2019-2020学年高中物理4.5电磁感应现象的两类情况同步作业与测评(含解析)新人教版选修3-2

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人教版高中物理选修3-2高二同步检测4-5电磁感应现象的两类情况.docx

高中物理学习材料桑水制作第五节电磁感应现象的两类情况基础夯实1.某空间出现了如图所示的一组闭合的电场线，这可能是( )A．沿AB方向磁场的迅速减弱B．沿AB方向磁场的迅速增强C．沿BA方向磁场的迅速增强D．沿BA方向磁场的迅速减弱2．在下图所示的四种磁场情况中能产生恒定的感生电场的是( )3．如图所示，两个比荷相同的都带正电荷的粒子a和b以相同的动能在匀强磁场中运动，a从B1区运动到B2区，已知B2>B1；b开始在磁感应强度为B1的磁场中做匀速圆周运动，然后磁场逐渐增加到B2.则a、b两粒子的动能将( )A．a不变，b增大B．a不变，b变小C．a、b都变大D．a、b都不变4．(2011·寿光质检)研究表明，地球磁场对鸽子识别方向起着重要作用．鸽子体内的电阻大约为103Ω，当它在地球磁场中展翅飞行时，会切割磁感线，在两翅之间产生动生电动势．这样，鸽子体内灵敏的感受器即可根据动生电动势的大小来判别其飞行方向．若某处地磁场磁感应强度的竖直分量约为0.5×10－4T.鸽子以20m/s速度水平滑翔，则可估算出两翅之间产生的动生电动势约为( ) A．30mV B．3mVC．0.3mV D．0.03mV5．一闭合线圈固定在垂直于纸面的匀强磁场中，设向里为磁感应强度B的正方向．线圈中的箭头为电流i的正方向，如图1所示，已知线圈中感应电流i随时间变化的图象如图2所示，则磁感应强度随时间而变化的图象可能是图3中的( )图36．如图(甲)所示，螺线管匝数n＝1500匝，横截面积S＝20cm2，导线的电阻r＝1.5Ω，R1＝3.5Ω，R2＝25Ω.穿过螺线管的磁场的磁感应强度B按图(乙)所示规律变化，则R2消耗的电功率是多大？7．(2011·南昌模拟)如图所示，两根足够长的固定平行金属导轨位于倾角θ＝30°的斜面上，导轨上、下端各接有阻值R＝20Ω的电阻，导轨电阻忽略不计，导轨宽度L＝2m，在整个导轨平面内都有垂直于导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度B＝1T.质量m＝0.1kg、连入电路的电阻r＝10Ω的金属棒ab在较高处由静止释放，当金属棒ab下滑高度h＝3m时，速度恰好达到最大值v＝2m/s.金属棒ab 在下滑过程中始终与导轨垂直且接触良好．g取10m/s2.求：(1)金属棒ab由静止至下滑高度为3m的运动过程中机械能的减少量；(2)金属棒ab由静止至下滑高度为3m的运动过程中导轨上端电阻R中产生的热量．能力提升1．(2010·江苏启东中学高二期中)内壁光滑、水平放置的玻璃圆环内，有一直径略小于圆环直径的带正电的小球，以速率v0沿逆时针方向匀速转动，若在此空间突然加上方向竖直向上、磁感应强度B随时间成正比例增加的变化磁场．设运动过程中小球带电荷量不变，那么(如图所示)( )A．小球对玻璃圆环的压力一定不断增大B．小球所受的磁场力一定不断增大C. 小球先沿逆时针方向减速运动，之后沿顺时针方向加速运动D．磁场力对小球一直不做功2．(2010·浙江)半径为r带缺口的刚性金属圆环在纸面上固定放置，在圆环的缺口两端引出两根导线，分别与两块垂直于纸面固定放置的平行金属板连接，两板间距为d，如图(左)所示．有一变化的磁场垂直于纸面，规定向内为正，变化规律如图(右)所示．在t＝0时刻平板之间中心有一重力不计，电荷量为q的静止微粒．则以下说法正确的是( )A．第2秒内上极板为正极B．第3秒内上极板为负极C．第2秒末微粒回到了原来位置D．第2秒末两极板之间的电场强度大小为0.2πr2/d3．如图甲所示，在PQ、QR区域中存在着磁感应强度大小相等、方向相反的匀强磁场，磁场方向均垂直于纸面．一导线框abcdefa 位于纸面内，框的邻边都相互垂直，bc边与磁场的边界P重合．导线框与磁场区域的尺寸如图所示，从t＝0时刻开始，线框匀速横穿两个磁场区域，以a―→b―→c―→d―→e―→f为线框中的电动势E 的正方向，以下四个E－t关系示意图中正确的是( )4．把一个矩形线圈从有理想边界的匀强磁场中匀速拉出(如图)，第一次速度为v1，第二次速度为v2，且v2＝2v1，则两情况下拉力的功之比W1W2＝________，拉力的功率之比P1P2＝________，线圈中产生的焦耳热之比Q1Q2＝________.5．(2011·安阳高二检测)如图甲所示，竖直面上有两电阻不计的光滑金属导轨平行固定放置，间距d为0.5m，上端通过导线与阻值为2Ω的电阻R连接，下端通过导线与阻值为4Ω的小灯泡L连接，在CDFE矩形区域内有水平向外的匀强磁场，磁感应强度B随时间变化的关系如图乙所示，CE长为2m.在t＝0时，电阻为2Ω的金属棒以某一初速度从AB位置紧贴导轨向下运动，当金属棒从AB位置运动到EF位置过程中，小灯泡的亮度没有发生变化，g取10m/s2.求：(1)通过小灯泡的电流强度；(2)金属棒的质量；(3)t＝0.25s时金属棒两端的电势差．6．如图所示，P、Q为水平面内平行放置的光滑金属长直导轨，间距为L1，处在竖直向下、磁感应强度大小为B1的匀强磁场中，一导体杆ef垂直于P、Q放在导轨上，在外力作用下向左做匀速直线运动．质量为m、每边电阻均为r、边长为L2的正方形金属框abcd置于竖直平面内，两顶点a、b通过细导线与导轨相连，磁感应强度大小为B2的匀强磁场垂直金属框向里，金属框恰好处于静止状态，不计其余电阻和细导线对a、b点的作用力．(1)通过ab边的电流I ab是多大？(2)导体杆ef的运动速度v是多大？详解答案1答案：AC解析：假设存在圆形闭合回路，回路中应产生与电场同向的感应电流，由安培定则可知，感应电流的磁场向下，所以根据楞次定律，引起感应电流的应是方向向下的磁场迅速减弱或方向向上的磁场迅速增强，故A、C正确．2答案：C3答案：A解析：a粒子一直在恒定的磁场中运动，受到的洛伦兹力不做功，动能不变；b粒子在变化的磁场中运动，由于变化的磁场要产生感生电场，感生电场会对它做正功，所以，A选项是正确的．4答案：C解析：鸽子两翅展开可达30cm左右，所以E＝BLv＝0.5×10－4×0.3×20V＝0.3mV.5答案：CD解析：因为向里的磁场为正方向，对A开始时是负的逐渐增大，即向外逐渐增大，根据楞次定律知电流方向是顺时针，由法拉第电磁感应定律，电动势是不变的，即电流是恒定值且为正值，而要产生开始时是负的电流，故A错误；对B来说开始时是向外并逐渐减小，由楞次定律得电流是逆时针为负，且为恒定值，但0～1s都是负的恒定值，B错误；对于C开始时是向里并逐渐增大，由楞次定律知电流为逆时针为负，并且0～0.5s时为负，0.5～1.5s时磁场已由向里开始减小，电流方向变成顺时针为正．故C正确；对于D开始时向里并逐渐增大产生负方向的电流，0.5s～1.5s磁场变成正方向逐渐减小，电流方向变为顺时针，故D正确．6答案：1W解析：由(乙)图中可知，磁感应强度随时间均匀变化，那么在(甲)图的线圈中会产生恒定的感应电动势．由(乙)图可知，磁感应强度的变化率ΔB/Δt＝2T/s，由法拉第电磁感应定律可得螺线管中感应电动势E＝nΔΦ/Δt＝nSΔB/Δt ＝1500×20×10－4×2V＝6V.电路中的感应电流I＝E/(r＋R1＋R2)＝6/(1.5＋3.5＋25)A＝0.2A.R2消耗的电功率P＝I2R2＝0.22×25W＝1W.7答案：(1)2.8J (2)0.55J解析：(1)金属棒ab机械能的减少量：ΔE＝mgh－12mv2＝2.8J.(2)速度最大时金属棒ab产生的电动势：E＝BLv产生的电流：I＝E/(r＋R/2)此时的安培力：F＝BIL由题意可知，所受摩擦力：F f＝mg sin30°－F由能量守恒得，损失的机械能等于金属棒ab克服摩擦力做功和产生的电热之和，电热：Q ＝ΔE －F f h /sin30° 上端电阻R 中产生的热量：Q R ＝Q /4 联立以上几式得：Q R ＝0.55J. 能力提升 1答案：CD解析：变化的磁场将产生感生电场，这种感生电场由于其电场线是闭合的，也称为涡旋电场，其场强方向可借助电磁感应现象中感应电流方向的判定方法，使用楞次定律判断．当磁场增强时，会产生顺时针方向的涡旋电场，电场力先对小球做负功使其速度减为零，后对小球做正功使其沿顺时针方向做加速运动，所以C 正确；磁场力始终与小球运动方向垂直，因此始终对小球不做功，D 正确；小球在水平面内沿半径方向受两个力作用：环的压力F N 和磁场的洛伦兹力F ，这两个力的合力充当小球做圆周运动的向心力，其中F ＝Bqv ，磁场在增强，球速先减小，后增大，所以洛伦兹力不一定总在增大；向心力F 向＝m v 2r，其大小随速度先减小后增大，因此压力F N 也不一定始终增大．故正确答案为C 、D.2答案：A解析：由B －t 图象知第2s 内磁感应强度B 大小均匀减小，方向向内，第3s 内磁感应强度B 大小均匀增大，方向向外，由楞次定律和安培定则知圆环内的电流为顺时针方向，所以下极板为负，上极板为正，A 正确，B 错．第1s 内B 均匀增加，极板间电场方向与第2s 内、第3s 内电场方向相反，第1s 内电荷q 从静止做匀加速直线运动，第2s 内做匀减速直线运动，加速度大小不变，所以第2s 末微粒不会回到原来位置，C 错．第2s 内感应电动势大小U ＝|ΔΦΔt|＝0.1πr 2，电场强度E 的大小E ＝U d ＝0.1πr 2d，D 错．3答案：C解析：由右手定则和E ＝BLv 判定水平位移从0―→l 时E ＝－Blv ，水平位移从l ―→2l 时，E ＝0，从2l －3l 时E ＝3Blv ，从3l ―→4l 时E ＝－2Blv ，可知图C 正确．本题考查右手定则、楞次定律及E ＝Blv 的应用．重点在于对不同阶段感应电动势大小和方向的判断，要求学生能正确建立图象，试题难度较大．4答案：W 1W 2＝12；P 1P 2＝14；Q 1Q 2＝12.解析：设线圈的ab 边长为l 、bc 边长为l ′，整个线圈的电阻为R .把ab 拉出磁场时，cd 边以速度v 匀速运动切割磁感线产生动生电动势E ＝Blv ，其电流方向从c 指向d ，线圈中形成的感应电流I ＝E R ＝BlvR ，cd 边所受的安培力 F ＝IlB ＝B 2l 2vR.为了维持线圈匀速运动，所需外力大小为F ′＝F ＝B 2l 2vR.因此拉出线圈时外力的功W ＝Fl ′＝B 2l 2l ′R v .(即W ∝v )外力的功率 P ＝Fv ＝B 2l 2Rv 2.(即P ∝v 2)线圈中产生的焦耳热Q ＝I 2Rt ＝B 2l 2v 2R 2R ·l ′v ＝B 2l 2l ′Rv ＝W .即Q∝v.由上面得出的W、P、Q的表达式可知，两情况拉力的功、功率，线圈中的焦耳热之比分别为W1W2＝v1v2＝12；P1P2＝v21v22＝14；Q1Q2＝W1W2＝125答案：(1)0.4A (2)0.024kg (3)1.6V解析：(1)金属棒未进入磁场时，E1＝ΔΦΔt＝SΔBΔt＝0.5×2×0.40.2V＝2VR总＝R L＋R2＝(4＋1)Ω＝5Ω，I L＝E1R总＝25A＝0.4A.(2)因灯泡亮度不变，故0.2s末金属棒进入磁场时刚好匀速运动，I＝I L＋I R＝L L＋I L R LR＝1.2A，G＝F安＝BId＝0.24N，所以金属棒的质量m＝G/g＝0.024kg(3)金属棒在磁场中运动时电动势E2＝I(R＋RR LR＋R L)＝4V，v＝E2Bd＝20m/s金属棒从CD运动到EF过程的时间为t2＝CEv＝220s＝0.1s，在这段时间内U＝I L R L＝0.4×4V＝1.6V，所以t＝0.25s时金属棒两端的电势差为1.6V.6答案：(1)I ab＝3mg4B2L2(2)v＝3mgr4B1B2L1L2解析：(1)设通过正方形金属框的总电流为I，ab边的电流为I ab，dc边的电流为I dc，有I ab＝34I ①I dc＝14I ②金属框受重力和安培力，处于静止状态，有mg＝B2I ab L2＋B2I dc L2 ③由①～③，解得I ab＝3mg4B2L2④(2)由(1)可得I＝mgB2L2⑤设导体杆切割磁感线产生的电动势为E，有E＝B1L1v ⑥设ad、dc、cb三边电阻串联后与ab边电阻并联的总电阻为R，则R＝34r ⑦根据闭合电路欧姆定律，有I＝ER⑧由⑤～⑧，解得v＝3mgr4B1B2L1L2⑨本题综合了平衡、电路、电磁感应等问题，但思路并不曲折，属于容易题．。

高中物理第四章电磁感应4.5电磁感应现象的两类情况检测含解析新人教版选修320603244

高中物理第四章电磁感应4.5电磁感应现象的两类情况检测含解析新人教版选修320603244一、A组(20分钟)1.(多选)如图所示,导体AB在做切割磁感线运动时,将产生一个电动势,因而在电路中有电流通过,下列说法中正确的是()A.因导体运动而产生的感应电动势称为动生电动势B.动生电动势的产生与洛伦兹力有关C.动生电动势的产生与电场力有关D.动生电动势和感生电动势产生的原因是一样的解析:如图所示,当导体向右运动时,其内部的自由电子因受向下的洛伦兹力作用向下运动,于是在棒的B 端出现负电荷,而在棒的A端出现正电荷,所以A端电势比B端高。

棒AB就相当于一个电源,正极在A端。

答案:AB2.如图所示,内壁光滑的塑料管弯成的圆环平放在水平桌面上,环内有一带负电的小球,整个装置处于竖直向下的磁场中,当磁场突然增大时,小球将()A.沿顺时针方向运动B.沿逆时针方向运动C.在原位置附近往复运动D.仍然保持静止状态答案:A3.如图所示,一个带正电的粒子在垂直于匀强磁场的平面内做圆周运动,当磁感应强度均匀增大时,此粒子的动能将()A.不变B.增加C.减少D.以上情况都有可能解析:当垂直纸面向里的磁场均匀增强时,产生逆时针方向的涡旋电场,带正电的粒子将受到这个电场对它的电场力作用,而使动能增加,故B正确。

答案:B4.一直升机停在南半球的地磁极上空。

该处地磁场的方向竖直向上,磁感应强度为B。

直升机螺旋桨叶片的长度为l,螺旋桨转动的频率为f,顺着地磁场的方向看螺旋桨,螺旋桨按顺时针方向转动,螺旋桨叶片的近轴端为a,远轴端为b,如图所示,如果忽略a到转轴中心线的距离,用E表示每个叶片中的感应电动势,则()A.E=πfl2B,且a点电势低于b点电势B.E=2πfl2B,且a点电势低于b点电势C.E=πfl2B,且a点电势高于b点电势D.E=2πfl2B,且a点电势高于b点电势解析:解这道题要考虑两个问题:一是感应电动势大小,E=Blv=Blω×=Bl×2πf×=πfl2B;二是感应电动势的方向,由右手定则知,a点电势低。

【高二】高二物理下册电磁感应现象的两类情况课时练习题(含参考答案)

【高二】高二物理下册电磁感应现象的两类情况课时练习题(含参考答案)一、基础练1.如图1所示，平行导轨之间的距离为D，一端连接电阻器R，均匀磁场的磁感应强度为B，方向垂直于平行金属导轨所在的平面。

一根足够长的金属杆由导轨θ角放置形成。

忽略金属棒和导轨之间的电阻。

当金属棒沿垂直于金属棒的方向滑动时，通过电阻R的电流为（）图1a、 bdvrb。

bdvsinθr]c.bdvcosθrd.bdvrsinθ答案d[]解析题中b、l、v满足两两垂直的关系，所以e＝blv其中l＝dsinθ即e＝bdvsinθ，故通过电阻r的电流为bdvrsinθ，选d.正确理解e=BLV，并知道适用条件是三个量，两个是垂直的2.图2中两条平行虚线之间存在匀强磁场，虚线间的距离为l，磁场方向垂直纸面向里,abcd是位于纸面内的梯形线圈，ad与bc间的距离也为l.t=0时刻，bc边与磁场区域边界重合（如图）.现令线圈以恒定的速度v沿垂直于磁场区域边界的方向穿过磁场区域.取沿a→b→c→d→a的感应电流为正，则在线圈穿越磁场区域的过程中，感应电流i随时间t变化的图线可能是()?答案B解析线框进入时，磁通量是增加的，线框穿出时磁通量是减少的，由楞次定律可判断两次电流方向一定相反，故只能在a、b中选择，再由楞次定律及规定的电流正方向可判断进入时电流为负方向，故选b.3.如图3所示，AB和CD是水平面上的平行金属轨道，间距为L，其电阻可忽略不计。

电阻R连接在AC之间。

EF是一根垂直于AB和CD的金属棒，与AD和CD接触良好，可以沿轨道方向滑动而不产生摩擦。

电阻可以忽略不计。

整个装置处于均匀的磁场中，磁场的方向与图中的纸张内部垂直，磁感应强度为B。

当施加外力使杆EF以均匀的速度V向右移动时，杆EF上的安培力为（）图3a、 vb2l2rb。

vblrc.vb2lrd.vbl2r回答a4．如图4所示，先后两次将同一个矩形线圈由匀强磁场中拉出，两次拉动的速度相同．第一次线圈长边与磁场边界平行，将线圈全部拉出磁场区，拉力做功w1、通过导线截面的电荷量为q1，第二次线圈短边与磁场边界平行，将线圈全部拉出磁场区域，拉力做功为w2、通过导线截面的电荷量为q2，则( )图4a．w1>w2，q1＝q2b、 w1＝w2，q1>q2[]c．w1d、 w1>w2，q1>q2答案a解析地假设矩形线圈的长边是a，短边是B，电阻是R，速度是V，那么W1=bi1ba=B？bavr？A.b、 w2＝bi2ba＝b？bbvr？A.b、因为a>b，W1>W2，通过导线部分Q1=i1t1=BAVR的电荷量？bv＝q2。

电磁感应现象的两类情况每课一练(含解析) (33)

4.5 电磁感应现象的两类情况作业1．下列说法中正确的是( )A．感生电场由变化的磁场产生B．恒定的磁场也能在周围空间产生感生电场C．感生电场的方向也同样可以用楞次定律和右手定则判定D．感生电场的电场线是闭合曲线，其方向一定是沿逆时针方向解析：磁场变化时在空间激发感生电场，其方向与所产生的感应电流方向相同，只能由楞次定律判断，A项正确．2．在空间某处存在一变化的磁场，则下列说法中正确的是( )A．在磁场中放一闭合线圈，线圈中一定会产生感应电流B．在磁场中放一闭合线圈，线圈中不一定产生感应电流C．在磁场中不放闭合线圈，在变化的磁场周围一定不会产生电场D．在磁场中不放闭合线圈，在变化的磁场周围一定会产生电场解析：根据感应电流的产生条件，只有穿过闭合线圈的磁通量发生变化，线圈中才产生感应电流，A错，B对；变化的磁场产生感生电场，与是否存在闭合线圈无关，C错，D对．答案：BD3.如图所示，一金属半圆环置于匀强磁场中，当磁场突然减弱时，则( )A．N端电势高B．M端电势高C．若磁场不变，将半圆环绕MN轴旋转180°的过程中，N端电势高D．若磁场不变，将半圆环绕MN轴旋转180°的过程中，M端电势高解析：将半圆环补充为圆形回路，由楞次定律可判断圆环中产生的感应电动势方向在半圆环中由N指向M，即M端电势高，B正确；若磁场不变，半圆环绕MN轴旋转180°的过程中，由楞次定律可判断，半圆环中产生的感应电动势在半圆环中由N指向M，即M端电势高，D正确．答案：BD4.如图所示，固定的水平长直导线中通有电流I，矩形线框与导线在同一竖直平面内，且一边与导线平行，线框由静止释放，在下落过程中( ) A．穿过线框的磁通量保持不变B．线框中感应电流方向保持不变C．线框所受安培力的合力为零D．线框的机械能不断增大解析：线框下落过程中距离直导线越越远，磁场越越弱，但磁场方向不变，所以磁通量越越小，根据楞次定律可知感应电流的方向不变，A错，B对；线框左边和右边所受安培力总是大小相等，方向相反，但上下两边磁场强弱不同，安培力大小不同，合力不为零，C错；下落过程中机械能越越小，D错．答案： B5.如图所示，闭合金属导线框放置在竖直向上的匀强磁场中，磁场磁感应强度的大小随时间变化而变化．下列说法中正确的是( )A．当磁感应强度增大时，线框中的感应电流可能减小B．当磁感应强度增大时，线框中的感应电流一定增大C．当磁感应强度减小时，线框中的感应电流一定增大D．当磁感应强度减小时，线框中的感应电流可能不变解析：线框中的感应电动势为E＝ΔBΔtS，设线框的电阻为R，则线框中的电流I＝ER＝ΔBΔtSR，因为B增大或减小时，ΔBΔt可能减小，可能增大，也可能不变．线框中的感应电动势的大小只和磁通量的变化率有关，和磁通量的变化量无关．故选项A、D正确．答案：AD6.如图所示，MN、PQ是间距为L的平行金属导轨，置于磁感应强度为B、方向垂直导轨所在平面向里的匀强磁场中，M、P间接有一阻值为R的电阻．一根与导轨接触良好、有效阻值为R2的金属导线ab垂直导轨放置，并在水平外力F的作用下以速度v向右匀速运动，则(不计导轨电阻)( )A．通过电阻R的电流方向为P→R→MB．a、b两点间的电压为BLvC．a端电势比b端电势高D．外力F做的功等于电阻R上产生的焦耳热解析：由右手定则可知通过金属导线的电流由b到a，即通过电阻R的电流方向为M→R→P，A错误；金属导线产生的感应电动势为BLv，而a、b两点间的电压为等效电路路端电压，由闭合电路欧姆定律可知，a、b两点间电压为23 BLv，B错误；金属导线可等效为电，在电内部，电流从低电势流向高电势，所以a端电势高于b端电势，C正确；根据能量守恒定律可知，外力F做的功等于电阻R 和金属导线产生的焦耳热之和，D错误．答案： C7．如图所示，两根足够长的光滑金属导轨水平平行放置，间距为l＝1 m，cd间、de间、cf间分别接阻值为R＝10 Ω的电阻．一阻值为R＝10 Ω的导体棒ab以速度v＝4 m/s匀速向左运动，导体棒与导轨接触良好；导轨所在平面存在磁感应强度大小为B＝0.5 T、方向竖直向下的匀强磁场．下列说法中正确的是( )A．导体棒ab中电流的流向为由b到aB．cd两端的电压为1 VC．de两端的电压为1 VD．fe两端的电压为1 V解析：由右手定则可判知A选项错；由法拉第电磁感应定律E＝Blv＝0.5×1×4 V＝2 V，U cd＝RR＋RE＝1 V，B正确；由于de、cf间电阻没有电流流过，故U cf＝U de＝0，所以U fe＝U cd＝1 V，C错误，D正确．答案：BD8.如图所示，纸面内有一矩形导体闭合线框abcd，ab边长大于bc边长，置于垂直纸面向里、边界为MN的匀强磁场外，线框两次匀速地完全进入磁场，两次速度大小相同，方向均垂直于MN.第一次ab边平行MN进入磁场，线框上产生的热量为Q1，通过线框导体横截面的电荷量为q1；第二次bc边平行MN进入磁场，线框上产生的热量为Q2，通过线框导体横截面的电荷量为q2，则( )A．Q1＞Q2，q1＝q2B．Q1＞Q2，q1＞q2C．Q1＝Q2，q1＝q2D．Q1＝Q2，q1＞q2解析：根据法拉第电磁感应定律E＝Blv、欧姆定律I＝ER和焦耳定律Q＝I2Rt，得线圈进入磁场产生的热量Q＝B2l2v2R·l′v＝B2SlvR，因为l ab＞l bc，所以Q1＞Q 2.根据E ＝ΔΦΔt ，I ＝E R 及q ＝I Δt 得q ＝BSR ，故q 1＝q 2.选项A 正确，选项B 、C 、D 错误．答案： A9．如图，一端接有定值电阻的平行金属轨道固定在水平面内，通有恒定电流的长直绝缘导线垂直并紧靠轨道固定，导体棒与轨道垂直且接触良好．在向右匀速通过M 、N 两区的过程中，导体棒所受安培力分别用F M 、F N 表示．不计轨道电阻．以下叙述正确的是( )A ．F M 向右B ．F N 向左C ．F M 逐渐增大D ．F N 逐渐减小解析：根据楞次定律、法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律和安培力公式解决问题．根据直线电流产生磁场的分布情况知，M 区的磁场方向垂直纸面向外，N 区的磁场方向垂直纸面向里，离导线越远，磁感应强度越小．当导体棒匀速通过M 、N 两区时，感应电流的效果总是反抗引起感应电流的原因，故导体棒在M 、N 两区运动时，受到的安培力均向左，故选项A 错误，选项B 正确；导体棒在M 区运动时，磁感应强度B 变大，根据E ＝Blv ，I ＝E R及F ＝BIl 可知，F M 逐渐变大，故选项C 正确；导体棒在N 区运动时，磁感应强度B 变小，根据E ＝Blv ，I ＝E R及F ＝BIl 可知，F N 逐渐变小，故选项D 正确．10.如图所示，PN 与QM 两平行金属导轨相距1 m ，电阻不计，两端分别接有电阻R 1和R 2，且R 1＝6 Ω，ab 导体的电阻为2 Ω，在导轨上可无摩擦地滑动，垂直穿过导轨平面的匀强磁场的磁感应强度为1 T ．现ab 以恒定速度v ＝3 m/s 匀速向右移动，这时ab 杆上消耗的电功率与R 1、R 2消耗的电功率之和相等，求：(1)R 2的阻值．(2)R 1与R 2消耗的电功率分别为多少？ (3)拉ab 杆的水平向右的外力F 为多大？解析： (1)内外功率相等，则内外电阻相等，有 6·R 26＋R 2＝2 解得R 2＝3 Ω (2)E ＝BLv ＝1×1×3 V＝3 V总电流I＝ER总＝34A＝0.75 A路端电压U＝IR外＝0.75×2 V＝1.5 VP 1＝U2R1＝1.526W＝0.375 W P2＝U2R2＝1.523W＝0.75 W(3)F＝BIL＝1×0.75×1 N＝0.75 N11.电阻可忽略的光滑平行金属导轨长x＝1.15 m，两导轨间距L＝0.75 m，导轨倾角为30°，导轨上端ab接一阻值R＝1.5 Ω的电阻，磁感应强度B＝0.8 T的匀强磁场垂直轨道平面向上．阻值r＝0.5 Ω，质量m＝0.2 kg的金属棒与轨道垂直且接触良好，从轨道上端ab处由静止开始下滑至底端，在此过程中金属棒产生的焦耳热Q 1＝0.1 J．g取10 m/s2，求：(1)金属棒在此过程中克服安培力的功W安；(2)金属棒下滑速度v＝2 m/s时的加速度a.解析：(1)下滑过程中安培力的功即为在电阻上产生的焦耳热，由于R＝3r，则Q R＝3Q r＝0.3 J得W安＝Q＝Q R＋Q r＝0.4 J(2)金属棒下滑时受重力和安培力，且有F安＝BIL＝B2L2R＋rv由牛顿第二定律得mg sin 30°－B2L2R＋rv＝ma故a＝g sin 30°－B2L2m R＋rv＝⎝⎛⎭⎪⎫10×12－0.82×0.752×20.2× 1.5×0.5m/s2＝3.2 m/s2.答案：(1)0.4 J (2)3.2 m/s212.如图所示，匀强磁场中有一矩形闭合线圈abcd，线圈平面与磁场垂直．已知线圈的匝数N＝100，边长ab＝1.0 m、bc＝0.5 m，电阻r＝2 Ω.磁感应强度B在0～1 s内从零均匀变化到0.2 T．在1～5 s内从0.2 T均匀变化到－0.2 T，取垂直纸面向里为磁场的正方向．求：(1)0.5 s时线圈内感应电动势的大小E和感应电流的方向；(2)在1～5 s内通过线圈的电荷量q；(3)在0～5 s内线圈产生的焦耳热Q.解析：(1)感应电动势E1＝N ΔΦ1Δt1，磁通量的变化量ΔΦ1＝ΔB1S，解得E 1＝NΔB1SΔt1，代入数据得E1＝10 V，感应电流的方向为a→d→c→b→a.(2)同理可得E2＝NΔB2SΔt2，感应电流I2＝E2r电荷量q＝I2Δt2，解得q＝NΔB2Sr，代入数据得q＝10 C.(3)0～1 s内的焦耳热Q1＝I21rΔt1，且I1＝E1r，1～5 s内的焦耳热Q2＝I22rΔt2由Q＝Q1＋Q2，代入数据得Q＝100 J.。

人教版高中物理选修3-2 4.5 电磁感应现象的两类情况同步练习(包含答案解析共5页)

4.5 电磁感应现象的两类情况同步练习一、选择题1、关于物理学发展过程中的认识，下列说法正确的是()A．奥斯特发现了电流的磁效应，并发现了电磁感应现象，揭示了磁现象和电现象之间的联系B．法拉第在分析了许多实验事实后提出，感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化C．回路中的磁场发生变化时产生感生电动势，其本质是变化的磁场能在其周围空间激发感生电场，通过电场力对自由电荷做功实现能量的转移或转化D．导体在磁场中做切割磁感线运动时产生动生电动势，其本质是导体中的自由电荷受到洛伦兹力作用，通过洛伦兹力对自由电荷做功实现能量的转化2、在如图所示的四种磁场情况中能产生恒定的感生电场的是()3、飞机的机翼在空中飞行可以简化为如图所示的模型，如图所示，一金属半圆环置于匀强磁场中，当磁场突然减弱时，则()A．N端电势高B．M端电势高C．若磁场不变，将半圆环绕MN轴旋转180°的过程中，N端电势高D．若磁场不变，将半圆环绕MN轴旋转180°的过程中，M端电势高4、如图，导体棒在匀强磁场中做切割磁感线运动，下列说法正确的是() A．导体做切割磁感线运动产生动生电动势B ．导体棒中的自由电荷因受洛伦兹力而定向移动C ．导体棒中的自由电荷因受感生电场作用而定向移动D ．导体棒中的自由电荷热运动的速度为v 0 5、如图甲所示，n ＝50匝的圆形线圈M ，它的两端点a 、b 与内阻很大的电压表相连，线圈中磁通量的变化规律如图乙所示，则a 、b 两点的电势高低与电压表的读数为( )A ．φa>φb,20 VB ．φa>φb,10 VC ．φa<φb,20 VD ．φa<φb,10 V6、如图所示，导体AB 在做切割磁感线运动时，将产生一个感应电动势，因而在电路中有电流通过，下列说法中正确的是( )A ．因导体运动而产生的感应电动势称为动生电动势B ．动生电动势的产生与洛伦兹力有关C ．动生电动势的产生与电场力有关D ．动生电动势和感生电动势产生的原因是一样的7、如图所示，金属杆ab 以恒定的速率v 在光滑平行导轨上向右滑行，设整个电路中总电阻为R(恒定不变)，整个装置置于垂直纸面向里的匀强磁场中，下列叙述正确的是( )A ．ab 杆中的电流与速率v 成正比B ．磁场作用于ab 杆的安培力与速率v 成正比C ．电阻R 上产生的热功率与速率v 成正比D ．外力对ab 杆做功的功率与速率v 成正比8、把一个矩形线圈从理想边界的匀强磁场中的匀速拉出来，如图所示，第一次为v 1，第二次为v 2，且v 2＝2v 1，求：两种情况下拉力做的功W 1与W 2之比；拉力的功率P 1与P 2之比；线圈中产生的焦耳热Q 1与Q 2之比( ) A.W1W2＝12 B.Q1Q2＝21C.P1P2＝12D.P1P2＝149、在平行于水平地面的有界匀强磁场上方，有三个单匝线A 、B 、C 从静止开始同时释放，磁感线始终与线框平面垂直．三个线框都是由相同的金属材料做成的相同正方形，其中A不闭合，有个小缺口；B、C都是闭合的，但B的导线横截面积比C的大，如图所示．下列关于它们的落地时间的判断正确的是() A．A、B、C同时落地B．A最迟落地C．B在C之后落地D．B和C在A之后落地二、计算题10、如图甲所示，水平放置的线圈匝数n＝200匝，直径d1＝40 cm，电阻r＝2 Ω，线圈与阻值R＝6 Ω的电阻相连．在线圈的中心有一个直径d2＝20 cm的有界匀强磁场，磁感应强度按图乙所示规律变化．试求：(1)电压表的示数；(2)若撤去原磁场，在图中竖直虚线的右侧空间加磁感应强度B＝0.5 T的匀强磁场，方向垂直纸面向里，试证明将线圈向左拉出磁场的过程中，通过电阻R上的电荷量为定值，并求出其值。

高中物理第四章电磁感应5电磁感应现象的两类情况训练含解析新人教版选修3212131101

高中物理第四章电磁感应5电磁感应现象的两类情况训练含解析新人教版选修3212131101A级抓基础1.（多选）下列说法中正确的是（）A.动生电动势的产生与洛伦兹力有关B.因为洛伦兹力对运动电荷始终不做功，所以动生电动势的产生与洛伦兹力无关C.动生电动势的方向可以由右手定则来判定D.导体棒切割磁感线产生感应电流，受到的安培力一定与受到的外力大小相等、方向相反解析：由动生电动势产生原因知A、C正确，B错误；只有在导体棒做匀速切割时，除安培力以外的力的合力才与安培力大小相等、方向相反，做变速运动时不成立，故D错误.答案：AC2.如图所示，内壁光滑的塑料管弯成的圆环平放在水平桌面上，环内有一带负电的小球，整个装置处于竖直向下的磁场中，当磁场突然增强时，小球将（）A.沿顺时针方向运动B.沿逆时针方向运动C.在原位置附近往复运动D.仍然保持静止状态解析：当磁场增强时，由楞次定律知感应电流沿逆时针方向，即感生电场沿逆时针方向，带负电的小球在电场力作用下沿顺时针方向运动.答案：A3.如图所示，有一匝接在电容器C两端的圆形导线回路，垂直于回路平面以内存在着向里的匀强磁场B，已知圆的半径r＝5 cm，电容C＝20 μF，当磁场B以4×10－2 T/s的变化率均匀增加时，则（）A.电容器a板带正电，电荷量为2π×10－9 CB.电容器a板带负电，电荷量为2π×10－9 CC.电容器b板带正电，电荷量为4π×10－9 CD.电容器b 板带负电，电荷量为4π×10－9C解析：圆环为电源，所以a 是正极带正电.E ＝ΔB Δt·S ＝π×10－4 V ，所以Q ＝UC ＝2π×10－9C.答案：A4.如图所示，矩形线框abcd 的ad 和bc 的中点M 、N 之间连接一电压表，整个装置处于匀强磁场中，磁场的方向与线框平面垂直，当线框向右匀速平动时，下列说法中正确的是（）A.穿过线框的磁通量不变化，MN 间无感应电动势B.MN 这段导体做切割磁感线运动，MN 间有电势差C.MN 间有电势差，所以电压表有示数D.因为有电流通过电压表，所以电压表有示数解析：穿过线框的磁通量不变化，线框中无感应电流，但ab 、MN 、dc 都切割磁感线，它们都有感应电动势，故A 错，B 对；无电流通过电压表，电压表无示数，C 、D 错.答案：B5.如图所示，匀强磁场方向竖直向下，磁感应强度为B .正方形金属框abcd 可绕光滑轴OO ′转动，边长为L ，总电阻为R ，ab 边质量为m ，其他三边质量不计，现将abcd 拉至水平位置，并由静止释放，经时间t 到达竖直位置，ab 边的速度大小为v ，则在金属框内产生的热量大小等于（）A.mgL －mv 22 B.mgL ＋mv 22C.mgL －mv 22 D.mgL ＋mv 22解析：金属框绕光滑轴转下的过程中机械能有损失但能量守恒，损失的机能能为mgL －mv 22，故产生的热量为mgL －mv 22，选项C 正确.答案：C6.如图所示，在竖直平面内有两根平行金属导轨，上端与电阻R 相连，磁感应强度为B 的匀强磁场垂直导轨平面.一质量为m 的金属棒以初速度v 0沿导轨竖直向上运动，上升到某一高度后又返回到原处，整个过程金属棒与导轨接触良好，导轨与棒的电阻不计.下列说法正确的是（）A.回到出发点的速度v 大于初速度v 0B.通过R 的最大电流，上升过程小于下落过程C.电阻R 上产生的热量，上升过程大于下落过程D.所用时间上升过程大于下落过程解析：金属棒切割磁感线运动，由右手定则和法拉第电磁感应定律、安培力公式可知金属棒下行和上行时的受力情况，由能量守恒定律可知，金属棒在运动过程中，机械能不断转化为热能，所以回到出发点的速度v 小于初速度v 0，选项A 错误；设金属棒运动的速度为v ，长度为l ，那么感应电动势E ＝Blv ，通过R 的电流I ＝E R ＝Blv R，可见，当金属棒运动速度v 大时，通过R 的电流大，因为金属棒在运动过程中，机械能不断转化为热能，所以运动到同一高度处，上升时的速度大于下降时的速度，所以通过R 的最大电流上升过程大于下落过程，选项B 错误；同一高度处金属棒上升时受到的安培力大于下降时受到的安培力，由于上升和下降的高度相同，所以上升过程克服安培力所做的功大于下降时克服安培力做的功，故电阻R 上产生的热量上升过程大于下落过程，选项C 正确；研究金属棒的上升过程时，可以采取逆向思维法，把上升过程看作金属棒从最高点自由下落，显然，下落的加速度a 1＞g ＞a 2，其中a 2为金属棒返回下落时的加速度，显然，下落相同高度，t 1＜t 2，选项D 错误.答案：CB 级提能力7.如图，MN 和PQ 是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L ，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，右端接一个阻值为R 的定值电阻.平直部分导轨左边区域有宽度为d 、方向竖直向上、磁感应强度大小为B 的匀强磁场.质量为m 、电阻也为R 的金属棒从高度为h 处静止释放，到达磁场右边界处恰好停止.已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为μ，金属棒与导轨间接触良好，则金属棒穿过磁场区域的过程中（）A.流过金属棒的最大电流为Bd 2gh 2RB.通过金属棒的电荷量为BdL RC.克服安培力所做的功为mghD.金属棒产生的焦耳热为12mg （h －μd ）解析：金属棒滑下过程中，根据动能定理有mgh ＝12mv 2m ，根据法拉第电磁感应定律有E m ＝BLv m ，根据闭合电路欧姆定律有I m ＝E m 2R，联立三式得I m ＝BL 2gh 2R ，故A 错误；根据q ＝ΔΦ2R 可知，通过金属棒的电荷量为BdL 2R，故B 错误；金属棒运动的全过程中，根据动能定理得mgh ＋W f ＋W 安＝0，所以克服安培力做的功小于mgh ，故C 错误；由W f ＝－μmgd ，金属棒克服安培力做的功完全转化成电热，由题意可知金属棒与电阻R 上产生的焦耳热相同，设金属棒上产生的焦耳热为Q ，故2Q ＝－W 安，Q ＝12mg （h －μd ），故D 正确. 答案：D8.如图所示，可绕固定轴OO ′转动的正方形线框的边长为L ，不计摩擦和空气阻力，线框从水平位置由静止释放，到达竖直位置所用的时间为t ，ab 边的速度为v ，设线框始终处在竖直向下、磁感应强度为B 的匀强磁场中，试求：（1）这个过程中回路中的感应电动势.（2）到达竖直位置时回路中的感应电动势.解析：（1）E －＝ΔΦΔt ＝BL 2－0t ＝BL 2t. （2）在竖直位置B ⊥v ，所以E ＝BLv .9.如图所示，MN 、PQ 为水平放置的足够长的平行光滑导轨，导轨间距l ＝0.5 m ，导轨左端连接一个R ＝0.2 Ω的电阻和一个理想电流表A ，导轨的电阻不计，整个装置放在磁感应强度B ＝1 T 的有界匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下.一根质量m ＝0.4 kg 、电阻r ＝0.05 Ω的金属棒与磁场的左边界cd 重合.现对金属棒施加一水平向右、大小为0.4 N 的恒定拉力F ，使棒从静止开始向右运动，已知在金属棒离开磁场右边界ef 前电流表的示数已保持稳定.（1）求金属棒离开磁场右边界ef 时的速度大小；（2）当拉力F 的功率为0.08 W 时，求金属棒的加速度.解析：（1）由题意可知，当金属棒离开右边界ef 时已达到最大速度v max ，E ＝Blv max ，I ＝E R ＋r， F 安＝BIl ，F 安＝F ，联立以上各式并代入数据，得v max ＝0.4 m/s.（2）当力F 的功率为0.08 W 时，金属棒的速度v ＝P F＝0.2 m/s ， F －F 安′＝ma ，即F －B 2l 2v R ＋r＝ma ，代入数据得a ＝0.5 m/s 2，方向向右.10.如图所示，两根足够长的固定平行金属导轨位于倾角θ＝30°的斜面上，导轨上、下端各接有一个阻值R ＝20 Ω的电阻，导致电阻忽略不计，导轨宽度L ＝2 m ，在整个导轨平面内都有垂直于导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度B ＝1 T.质量m ＝0.1 kg 、连入电路的电阻为r ＝10 Ω的金属棒ab 在导轨斜面较高处由静止释放.当金属棒ab 下滑高度h ＝3 m 时，速度恰好达到最大值v ＝2 m/s.金属ab 在下滑过程中始终与导轨垂直且接触良好，g 取10 m/s 2.求：（1）金属棒ab 由静止至下滑高度为3 m 的运动过程中机械能的减少量.（2）金属棒ab 由静止至下滑高度为3 m 的运动过程中导轨上端电阻R 中产生的热量.解析：（1）金属棒ab 机械能的减少量ΔE ＝mgh －12mv 2＝2.8 J. （2）速度最大时金属棒ab 产生的电动势E ＝BLv ，产生的电流I ＝Er ＋R2，此时的安培力F ＝BIL ＝1×0.2×2 N ＝0.4 N ，由题意可知，所受摩擦力F f ＝mg sin 30°－F ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0.1×10×12－0.4N ＝0.1 N ，由能量守恒知，损失的机械能等于金属棒ab 克服摩擦力做功和产生的电热之和，电热Q ＝ΔE －F f h sin 30°＝（2.8－0.1×3×2）J ＝2.2 J ，又上、下端电阻并联后再与金属棒ab 串联，公式Q ＝I 2⎝ ⎛⎭⎪⎫r ＋R 2t ，则上端电阻R 中产生的热量Q R ＝Q 4＝14×2.2 J ＝0.55 J. 11.如图所示，电动机牵引一根原来静止的、长为L ＝1 m 、质量为m ＝0.1 kg 的导体MN ，其电阻R ＝1 Ω，导体棒架在磁感应强度B ＝1 T 、竖直放置的框架上，当导体棒上升h ＝3.8 m 时获得稳定的速度，导体产生的热量为14 J ，电动机牵引棒时，电压表、电流表的示数分别为7 V 、1 A ，电动机内阻r ＝1 Ω，不计框架电阻及一切摩擦，g 取10 m/s 2，求：（1）棒能达到的稳定速度；（2）棒从静止至达到稳定速度所需要的时间.解析：（1）电动机的输出功率P 出＝IU －I 2r ＝6 W ，棒达到稳定速度时，有F ＝mg ＋BIL ＝mg ＋B 2L 2v m R，而电动机的输出功率P 出＝Fv m ，由以上各式解得v m ＝2 m/s.（2）从棒开始运动至达到稳定速度的过程中，由能量守恒定律，有P 出t ＝mgh ＋12mv 2m ＋Q ，解得完成此过程所需要的时间t ＝3 s.。

【高二】高二物理下册电磁感应现象的两类情况课时练习题(有参考答案)

【高二】高二物理下册电磁感应现象的两类情况课时练习题（有参考答案）4.5电磁感应现象的两类情况每课一练1（人教版选修3-2）1.如图10所示，磁场中仍有一个闭合电路，由于磁场强度的变化，电路中产生感应电动势图10a、当磁场发生变化时，空间中就会产生电场b．使电荷定向移动形成电流的力是磁场力c、使电荷向一个方向移动以形成电流的力就是电场力d．以上说法都不对回答AC解析磁场变化时，会在空间产生感生电场，感生电场的电场力使电荷定向移动形成电流，故a、c正确．2.如图11所示，带正电的粒子在垂直于均匀磁场的平面内作圆周运动。

当磁感应强度均匀增加时，粒子的动能将增加（）图11a、不变的b．增大c、减少d．以上情况都有可能答案B解析当磁场增强时，将产生如图所示的电场，带正电的粒子将受到这个电场对它的电场力作用，而使动能增大．3.在均匀磁场中，两个导体棒AB和CD分别以V1和V2的速度沿两个导轨滑动，如图12所示。

在下列情况下，能够使电容器获得最大电荷且左极板带正电荷的是（）图12[a、 V1=V2，所有方向向右B。

V1=V2，所有方向向左[c．v1>v2，v1向右，v2向左d．v1>v2，v1向左，v2向右答案c解析当ab棒和cd棒分别向右和向左运动时，两棒均相当于电源，且串联，电路中有最大电动势，对应最大的顺时针方向电流，电阻上有最高电压，所以电容器上有最多电荷量，左极板带正电．4.如图13所示，在均匀磁场中，Mn和PQ是两个平行的金属导轨，AB和CD是两个串联电压表和电流表的金属棒。

当两个杆以相同的速度向右移动时，正确的是（）图13a、电压表有读数，电流表有读数b．电压表无读数，电流表无读数c、电压表有读数，安培计没有读数d．电压表无读数，电流表有读数答案B解析当ab与cd以相同速度向右运动时，abcd围成的闭合回路的磁通量无变化，则回路内无感应电流，使电压表和电流表指针偏转必须有电流流过电表，所以两表无示数，故b选项正确．5.如图14a所示，固定在水平桌面上的光滑金属框架CDEG处于垂直向下的均匀磁场中，金属棒AB与金属框架接触良好。

2019-2020学年高二物理人教版选修3-2课时练：(5)电磁感应现象的两类情况 Word版含答案

电磁感应现象的两类情况1、如图所示,将长为2m 的导线从正中间折成120°的角,使其所在的平面垂直于磁感应强度为2T 的匀强磁场。

为使导线中产生20V 的感应电动势,则导线切割磁感线的最小速度为( )/s B.10/m s/s/s 2、A B 、两闭合圆形导线环用相同规格的导线制成,它们的半径之比:2:1A B r r ,在两导线环包围的空间内存在一正方形边界的匀强磁场区域,磁场方向垂直于两导线环所在的平面,如图所示.在磁场的磁感应强度随时间均匀增大的过程中,下列说法正确的是( )A.两导线环内所产生的感应电动势相等B.A 环内所产生的感应电动势大于B 环内所产生的感应电动势C.流过A B 、两导线环的感应电流的大小之比为1:4D.流过A B 、两导线环的感应电流的大小之比为1:13、如图所示，光滑水平面上存在有界匀强磁场，直径与磁场宽度相同的金属圆形线圈在水平外力作用下，以速度v 匀速通过磁场，速度方向与磁场边界的夹角为θ,磁感应强度的大小为B ，圆形线圈的电阻为R ，线圈的直径为d ，则( )A.从上往下看，金属线圈内感应电流方向先顺时针再逆时针B.金属线圈受到的安培力始终水平向左C.回路中的最大电流为Bdv RD.水平外力的最大值为22 B d v R4、如图所示,两光滑平行金属导轨间距为L,直导线MN垂直跨在导轨上,且与导轨接触良好,整个装置处于垂直纸面向里的匀强磁场中,磁感应强度为B.电容器的电容为C,除电阻R外,导轨和导线的电阻均不计.现给导线MN一初速度,使导线MN向右运动,当电路稳定后, MN以速度v向右做匀速运动,则( )A.电容器两端的电压为零B.电阻两端的电压为BLvC.电容器所带电荷量为CBLvD.为保持MN匀速运动,需对其施加的拉力大小为22 B L v R5、如图所示,两根足够长的光滑金属导轨MN、PQ平行放置,导轨平面的倾角为θ,导轨的下端接有电阻,当空间没有磁场时,使导体棒ab以平行导轨平面的初速度v0冲上导轨平面,导体棒ab上升的最大高度为H;当空间存在垂直导轨平面的匀强磁场时,再次使导体棒ab以相同的初速度从同一位置冲上导轨平面,上升的最大高度为h,两次运动中导体棒ab始终与两导轨垂直且接触良好,下列说法中正确的是( )A.两次上升的最大高度比较,有H=hB.两次上升的最大高度比较,有H<hC.有磁场时,导体棒ab上升过程的最大加速度为g sinθD.有磁场时,导体棒ab上升过程的最小加速度为g sinθ6、如图a所示,矩形导线框ABCD固定在匀强磁场中,磁感线垂直于线框所在平面向里。

2019-2020学年物理人教版选修3-2课后检测：4.5电磁感应现象的两类情况 Word版含解析

姓名，年级：时间：5 电磁感应现象的两类情况记一记电磁感应现象的两类情况知识体系辨一辨1。

如果空间不存在闭合电路，变化的磁场周围不会产生感生电场．(×)2．处于变化磁场中的导体,其内部自由电荷定向移动，是由于受到感生电场的作用．(√）3．感生电场就是感生电动势．(×）4．由动生电动势的分析可知，洛伦兹力对运动电荷不做功是错误的．(×)5．导体切割磁感线运动时，克服安培力做多少功，就会有多少其他形式的能转化为电能．（√）想一想1.感生电场的方向与感应电流的方向有什么关系？如何判断感生电场的方向？提示：感应电流的方向与正电荷定向移动的方向相同．感生电场的方向与正电荷受力的方向相同，因此，感生电场的方向与感应电流的方向相同，感生电场的方向可以用楞次定律来判定．2．电路中由于磁通量变化产生感生电动势时,其中的非静电力是哪种性质力？提示:是感生电场对自由电荷的作用．3．若导体棒垂直磁场一直运动下去，自由电荷是否也会沿着导体棒一直运动下去?为什么？提示:不会．若导体棒一直运动下去，当导体棒内部自由电荷在电场中所受电场力与洛伦兹力相等时，自由电荷将不再运动．4．有人认为动生电动势和感生电动势具有相对性,你觉得对吗？提示：对，例如将条形磁铁插入线圈中,如果在相对磁铁静止的参考系内观察，线圈运动，产生的是动生电动势;如果在相对线圈静止的参考系中观察，线圈中磁场变化，产生感生电动势．思考感悟：练一练1.（多选)下列说法正确的是( ）A．感生电场由变化的磁场产生B．恒定的磁场也能在周围空间产生感生电场C．感生电场的方向可以用楞次定律和安培定则来判定D．感生电场的电场线是闭合曲线，其方向一定是沿逆时针方向解析：变化的磁场在空间激发感生电场，恒定的磁场不能在周围空间产生感生电场,A项正确，B项错误;感生电场的电场线是闭合曲线，感生电场的方向可由楞次定律和安培定则判断，不一定是沿逆时针方向,C项正确，D项错误．答案：AC2．在按如图所示的四种变化规律的磁场中能产生恒定的感生电场的是( ）解析：据麦克斯韦电磁理论,恒定的感生电场由均匀变化的磁场产生，C项正确．答案:C3．在匀强磁场中，有一接有电容器的回路，如图所示，已知电容器电容C＝30 μF，l1＝5 cm，l2＝8 cm，磁场以5×10－2 T/s的变化率增强,则( ）A．电容器上极板带正电，带电荷量为2×10－9 CB．电容器上极板带正电,带电荷量为6×10－9 CC．电容器上极板带负电，带电荷量为4×10－9 CD．电容器上极板带负电，带电荷量为6×10－9 C解析:根据楞次定律和安培定则可判断电容器上极板带正电；因为磁感应强度是均匀增大的,故感应电动势大小恒定,由法拉第电磁感应定律E＝错误!＝错误!·S，可得E＝错误!·l1l2＝5×10－2×5×10－2×8×10－2 V＝2×10－4 V，即电容器两板上所加电压U为2×10－4 V，所以电容器带电荷量为Q＝CU＝30×10－6×2×10－4 C＝6×10－9 C，故B项正确．答案:B4．(多选)如图所示，金属杆ab以恒定的速率v在光滑平行导轨上向右滑行，设整个电路中总电阻为R(恒定不变)，整个装置置于垂直纸面向里的匀强磁场中，下列叙述正确的是（）A．ab杆中的电流与速率v成正比B．磁场作用于ab杆的安培力与速率v成正比C．电阻R上产生的热功率与速率v成正比D．外力对ab杆做功的功率与速率v成正比解析:由E＝Blv和I＝错误!得，I＝错误!，所以安培力F＝BIl＝错误!，电阻上产生的热功率P＝I2R＝错误!，外力对ab做功的功率就等于回路产生的热功率，A、B两项正确．答案:AB要点一感生电场和感生电动势1．如图所示,一个带正电的粒子在垂直于匀强磁场的平面内做圆周运动，当磁感应强度均匀增大时,此粒子的动能将( )A．不变B．增加C．减少D．以上情况都可能解析：当磁感应强度均匀增大时，在纸平面方向上将产生逆时针环绕的电场，对带正电的粒子做正功,使其动能增加．答案：B2．某空间出现了如图所示的一组闭合电场线,方向从上向下看是顺时针的，这可能是( )A．沿AB方向磁场在迅速减弱B．沿AB方向磁场在迅速增强C．沿BA方向磁场恒定不变D．沿BA方向磁场在迅速减弱解析：感生电场的方向从上向下看是顺时针的，假设在平行感生电场的方向上有闭合回路，则回路中的感应电流方向从上向下看也应该是顺时针的，由右手螺旋定则可知，感应电流的磁场方向向下，根据楞次定律可知,原磁场的情况有两种可能：原磁场方向向下且沿AB方向减弱，或原磁场方向向上且沿BA方向增强，所以A有可能．答案：A要点二动生电动势3．如图所示，导体AB在做切割磁感线运动时，将产生一个感应电动势，因而在电路中有电流通过，下列说法中正确的是（）A．因导体运动而产生的感应电动势称为动生电动势B．动生电动势的产生与洛伦兹力无关C．动生电动势的产生与电场力有关D．动生电动势和感生电动势产生的原因是一样的解析:根据动生电动势的定义,A项正确；动生电动势中的非静电力与洛伦兹力有关，感生电动势中的非静电力与感生电场有关，B、C、D 三项错误．答案：A4．如图所示，边长为L的正方形线圈与足够大的匀强磁场垂直，磁感应强度为B.当线圈按图示方向以速度v垂直B运动时，下列判断正确的是（）A．线圈中无电流,φa＝φb＝φc＝φdB．线圈中无电流，φa＞φb＝φd＞φcC．线圈中有电流，φa＝φb＝φc＝φdD．线圈中有电流，φa＞φb＝φd＞φc解析：线圈在运动过程中，穿过线圈的磁通量不变，所以在线圈中不会产生感应电流，C、D两项错误；导线两端有电势差，根据右手定则可知A项错误，B项正确．答案：B要点三电磁感应中的动力学问题5.矩形导线框固定在匀强磁场中，如图甲所示,磁感线的方向与导线框所在平面垂直,规定磁场的正方向为垂直纸面向里,磁感应强度B 随时间t变化的规律如图乙所示，则（)A．从0到t1时间内，导线框中电流的方向为abcdaB．从0到t1时间内，导线框中电流越来越小C．从0到t2时间内，导线框中电流的方向始终为adcbaD．从0到t2时间内，导线框ab边受到的安培力越来越大解析：由楞次定律，从0到t2时间内，导线框中电流的方向始终为adcba，A项错误，C项正确；由法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律，从0到t2时间内,导线框中电流恒定，B项错误；由安培力公式，从0到t2时间内，导线框ab边受到的安培力先减小后增大，D项错误．答案:C6．如图所示，两根竖直放置的光滑平行导轨，其中一部分处于方向垂直导轨所在平面并且有上下水平边界的匀强磁场．一根金属杆MN 保持水平并沿导轨滑下(导轨电阻不计）,当金属杆MN进入磁场区后，其运动的速度随时间变化的图线不可能的是( )解析：当金属杆MN进入磁场区后,切割磁感线产生感应电流，受到向上的安培力．金属杆MN进入磁场区时,若所受的安培力与重力相等，做匀速直线运动，速度不变，所以A图象是可能的；金属杆MN进入磁场区时，若所受的安培力小于重力，做加速运动，随着速度的增大，感应电动势和感应电流增大,金属杆所受的安培力增大，合外力减小,加速度减小,v－t图象的斜率应逐渐减小，故B图象不可能，C图象是可能的；金属杆MN进入磁场区时，若所受的安培力大于重力，做减速运动，随着速度的减小，金属杆所受的安培力减小，合外力减小，加速度减小,v －t 图象的斜率减小，D 图象是可能的，故选B 项．答案：B要点四电磁感应中的能量问题7．（多选）把一个矩形线圈从理想边界的匀强磁场中匀速拉出来,如图所示，第一次为v 1，第二次为v 2,且v 2＝2v 1，两种情况下拉力做的功W 1与W 2之比，拉力的功率P 1与P 2之比,线圈中产生的焦耳热Q 1与Q 2之比（ )A 。

高中物理第四章电磁感应第节电磁感应现象的两类情况课时作业新人教版选修.doc

第5节电磁感应现象的两类情况[随堂检测]1.如图所示，一个带正电的粒子在垂直于匀强磁场的平面内做圆周运动，当磁感应强度均匀增大时，此粒子的动能将（）A.不变B.增大C.减少D.以上情况都有可能解析：选B.根据麦克斯韦电磁场理论，当磁感应强度均匀增大时，会产生环形电场；根据楞次定律，电场方向垂直于磁场沿逆时针方向，与正电荷运动方向一致，电场力对粒子做正功，粒子的动能将增大，故B 项正确.2.将一段导线绕成图甲所示的闭合回路，并固定在水平面（纸面）内.回路的ab 边置于垂直纸面向里的匀强磁场Ⅰ中.回路的圆形区域内有垂直纸面的磁场Ⅱ，以向里为磁场Ⅱ的正方向，其磁感应强度B 随时间t 变化的图象如图乙所示.用F 表示ab 边受到的安培力，以水平向右为F 的正方向，能正确反映F 随时间t 变化的图象是（）解析：选B.0～T 2时间内，根据法拉第电磁感应定律及楞次定律可得回路的圆环形区域产生大小恒定的、顺时针方向的感应电流，根据左手定则，ab 边在匀强磁场Ⅰ中受到水平向左的恒定的安培力；同理可得T 2～T 时间内，ab 边在匀强磁场Ⅰ中受到水平向右的恒定的安培力，故B 项正确.3.（2018·唐山高二检测）英国物理学家麦克斯韦认为，磁场变化时会在空间激发感生电场.如图所示，一个半径为r 的绝缘细圆环水平放置，环内存在竖直向上的匀强磁场B ，环上套一带电荷量为＋q的小球.已知磁感应强度B 随时间均匀增加，其变化率为k ，若小球在环上运动一周，则感生电场对小球的作用力所做功的大小是（）A.0B.12r 2qk C.2πr 2qk D.πr 2qk 解析：选D.变化的磁场使回路中产生的感生电动势E ＝ΔΦΔt ＝ΔB Δt·S ＝k πr 2，则感生电场对小球的作用力所做的功W ＝qU ＝qE ＝qk πr 2，选项D 正确.4.（2018·山东烟台检测）如图甲所示，一水平放置的线圈，匝数n ＝100匝，横截面积S ＝0.2 m 2，电阻r ＝1 Ω，线圈处于水平向左的均匀变化的磁场中，磁感应强度B 1随时间t 变化关系如图乙所示.线圈与足够长的竖直光滑导轨MN 、PQ 连接，导轨间距l ＝20 cm ，导体棒ab 与导轨始终接触良好，ab 棒的电阻R ＝4 Ω，质量m ＝5 g ，导轨的电阻不计，导轨处在与导轨平面垂直向里的匀强磁场中，磁感应强度B 2＝0.5 T.t ＝0时，导体棒由静止释放，g 取10 m/s 2，求：（1）t ＝0时，线圈内产生的感应电动势大小；（2）t ＝0时，导体棒ab 两端的电压和导体棒的加速度大小；（3）导体棒ab 到稳定状态时，导体棒所受重力的瞬时功率.解析：（1）由图乙可知，线圈内磁感应强度变化率：ΔB Δt＝0.1 T/s 由法拉第电磁感应定律可知：E 1＝n ΔΦΔt ＝n ΔB ΔtS ＝2 V. （2）t ＝0时，回路中电流：I ＝E1R ＋r＝0.4 A 导体棒ab 两端的电压U ＝IR ＝1.6 V设此时导体棒的加速度为a ，则由：mg －B 2Il ＝ma得：a ＝g －B2Il m＝2 m/s 2. （3）当导体棒ab 达到稳定状态时，满足：mg ＝B 2I ′lI ′＝E1＋B2lv R ＋r得：v ＝5 m/s此时，导体棒所受重力的瞬时功率P ＝mgv ＝0.25 W.答案：（1）2 V （2）1.6 V 2 m/s 2（3）0.25 W5.如图所示，相距为L 的光滑平行金属导轨ab 、cd 固定在水平桌面上，上面放有两根垂直于导轨的金属棒MN 和PQ ，金属棒质量均为m ，电阻值均为R .其中MN 被系于中点的细绳束缚住，PQ 的中点与一绕过定滑轮的细绳相连，绳的另一端系一质量也为m 的物块，绳处于拉直状态.整个装置放于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度的大小为B .若导轨的电阻、滑轮的质量及一切摩擦均忽略不计，当物块由静止释放后，求：（重力加速度为g ，金属导轨足够长）（1）细绳对金属棒MN 的最大拉力；（2）金属棒PQ 能达到的最大速度.解析：（1）对棒PQ ，开始时做加速度逐渐减小速度逐渐增大的变加速运动，当加速度为零时，速度达到最大，此时感应电流最大，此后棒PQ 做匀速直线运动.对棒PQ ，F 安＝BLI m ＝mg对棒MN ，F m ＝F 安＝BLI m ＝mg .（2）对棒PQ ，F －mg ＝0时速度最大E ＝BLv m ，I ＝E 2R，F ＝BLI 解得v m ＝2mgR B2L2. 答案：（1）mg （2）2mgR B2L2[课时作业] 一、单项选择题1.如图所示，金属棒ab 置于水平放置的光滑框架cdef 上，棒与框架接触良好，匀强磁场垂直于ab 斜向下.从某时刻开始磁感应强度均匀减小，同时施加一个水平方向上的外力F 使金属棒ab 保持静止，则F （）A.方向向右，且为恒力B.方向向右，且为变力C.方向向左，且为变力D.方向向左，且为恒力解析：选C.由E ＝n ΔB Δt·S 可知，因磁感应强度均匀减小，感应电动势E 恒定，由F 安＝BIL ，I ＝E R可知，ab 棒受到的安培力随B 的减小，均匀变小，由外力F ＝F 安可知，外力F 也均匀减小，为变力，由左手定则可判断F 安水平方向上的分量向右，所以外力F 水平向左，C 正确.2.如图所示，水平地面上方有正交的匀强电场E 和匀强磁场B ，电场方向竖直向下，磁场方向垂直纸面向外，等腰三角形的金属框由底边呈水平位置开始沿竖直平面的电磁场由静止开始下降，下落过程中三角形平面始终在竖直平面内，不计阻力，a 、b 两点落到地面的顺序是（）A.a 点先落地B.b 点先落地C.a 、b 两点同时落地D.无法判定解析：选 A.本题关键是用楞次定律判定感应电动势的方向，并理解感应电动势的正、负极聚集着正、负电荷.当三角形abc 金属框下落时，闭合回路中磁通量没有发生变化，回路不产生感应电流，但由于各边都在切割磁感线，所以会产生感应电动势，根据楞次定律，可以判定a 点的电势高，是电源的正极，b 点的电势低，是电源的负极，a 点聚集着正电荷，b 点聚集着负电荷，a 点的正电荷受到的电场力向下，使a 点加快运动，b 点的负电荷受到的电场力向上，使b 点减缓运动，故a 点先落地.正确选项为A.3.（2018·山西康杰中学高二月考）如图所示，两条平行虚线之间存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，虚线间的距离为L ，金属圆环的直径也是L .自圆环从左边界进入磁场开始计时，以垂直于磁场边界的恒定速度v 穿过磁场区域.规定逆时针方向为感应电流i 的正方向，则圆环中感应电流i 随其移动距离x 变化的i －x 图象最接近（）解析：选A.圆环进入磁场的过程中，圆环中磁通量增大，由楞次定律可得感应电流的方向沿逆时针方向，为正，感应电动势先增大后减小，所以，圆环中感应电流先增大后减小；圆环离开磁场过程中，圆环中磁通量减小，由楞次定律可得感应电流的方向为顺时针方向，为负，感应电流先增大后减小，故A 选项正确.4.如图所示，两条平行虚线之间存在匀强磁场，虚线间的距离为L，磁场方向垂直纸面向里，abcd是位于纸面内的梯形线圈.ad与bc间的距离也为L，t＝0时刻bc边与磁场区域边界重合.现令线圈以恒定的速度v沿垂直于磁场区域边界的方向穿过磁场区域，取沿a—b—c—d—a方向为感应电流正方向，则在线圈穿越磁场区域的过程中，感应电流I随时间t变化的图线可能是（）解析：选B.由于bc进入磁场时，根据右手定则判断出其感应电流的方向是沿adcba的方向，其方向与电流的正方向相反，故是负的，所以A、C错误；当逐渐向右移动时，切割磁感线的有效长度在增加，故感应电流在增大；当bc边穿出磁场区域时，线圈中的感应电流方向变为abcda，是正方向，故其图象在时间轴的上方，所以B正确，D错误.5.如图所示，匀强磁场存在于虚线框内，矩形线圈竖直下落.如果线圈中受到的磁场力总小于其重力，则它在1、2、3、4位置时的加速度关系为（）A.a1>a2>a3>a4B.a1＝a2＝a3＝a4C.a1＝a3>a2>a4D.a1＝a3>a2＝a4解析：选C.1、3两位置都不受安培力a1＝a3＝g，由于磁场力总小于重力，线圈一直加速，其速度关系为v2<v4，2、4位置的安培力F安2<F安4，所以a2>a4，选C.6.（2018·北京平谷检测）如图甲所示，闭合金属线框abcd置于匀强磁场中，线框平面与磁场垂直，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示.规定顺时针方向为电流的正方向，下列各图中能正确表示线框中感应电流i随时间t变化的图象是（）解析：选C.在0到1 s内，磁感应强度B均匀增加，则线框中产生感应电流，由楞次定律可得电流方向为逆时针，负值；由法拉第电磁感应定律可得，感应电流大小恒定.当在1 s到3 s内，磁场不变，则线框中没有磁通量变化，所以没有感应电流.在3到4 s内，磁感应强度B均匀减小，则线框中产生感应电流，由楞次定律可得电流方向为顺时针，正值；由法拉第电磁感应定律可得，感应电流大小恒定.因此C选项正确.7.（2018·北京昌平测试）如图，光滑平行金属导轨固定在水平面上，左端由导线相连，导体棒垂直静置于导轨上构成回路.在外力F作用下，回路上方的条形磁铁竖直向上做匀速运动.在匀速运动过程中外力F做功W F，磁场力对导体棒做功W1，磁铁克服磁场力做功W2，重力对磁铁做功W G，回路中产生的焦耳热为Q，导体棒获得的动能为E k.则错误的是（）A.W1＝QB.W2－W1＝QC.W1＝E kD.W F＋W G＝Q＋E k解析：选A.根据题意，由动能定理知：导体棒：W1＝E k①，故A错误，C正确；根据能量守恒知W2－W1＝Q②，故B正确；对磁铁有：W F＋W G－W2＝0③，由①②③得W F＋W G＝E k＋Q，故D正确.二、多项选择题8.如图所示，矩形闭合导体线框在匀强磁场上方，由不同高度静止释放，用t1、t2分别表示线框ab边和cd边刚进入磁场的时刻.线框下落过程形状不变，ab边始终保持与磁场水平边界线OO′平行，线框平面与磁场方向垂直.设OO′下方磁场区域足够大，不计空气影响，则下列哪一个图象可能反映线框下落过程中速度v随时间t变化的规律（）解析：选BCD.设线框质量为m ，电阻为R ，线框ab 边长为l ，磁感应强度为B ，线框自由下落刚进入磁场时速度为v ，当v ＜mgR B2l2时，线框做加速度减小的加速运动，C 可能；当v ＝mgR B2l2时，线框做匀速运动，D 可能；当v ＞mgR B2l2时，线框做加速度减小的减速运动直至匀速，B 可能，A 不可能.9.（2018·广东东莞检测）如图甲所示，在光滑水平面上用恒力F 拉质量为1 kg 的单匝均匀正方形铜线框，在位置1以速度v 0＝3 m/s 进入匀强磁场时开始计时，此时线框中感应电动势为1 V ，在t ＝3 s 时线框到达位置2开始离开匀强磁场此过程中线框v －t 图象如图乙所示，那么（）A.t ＝0时，线框右侧边铜线两端MN 间的电压为0.75 VB.恒力F 的大小为0.5 NC.线框进入磁场与离开磁场的过程中线框内感应电流的方向相同D.线框完全离开磁场瞬间的速度大小为2 m/s解析：选ABD.t ＝0时，线框右侧边铜线切割磁感线相当于电源，线框右侧边铜线两端MN 间的电压为路端电压，设铜线框四边的总电阻是R ，则路端电压U ＝E R ·34R ＝34E ＝0.75 V ，故A 项正确；t ＝1～3 s ，线框做匀加速直线运动，加速度a ＝Δv Δt ＝3－23－1m/s 2＝0.5 m/s 2，线框水平方向只受恒力F ，则F ＝ma ＝1×0.5 N ＝0.5 N ，故B 项正确；线框进入磁场与离开磁场的过程中线框内磁通量的变化相反，由楞次定律可知，感应磁场方向相反；由安培定则知，感应电流方向相反，故C 项错误；t ＝0时和t ＝3 s 线框的速度相等，则进入磁场和穿出磁场的过程受力情况相同，在位置3时的速度与t ＝1 s 时的速度相等，线框完全离开磁场瞬间的速度大小为2 m/s ，故D 项正确.10.（2018·黑龙江大庆实验中学月考）如图所示，边长为L 、电阻不计的n 匝正方形金属线框位于竖直平面内，连接的小灯泡的额定功率、额定电压分别为P 、U ，线框及小灯泡的总质量为m ，在线框的下方有一匀强磁场区域，区域宽度为l ，磁感应强度方向与线框平面垂直，其上、下边界与线框底边均水平.线框从图示位置由静止开始下落，穿越磁场的过程中，小灯泡始终正常发光.则（）A.有界磁场宽度l <LB.磁场的磁感应强度应为mgU nPLC.线框匀速穿越磁场，速度恒为P mgD.线框穿越磁场的过程中，灯泡产生的焦耳热为mgL解析：选BC.因线框穿越磁场的过程中小灯泡正常发光，故线框匀速穿越磁场，且线框长度L 和磁场宽度l 相同，A 错误；因线框匀速穿越磁场，故重力和安培力相等，mg ＝nBIL ＝nB P U L ，得B ＝mgU nPL，B 正确；线框匀速穿越磁场，重力做功的功率等于电功率，即mgv ＝P ，得v ＝P mg，C 正确；线框穿越磁场时，通过的位移为2L ，且重力做功完全转化为焦耳热，故Q ＝2mgL ，D 错误.三、非选择题11.如图所示，两光滑平行金属导轨固定在倾角为θ的同一斜面内，间距为l ，其下端有内阻为r 的电源，整个装置处在垂直导轨平面向下，磁感应强度为B 的匀强磁场中，一质量为m 、电阻为R 的导体棒ab 垂直导轨放置在导轨上，接触良好，且保持静止状态.不计导轨电阻.已知重力加速度为g .求：（1）导体棒所受安培力F 的大小和方向；（2）电源的电动势E .解析：（1）由题意可知，导体棒所受安培力F 的方向沿斜面向上.导体棒的受力情况如图所示：根据牛顿第二定律有F －mg sin θ＝0所以F ＝mg sin θ 方向沿斜面向上.（2）因为F ＝IlB由全电路的欧姆定律：I ＝E R ＋r所以：E ＝mgsin θlB（R ＋r ）. 答案：（1）mg sin θ 方向沿斜面向上（2）mgsin θlB（R ＋r ） 12.如图所示，两根互相平行的光滑金属导轨位于水平面内，相距为L ＝0.5 m ，在导轨的一端接有阻值为R ＝0.8 Ω的电阻，在x ≥0一侧存在一与水平面垂直的均匀磁场，磁感应强度B ＝2 T.一质量m ＝2 kg 的金属杆垂直放置在导轨上，金属杆的电阻r ＝0.2 Ω，导轨电阻不计.当金属杆以v 0 ＝1 m/s 的初速度进入磁场的同时，受到一个水平向右的外力作用，且外力的功率恒为P ＝36 W ，经过2 s 金属杆达到最大速度.求：（1）金属杆达到的最大速度v m ；（2）在这2 s 时间内回路产生的热量Q .解析：（1）由平衡知识可知：F 外＝F A安培力：F A ＝BIL由闭合电路的欧姆定律：I ＝E R ＋r 电动势：E ＝BLv m功率：P ＝F 外v m解得：v m ＝6 m/s.（2）能量守恒：Q ＝Pt ＋12mv 20－12mv 2m解得Q ＝37 J.答案：（1）6 m/s （2）37 J。

高中物理第四章电磁感应专题4.5电磁感应现象的两类情况试题新人教版选修3-2(new)

参考答案:C
试题解析:由法拉第电磁感应定律和欧姆定律得: ，所以线圈中的感应电流决定于磁感应强度B随t的变化率。由图乙可知，0～1 s时间内，B增大,Φ增大，感应磁场与原磁场方向相反（感应磁场的磁感应强度的方向向外）,由右手定则，感应电流是逆时针的,因而是负值，所以可判断0～1 s为负的恒值；1~2 s为零;2~3 s为为正的恒值，故C正确,ABD错误.
1．题型特点：电磁感应中产生的感应电流在磁场中将受到安培力的作用，因此，电磁感应问题往往跟力学问题联系在一起，解决这类问题,不仅要应用电磁学中的有关规律，如楞次定律、法拉第电磁感应定律、左手定则、右手定则、安培力的计算公式等，还要应用力学中的有关规律，如牛顿运动定律、动能定理、机械能守恒定律等.要将电磁学和力学的知识综合起来应用。
A．A、B、C同时落地
B．A最迟落地
C．B在C之后落地
D．B和C在A之后落地
3．如图所示，竖直平面内有一金属环，半径为a，总电阻为R（指拉直时两端的电阻）,磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过环平面，在环的最高点A用铰链连接长度为2a、电阻为的导体棒AB，AB由水平位置紧贴环面摆下，当摆到竖直位置时，B点的线速度为v，则这时AB两端的电压大小为
2．“瞬时性”的理解
（1）若v为瞬时速度，则E为；
(2)若v为平均速度，则E为，即。
3．切割的“有效长度"
公式中的l为有效切割长度，即导体与v垂直的方向上的投影长度。图中有效长度分别为：
甲图：；
乙图：沿v1方向运动时，；沿v2方向运动时，l=0；
丙图:沿v1方向运动时，l=；沿v2方向运动时，l=0；沿v3方向运动时,l=R。
2．解题方法：
(1）选择研究对象，即哪一根导体棒或几根导体棒组成的系统；

高考物理提高题专题复习电磁感应现象的两类情况练习题附答案

高考物理提高题专题复习电磁感应现象的两类情况练习题附答案一、电磁感应现象的两类情况1．如图所示，两根光滑、平行且足够长的金属导轨倾斜固定在水平地面上，导轨平面与水平地面的夹角37θ=︒，间距为d =0.2m ，且电阻不计。

导轨的上端接有阻值为R =7Ω的定值电阻和理想电压表。

空间中有垂直于导轨平面斜向上的、大小为B =3T 的匀强磁场。

质量为m =0.1kg 、接入电路有效电阻r =5Ω的导体棒垂直导轨放置，无初速释放，导体棒沿导轨下滑一段距离后做匀速运动，取g =10m/s 2，sin37°=0.6，求：（1）导体棒匀速下滑的速度大小和导体棒匀速运动时电压表的示数；（2）导体棒下滑l =0.4m 过程中通过电阻R 的电荷量。

【答案】（1）20m/s 7V （2）0.02C 【解析】【详解】（1）设导体棒匀速运动时速度为v ，通过导体棒电流为I 。

由平衡条件sin mg BId θ=①导体棒切割磁感线产生的电动势为E =Bdv ②由闭合电路欧姆定律得EI R r=+③ 联立①②③得v =20m/s ④由欧姆定律得U =IR ⑤联立①⑤得U =7V ⑥（2）由电流定义式得Q It =⑦由法拉第电磁感应定律得E t∆Φ=∆⑧B ld ∆Φ=⋅⑨由欧姆定律得EI R r=+⑩ 由⑦⑧⑨⑩得Q =0.02C ⑪2．如图所示，在倾角30o θ=的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度大小相等、方向分别垂直斜面向上和垂直斜面向下的匀强磁场，两磁场宽度均为L 。

一质量为m 、边长为L 的正方形线框距磁场上边界L 处由静止沿斜面下滑，ab 边刚进入上侧磁场时，线框恰好做匀速直线运动。

ab 边进入下侧磁场运动一段时间后也做匀速度直线运动。

重力加速度为g 。

求：（1）线框ab 边刚越过两磁场的分界线ff′时受到的安培力；（2）线框穿过上侧磁场的过程中产生的热量Q 和所用的时间t 。

【答案】(1)安培力大小2mg ，方向沿斜面向上(2)4732mgL Q = 72Lt g= 【解析】【详解】(1）线框开始时沿斜面做匀加速运动，根据机械能守恒有21sin 302mgL mv ︒=，则线框进入磁场时的速度2sin30v g L gL =︒=线框ab 边进入磁场时产生的电动势E =BLv 线框中电流E I R=ab 边受到的安培力22B L vF BIL R==线框匀速进入磁场，则有22sin 30B L vmg R︒= ab 边刚越过ff '时，cd 也同时越过了ee '，则线框上产生的电动势E '=2BLv 线框所受的安培力变为22422B L vF BI L mg R==''=方向沿斜面向上（2）设线框再次做匀速运动时速度为v '，则224sin 30B L v mg R︒='解得4v v ='=根据能量守恒定律有2211sin 30222mg L mv mv Q ︒'⨯+=+解得4732mgLQ =线框ab 边在上侧磁扬中运动的过程所用的时间1L t v=设线框ab 通过ff '后开始做匀速时到gg '的距离为0x ，由动量定理可知：22sin 302mg t BLIt mv mv ︒-='-其中()022BL L x I t R-=联立以上两式解得()02432L x v t vg-=-线框ab 在下侧磁场匀速运动的过程中，有0034x x t v v='=所以线框穿过上侧磁场所用的总时间为123t t t t =++=3．如图所示，一阻值为R 、边长为l 的匀质正方形导体线框abcd 位于竖直平面内，下方存在一系列高度均为l 的匀强磁场区，与线框平面垂直，各磁场区的上下边界及线框cd 边均磁场方向均与线框平面垂水平。

高考物理电磁感应现象的两类情况推断题综合题含答案

高考物理电磁感应现象的两类情况推断题综合题含答案一、电磁感应现象的两类情况1．如图所示，光滑的长平行金属导轨宽度d=50cm ，导轨所在的平面与水平面夹角θ=37°，导轨上端电阻R=0.8Ω，其他电阻不计．导轨放在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B=0.4T ．金属棒ab 从上端由静止开始下滑，金属棒ab 的质量m=0.1kg ．（sin37°=0.6，g=10m/s 2）（1）求导体棒下滑的最大速度；（2）求当速度达到5m/s 时导体棒的加速度；（3）若经过时间t ，导体棒下滑的垂直距离为s ，速度为v ．若在同一时间内，电阻产生的热与一恒定电流I 0在该电阻上产生的热相同，求恒定电流I 0的表达式（各物理量全部用字母表示）．【答案】（1）18.75m/s （2）a=4.4m/s 2（3222mgs mv Rt-【解析】【分析】根据感应电动势大小与安培力大小表达式，结合闭合电路欧姆定律与受力平衡方程，即可求解；根据牛顿第二定律，由受力分析，列出方程，即可求解；根据能量守恒求解；解：（1）当物体达到平衡时，导体棒有最大速度，有：sin cos mg F θθ= ，根据安培力公式有： F BIL =，根据欧姆定律有： cos E BLv I R Rθ==，解得： 222sin 18.75cos mgR v B L θθ==；（2）由牛顿第二定律有：sin cos mg F ma θθ-= ， cos 1BLv I A Rθ==， 0.2F BIL N ==， 24.4/a m s =；（3）根据能量守恒有：22012mgs mv I Rt =+ ，解得： 202mgs mv I Rt -=2．某科研机构在研究磁悬浮列车的原理时，把它的驱动系统简化为如下模型；固定在列车下端的线圈可视为一个单匝矩形纯电阻金属框，如图甲所示，MN 边长为L ，平行于y 轴，MP 边宽度为b ，边平行于x 轴，金属框位于xoy 平面内，其电阻为1R ；列车轨道沿Ox 方向，轨道区域内固定有匝数为n 、电阻为2R 的“”字型（如图乙）通电后使其产生图甲所示的磁场，磁感应强度大小均为B ，相邻区域磁场方向相反（使金属框的MN 和PQ 两边总处于方向相反的磁场中）．已知列车在以速度v 运动时所受的空气阻力f F 满足2f F kv =（k 为已知常数）．驱动列车时，使固定的“”字型线圈依次通电，等效于金属框所在区域的磁场匀速向x 轴正方向移动，这样就能驱动列车前进．（1）当磁场以速度0v 沿x 轴正方向匀速移动，列车同方向运动的速度为v （0v <）时，金属框MNQP 产生的磁感应电流多大？（提示：当线框与磁场存在相对速度v 相时，动生电动势E BLv =相）（2）求列车能达到的最大速度m v ；（3）列车以最大速度运行一段时间后，断开接在“” 字型线圈上的电源，使线圈与连有整流器（其作用是确保电流总能从整流器同一端流出，从而不断地给电容器充电）的电容器相接，并接通列车上的电磁铁电源，使电磁铁产生面积为L b ⨯、磁感应强度为B '、方向竖直向下的匀强磁场，使列车制动，求列车通过任意一个“”字型线圈时，电容器中贮存的电量Q ．【答案】(1) 012() BL v v R -222210122BL B L kR v B L +-24nB Lb R '【解析】【详解】解：(1)金属框相对于磁场的速度为：0v v - 每边产生的电动势：0()E BL v v =- 由欧姆定律得：12EI R = 解得：01(2 )BL v v I R -=(2)当加速度为零时，列车的速度最大，此时列车的两条长边各自受到的安培力：B F BIL =由平衡条件得：20B f F F -= ，已知：2f F kv =解得：222210122m BL B L kR v B L v kR +-=(3)电磁铁通过字型线圈左边界时，电路情况如图1所示：感应电动势：n E tφ∆=∆，而B Lb φ∆=' 电流：12E I R =电荷量：11Q I t =∆ 解得：12nB LbQ R '= 电磁铁通过字型线圈中间时，电路情况如图2所示：B Lb φ∆='，2222E nI R tφ∆==∆ 22Q I t =∆解得：222nB LbQ R '= 电磁铁通过字型线圈右边界时，电路情况如图3所示：n E tφ∆=∆， B Lb φ∆='，32E I R =33Q I t =∆解得：32nB LbQ R '=，总的电荷量：123Q Q Q Q =++ 解得：24nB LbQ R '=3．如图所示，光滑导线框abfede 的abfe 部分水平，efcd 部分与水平面成α角，ae 与ed 、bf 与cf 连接处为小圆弧，匀强磁场仅分布于efcd 所在平面，方向垂直于efcd 平面，线框边ab 、cd 长均为L ，电阻均为2R ，线框其余部分电阻不计。

(浙江新高考专用)2019-2020学年高中物理第四章电磁感应现象 5 电磁感应现象的两类情

5 电磁感应现象的两类情况知识内容选考要求课时要求电磁感应现象的两类情况b1.初步了解感生电场和感生电动势.2.初步了解动生电动势和电磁感应中洛伦兹力的作用.3.知道感生电动势与动生电动势是感应电动势的两种不同的类型.4.会求解与电路分析、电路计算结合的简单电磁感应问题.一、感生电场的产生麦克斯韦在他的电磁理论中指出：变化的磁场能在周围空间激发电场，这种电场叫感生电场. 二、感生电动势的产生1.由感生电场产生的电动势叫感生电动势.2.感生电动势大小：E ＝n ΔΦΔt.3.方向判断：由楞次定律和右手螺旋定则判定. 三、动生电动势的产生1.由于导体运动产生的电动势叫动生电动势.2.动生电动势大小：E ＝Blv (B 的方向与v 的方向垂直).3.方向判断：右手定则.1.判断下列说法的正误.(1)只要磁场变化，即使没有电路，在空间也将产生感生电场.( √ )(2)处于变化磁场中的导体，其内部自由电荷定向移动，是由于受到感生电场的作用.( √ ) (3)动生电动势(切割磁感线产生的电动势)产生的原因是导体内部的自由电荷受到洛伦兹力的作用.( √ )(4)产生动生电动势时，洛伦兹力对自由电荷做了功.( × )2.研究表明，地球磁场对鸽子识别方向起着重要作用.在北半球若某处地磁场磁感应强度的竖直分量约为5×10－5T.鸽子以20m/s 的速度水平滑翔，鸽子两翅展开可达30cm 左右，则可估算出两翅之间产生的动生电动势约为________V ，________(填“左”或“右”)侧电势高. 答案 3×10－4左一、感生电场和感生电动势 1.感生电场的产生如图1所示，B 变化时，就会在空间激发一个感生电场E .如果E 处空间存在闭合导体，导体中的自由电荷就会在电场力的作用下定向移动，而产生感应电流.图12.变化的磁场周围产生的感生电场，与闭合电路是否存在无关.如果在变化的磁场中放一个闭合回路，回路中就有感应电流，如果无闭合回路，感生电场仍然存在.3.感生电场可用电场线形象描述.感生电场是一种涡旋电场，电场线是闭合的，而静电场的电场线不闭合.4.感生电场(感生电动势)的方向一般由楞次定律判断，感生电动势的大小由法拉第电磁感应定律E ＝n ΔΦΔt计算.例1 (多选)(2017·温州中学高二上学期期中)下列说法中正确的是( ) A.感生电场由变化的磁场产生B.恒定的磁场也能在周围空间产生感生电场C.感生电场的方向也同样可以用楞次定律和右手螺旋定则来判定D.感生电场的电场线是闭合曲线，其方向一定是沿逆时针方向答案 AC解析变化的电场可以产生磁场，变化的磁场可以在周围产生电场，故A 正确；恒定的磁场在周围不产生电场.故B 错误；感生电场的方向也同样可以用楞次定律和右手螺旋定则来判定，故C 正确；感生电场的电场线是闭合曲线，其方向不一定是沿逆时针方向，故D 错误.例2(多选)某空间出现了如图2所示的一组闭合的电场线，这可能是( )图2A.沿AB方向磁场在迅速减弱B.沿AB方向磁场在迅速增强C.沿BA方向磁场在迅速增强D.沿BA方向磁场在迅速减弱答案AC闭合回路(可假定其存在)的感应电流方向就表示感生电场的方向.判断思路如下：二、动生电场和动生电动势1.动生电场的产生如图3所示，导体棒CD在匀强磁场中运动.图3自由电荷会随着导体棒运动，并因此受到洛伦兹力.若CD向右匀速运动，由左手定则可判断自由电子受到沿棒向下的洛伦兹力作用，C端电势高，D端电势低.随着C、D两端聚集电荷越来越多，在CD棒间产生的电场越来越强，当电场力等于洛伦兹力时，自由电荷不再定向运动，C、D两端形成稳定的电势差.2.感生电动势与动生电动势的比较感生电动势动生电动势产生原因磁场的变化导体做切割磁感线运动移动电荷的非静电力感生电场对自由电荷的电场力导体中自由电荷所受洛伦兹力沿导体方向的分力回路中相当于电源的部分处于变化磁场中的线圈部分做切割磁感线运动的导体方向判断方法由楞次定律判断通常由右手定则判断，也可由楞次定律判断大小计算方法由E ＝n ΔΦΔt计算通常由E ＝Blv sin θ计算，也可由E ＝nΔΦΔt计算例3 (多选)如图4所示，导体AB 在做切割磁感线运动时，将产生一个电动势，因而在电路中有电流通过，下列说法中正确的是( )图4A.因导体运动而产生的感应电动势称为动生电动势B.动生电动势的产生与洛伦兹力有关C.动生电动势的产生与电场力有关D.动生电动势和感生电动势产生的原因是一样的答案 AB解析根据动生电动势的定义，选项A 正确.动生电动势中的非静电力与洛伦兹力有关，感生电动势中的非静电力与感生电场有关，选项B 正确，选项C 、D 错误.[学科素养] 通过例1、例2和例3，加深对感生电动势和动生电动势的理解，掌握它们方向的判断方法，并会对两者进行区分，体现了“科学思维”的学科素养. 三、导体棒转动切割产生动生电动势的计算1.当导体棒在垂直于匀强磁场的平面内，其一端固定，以角速度ω匀速转动时，产生的感应电动势为E ＝Bl v ＝12Bl 2ω，如图5所示.图52.若圆盘在匀强磁场中以角速度ω绕圆心匀速转动时，如图6所示，相当于无数根“辐条”转动切割，它们之间相当于电源的并联结构，圆盘上的感应电动势为E ＝Brv ＝12Br 2ω.图6例4 长为l 的金属棒ab 以a 点为轴在垂直于匀强磁场的平面内以角速度ω匀速转动，如图7所示，磁感应强度大小为B .求：图7(1)金属棒ab 两端的电势差；(2)经时间Δt (Δt <2πω)金属棒ab 所扫过的面积中通过的磁通量为多少？此过程中的平均感应电动势多大？答案 (1)12Bl 2ω (2)12Bl 2ωΔt 12Bl 2ω解析 (1)ab 两端的电势差：U ab ＝E ＝Bl v ＝12Bl 2ω.(2)经时间Δt 金属棒ab 所扫过的扇形面积 ΔS ＝12l 2θ＝12l 2ωΔt ，ΔΦ＝B ΔS ＝12Bl 2ωΔt .由法拉第电磁感应定律得： E ＝ΔΦΔt ＝12Bl 2ωΔtΔt ＝12Bl 2ω.1.(对感生电场的理解)如图8所示，内壁光滑的塑料管弯成的圆环平放在水平桌面上，环内有一带负电的小球，整个装置处于竖直向下的磁场中，当磁场突然增强时，小球将( )图8A.沿顺时针方向运动B.沿逆时针方向运动C.在原位置附近往复运动D.仍然保持静止状态答案 A2.(对感生电场的理解)如图9所示，长为L 的金属导线弯成一圆环，导线的两端接在电容为C 的平行板电容器上，P 、Q 为电容器的两个极板，磁场垂直于环面向里，磁感应强度以B ＝B 0＋kt (k >0)的规律随时间变化，t ＝0时，P 、Q 两板电势相等，两板间的距离远小于环的半径，经时间t ，电容器P 板( )图9A.不带电B.所带电荷量与t 成正比C.带正电，电荷量是kL 2C4π D.带负电，电荷量是kL 2C4π答案 D解析磁感应强度以B ＝B 0＋kt (k >0)的规律随时间变化，由法拉第电磁感应定律得：E ＝ΔΦΔt ＝S ΔB Δt ＝kS ，而S ＝πr 2＝π(L 2π)2＝L 24π，经时间t 电容器P 板所带电荷量Q ＝EC ＝kL 2C 4π；由楞次定律和安培定则知电容器P 板带负电，故D 选项正确.3.(转动切割产生的电动势)(2017·慈溪市高二上学期期中)如图10所示，导体棒ab长为4L，匀强磁场的磁感应强度为B，导体绕过b点垂直纸面的轴以角速度ω匀速转动，则a端和b 端的电势差U的大小等于( )图10A.0.5BL2ωB.BL2ωC.4BL2ωD.8BL2ω答案 D解析ab棒以b端为轴在纸面内以角速度ω匀速转动，则a、b两端的电势差大小U＝E＝12B(4L)2ω＝8BL2ω.故选D.4.(平动切割产生的动生电动势)如图11所示，“∠”形金属框架MON所在平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，金属棒ab能紧贴金属框架运动，且始终与ON垂直，金属棒与金属框架粗细相同，且由同种材料制成.当ab从O点开始(t＝0)匀速向右平动时，速度为v0，∠MON ＝30°.图11(1)试求bOc回路中感应电动势随时间变化的函数关系式；(2)闭合回路中的电流随时间变化的图象是________.答案(1)E＝33Bv20t(2)B解析(1)t＝0时ab从O点出发，经过时间t后，ab匀速运动的距离为s，则有s＝v0t.由tan30°＝bcs，有bc＝v0t·tan30°.则金属棒ab接入回路的bc部分切割磁感线产生的感应电动势为E ＝Bv 0bc ＝Bv 02t tan30°＝33Bv 02t . (2)l Ob ＝v 0t ，l bc ＝v 0t tan30°，l Oc ＝v 0tcos30°，单位长度电阻设为R 0，则回路总电阻R ＝R 0(v 0t＋v 0t tan30°＋v 0t cos30°)＝R 0v 0t (1＋3)，则回路电流I ＝E R ＝(3－3)Bv 06R 0，故I 为常量，与时间t 无关，选项B 正确.一、选择题考点一感生电场和感生电动势1.(多选)在空间某处存在一变化的磁场，则 ( ) A.在磁场中放一闭合线圈，线圈中一定会产生感应电流 B.在磁场中放一闭合线圈，线圈中不一定会产生感应电流 C.在磁场中不放闭合线圈，在变化的磁场周围一定不会产生电场 D.在磁场中不放闭合线圈，在变化的磁场周围一定会产生电场答案 BD解析由感应电流产生的条件可知，只有闭合回路中的磁通量发生改变，才能产生感应电流，如果闭合线圈平面与磁场方向平行，则线圈中无感应电流产生，故A 错，B 对；感生电场的产生与变化的磁场周围有无闭合回路无关，故C 错，D 对.2.在如下图所示的四种磁场情况中能产生恒定的感生电场的是( )答案 C解析均匀变化的磁场产生恒定的电场，故C 正确.3.(多选)著名物理学家费曼曾设计过这样一个实验装置：一块绝缘圆板可绕其中心的光滑轴自由转动，在圆板的中部有一个线圈，圆板四周固定着一圈带电的金属小球，如图1所示.当线圈接通电源后，将产生图示逆时针方向的电流.则下列说法正确的是( )图1A.接通电源瞬间，圆板不会发生转动B.线圈中电流的增大或减小会引起圆板向不同方向转动C.若金属小球带负电，接通电源瞬间圆板转动方向与线圈中电流方向相反D.若金属小球带正电，接通电源瞬间圆板转动方向与线圈中电流方向相反答案BD解析线圈接通电源瞬间，变化的磁场产生感生电场，从而导致带电小球受到电场力，使其转动，A错误；不论线圈中电流是增大还是减小，都会引起磁场的变化，从而产生不同方向的电场，使小球受到电场力的方向不同，所以会向不同方向转动，B正确；接通电源瞬间，产生顺时针方向的电场，如果小球带负电，圆板转动方向与线圈中电流方向相同，C错误；同理可知D正确.4.现代科学研究中常用到高速电子，电子感应加速器就是利用感生电场加速电子的设备.电子感应加速器主要由上、下电磁铁磁极和环形真空室组成.当电磁铁绕组通以变化的电流时，产生变化的磁场，穿过真空盒所包围的区域内的磁通量也随时间变化，这时真空盒空间内就产生感应涡旋电场，电子将在涡旋电场作用下加速.如图2所示(上图为侧视图、下图为真空室的俯视图)，若电子被“约束”在半径为R的圆周上运动，当电磁铁绕组通有图中所示的电流时( )图2A.若电子沿逆时针运动，保持电流的方向不变，当电流增大时，电子将加速B.若电子沿顺时针运动，保持电流的方向不变，当电流增大时，电子将加速C.若电子沿逆时针运动，保持电流的方向不变，当电流减小时，电子将加速D.被加速时电子做圆周运动的周期不变答案 A解析当电磁铁绕组通有题图中所示的电流时，由安培定则可知将产生向上的磁场，当电磁铁绕组中电流增大时，根据楞次定律和安培定则可知，这时真空盒空间内产生顺时针方向的感生电场，电子沿逆时针运动，电子将加速，选项A正确；同理可知选项B、C错误；由于电子被“约束”在半径为R的圆周上运动，被加速时电子做圆周运动的周期减小，选项D错误. 5.如图3甲所示，线圈总电阻r＝0.5Ω，匝数n＝10，其端点a、b与R＝1.5Ω的电阻相连，线圈内磁通量变化规律如图乙所示.则a、b两点电势差的大小为( )图3A.1.5VB.0.5VC.0.1VD.2V 答案 A解析根据法拉第电磁感应定律得：E ＝n ·ΔΦΔt ＝10×0.080.4V ＝2V.I ＝E R 总＝21.5＋0.5A ＝1A.a 、b 两点的电势差相当于电路中的路端电压，其大小为U ＝IR ＝1.5V ，故A 正确. 考点二动生电动势6.(多选)两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感应强度方向与纸面垂直.边长为0.1m 、总电阻为0.005Ω的正方形导线框abcd 位于纸面内，cd 边与磁场边界平行，如图4甲所示.已知导线框一直向右做匀速直线运动，cd 边于t ＝0时刻进入磁场.线框中感应电动势随时间变化的图线如图乙所示(感应电流的方向为顺时针时，感应电动势取正).下列说法正确的是( )图4A.磁感应强度的大小为0.5TB.导线框运动的速度的大小为0.5m/sC.磁感应强度的方向垂直于纸面向外D.在t ＝0.4s 至t ＝0.6s 这段时间内，导线框所受的安培力大小为0.1N 答案 BC解析由题图Et 图象可知，导线框经过0.2s 全部进入磁场，则速度v ＝l t ＝0.10.2m/s ＝0.5 m/s ，选项B 正确；由图象可知，E ＝0.01V ，根据E ＝Blv 得，B ＝E lv ＝0.010.1×0.5T ＝0.2T ，选项A错误；根据右手定则及正方向的规定可知，磁感应强度的方向垂直于纸面向外，选项C 正确；在t ＝0.4s 至t ＝0.6s 这段时间内，导线框中的感应电流I ＝E R ＝0.010.005A ＝2A, 所受的安培力大小为F ＝BIl ＝0.2×2×0.1N＝0.04N ，选项D 错误.7.如图5所示，等腰直角三角形OPQ 区域内存在匀强磁场，另有一等腰直角三角形导线框abc 以恒定的速度v 沿垂直于磁场方向穿过磁场，穿越过程中速度方向始终与ab 边垂直，且保持ac 平行于OQ .关于线框中的感应电流，以下说法正确的是( )图5A.开始进入磁场时感应电流最小B.开始穿出磁场时感应电流最大C.开始进入磁场时感应电流沿顺时针方向D.开始穿出磁场时感应电流沿顺时针方向答案 D解析线框中感应电流的大小正比于感应电动势的大小，又感应电动势E ＝BL 有v ，L 有指切割磁感线部分两端点连线在垂直于速度方向上的投影长度，故开始进入磁场时感应电流最大，开始穿出磁场时感应电流最小，选项A 、B 错误.感应电流的方向可以用楞次定律判断，可知选项D 正确，C 错误.8.(多选)如图6所示，直角三角形金属框abc 放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B ，方向平行于ab 边向上.金属框绕ab 边以角速度ω逆时针转动.已知bc 边的长度为l .下列判断正确的是( )图6A.金属框中无电流B.金属框中电流方向沿abcaC.|U bc |＝12Bl 2ωD.|U bc |＝Bl 2ω 答案 AC解析金属框abc 平面与磁场方向平行，转动过程中磁通量始终为零，所以无感应电流产生，选项A 正确，B 错误；由转动切割产生感应电动势得|U bc |＝12Bl 2ω，选项C 正确，D 错误.9.(2017·温州中学高二上学期期中)如图7所示，半径为r 的金属圆盘在垂直于盘面的磁感应强度大小为B 的匀强磁场中绕圆心O 点以角速度ω沿逆时针方向匀速转动，圆盘的圆心和边缘间接有一个阻值为R 的电阻，则通过电阻R 的电流的大小和方向分别为(金属圆盘的电阻不计)( )图7A.I ＝Br 2ωR ，由c 到dB.I ＝Br 2ωR ，由d 到cC.I ＝Br 2ω2R ，由c 到dD.I ＝Br 2ω2R，由d 到c答案 D解析将金属圆盘看成无数条金属辐条组成的，这些辐条切割磁感线，产生感应电流，由右手定则判断可知：通过电阻R 的电流的方向为从d 到c ，金属圆盘产生的感应电动势为：E ＝12Br 2ω，通过电阻R 的电流的大小为：I ＝E R ＝Br 2ω2R.故选D. 10.如图8所示，导体棒AB 的长为2R ，绕O 点以角速度ω匀速转动，OB 长为R ，且O 、B 、A 三点在一条直线上，有一磁感应强度为B 的匀强磁场充满转动平面且与转动平面垂直，那么AB 两端的电势差大小为( )图8A.12BωR 2B.2BωR 2C.4BωR 2D.6BωR 2答案 C解析 A 点线速度v A ＝ω·3R ，B 点线速度v B ＝ωR ，AB 棒切割磁感线的平均速度v ＝v A ＋v B2＝2ωR ，由E ＝Blv 得，AB 两端的电势差大小为E ＝B ·2R ·v ＝4BωR 2，C 正确.11.如图9所示，匀强磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框，半圆直径与磁场边缘重合；磁场方向垂直于半圆面(纸面)向里，磁感应强度大小为B 0.使该线框从静止开始绕过圆心O 、垂直于半圆面的轴以角速度ω匀速转动半周，线框中产生感应电流.现使线框保持图中所示位置，磁感应强度大小随时间线性变化.为了产生与线框转动半周过程中同样大小的电流，磁感应强度随时间变化的变化率ΔBΔt的大小应为( )图9A.4ωB 0π B.2ωB 0π C.ωB 0πD.ωB 02π答案 C解析设半圆的半径为L ，电阻为R ，当线框以角速度ω匀速转动时产生的感应电动势E 1＝12B 0ωL 2.当线框不动，而磁感应强度随时间变化时E 2＝12πL 2·ΔB Δt ，由E 1R ＝E 2R 得12B 0ωL 2＝12πL 2·ΔB Δt ，即ΔB Δt ＝ωB 0π，故C 项正确.12.(多选)如图10所示，三角形金属导轨EOF 上放有一金属杆AB ，在外力作用下，使AB 保持与OF 垂直，从O 点开始以速度v 匀速右移，该导轨与金属杆均由粗细相同的同种金属制成，则下列判断正确的是 ( )图10A.电路中的感应电流大小不变B.电路中的感应电动势大小不变C.电路中的感应电动势逐渐增大D.电路中的感应电流逐渐减小答案 AC解析设金属杆从O 点开始运动到题图所示位置所经历的时间为t ，∠EOF ＝θ，金属杆切割磁感线的有效长度为L ，故E ＝BLv ＝Bv ·vt tan θ＝Bv 2tan θ·t ，即电路中感应电动势的大小与时间成正比，C 选项正确；电路中感应电流I ＝E R ＝Bv 2tan θ·t ρlS，而l 为闭合三角形的周长，即l ＝vt ＋vt ·tan θ＋vtcos θ＝vt (1＋tan θ＋1cos θ)，所以I ＝Bv tan θ·Sρ(1＋tan θ＋1cos θ)是恒量，所以A 正确.二、非选择题13.如图11所示，线框由导线组成，cd 、ef 两边竖直放置且相互平行，导体棒ab 水平放置并可沿cd 、ef 无摩擦滑动，导体棒ab 所在处有垂直线框所在平面向里的匀强磁场且B 2＝2T ，已知ab 长L ＝0.1m ，整个电路总电阻R ＝5Ω，螺线管匝数n ＝4，螺线管横截面积S ＝0.1m 2.在螺线管内有如图所示方向磁场B 1，若磁场B 1以ΔB 1Δt ＝10T/s 均匀增加时，导体棒恰好处于静止状态，试求：(取g ＝10 m/s 2)图11(1)通过导体棒ab 的电流大小； (2)导体棒ab 的质量m 的大小；(3)若B 1＝0，导体棒ab 恰沿cd 、ef 匀速下滑，求棒ab 的速度大小. 答案 (1)0.8A (2)0.016kg (3)20m/s 解析 (1)螺线管产生的感应电动势：E ＝nΔΦΔt ＝n ΔB 1ΔtS 得E ＝4×10×0.1V＝4V通过导体棒ab 的电流I ＝ER＝0.8A(2)导体棒ab 所受的安培力F ＝B 2IL ＝2×0.8×0.1N＝0.16N 导体棒静止时受力平衡有F ＝mg 解得m ＝0.016kg. (3)ab 匀速下滑时E 2＝B 2Lv I ′＝E 2RB 2I ′L ＝mg联立解得v ＝20m/s14.如图12甲所示，固定在水平面上电阻不计的光滑金属导轨，间距d ＝0.5m ，右端接一阻值为4Ω的小灯泡L.在CDEF 矩形区域内有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B 按如图乙所示规律变化，CF 长为2m.在t ＝0时，金属棒ab 从图示位置由静止在恒力F 作用下向右运动到EF 位置，整个过程中小灯泡亮度始终不变.已知金属棒ab 电阻为1Ω，求：图12(1)通过小灯泡的电流； (2)恒力F 的大小； (3)金属棒的质量.答案 (1)0.1A (2)0.1N (3)0.8kg 解析 (1)金属棒未进入磁场时，电路的总电阻R 总＝R L ＋R ab ＝5 Ω 回路中感应电动势为：E 1＝ΔΦΔt ＝ΔBΔtS ＝0.5 V 灯泡中的电流为I L ＝E 1R 总＝0.1 A. (2)因灯泡亮度始终不变，故第4 s 末金属棒刚好进入磁场，且做匀速运动，此时金属棒中的电流I ＝I L ＝0.1 A金属棒受到的恒力大小：F ＝F 安＝BId ＝0.1 N.(3)因灯泡亮度始终不变，金属棒在磁场中运动时，产生的感应电动势为E 2＝E 1＝0.5 V 金属棒在磁场中匀速运动的速度v ＝E 2Bd ＝0.5 m/s 金属棒未进入磁场时的加速度为a ＝v t＝0.125 m/s 2故金属棒的质量为m ＝F a＝0.8 kg.。

(部编版)2020学年高中物理课时跟踪检测四电磁感应现象的两类情况选修39

课时跟踪检测（四）电磁感应现象的两类情况1．下列说法中正确的是( )A ．动生电动势是洛伦兹力对导体中自由电荷做功而引起的B ．因为洛伦兹力对运动电荷始终不做功，所以动生电动势不是由洛伦兹力而产生的C ．动生电动势的方向可以由右手定则来判定D ．导体棒切割磁感线产生感应电流，受到的安培力一定与受到的外力大小相等、方向相反解析：选C 动生电动势是洛伦兹力沿导体方向的分力做功引起的，但洛伦兹力对自由电荷所做的总功仍为零，选项A 、B 错误；动生电动势是由于导体切割磁感线产生的，可由右手定则判定方向，C 正确；只有在导体棒做匀速切割时，除安培力以外的力的合力才与安培力大小相等方向相反，做变速运动时不成立，故D 错误。

2. (多选)一个面积S ＝4×10－2m 2、匝数n ＝100匝的线圈，放在匀强磁场中，磁场方向垂直于线圈平面，磁感应强度B 随时间t 变化的规律如图1所示，则下列判断正确的是( )图1A ．在开始的2 s 内穿过线圈的磁通量的变化率等于0.08 Wb/sB ．在开始的2 s 内穿过线圈的磁通量的变化量等于零C ．在开始的2 s 内线圈中产生的感应电动势等于8 VD ．在第3 s 末线圈中的感应电动势等于零解析：选AC 由B t 图像可知，在开始的2 s 内，ΔΦΔt ＝ΔB ·S Δt ＝2×2×4×10－22 Wb/s ＝0.08 Wb/s ，选项A正确，B 错误；在开始的2 s 内，E ＝n ΔΦΔt ＝100×0.08 V＝8 V ，故选项C 正确；第3 s 末磁感应强度的变化率不为零，则感应电动势也不为零，故选项D 错误。

3. (多选)如图2所示，导体棒AB 在做切割磁感线运动时，将产生一个感应电动势，因而在电路中有电流通过。

下列说法中正确的是( )图2A ．因导体运动而产生的感应电动势称为动生电动势B ．动生电动势的产生与洛伦兹力有关C ．动生电动势的产生与电场力有关D ．动生电动势和感生电动势产生的原因是一样的解析：选AB 动生电动势是由于导体运动而产生的，选项A 正确；动生电动势中，非静电力是洛伦兹力沿导体棒方向的分力，而感生电动势是由感生电场产生的，选项B 正确，C 、D 错误。

2020版高中物理第四章5电磁感应现象的两类情况练习(含解析)新人教版选修3_2

5 电磁感应现象的两类情况1.下列说法正确的是( C )A.动生电动势是洛伦兹力对导体中自由电荷做功而引起的B.因为洛伦兹力对运动电荷始终不做功,所以动生电动势不是由洛伦兹力而产生的C.动生电动势的方向可以由右手定则来判定D.导体棒切割磁感线产生感应电流,受到的安培力一定与受到的外力大小相等、方向相反解析:洛伦兹力沿导体方向的分力对导体中自由电荷做功是产生动生电动势的本质,在导体中自由电荷受洛伦兹力的合力与合速度方向垂直,总功为0,故A,B错误;动生电动势是由导体切割磁感线产生的,可由右手定则判断方向,故C正确;只有在导体棒做匀速切割时,除安培力以外的力的合力才与安培力大小相等、方向相反,做变速运动时不成立,故D错误.2.如图所示,在一水平光滑绝缘塑料板上有一环形凹槽,有一带正电小球质量为m、电荷量为q,在槽内沿顺时针做匀速圆周运动,现加一竖直向上的均匀变化的匀强磁场,且B逐渐增加,则( A )A.小球速度变大B.小球速度变小C.小球速度不变D.以上三种情况都有可能解析:在此空间中,没有闭合导体,但磁场的变化使空间产生感生电场.根据楞次定律得出如图所示感生电场,又因小球带正电荷,电场力与小球速度同向,电场力对小球做正功,小球速度变大,选项A正确.3.(多选)磁场垂直穿过金属圆环向里(图1),磁感应强度B的大小随时间t的变化关系如图2所示.E1,E2,E3分别表示Oa,ab,bc三段过程中金属环中感应电动势的大小,则( CD )A.E1最大B.E2最大C.E2最小D.E3最大解析:由法拉第电磁感应定律可知E=n S,由图知应有ab段中磁通量的变化率最小,而bc段中磁通量的变化率最大,故有E2<E1<E3.4.(2019·湖南长沙月考)(多选)如图,空间中存在一匀强磁场区域,磁场方向与竖直面(纸面)垂直,磁场的上、下边界(虚线)均为水平面;纸面内磁场上方有一个正方形导线框abcd,其上、下两边均与磁场边界平行,边长小于磁场上、下边界的间距.若线框自由下落,从ab边进入磁场时开始,直至ab边到达磁场下边界为止,线框下落的速度大小可能( CD )A.始终减小B.始终不变C.始终增加D.先减小后增加解析:导线框开始做自由落体运动,ab边以一定的速度进入磁场,ab边切割磁感线产生感应电流,根据左手定则可知ab边受到向上的安培力,当安培力大于重力时,线框做减速运动,当线框完全进入磁场后,线框不产生感应电流,此时只受重力,做加速运动,故先减速后加速运动,故选项A错误,D正确;当ab边进入磁场后安培力等于重力时,线框做匀速运动,当线框完全进入磁场后,线框不产生感应电流,此时只受重力,做加速运动,故先匀速后加速运动,故B错误;当ab边进入磁场后安培力小于重力时,线框做加速运动,当线框完全进入磁场后,线框不产生感应电流,此时只受重力,做加速运动,故选项C正确.5.(2018·陕西宝鸡期末)如图1所示,一根电阻为R=4 Ω的导线绕成半径为d=2 m的圆,在圆内部分区域存在变化的匀强磁场,中间S形虚线是两个直径为d的半圆,磁场随时间变化如图2所示(磁场垂直于纸面向外为正,电流逆时针方向为正),关于圆环中的电流—时间图象,以下四图中正确的是( B )解析:0～1 s,感应电动势为E1=S=4π V,感应电流大小为I1== A=π A,由楞次定律知,感应电流为顺时针方向,为负方向,结合选项知B正确,A,C,D错误.6.如图(甲)所示,固定在水平桌面上的光滑金属框架cdeg处于方向竖直向下的匀强磁场中,金属杆ab与金属框架接触良好.在两根导轨的端点d,e之间连接一电阻,其他部分电阻忽略不计.现用一水平向右的外力F作用在金属杆ab上,使金属杆由静止开始向右在框架上滑动,运动中杆ab始终垂直于框架.图(乙)为一段时间内金属杆受到的安培力F安随时间t的变化关系,则图(丙)中可以表示外力F随时间t变化关系的图象是( D )解析:ab切割磁感线产生感应电动势E=Blv,感应电流为I=,安培力F安=,所以v∝F安,由图象知F安∝t,所以v∝t,金属杆的加速度为定值,又由牛顿第二定律F-F安=ma,即F=F安+ma,故选项D正确.7.(2018·福建福州期中)如图所示,MN,PQ为光滑金属导轨,磁场垂直于导轨平面,C为电容器,导体棒ab垂直跨接在导轨之间,原来ab静止,C不带电,现给导体棒ab一初速度v0,则导体棒做( D )A.匀速运动B.匀减速运动C.加速度减小的减速运动,最后静止D.加速度减小的减速运动,最后匀速运动解析:ab棒切割磁感线,产生感应电动势,给电容器充电,同时ab棒在安培力作用下减速,当电容器两极板间电压与ab棒的电动势相等时,充电电流为零,安培力为零,ab棒做匀速运动,D正确.8.如图所示,线圈匝数为n,横截面积为S,线圈电阻为r,处于一个均匀增强的磁场中,磁感应强度随时间的变化率为k,磁场方向水平向右且与线圈平面垂直,电容器的电容为C,定值电阻的阻值为r.由此可知,下列说法正确的是( C )A.电容器下极板带正电B.回路电流逐渐增大C.电容器所带电荷量为D.电容器所带电荷量为nSkC解析:闭合线圈与阻值为r的电阻形成闭合回路,线圈相当于电源,电容器两极板间的电压等于路端电压;由楞次定律可知,电流从电阻r的左侧流入,右侧流出,故电容器上极板带正电,选项A错误;线圈产生的感应电动势为E=nS=nSk,I==,则电流恒定不变,选项B错误;路端电压U=Ir=,则电容器所带电荷量为Q=CU=,选项C正确,D错误.9.如图所示,在匀强磁场中,放置两根光滑平行导轨MN和PQ,其电阻不计,ab,cd两根导体棒,其电阻R ab<R cd,当ab棒在外力F1作用下向左匀速滑动时,cd棒在外力F2作用下保持静止,F1和F2的方向都与导轨平行,那么,F1和F2大小相比、ab和cd两端的电势差相比,正确的是( B )A.F1>F2,U cd>U abB.F1=F2,U ab=U cdC.F1<F2,U ab<U cdD.F1=F2,U ab<U cd解析:因ab和cd的安培力都是F=BIl,又因为ab棒在外力F1作用下向左匀速滑动时,cd在外力F2作用下保持静止,故F1=F2,又由MN,PQ电阻不计,所以a,c两点等势,b,d两点等势,因而U ab=U cd,故B正确.10.(多选)如图所示,在一磁感应强度B=0.5 T的匀强磁场中,垂直于磁场方向水平放着两根相距为h=0.1 m的平行金属导轨MN和PQ,导轨电阻忽略不计,在两根导轨的端点N,Q之间连接一阻值R=0.3 Ω的电阻,导轨上跨放着一根长为L=0.2 m,每米阻值r=2 Ω的金属棒ab,金属棒与导轨正交放置,交点为c,d,当金属棒在水平拉力作用下以速度v=4 m/s 向左做匀速运动时,则下列说法正确的是( BC )A.金属棒a,b两端点间的电势差为0.2 VB.水平拉金属棒的力的大小为0.02 NC.金属棒a,b两端点间的电势差为0.32 VD.回路中的发热功率为0.06 W解析:金属棒cd段产生的感应电动势为E cd=Bhv=0.5×0.1×4 V=0.2 V;cdQN中产生的感应电流为I== A=0.4 A;金属棒ab两端的电势差等于U ac,U cd,U db三者之和,由于U cd=E cd-Ir cd,所以U ab=E ab-Ir cd=BLv-Ir cd=0.32 V,故A错误,C正确;使金属棒匀速运动的外力与安培力是一对平衡力,方向向左,大小为F=F安=BIh=0.5×0.4×0.1 N=0.02 N,选项B正确;回路中的发热功率P热=I2(R+hr)=0.08 W,D错误.11.(2018·山东威海期末)(多选)如图所示,两根相同的平行金属导轨固定在水平桌面上,导轨单位长度的电阻相同,端点P,Q用电阻可以忽略的导线相连.垂直于桌面的磁场随时间变化,已知磁感应强度B与时间t的关系为B=kt,比例系数k恒定(k>0).一电阻不计的导体棒可在导轨上无摩擦滑动,在滑动过程中保持与导轨垂直.t=0时刻,导体棒紧靠在P,Q端,在平行于导轨的水平外力F作用下,导体棒以恒定的加速度从静止开始向导轨的另一端滑动,下列关于整个回路的电动势E、电流I、导体棒所受外力F、整个回路消耗的电功率P随时间变化的图象正确的是( BC )解析:杆在t时刻的速度v=at,动生电动势E1=BLv=kaLt2,由法拉第电磁感应定律得感生电动势E2===kaLt2,则回路中的感应电动势E=E1+E2=kaLt2,故选项A错误;设单位长度的电阻为r0,则导轨电阻R=2×at2r0=ar0t2,电流I==,选项B正确;根据牛顿第二定律F=ma+ F安=ma+kt··L=ma+t,故选项C正确;电功率P=I2R=t2,故选项D错误.12.(2019·浙江杭州检测)在如图(甲)所示的电路中,螺线管匝数n=1 500匝,横截面积S=20 cm2.螺线管导线电阻r=1.0 Ω,R1=4.0 Ω,R2=5.0 Ω,C=30 μF.在一段时间内,穿过螺线管的磁场的磁感应强度B按如图(乙)所示的规律变化.(1)求螺线管中产生的感应电动势;(2)闭合S,电路中的电流稳定后,求电阻R1的电功率;(3)S断开后,求流经R2的电荷量.解析:(1)根据法拉第电磁感应定律E==n·S得E=1 500×20×10-4× V=1.2 V.(2)根据闭合电路欧姆定律I==0.12 A,由P=I2R1得P=5.76×10-2 W.(3)S断开后,流经R2的电荷量即为S闭合时C板上所带的电荷量Q,电容器两端的电压U=IR2=0.6 V,流经R2的电荷量Q=CU=1.8×10-5 C.答案:(1)1.2 V (2)5.76×10-2 W (3)1.8×10-5 C13.abcd是由粗裸铜导线连接两个定值电阻R组成的闭合矩形导体框,水平放置,金属棒OP与ad及bc边垂直,并接触良好,空间存在着匀强磁场,磁感应强度B=2 T,方向竖直向下,俯视图如图所示.已知电阻R=2 Ω,金属棒OP的电阻r=1 Ω,其他部分的电阻都可忽略不计.ad及bc 边相距为L=0.8 m,给OP棒施加一个与棒垂直的恒力F=1.6 N,使棒从静止开始向右运动,加速一段时间后,棒达到最大速度,之后做匀速直线运动.求:(1)金属棒OP达到的最大速度大小;(2)金属棒OP运动s=0.5 m的过程中,通过金属棒OP的电荷量.解析:(1)R并=①感应电动势E=BLv②感应电流I=③做匀速直线运动有F=BIL④联立①②③④得v=1.25 m/s.(2)通过金属棒OP的电荷量q=== C=0.4 C.答案:(1)1.25 m/s(2)0.4 C。

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第 5 节电磁感应现象的两类情况、选择题1.( 多选) 如图所示，一金属半圆环置于匀强磁场中，当磁场突然减弱时，则( )A. N端电势高B. M端电势高C. 若磁场不变，将半圆环绕MN轴旋转180°的过程中，N端电势高D. 若磁场不变，将半圆环绕MN轴旋转180°的过程中，M端电势高答案BD解析将半圆环补充为圆形回路，由楞次定律可判断圆环中产生的感应电动势方向在半圆环中由N指向M即M端电势高，B正确；若磁场不变，半圆环绕MN轴旋转180°的过程中，由楞次定律可判断，半圆环中产生的感应电动势在半圆环中由N指向M即M端电势高，D正确。

2.如图所示，两个相同导线制成的开口圆环，大环半径为小环半径的 2倍，现用电阻不计的导线将两环连接在一起，若将大环放入一均匀变化的磁场中，小环处在磁场外， a 、b 两点间电压为U ,若将小环放入这个磁场中，大环在磁场外,U 1 U ；= 4答案 B解析根据题意设小环的电阻为R 则大环的电阻为 2R 小环的面积为积为4S ，且普=k ，当大环放入该均匀变化的磁场中时，大环相当于电源，小环相当于外电E i R 4EE 2路，所以E = 4kS, U^--^-kS ;当小环放入磁场中时，同理可得Ea = kS , Ua^-— -2R2R 3R 十 2R=f kS ,故U = 2。

选项B 正确。

3.（多选）如图所示，导体 AB 在做切割磁感线运动时，将产生一个感应电动势，因而在电路中有电流通过，下列说法中正确的是（）A. 因导体运动而产生的感应电动势称为动生电动势B. 动生电动势的产生与洛伦兹力有关C. 动生电动势的产生与电场力有关D. 动生电动势和感生电动势产生的原因是一样的答案 AB解析根据动生电动势的定义， A 正确；动生电动势中的非静电力与洛伦兹力有关，感生电动势中的非静电力与感生电场有关，B 正确，CD 错误。

a 、b 两点间电压为UA- = 1 B.U UT 2 S,则大环的面4.（多选）我国处在地球的北半球，飞机在我国上空匀速地巡航，机翼保持水平，飞机高度不变，由于地磁场的作用，金属机翼上有电势差。

设左侧机翼末端处的电势为0 i，右侧机翼末端处电势为0 2，则（）A. 若飞机从西向东飞，0 1比0 2高B. 若飞机从东向西飞，0 2比0 1高C. 若飞机从南向北飞，0 1比0 2高D. 若飞机从北向南飞，0 2比0 1高答案AC解析在北半球，地磁场有竖直向下的分量，飞机在水平飞行过程中，机翼切割磁感线，产生感应电动势，应用右手定则可以判断不管飞机向哪个方向飞行，都是左边机翼末端电势高，即A、C正确。

5•用相同导线绕制的边长为L或2L的四个闭合导线框，以相同的速度匀速进入右侧匀强磁场，如图所示。

在每个线框进入磁场的过程中，M N两点间的电压分别为U、U、U C和U d。

下列判断正确的是（）A. U L< U b v U C v U d B . U L< U b< Uv U CC. U k= U b< U C= U d D . U b< U< U d v U C答案B353 3 4解析MN两端电压为路端电压，BLv,U b= BLv,U = B・2L・v = -BLv, B-2L • v4 6 4 2 64=§BL V,故选B o6.如图所示，宽度为d 的有界匀强磁场，方向垂直于纸面向里。

在纸面所在平面内有一对角线长也为d的正方形闭合线圈ABCD沿AC方向垂直磁场边界匀速穿过该磁场区域。

规定逆时针方向为感应电流的正方向，t = 0时C点恰好进入磁场，则从C点进入磁场开始到A点离开磁场为止，闭合线圈中感应电流随时间的变化图象正确的是( )答案A解析线圈在进磁场的过程中，根据楞次定律可知，感应电流的方向为CBAD(方向，即为正值，在出磁场的过程中，根据楞次定律知，感应电流的方向为ABCD A即为负值。

在线圈匀速进入磁场直到进入一半的过程中，切割磁感线的有效长度均匀增大，感应电动势均匀增大，则感应电流均匀增大，在线圈继续运动至全部进入磁场的过程中，切割磁感线的有效长度均匀减小，感应电动势均匀减小，则感应电流均匀减小；在线圈匀速出磁场直到离开一半的过程中，切割磁感线的有效长度均匀增大，感应电流均匀增大，在线圈全部出磁场的过程中，切割磁感线的有效长度均匀减小，感应电12.流均匀减小。

故A正确，B、C D错误。

12.（多选）如图所示，水平放置的平行光滑金属导轨间距为I ，左端与一阻值为 R 的电阻相连，导轨电阻不计。

导轨间有竖直向下的匀强磁场，磁场的磁感应强度为 B 金属杆ab 垂直B. 金属杆a 端的电势高于b 端的电势Blv 2D.电阻R 上消耗的功率P =2RR + r答案 BD解析金属杆ab 切割磁感线，产生感应电流，由右手定则可判断电流的方向为由 b 到a ,A 错误；把金属杆ab 等效成电源，由于在电源内部，电流的方向为从b 到a ,则a 端电势比bE Blv B 2| v端的电势高，B 正确；产生的感应电动势 E = Blv ，电流1= R ^y = R 石，所以F = F 安=BII = R 石,2 Blv 2C 错误；电阻上消耗的功率 P = I R = 希 R,D 正确。

于两导轨放置，金属杆在两导轨间的部分的电阻为金属杆ab 向右以速度v 匀速运动，则（）r 。

现对金属杆 ab 施加向右的拉力 F ,使C.拉力2 2Bl v12.（多选）两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为 L ,底端接阻值为 R 的电阻。

将质量为 m 的金属棒悬挂在一个固定的轻弹簧下端，金属棒和导轨接触良好。

导轨所在平面与磁感应强度为B 的匀强磁场垂直，如图所示。

除电阻 R 外其余电阻不计。

现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放，则（）A. 释放瞬间金属棒的加速度等于重力加速度 gB.金属棒向下运动时，流过电阻 R 的电流方向为bC. 金属棒的速度为 v 时，所受的安培力大小为D. 电阻R 上产生的总热量等于金属棒重力势能的减少量答案 AC解析在金属棒释放的瞬间，速度为零，不受安培力的作用，只受到重力，A 正确。

由右手定则可得，电流的方向从 b 到a , B 错误。

当速度为v 时，产生的感应电动势为 E = BLv, 一 BVv 受到的安培力为 F 安=BIL ,计算可得F 安= ,C 正确。

将金属棒从弹簧原长位置由静止释R放，金属棒的重力势能转化为弹簧的弹性势能、金属棒的动能和电能，金属棒的重力势能最终的减少量等于弹性势能最终的增加量和电能，电能等于电阻R 上产生的总热量，D 错误。

F 安=BVv12.（多选）如图所示，阻值为 R 的金属棒从图示 ab 位置分别以v i 、V 2的速度沿光滑导轨（电阻不计）匀速滑到a ' b '位置，若v i : V 2= 1 : 2,则在这两次过程中（）A. 回路电流I i : I 2= 1 : 2B. 产生的热量Q ： Q= 1 : 2C. 通过任一截面的电荷量 q i ： q 2= 1 : 2D. 外力的功率P : P 2= 1 : 2 答案 AB^B|_s B 2 I _ sv产生的热量为：Q = I ?Rt =花-R •-= ———, CM v ,则得：Q : Q= V 1 : V 2= 1 : 2,故 B 正确; R v R通过任一截面的电何量为： q = It =眷=B|S , q 与v 无关，则得：q 1 : q 2= 1 : 1,故C 错误;由于棒匀速运动，外力的功率等于回路消耗的电功率，即得:P : F 2= 1 : 4，故 D 错误。

解析回路中感应电流为:i = R = BL v , i - v ,则得:11 : I 2= V 1 : V 2= 1 : 2，故 A 正确;P = I 2R= B|V2R, P M v 2，则得:R10.（多选）如图所示，两根光滑的金属导轨，平行放置在倾角为e的斜面上，导轨的下端接有电阻R,导轨自身的电阻可忽略不计。

斜面处在一个匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向上。

质量为m电阻可以不计的金属棒ab,在沿着斜面与棒垂直的恒力F作用下沿导轨匀速上滑，并上升高度h,在这一过程中（）A. 作用于金属棒上的各个力的合力所做的功等于零B. 作用于金属棒上的各个力的合力所做的功等于mgh与电阻R上产生的焦耳热之和C. 恒力F与安培力的合力所做的功等于零D. 恒力F与重力的合力所做的功等于电阻R上产生的焦耳热答案AD解析金属棒匀速上滑的过程中,对金属棒受力分析可知,有三个力对金属棒做功,恒力F 做正功,重力做负功,安培力阻碍相对运动,沿斜面向下,做负功。

匀速运动时,所受合力为零，故合力做功为零，A正确，B错误；恒力F与安培力的合力与重力沿导轨向下的分力大小相等、方向相反，该合力所做的功等于棒的重力势能的增加量mgh C错误；克服安培力做多少功就有多少其他形式的能转化为电路中的电能，电能又等于R上产生的焦耳热，恒力F 与重力的合力可分解为垂直导轨向下和沿导轨向上两个力,沿导轨向上的分力与棒受到的安培力大小相等、方向相反，故恒力F与重力的合力所做的功等于电阻R上产生的焦耳热,D 正确。

二、非选择题12.如图所示，用质量为m电阻为R的均匀导线做成边长为I的单匝正方形线框MNPQ线框每一边的电阻都相等。

将线框置于光滑绝缘的水平面上。

在线框的右侧存在垂直水平面向里的有界匀强磁场，磁场边界间的距离为2I，磁感应强度为Bo在垂直MN边的水平拉力作用下，线框以垂直磁场边界的速度v匀速穿过磁场。

在运动过程中线框平面水平，且MN边与磁场的边界始终平行。

求：(1) 线框MN边刚进入磁场时，线框中感应电流的大小;⑵线框MN边刚进入磁场时，M N两点间的电压L M N(3)在线框从Mt边刚进入磁场到PQ边刚穿出磁场的过程中，水平拉力对线框所做的功W… Blv 3 2由3v答案⑴-R⑵4BIV⑶一R-解析(1)线框MN边刚进入磁场时，感应电动势E= Blv线框中的感应电流I = R= Bv。

3 3⑵M N两点间的电压U M匸匚Blv。

4 4(3)只有MN边在磁场中时，线框运动的时间t =-v此过程线框中产生的焦耳热2 3 Q= |2Rt =誉同理，只有PQ边在磁场中运动时线框中产生的焦耳热Q=2 3 Bl v12.W = 2Q= 2B 2l 3v根据能量守恒定律得水平拉力做功为12.如图所示，一矩形金属框架与水平面成 e = 37°角，宽L= 0.4 m,上、下两端各有一个电阻R0 = 2 Q,框架的其他部分电阻不计，框架足够长，有一垂直于金属框架平面向上的匀强磁场，磁感应强度B= 1.0 T。