高考物理一轮复习成套课时练习 第九章电磁感应章末质量检测 选修32

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2020高考物理一轮复习成套课时练习 第九章第二单元法

2020高考物理一轮复习成套课时练习 第九章第二单元法

选修3-2 第九章第2单元法拉第电磁感应定律自感和涡流[课时作业]命题设计难度题号较易中等稍难单一目标法拉第电磁感应定律2、3、4、67、8、9 自感、互感1、5综合目标综合应用10 11、12一、选择题(本题共9小题,每小题7分,共63分,在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)1.(2020·安庆模拟)在图1所示的电路中,两个灵敏电流表G1和G2的零点都在刻度盘中央,当电流从“+”接线柱流入时,指针向右摆;电流从“-”接线柱流入时,指针向左摆.在电路接通后再断开的瞬间,下列说法中符合实际情况的是 ( )A.G1表指针向左摆,G2表指针向右摆B.G1表指针向右摆,G2表指针向左摆C.G1、G2表的指针都向左摆D.G1、G2表的指针都向右摆解析:电路接通后线圈中电流方向向右,当电路断开时,线圈中电流减小,产生与原方向相同的自感电动势,与G2和电阻组成闭合回路,所以G1中电流方向向右,G2中电流方向向左,即G1指针向右摆,G2指针向左摆.B项正确.答案:B2.(2020·山东高考)如图2所示,一导线弯成半径为a的半圆形闭合回路.虚线MN右侧有磁感应强度为B的匀强磁场,方向垂直于回路所在的平面.回路以速度v向右匀速进入磁场,直径CD始终与MN垂直.从D点到达边界开始到C点进入磁场为止,下列结论正确的是 ( ) 目标A .感应电流方向不变B .CD 段直导线始终不受安培力C .感应电动势最大值E m =2BavD .感应电动势平均值E -=12πBav 解析:导体切割磁感线产生电动势,由右手定则可知,感应电流方向不变. A 正确. 感应电动势的最大值即切割磁感线等效长度最大时的电动势,故E m =Bav ,C 错误.E -=ΔΦΔt① ΔΦ=B ·12πa 2 ② Δt =2a v③ 由①②③得E -=14πBav ,D 错误. 答案:A3.如图3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)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 ( )A .不带电B .所带电荷量与t 成正比C .带正电,电荷量是KL 2C 4π D .带负电,电荷量是KL 2C4π 解析:磁感应强度以B =B 0+Kt (K >0)随时间变化,由法拉第电磁感应定律E =ΔΦΔt=S ΔB Δt =KS ,而S =L 24π,经时间t 电容器P 板所带电荷量Q =EC =KL 2C 4π;由楞次定律知电容器P 板带负电,故D 选项正确.答案:D4.如图4甲所示,水平面上的平行导轨MN 、PQ 上放着两根导体棒ab 、cd ,两棒中间用绝缘丝线系住.开始,匀强磁场垂直于纸面向里,磁感应强度B 随时间t 的变化如图4乙所示.I 和F T 分别表示流过导体棒中的电流和丝线的拉力.则在t 0时刻( )A .I =0,F T =0B .I =0,F T ≠0C .I ≠0,F T =0D .I ≠0,F T ≠0解析:t 0时刻,磁场变化,磁通量变化,故I ≠0;由于B =0,故ab 、cd 所受安培力均为零,丝线的拉力为零.C 项正确.答案:C5.如图5所示是法拉第做成的世界上第一台发电机模型的原理图.将铜盘放在磁场中,让磁感线垂直穿过铜盘;图中a 、b 导线与铜盘的中轴线处在同一竖直平面内;转动铜盘,就可以使闭合电路获得电流.若图中铜盘半径为L ,匀强磁场的磁感应强度为B ,回路总电阻为R ,从上往下看逆时针匀速转动铜盘的角速度为ω.则下列说法正确的是( )A .回路中有大小和方向周期性变化的电流B .回路中电流大小恒定,且等于BL 2ωRC .回路中电流方向不变,且从b 导线流进灯泡,再从a 导线流向旋转的铜盘D .若将匀强磁场改为仍然垂直穿过铜盘的正弦变化的磁场,不转动铜盘,灯泡中也会有电流流过解析:把铜盘看做若干条由中心指向边缘的铜棒组合而成,当铜盘转动时,每根铜棒都在切割磁感线,相当于电源,由右手定则知,中心为电源正极,盘边缘为负极,若干个相同的电源并联对外供电,电流方向由b 经灯泡再从a 流回铜盘,方向不变,C 对,A 错.回路中感应电动势为E =BL v =12BωL 2,所以电流I =E R =BωL 22R,B 错.当铜盘不动,磁场按正弦规律变化时,铜盘中形成涡流,但没有电流通过灯泡,D 错.答案:C6.(2020·安徽高考)如图6甲所示,一个电阻为R 、面积为S 的矩形导线框abcd ,水平放置在匀强磁场中,磁场的磁感应强度为B ,方向与ad 边垂直并与线框平面成45°角,O 、O ′分别是ab边和cd边的中点.现将线框右半边ObcO′绕OO′逆时针旋转90°到图6乙所示位置.在这一过程中,导线中通过的电荷量是 ( )A.2BS2RB.2BSRC.BSRD.0解析:甲图中,磁通量Φ1=22BS,乙图中穿过线圈的磁通量等于零,根据公式q=ΔΦR=2BS2R,A正确.答案:A7.如图7所示是测定自感系数很大的线圈L的直流电阻的电路,L两端并联一只电压表,用来测自感线圈的直流电压,在测量完毕后,将电路解体时应先 ( )A.断开S1B.断开S2C.拆除电流表D.拆除电阻R解析:当S1、S2均闭合时,电压表与线圈L并联;当S2闭合而S1断开时,电压表与线圈L串联,所以在干路断开前后自感线圈L中电流方向相同而电压表中电流方向相反.只要不断开S2,线圈L与电压表就会组成回路,在断开干路时,L中产生与原来电流同方向的自感电流,使电压表中指针反向转动而可能损坏电压表.正确答案为B.答案:B8.如图8所示,两根相距为l的平行直导轨ab、cd,b、d间连有一固定电阻R,导轨电阻可忽略不计.MN为放在ab和cd上的一导体杆,与ab垂直,其电阻也为R.整个装置处于匀强磁场中,磁感应强度的大小为B,方向垂直于导轨所在平面(指向图中纸面内).现对杆MN施力使它沿导轨方向以速度v做匀速运动.令U表示MN 两端电压的大小,则 ( )A .U =12Blv ,流过固定电阻R 的感应电流由b 到dB .U =12Blv ,流过固定电阻R 的感应电流由d 到b C .U =Blv ,流过固定电阻R 的感应电流由b 到dD .U =Blv ,流过固定电阻R 的感应电流由d 到b解析:导体杆向右匀速运动产生的感应电动势为Blv ,R 和导体杆形成一串联电路,由分压原理得U =Blv R +R ·R =12Blv ,由右手定则可判断出感应电流方向由N →M →b →d ,所以A 选项正确.答案:A9.如图9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 棒斜向下.从某时刻开始磁感应强度均匀减小(假设不会减至零),同时施加一个水平外力F 使金属棒ab 保持静止,则 F b( )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:根据楞次定律,B 减小时,磁通量Φ减小,为阻碍Φ减小,ab 产生向右运动的趋势,故外力F 方向向左.再根据电磁感应定律,E =ΔΦΔt =ΔBS Δt,B 均匀减小,故ΔB Δt不变,E 不变,I 不变.F 安=BIL 均匀减小,故F 为变力.C 项正确. 答案:C二、计算题(本题共3小题,共37分,解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算 步骤,有数值计算的要注明单位)10.(11分)(2020·滁州模拟)如图10甲所示,一正方形金属线框位于有界匀强磁场区域内,线框的右边紧贴着边界.t =0时刻对线框施加一水平向右的外力F ,让线框从静止开始做匀加速直线运动,经过时间t 0穿出磁场.图10乙所示为外力F 随时间t 变化的图象.若线框质量为m 、电阻R 及图象中的F 0、t 0均为已知量,则根据上述条件,请你推出:(1)磁感应强度B 的表达式;(2)线框左边刚离开磁场前瞬间的感应电动势E 的表达式.解析:(1)线框运动的加速度:a =F 0m ①线框边长:l =12at 02 ② 线框离开磁场前瞬间速度: v =at 0 ③由牛顿第二定律知:3F 0-B 2l 2v R=ma ④ 解①②③④式得,B = 8m 3R F 02t 05 ⑤(2)线框离开磁场前瞬间感应电动势:E =Blv ⑥解①②③⑤⑥式得:E =2Rt 0F 02m. 答案:(1) 8m 3R F 02t 05 (2) 2Rt 0F 02m11.(12分)如图11甲所示,竖直向下的匀强磁场垂直于光滑的桌面,图甲中的虚线为磁场的边界线,边界线右侧的磁场区域足够大;质量为m 、电阻为R 的矩形金属线圈abcd 平放在桌面上,线圈的长和宽分别为l 和2l ,线圈的一半在磁场内,一半在磁场外;t =0时刻磁感应强度从B 0开始均匀减小,线圈中产生感应电流,在磁场力作用下线圈的v -t 图象如图11乙所示,图乙中的斜向虚线为t =0时刻速度图线的切线,数据由图中给出.求:(1)t =0时刻金属线圈的加速度;(2)磁感应强度的变化率ΔB Δt . 解析:(1)由v -t 图象知,t =0时刻的加速度为a =ΔvΔt =v 0t 1.(2)t =0时刻E =ΔB Δt ·S =ΔBΔt ·l 2回路中电流I =ER此时安培力F =B 0Il由牛顿第二定律得F =ma联立上述各式得ΔB Δt =mv 0RB 0l 3t 1.答案:(1)v 0t 1 (2)mv 0RB 0l 3t 112.(14分)(2020·全国卷Ⅱ)如图12所示,匀强磁场的磁感应强度方向垂直于纸面向里,大小随时间的变化率ΔBΔt =k ,k 为负的常量.用电阻率为ρ、横截面积为S 的硬导线做成一边长为l 的方框,将方框固定于纸面内,其右半部位于磁场区域中.求:(1)导线中感应电流的大小;(2)磁场对方框作用力的大小随时间的变化率.解析:(1)导线框的感应电动势为E =ΔΦΔt ① ΔΦ=12l 2ΔB ②导线框中的电流为I =E R③ 式中R 是导线框的电阻,根据电阻率公式有R =ρ4l S④ 联立①②③④式,将ΔB Δt=k 代入得 I =klS 8ρ⑤ (2)导线框所受磁场的作用力的大小为F =BIl ⑥ 它随时间的变化率为ΔFΔt =Il ΔBΔt ⑦ 由⑤⑦式得ΔF Δt =k 2l 2S8ρ.答案:(1)klS 8ρ (2)k 2l 2S8ρ。

高中物理 一轮复习 选修3-2 第九章 电磁感应 精选课时习题(含答案解析)

高中物理 一轮复习 选修3-2 第九章 电磁感应 精选课时习题(含答案解析)

高中物理一轮复习选修3-2 第九章电磁感应精选课时习题(含答案解析)学案44 电磁感应现象楞次定律一、概念规律题组图11.如图1所示,通电直导线下边有一个矩形线框,线框平面与直导线共面.若使线框逐渐远离(平动)通电导线,则穿过线框的磁通量将()A.逐渐增大B.逐渐减小C.保持不变D.不能确定2.下列情况中都是线框在磁场中切割磁感线运动,其中线框中有感应电流的是()3.某磁场磁感线如图2所示,有一铜线圈自图示A处落至B处,在下落过程中,自上向下看,线圈中感应电流的方向是()图2A.始终顺时针B.始终逆时针C.先顺时针再逆时针D.先逆时针再顺时针图34.如图3所示,导线框abcd与通电直导线在同一平面内,直导线通有恒定电流并通过ad和bc的中点,当线框向右运动的瞬间,则()A.线框中有感应电流,且按顺时针方向B.线框中有感应电流,且按逆时针方向C.线框中有感应电流,但方向难以判断D.由于穿过线框的磁通量为零,所以线框中没有感应电流二、思想方法题组图45.如图4所示,蹄形磁铁的两极间,放置一个线圈abcd,磁铁和线圈都可以绕OO′轴转动,磁铁如图示方向转动时,线圈的运动情况是()A.俯视,线圈顺时针转动,转速与磁铁相同B.俯视,线圈逆时针转动,转速与磁铁相同C.线圈与磁铁转动方向相同,但转速小于磁铁转速D.线圈静止不动图56.如图5所示,光滑固定导轨M、N水平放置,两根导体棒P、Q平行放置于导轨上,形成一个闭合回路,一条形磁铁从高处下落接近回路时()A.P、Q将相互靠拢B.P、Q将相互远离C.磁铁的加速度仍为gD.磁铁的加速度小于g一、楞次定律的含义及基本应用应用楞次定律判断感应电流方向的步骤:(1)确定原磁场方向;(2)明确闭合回路中磁通量变化的情况;(3)应用楞次定律的“增反减同”,确定感应电流的磁场的方向.(4)应用安培定则,确定感应电流的方向.应用楞次定律的步骤可概括为:一原二变三感四螺旋根据楞次定律的基本含义,按步就班解题一般不会出错.【例1】如图6所示,在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中,有一质量为m、阻值为图6R的闭合矩形金属线框abcd用绝缘轻质细杆悬挂在O点,并可绕O点摆动.金属线框从右侧某一位置由静止开始释放,在摆动到左侧最高点的过程中,细杆和金属线框平面始终处于同一平面,且垂直纸面.则线框中感应电流的方向是()A.a→b→c→d→aB.d→c→b→a→dC.先是d→c→b→a→d,后是a→b→c→d→aD.先是a→b→c→d→a,后是d→c→b→a→d[规范思维]图7[针对训练1]某实验小组用如图7所示的实验装置来验证楞次定律.当条形磁铁自上而下穿过固定的线圈时,通过电流计的感应电流的方向是()A.a→G→bB.先a→G→b,后b→G→aC.b→G→aD.先b→G→a,后a→G→b二、楞次定律拓展含义的应用感应电流的效果总是阻碍产生感应电流的原因.具体有以下几种情形:(1)当回路中的磁通量发生变化时,感应电流的效果是阻碍原磁通量的变化.(2)当出现引起磁通量变化的相对运动时,感应电流的效果是阻碍导体间的相对运动,即“来时拒,去时留”.(3)当闭合回路发生形变时,感应电流的效果是阻碍回路发生形变.(4)当线圈自身的电流发生变化时,感应电流的效果是阻碍原来的电流发生变化.【例2】如图8所示,粗糙水平桌面上有一质量为m的铜质矩形线圈.当一竖直放置的条形磁铁从线圈中线AB的正上方等高快速经过时,若线圈始终不动,则关于线圈受到的支持力FN及在水平方向上的运动趋势的判断正确的是()图8A.F N先小于mg后大于mg,运动趋势向左B.F N先大于mg后小于mg,运动趋势向左C.F N先小于mg后大于mg,运动趋势向右D.F N先大于mg后小于mg,运动趋势向右[规范思维][针对训练2]如图9所示,图9通电螺线管置于闭合金属环a的轴线上,当螺线管中电流I减小时()A.环有缩小的趋势以阻碍原磁通量的减小B.环有扩大的趋势以阻碍原磁通量的减小C.环有缩小的趋势以阻碍原磁通量的增大D.环有扩大的趋势以阻碍原磁通量的增大图10[针对训练3]如图10,金属环A用轻绳悬挂,与长直螺线管共轴,并位于其左侧,若变阻器滑片P 向左移动,则金属环A将向________(填“左”或“右”)运动,并有________(填“收缩”或“扩张”)趋势.三、楞次定律、右手定则、左手定则、安培定则的综合应用1.规律比较2.应用区别关键是抓住因果关系:(1)因电而生磁(I→B)→安培定则;(2)因动而生电(v、B→I)→右手定则;(3)因电而受力(I、B→F安)→左手定则.3.相互联系(1)应用楞次定律,必然要用到安培定则;(2)感应电流受到安培力,有时可以先用右手定则确定电流的方向,再用左手定则确定安培力的方向,有时也可以直接应用楞次定律的推论确定安培力的方向.图11【例3】如图11所示,水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ、MN,当PQ在外力作用下运动时,MN在磁场力的作用下向右运动,则PQ所做的运动可能是()A.向右加速运动B.向左加速运动C.向右减速运动D.向左减速运动[规范思维][针对训练4]图12如图12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【基础演练】1.在电磁学的发展过程中,许多科学家做出了贡献.下列说法正确的是()A.奥斯特发现了电流磁效应;法拉第发现了电磁感应现象B.麦克斯韦预言了电磁波;楞次用实验证实了电磁波的存在C.库仑发现了点电荷的相互作用规律;密立根通过油滴实验测定了元电荷的数值D.安培发现了磁场对运动电荷的作用规律;洛伦兹发现了磁场对电流的作用规律图132.电阻R、电容C与一线圈连成闭合回路,条形磁铁静止于线圈的正上方,N极朝下,如图13所示.现使磁铁开始自由下落,在N极接近线圈上端的过程中,流过R的电流方向和电容器极板的带电情况是() A.从a到b,上极板带正电B.从a到b,下极板带正电C.从b到a,上极板带正电D.从b到a,下极板带正电图143.直导线ab放在如图14所示的水平导体框架上,构成一个闭合回路.长直导线cd和框架处在同一个平面内,且cd和ab平行,当cd中通有电流时,发现ab向左滑动.关于cd中的电流下列说法正确的是()A.电流肯定在增大,不论电流是什么方向B.电流肯定在减小,不论电流是什么方向C.电流大小恒定,方向由c到dD.电流大小恒定,方向由d到c图154.如图15所示是一种延时开关.S2闭合,当S1闭合时,电磁铁F将衔铁D吸下,将C线路接通.当S1断开时,由于电磁感应作用,D将延迟一段时间才被释放,则()A.由于A线圈的电磁感应作用,才产生延时释放D的作用B.由于B线圈的电磁感应作用,才产生延时释放D的作用C.如果断开B线圈的电键S2,无延时作用D.如果断开B线圈的电键S2,延时将变长图165.绕有线圈的铁芯直立在水平桌面上,铁芯上套着一个铝环,线圈与电源、开关相连,如图16所示.闭合开关的瞬间,铝环跳起一定高度.保持开关闭合,下列现象正确的是()A.铝环停留在这一高度,直到断开开关铝环回落B.铝环不断升高,直到断开开关铝环回落C.铝环回落,断开开关时铝环又跳起D.铝环回落,断开开关时铝环不再跳起图176.如图17所示,通电螺线管置于水平放置的两根光滑平行金属导轨MN和PQ之间,ab和cd是放在导轨上的两根金属棒,它们分别放在螺线管的左右两侧.保持开关闭合,最初两金属棒处于静止状态,当滑动变阻器的滑动触头向左滑动时,ab和cd棒的运动情况是()A.ab向左,cd向右B.ab向右,cd向左C.ab,cd都向右运动D.ab,cd都不动图187.一长直铁芯上绕有一固定线圈M,铁芯右端与一木质圆柱密接,木质圆柱上套有一闭合金属环N,N可在木质圆柱上无摩擦移动.M连接在如图18所示的电路中,其中R为滑动变阻器,E1和E2为直流电源,S为单刀双掷开关.下列情况中,可观测到N向左运动的是()A.在S断开的情况下,S向a闭合的瞬间B.在S断开的情况下,S向b闭合的瞬间C.在S已向a闭合的情况下,将R的滑动头向c端移动时D.在S已向a闭合的情况下,将R的滑动头向d端移动时图198.如图19所示,在匀强磁场中放有两条平行的铜导轨,它们与大导线圈M相连接.要使小导线圈N 获得顺时针方向的感应电流,则放在导轨上的裸金属棒ab的运动情况是(两导线圈共面放置)() A.向右匀速运动B.向左加速运动C.向右减速运动D.向右加速运动【能力提升】9.如图20所示,通过水平绝缘传送带输送完全相同的铜线圈,线圈等距离排列,且与传送带以相同的速度匀速运动.为了检测出个别未闭合的不合格线圈,让传送带通过一固定匀强磁场区域,磁场方向垂直于传送带运动方向,根据穿过磁场后线圈间的距离,就能够检测出不合格线圈.通过观察图形,判断下列说法正确的是()图20A.若线圈闭合,进入磁场时,线圈相对传送带向后滑动B.若线圈不闭合,进入磁场时,线圈相对传送带向后滑动C.从图中可以看出,第3个线圈是不合格线圈10.在“研究电磁感应现象”的实验中,首先按图21(a)接线,以查明电流表指针的偏转方向与电流方向之间的关系.当闭合S时,观察到电流表指针向左偏,不通电时电流表指针停在正中央.然后按图(b)所示将电流表与副线圈B连成一个闭合回路,将原线圈A、电池、滑动变阻器和电键S串联成另一个闭合电路.(1)S闭合后,将螺线管A(原线圈)插入螺线管B(副线圈)的过程中,电流表的指针将________偏转.(2)线圈A放在B中不动时,指针将________偏转.(3)线圈A放在B中不动,将滑动变阻器的滑片P向左滑动时,电流表指针将________偏转.(选填“向左”、“向右”或“不”)图21图2211.如图22所示,匀强磁场区域宽为d,一正方形线框abcd的边长为l,且l>d,线框以速度v通过磁场区域,从线框进入到完全离开磁场的时间内,线框中没有感应电流的时间是多少?图2312.如图23所示是家庭用的“漏电保护器”的关键部分的原理图,其中P是一个变压器铁芯,入户的两根电线(火线和零线)采用双线绕法,绕在铁芯的一侧作为原线圈,然后再接入户内的用电器.Q是一个脱扣开关的控制部分(脱扣开关本身没有画出,它是串联在本图左边的火线和零线上,开关断开时,用户的供电被切断),Q接在铁芯另一侧副线圈的两端a、b之间,当a、b间没有电压时,Q使得脱扣开关闭合,当a、b间有电压时,脱扣开关立即断开,使用户断电.(1)用户正常用电时,a、b之间有没有电压?为什么?(2)如果某人站在地面上,手误触火线而触电,脱扣开关是否会断开?为什么?学案44电磁感应现象楞次定律【课前双基回扣】1.B 2.BC3.C[自A落至图示位置时,穿过线圈的磁通量增加,磁场方向向上,则感应电流的磁场方向与之相反,即向下,故可由安培定则判断线圈中感应电流的方向为顺时针;自图示位置落至B点时,穿过线圈的磁通量减少,磁场方向向上,则感应电流的磁场方向与之相同,即向上,故可由安培定则判断线圈中感应电流的方向为逆时针,选C.]4.B[此题可用两种方法求解,借此感受右手定则和楞次定律分别在哪种情况下更便捷.方法一:首先由安培定则判断通电直导线周围的磁场方向(如下图所示),因ab导线向右做切割磁感线运动,由右手定则判断感应电流由a→b,同理可判断cd导线中的感应电流方向由c→d,ad、bc两边不做切割磁感线运动,所以整个线框中的感应电流是逆时针方向的.方法二:首先由安培定则判断通电直导线周围的磁场方向(如右图所示),由对称性可知合磁通量Φ=0;其次当导线框向右运动时,穿过线框的磁通量增大(方向垂直向里),由楞次定律可知感应电流的磁场方向垂直纸面向外,最后由安培定则判断感应电流沿逆时针方向,故B选项正确.]5.C[本题“原因”是磁铁有相对线圈的运动,“效果”便是线圈要阻碍两者的相对运动,线圈阻止不了磁铁的运动,由“来拒去留”知,线圈只好跟着磁铁同向转动;如果二者转速相同,就没有相对运动,线圈就不会转动了,故答案为C.]6.AD[根据楞次定律,感应电流的效果是总要阻碍产生感应电流的原因,本题中“原因”是回路中磁通量的增加,P、Q可通过缩小面积的方式进行阻碍,故可得A正确.由“来拒去留”得回路电流受到向下的力的作用,由牛顿第三定律知磁铁受向上的作用力,所以磁铁的加速度小于g,选A、D.]思维提升1.磁通量的大小与线圈匝数无关.磁通量的变化量为末态磁通量减初态磁通量,即:ΔΦ=Φ2-Φ1.2.无论回路是否闭合.只要穿过线圈平面的磁通量发生变化,线圈中就产生感应电动势,产生感应电动势的那部分导体就相当于电源.3.楞次定律的理解:①感应电流的磁场起阻碍作用;②阻碍原磁通量的变化;③阻碍不是阻止,最终要发生变化;④阻碍的形式:“来拒去留”“增反减同”4.导线切割磁感线用右手定则来进行判断:伸开右手,使拇指与其余四个手指垂直,并且都与手掌在同一个平面内,让磁感线从掌心进入,并使拇指指向导线运动的方向,这时四指所指的方向就是感应电流的方向.【核心考点突破】例1 B[由楞次定律可知,在线框从右侧摆动到O点正下方的过程中,向上的磁通量在减小,感应电流的磁场与原磁场方向相同(即向上),再根据安培定则可以判断感应电流的方向沿a→d→c→b→a,同理,可知线框从O点正下方向左侧摆动的过程,电流方向沿a→d→c→b→a,故选B.][规范思维](1)在判断感应电流的方向时,分析磁通量的变化只需看穿过平面的磁感线的条数即可,还要注意磁感线是从正面穿入还是从正面穿出(正面是为了分析问题事先选定的).(2)根据楞次定律的基本含义,按步就班(一原二变三感四螺旋)解题一般不会出错.例2 D[条形磁铁从线圈正上方等高快速经过时,通过线圈的磁通量先增加后减小.当通过线圈的磁通量增加时,为阻碍其增加,在竖直方向上线圈有向下运动的趋势,所以线圈受到的支持力大于重力,在水平方向上有向右运动的趋势;当通过线圈的磁通量减小时,为阻碍其减小,在竖直方向上线圈有向上运动的趋势,所以线圈受到的支持力小于重力,在水平方向上有向右运动的趋势.综上所述,线圈受到的支持力先大于重力后小于重力,运动趋势总是向右.][规范思维]本题是根据楞次定律的第二种描述解题的.根据磁通量的增、减,利用阻碍相对运动来分析水平方向和竖直方向上安培力的方向.楞次定律的几种表述情况,都可归纳为阻碍产生感应电流的原因.例3 BC[设PQ向右运动,用右手定则和安培定则判定可知穿过L1的磁感线方向向上.若PQ向右加速运动,则穿过L1的磁通量增加,用楞次定律判定可知通过MN的感应电流方向是N→M,对MN用左手定则判定,可知MN向左运动,可见A选项不正确.若PQ向右减速运动,则穿过L1的磁通量减少,用楞次定律判定可知通过MN的感应电流方向是M→N,对MN用左手定则判定,可知MN是向右运动,可见C正确.同理设PQ向左运动,用上述类似的方法可判定B正确,而D错误.][规范思维]由导体运动分析产生感应电流的方向时用右手定则,由电流分析所受安培力的方向时,用左手定则.安培定则又称右手螺旋定则,用来判断电流产生的磁场方向,它们的作用及操作方法都不同,学习时要明确区分.[针对训练]1.D[①确定原磁场的方向:条形磁铁在穿入线圈的过程中,磁场方向向下.②明确闭合回路中磁通量变化的情况:向下的磁通量增加.③由楞次定律的“增反减同”可知:线圈中的感应电流产生的磁场方向向上.④应用右手定则可以判断感应电流的方向为逆时针(俯视),即:电流的方向从b→G→a.同理可以判断出条形磁铁穿出线圈的过程中,向下的磁通量减小,由楞次定律可得:线圈中将产生顺时针的感应电流(俯视),即:电流的方向从a→G→b.]2.A[由于I减小,穿过闭合金属环的磁通量变小,通电螺线管在环a的轴线上,所以环通过缩小面积来阻碍原磁通量的减小,所以A正确.]3.左收缩解析变阻器滑片P向左移动,电阻变小,电流变大,根据楞次定律,感应电流的磁场方向与原电流的磁场方向相反,相互排斥,则金属环A将向左移动,因磁通量增大,金属环A有收缩的趋势.4.B[直线电流的磁场离导线越远,磁感线越稀疏,故线圈在下落过程中磁通量一直减小,A错;由于上、下两边电流相等,上边磁场较强,线框所受合力不为零,C错;由于电磁感应,一部分机械能转化为电能,机械能减小,D错.]思想方法总结1.感应电流方向的判断方法:方法一:右手定则(适用于部分导体切割磁感线)方法二:楞次定律楞次定律的应用步骤2.(1)若导体不动,回路中磁通量变化,应该用楞次定律判断感应电流方向而不能用右手定则.(2)若是回路中一部分导体做切割磁感线运动产生感应电流,用右手定则判断较为简单,用楞次定律进行判定也可以,但较为麻烦.3.电磁感应现象、楞次定律等知识与生产、生活联系比较密切,如电磁阻尼现象、延时开关等.这类题目往往以生产、生活实践和高新技术为背景,提出问题,并要求学生用所学知识去解决问题.解决问题的关键是认真读题,弄清物理情景,建立正确的物理模型,再用相关的物理规律求解.【课时效果检测】1.AC[赫兹用实验证实了电磁波的存在,B错;安培发现了磁场对电流的作用规律;洛伦兹发现了磁场对运动电荷的作用规律,D错.]2.D[当N极接近线圈的上端时,线圈中的磁通量增大,由楞次定律可知感应电流的方向,且流经R的电流为从b到a,电容器下极板带正电.]3.B[此题利用楞次定律的第二种描述比较方便,导线ab向左滑动,说明回路中的磁通量在减小,即cd中的电流在减小,与电流的方向无关,故B正确.]4.BC[S1断开时,A线圈中电流消失,磁通量减少,B线圈中产生感应电流,阻碍线圈中磁通量的减少,A错,B对;若断开S2,B线圈中无感应电流,磁通量立即减为零,不会有延时作用,C对,D错.] 5.D[在闭合开关的瞬间,铝环的磁通量增加,铝环产生感应电流,由楞次定律的第二种描述可知,铝环受到向上的安培力跳起一定高度,当保持开关闭合时,回路中电流不再增加,铝环中不再有感应电流,不再受安培力,将在重力作用下回落,所以A、B均错误;铝环回落后,断开开关时,铝环中因磁通量的变化产生感应电流,使铝环受到向下的安培力,不会再跳起,所以C错误,D正确.] 6.A[由楞次定律可知A正确.]7.C[由楞次定律的第二种描述可知:只要线圈中电流增强,即穿过N的磁通量增加,N就会受排斥而向右运动,只要线圈中电流减弱,即穿过N的磁通量减少,N就会受吸引而向左运动.故选项C正确.]8.BC [欲使N 产生顺时针方向的感应电流,感应电流的磁场方向应垂直纸面向里,由楞次定律可知有两种情况:一是M 中有顺时针方向逐渐减小的电流,使其在N 中的磁场方向向里,且磁通量在减小;二是M 中有逆时针方向逐渐增大的电流,使其在N 中的磁场方向向外,且磁通量在增大.因此,根据右手定则,对于前者,应使ab 减速向右运动;对于后者,则应使ab 加速向左运动.故应选B 、C.]9.AC [若线圈闭合,进入磁场时,由于产生感应电流,根据楞次定律可判断线圈相对传送带向后滑动,故A 正确;若线圈不闭合,进入磁场时,不会产生感应电流,故线圈相对传送带不发生滑动,故B 错误;从图中可以看出,第3个线圈是不合格线圈,C 正确.]10.(1)向右 (2)不 (3)向右11.l -d v解析 从线框进入磁场到完全离开磁场,只有线框bc 边运动至磁场右边缘至ad 边运动至磁场左边缘的过程中无感应电流.此过程的位移为:l -d故线框中没有感应电流的时间为:t =l -d v12.见解析解析 (1)用户正常用电时,a 、b 之间没有电压,因为双线绕成的初级线圈的两根导线中的电流总是大小相等、方向相反,穿过铁芯的磁通量总为零,副线圈中不会产生感应电动势.(2)会断开,因为人站在地面上手误触火线,电流通过火线和人体流向大地,不通过零线,这样变压器的铁芯中就会有磁通量的变化,从而在副线圈中产生感应电动势,即a 、b 间有电压,脱扣开关就会断开.易错点评1.在第2题中,产生感应电流的是右边的线圈,它是电源.许多同学误认为是电容器C 在放电,使线圈中有电流,造成失误.2.在第5题中,有同学往往认为通电线圈好似一个电动机,只要它通电,就能使铝环停在一定高度,属于没有真正理解电磁感应现象.真正的现象应是:闭合瞬间,铝环跳起,电流稳定后,铝环是落下的,当电键断开时,是不会跳起的.3.在第8题中,注意思维的顺序,分清谁是原因——ab 的加、减速运动,谁是结果——N 中产生感应电流.4.在第11题中,一定要注意条件:l>d.。

高考物理一轮复习成套课时练习 第九章第三单元电磁感应规律的综合应用课时作业 选修32

高考物理一轮复习成套课时练习 第九章第三单元电磁感应规律的综合应用课时作业 选修32

命 题 设 计难度题号 较易中等稍难单 一 目 标 电磁感应中的力学问题64、5电磁感应中的电路问题 1、2 电磁感应中的能量问题3、7、8综合 目标综合应用 9、10 11、12高考物理一轮复习成套课时练习 第九章第三单元电磁感应规律的综合应用课时作业 选修32一、选择题(本题共9小题,每小题7分,共63分,在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)1.(2010·六安模拟)如图1所示,有两根和水平方向成α角的光滑平行的金属轨道,上端接有可变电阻R ,下端足够长,空间有垂直于轨道平面的匀强磁场,磁感应强度为B .一根质量为m 的金属杆从轨道上由静止滑下,经过足够长的时间后,金属杆的速度会趋近于一个最大速度v m ,则 ( ) A .如果B 增大,v m 将变大 B .如果α变大,v m 将变大 C .如果R 变大,v m 将变小 D .如果m 变小,v m 将变大解析:以金属杆为研究对象,受力如图所示. 根据牛顿第二定律得mg sin α-F 安=ma ,其中F 安=B 2L 2vR.当a →0时,v →v m , 解得v m =mgR sin αB 2L 2, 结合此式分析即得B 选项正确. 答案:B目标2.如图2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BLv C .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B 2L 2v R解析:当导线MN 匀速向右运动时,导线MN 产生的感应电动势恒定,稳定后,电容器既不充电也不放电,无电流产生,故电阻两端无电压,电容器两极板间电压U =E =BLv ,所带电荷量Q =CU =CBLv ,故A 、B 错,C 对;MN 匀速运动时,因无电流而不受安培力,故拉力为零,D 错. 答案:C3.如图3所示的电路中,两根光滑金属导轨平行放置在倾角为θ的 斜面上,导轨下端接有电阻R ,导轨电阻不计,斜面处在竖直向上 的磁感应强度为B 的匀强磁场中,电阻可略去不计的金属棒ab 质 量为m ,受到沿斜面向上且与金属棒垂直的恒力F 的作用,金属 棒沿导轨匀速下滑,则它在下滑h 高度的过程中,以下说法正确的 是 ( ) A .作用在金属棒上各力的合力做功为零 B .重力做功将机械能转化为电能C .重力与恒力F 做功的代数和等于电阻R 上产生的焦耳热与金属棒的动能之和D .金属棒克服安培力做功等于重力与恒力F 做的总功与电阻R 上产生的焦耳热 之和解析:由于金属棒匀速下滑,故作用在棒上的各个力的合力做功为零,故A 对;克服安培力做功将机械能转化为电能,故B 错误;列出动能定理方程W G -W F -W 安=0,变形可得W G -W F =W 安,可知C 、D 错误. 答案:A4.如图4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R2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( ) A.Bav3B.Bav6C.2Bav3D .Bav 解析:摆到竖直位置时,AB 切割磁感线的瞬时感应电动势E =B ·2a ·(12v )=Bav .由闭合电路欧姆定律,U AB =E R 2+R 4·R 4=13Bav ,故选A.答案:A5.如图5所示,光滑的“∏”形金属导体框竖直放置,质量为m 的金属棒MN 与框架接触良好.磁感应强度分别为B 1、B 2的有界匀强磁场方向相反,但均垂直于框架平面,分别处在abcd 和cdef 区域.现从图示位置由静止释放金属棒MN ,当金属棒进入磁场B 1区域后,恰好做匀速运动.以下说法中正确的有 ( ) A .若B 2=B 1,金属棒进入B 2区域后将加速下滑 B .若B 2=B 1,金属棒进入B 2区域后仍将保持匀速下滑 C .若B 2<B 1,金属棒进入B 2区域后可能先加速后减速下滑 D .若B 2>B 1,金属棒进入B 2区域后可能先减速后加速下滑解析:若B 2=B 1,金属棒进入B 2区域后,磁场反向,回路电流反向,由左手定则知:安培力并没有反向,大小也没有变,故金属棒进入B 2区域后,mg -B 12L 2vR=0,仍将保持匀速下滑,B 对;若B 2<B 1,金属棒进入B 2区域后,安培力没有反向但大小变小,由F =BIL =B BLv R L =B 2L 2v R 知,mg -B 22L 2vR >0,金属棒进入B 2区域后可能先加速后匀速下滑,故C 错;同理,若B 2>B 1,金属棒进入B 2区域后mg -B 22L 2vR<0,可能先减速后匀速下滑,故D 错. 答案:B6.如图6所示,用粗细相同的铜丝做成边长分别为L 和2L 的两只闭合线框a 和b ,以相同的速度从磁感应强度为B 的匀强磁场区域中匀速地拉到磁场外,不考虑线框的动能,若外力对环做的功分别为W a 、W b ,则W a ∶W b 为 ( ) A .1∶4 B .1∶2 C .1∶1 D .不能确定解析:根据能量守恒可知,外力做的功等于产生的电能,而产生的电能又全部转化为焦耳热W a =Q a =(BLv )2R a ·L v W b =Q b =(B ·2Lv )2R b ·2L v由电阻定律知R b =2R a ,故W a ∶W b =1∶4.A 项正确. 答案:A7.如图7所示,有一用铝板制成的U 型框, 将一质量为m 的带电小球用绝缘细线悬 挂在框中,使整体在匀强磁场中沿垂直 于磁场方向向左以速度v 匀速运动,悬挂拉 力为F T ,则 ( ) A .悬线竖直,F T =mg B .悬线竖直,F T >mg C .悬线竖直,F T <mg D .无法确定F T 的大小和方向解析:设两板间的距离为L ,由于向左运动的过程中竖直板切割磁感线,产生动生电动势,由右手定则判断下板电势高于上板,动生电动势大小E =BLv ,即带电小球处于电势差为BLv 的电场中,所受电场力F 电=qE 电=q EL =q BLvL=qvB . 设小球带正电,则所受电场力方向向上.同时小球所受洛伦兹力F 洛=qvB ,方向由左手定则判断竖直向下,即F 电=F 洛,所以F T =mg .同理分析可知当小球带负电时,F T =mg .故无论小球带什么电,F T =mg .选项A正确. 答案:A8.(2010·芜湖模拟)如图8甲所示,光滑导轨水平放置在与水平方向夹角为60°的斜向下的匀强磁场中,匀强磁场的磁感应强度B 随时间t 的变化规律如图8乙所示(规定斜向下为正方向),导体棒ab 垂直导轨放置,除电阻R 的阻值外,其余电阻不计,导体棒ab 在水平外力F 作用下始终处于静止状态.规定a →b 的方向为电流的正方向,水平向右的方向为外力F 的正方向,则在0~t 1时间内,图9中能正确反映流过导体棒ab的电流i和导体棒ab所受水平外力F随时间t变化的图象是( )解析:由楞次定律可判定回路中的电流方向始终为b→a,由法拉第电磁感应定律可判定回路中电流大小恒定,故A、B错;由F安=BIL可得F安随B的变化而变化,在0~t0时间内,F安方向向右,故外力F与F安等值反向,方向向左为负值;在t0~t1时间内,F安方向改变,故外力F方向也改变为正值,故C错误,D正确.答案:D9.(2010·黄山模拟)如图10所示,固定放置在同一水平面内的两根平行长直金属导轨的间距为d,其右端接有阻值为R的电阻,整个装置处在竖直向上的磁感应强度大小为B的匀强磁场中.一质量为m(质量分布均匀)的导体杆ab垂直于导轨放置,且与两导轨保持良好接触,杆与导轨之间的动摩擦因数为μ.当杆在水平向左、垂直于杆的恒力F作用下从静止开始沿导轨运动距离l时,速度恰好达到最大(运动过程中杆始终与导轨保持垂直).设杆接入电路的电阻为r,导轨电阻不计,重力加速度大小为g.则此过程 ( )A .杆的速度最大值为(F -μmg )RB 2d2B .流过电阻R 的电荷量为Bdl2(R +r )C .恒力F 做的功与摩擦力做的功之和等于杆动能的变化量D .恒力F 做的功与安培力做的功之和大于杆动能的变化量解析:当杆的速度达到最大时,安培力F 安=B 2d 2vR +r ,杆受力平衡,故F -μmg -F 安=0,所以v =(F -μmg )(R +r )B 2d 2,A 错;流过电阻R 的电荷量为q =ΔΦR +r =B ΔSR +r=BdlR +r,B 错;根据动能定理,恒力F 、安培力、摩擦力做功的代数和等于杆动能的变化量,由于摩擦力做负功,所以恒力F 、安培力做功的代数和大于杆动能的变化量,C 错,D 对. 答案:D二、计算题(本题共3小题,共37分,解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算 步骤,有数值计算的要注明单位)10.(11分)如图11甲所示,用粗细均匀的导线制成的一只圆形金属圈,现被一根绝缘丝线悬挂在竖直平面内处于静止状态,已知金属圈的质量为m ,半径为r ,导线的电阻率为ρ,截面积为S .金属圈的上半部分处在一方向垂直圈面向里的有界匀强磁场中,磁感应强度B 随时间t 的变化满足B =kt (k 为常量),如图11乙所示.金属圈下半部分在磁场外.若丝线所能承受的最大拉力F Tm =2mg ,求:从t =0时刻起,经过多长时间丝线会被拉断?解析:设金属圈受重力mg 、拉力F T 和安培力F 的作用处于静止状态,则F T =mg +F ,又F =2BIr ,金属圈中的感应电流I =ER, 由法拉第电磁感应定律得E =ΔΦΔt ,ΔΦΔt =ΔB Δt ·πr 22,金属圈的电阻R =ρ2πr S,又B =kt ,F Tm =2mg 由以上各式求得t =2mgρk 2Sr2.答案:2mgρk 2Sr211.(12分)(2010·淮南模拟)如图12所示,两平行长直金属导轨置于竖直平面内,间距为L ,导轨上端有阻值为R 的电阻,质 量为m 的导体棒垂直跨放在导轨上,并搁在支架上,导轨和 导体棒电阻不计,接触良好,且无摩擦.在导轨平面内有一 矩形区域的匀强磁场,方向垂直于纸面向里,磁感应强度为B .开始时导体棒静止,当磁场以速度v 匀速向上运动时,导体棒也随之开始运动,并很快达到恒定的速度,此时导体棒 仍处在磁场区域内,试求: (1)导体棒的恒定速度;(2)导体棒以恒定速度运动时,电路中消耗的电功率. 解析:(1)设棒速为v ′,有E =BL (v -v ′) ①F 安=BIL =BLE R =B 2L 2(v -v ′)R②棒受力平衡有:mg =F 安 ③ 联立得:v ′=v -mgRB 2L 2④ 方向向上(2)P =E 2R ⑤联立①④⑤得:P =m 2g 2RB 2L 2.答案:(1)v -mgR B 2L 2 向上 (2)m 2g 2RB 2L212.(14分)(2010·亳州模拟)在拆装某种大型电磁设备的过程中,需将设备内部的处于强磁场中的线圈先闭合,然后再提升直至离开磁场,操作时通过手摇轮轴A 和定滑轮O 来提升线圈.假设该线圈可简化为水平长为L 、上下宽度为d 的矩形线圈,其匝数为n ,总质量为M ,总电阻为R .磁场的磁感应强度为B ,如图13所示.开始时线圈的上边缘与有界磁场的上边缘平齐,若转动手摇轮轴A ,在时间t 内把线圈从图示位置匀速向上拉出磁场.求此过程中: (1)流过线圈中每匝导线横截面的电荷量是多少 ? (2)在转动轮轴时,人至少需做多少功?(不考虑摩擦影响)解析:(1)在匀速提升的过程中线圈运动速度v =d t① 线圈中感应电动势E =nBLv ② 产生的感应电流I =E R③ 流过导线横截面的电荷量q =It ④ 联立①②③④得q =nBLdR. (2)匀速提升的过程中,要克服重力和安培力做功,即W =W G +W 安 ⑤又W G =Mgd ⑥W 安=nBILd ⑦联立①②③④⑤⑥⑦得W =Mgd +n 2B 2L 2d 2Rt.答案:(1)nBLd R (2)Mgd +n 2B 2L 2d 2Rt。

高考物理一轮复习 第九章 电磁感应第3讲 专题 电磁感应的综合应用限时训练 教科版选修32

高考物理一轮复习 第九章 电磁感应第3讲 专题 电磁感应的综合应用限时训练 教科版选修32

第3讲 专题 电磁感应的综合应用限时训练(教科版)1.如图9-3-15所示,光滑平行金属导轨PP ′和QQ ′,都处于同一水平面内,P 和Q 之间连接一电阻R ,整个装置处于竖直向下的匀强磁场中.现垂直于导轨放置一根导体棒MN ,用一水平向右的力F 拉动导体棒MN ,以下关于导体棒MN 中感应电流方向和它所受安培力的方向的说法正确的是 ( ).A .感应电流方向是N ―→MB .感应电流方向是M ―→N C .安培力水平向左D .安培力水平向右解析答案 AC2.(2012·北京西城期末考试)在下列四个情景中,虚线上方空间都存在方向垂直纸面向里的匀强磁场.A 、B 中的导线框为正方形,C 、D 中的导线框为直角扇形.各导线框均绕轴O 在纸面内匀速转动,转动方向如箭头所示,转动周期均为T .从线框处于图示位置时开始计时,以在OP 边上从P 点指向O 点的方向为感应电流i 的正方向.则四个情景中,产生的感应电流i 随时间t 的变化规律符合图9-3-16所示的i -t 图像的是 ( ).解析 线框转动90°后开始进入磁场,由楞次定律结合右手定则可得,若线框顺时针转 动进入磁场时产生的感应电流由O 点指向P 点为负值,线框逆时针转动进入磁场时产生 的感应电流由P 点指向O 点为正值,所以B 、D 错误;线框若为正方形,进入磁场后的 一段时间内切割磁感线的有效长度越来越大,产生的电动势不为定值,感应电流不恒定, A 错误;线框若为扇形,进入磁场后转动90°的时间内切割的有效长度恒为半径,为定图9-3-15 图9-3-16值,产生的电动势恒定,电流恒定,C 正确.答案 C3.如图9-3-17所示,一由均匀电阻丝折成的正方形闭合线框abcd ,置于磁感应强度方向垂直纸面向外的有界匀强磁场中,线框平面与磁场垂直,线框bc边与磁场左右边界平行.若将该线框以不同的速率从图示位置分别从磁场左、右边界匀速拉出直至全部离开磁场,在此过程中 ( ).A .流过ab 边的电流方向相反B .ab 边所受安培力的大小相等C .线框中产生的焦耳热相等D .通过电阻丝某横截面的电荷量相等解析 线框离开磁场,磁通量减小,由楞次定律可知线框中的感应电流方向为a ―→d ―→c ―→b ―→a ,故A 错误;由法拉第电磁感应定律得E =BLv ,I =E R ,F =BIL = B 2L 2v R ,v 不同,F 不同,故B 错误;线框离开磁场的时间t =L v ,产生的热量Q =I 2Rt =B 2L 3v R, 故C 错误;通过导体横截面的电荷量q =It =BL 2R,故D 正确. 答案 D4.如图9-3-18甲所示,abcd 是位于竖直平面内的正方形闭合金属线框,在金属线框的下方有一磁感应强度为B 的匀强磁场区域,MN 和M ′N ′是匀强磁场区域的水平边界,并与线框的bc 边平行,磁场方向与线框平面垂直.现金属线框由距MN 的某一高度从静止开始下落,图9-3-18乙是金属线框由开始下落到完全穿过匀强磁场区域的v -t 图像.已知金属线框的质量为m ,电阻为R ,当地的重力加速度为g ,图像中坐标轴上所标出的字母v 1、v 2、v 3、t 1、t 2、t 3、t 4均为已知量.(下落过程中bc 边始终水平)根据题中所给条件,以下说法正确的是 ( ).图9-3-17图9-3-18A .可以求出金属框的边长B .线框穿出磁场时间(t 4-t 3)等于进入磁场时间(t 2-t 1)C .线框穿出磁场与进入磁场过程所受安培力方向相同D .线框穿出磁场与进入磁场过程产生的焦耳热相等解析 由线框运动的v -t 图像,可知0~t 1线框自由下落,t 1~t 2线框进入磁场,t 2~t 3线框在磁场中只受重力作用加速下降,t 3~t 4线框离开磁场.线框的边长l =v 3(t 4-t 3)选项A 正确;由于线框离开时的速度v 3大于进入时的平均速度,因此线框穿出磁场时间小 于进入磁场时间,选项B 错;线框穿出磁场与进入磁场过程所受安培力方向都竖直向上,选项C 正确;线框进入磁场mgl =Q 1+12mv 22-12mv 12,线框离开磁场mgl =Q 2,可见Q 1<Q 2, 选项D 错.答案 AC5.如图9-3-19甲所示,bacd 为导体做成的框架,其平面与水平面成θ角,质量为m 的导体棒PQ 与ab 、cd 接触良好,回路的电阻为R ,整个装置放于垂直框架平面的变化磁场中,磁感应强度B 的变化情况如图9-3-19乙所示,PQ 能够始终保持静止,则0~t 2时间内,PQ 受到的安培力F 和摩擦力f 随时间变化的图像可能正确的是(取平行斜面向上为正方向)图9-3-19解析 在0~t 2内,磁场随时间均匀变化,故回路中产生的感应电流大小方向均恒定,所以PQ 受到的安培力F =BIL ∝B ,方向先沿斜面向上,t 1时刻之后方向变为沿斜面向下, 故A 项正确,B 项错;静摩擦力f =mg sin θ-BIL ,若t =0时刻,mg sin θ>BIL ,则f刚开始时沿斜面向上,若t =0时刻,mg sin θ<BIL ,则f 刚开始时沿斜面向下,C 、D 都有可能正确(极限思维法).答案 ACD6.如图9-3-20甲,在虚线所示的区域有垂直纸面向里的匀强磁场,磁场变化规律如图9-3-20乙所示,面积为S 的单匝金属线框处在磁场中,线框与电阻R 相连.若金属框的电阻为R 2,则下列说法正确的是 ( ).图9-3-20A .流过电阻R 的感应电流由a 到bB .线框cd 边受到的安培力方向向下C .感应电动势大小为2B 0S t 0D .ab 间电压大小为2B 0S 3t 0解析 本题考查电磁感应及闭合电路相关知识.由乙图可以看出磁场随时间均匀增加, 根据楞次定律及安培定则可知,感应电流方向由a →b ,选项A 正确;由于电流由c →d , 根据左手定则可判断出cd 边受到的安培力向下,选项B 正确;回路中感应电动势应为E =2B 0-B 0S t 0=B 0S t 0.选项C 错误;因为E R +12R =U R ,解得U =2B 0S 3t 0,选项D 正确. 答案 ABD7.一个闭合回路由两部分组成,如图9-3-21所示,右侧是电阻为r 的圆形导线,置于竖直方向均匀变化的磁场B 1中;左侧是光滑的倾角为θ的平行导轨,宽度为d ,其电阻不计.磁感应强度为B 2的匀强磁场垂直导轨平面向上,且只分布在左侧,一个质量为m 、电阻为R 的导体棒此时恰好能静止在导轨上,分析下述判断不正确的是 ( ).A .圆形线圈中的磁场,可以向上均匀增强,也可以向下均匀减 图9-3-21弱B .导体棒ab 受到的安培力大小为mg sin θC .回路中的感应电流为mg sin θB 2dD .圆形导线中的电热功率为m 2g 2sin 2θB 22d 2(r +R ) 解析 导体棒此时恰好能静止在导轨上,依据平衡条件知导体棒ab 受到的安培力大小为 mg sin θ,方向沿斜面向上,由左手定则判定电流方向为b →a ,再由楞次定律判定A 、B 正确;回路中的感应电流为I =F B 2d =mg sin θB 2d ,C 正确;由焦耳定律得圆形导线中的电热 功率为P r =m 2g 2sin 2θB 22d 2r ,D 错(单杆倾斜式). 答案 D8.如图9-3-22所示,abcd 是一个质量为m ,边长为L 的正方形金属线框.如从图示位置自由下落,在下落h 后进入磁感应强度为B 的磁场,恰好做匀速直线运动,该磁场的宽度也为L .在这个磁场的正下方h +L 处还有一个未知磁场,金属线框abcd 在穿过这个磁场时也恰好做匀速直线运动,那么下列说法正确的是( ).A .未知磁场的磁感应强度是2BB .未知磁场的磁感应强度是2BC .线框在穿过这两个磁场的过程中产生的电能为4mgLD .线框在穿过这两个磁场的过程中产生的电能为2mgL 解析 设线圈刚进入第一个磁场时速度大小为v 1,那么mgh =12mv 12,v 1=2gh .设线圈 刚进入第二个磁场时速度大小为v 2,那么v 22-v 12=2gh ,v 2=2v 1.根据题意还可得到, mg =B 2L 2v 1R ,mg =B x 2L 2v 2R 整理可得出B x = 22B ,A 、B 两项均错.穿过两个磁场时 都做匀速运动,把减少的重力势能都转化为电能,所以在穿过这两个磁场的过程中产生 的电能为4mgL ,C 项正确、D 项错.答案 C9.(2011·四川卷,24)如图9-3-23所示,间距l =0.3 m 的平行金属导轨a 1b 1c 1和a 2b 2c 2分别固定在两个竖直面内.在水平面a 1b 1b 2a 2区域内和倾角θ=37°的斜面c 1b 1b 2c 2区域图9-3-22内分别有磁感应强度B 1=0.4 T ,方向竖直向上和B 2=1 T 、方向垂直于斜面向上的匀强磁场.电阻R =0.3 Ω、质量m 1=0.1 kg 、长为l 的相同导体杆K 、S 、Q 分别放置在导轨上,S 杆的两端固定在b 1、b 2点,K 、Q 杆可沿导轨无摩擦滑动且始终接触良好.一端系于K 杆中点的轻绳平行于导轨绕过轻质定滑轮自然下垂,绳上穿有质量m 2=0.05 kg 的小环.已知小环以a =6 m/s 2的加速度沿绳下滑,K 杆保持静止,Q 杆在垂直于杆且沿斜面向下的拉力F 作用下匀速运动.不计导轨电阻和滑轮摩擦,绳不可伸长.取g =10 m/s 2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8.求图9-3-23(1)小环所受摩擦力的大小;(2)Q 杆所受拉力的瞬时功率.解析 (1)以小环为研究对象,在环沿绳下滑过程中,受重力m 2g 和绳向上的摩擦力f , 由牛顿第二定律知m 2g -f =m 2a .代入数据解得f =m 2(g -a )=0.05×(10-6) N =0.2 N.(2)根据牛顿第二定律知,小环下滑过程中对绳的反作用力大小f ′=f =0.2 N ,所以绳上的张力F T =0.2 N .设导体棒K 中的电流为I K ,则它所受安培力F K =B 1I K l ,对导体棒K ,由平衡条件知F T =F K ,所以电流I K =53 A. 因为导体棒Q 运动切割磁感线而产生电动势,相当于电源.等效电路如图所示,因K 、S 、Q 相同,所以导体棒Q中的电流I Q =2I K =103A 设导体棒Q 运动的速度大小为v ,则E =B 2lv由闭合电路的欧姆定律知I Q =ER +R 2解得v =5 m/s 导体棒Q 沿导轨向下匀速下滑过程中,受安培力F Q =B 2I Q l由平衡条件知F +m 1g sin 37°=F Q代入数据解得F =0.4 N所以Q 杆所受拉力的瞬时功率P =F ·v =0.4×5 W=2 W(程序思维法).答案 (1)0.2 N (2)2 W10.相距L =1.5 m 的足够长金属导轨竖直放置,质量为m 1=1 kg 的金属棒ab 和质量为m 2=0.27 kg 的金属棒cd 均通过棒两端的套环水平地套在金属导轨上,如图9-3-24(a)所示,虚线上方磁场方向垂直纸面向里,虚线下方磁场方向竖直向下,两处磁场磁感应强度大小相同.ab 棒光滑,cd 棒与导轨间的动摩擦因数为μ=0.75,两棒总电阻为1.8 Ω,导轨电阻不计.ab 棒在方向竖直向上,大小按图9-3-24(b)所示规律变化的外力F 作用下,从静止开始,沿导轨匀加速运动,同时cd 棒也由静止释放.图9-3-24(1)求出磁感应强度B 的大小和ab 棒加速度的大小;(2)已知在2 s 内外力F 做功40 J ,求这一过程中两金属棒产生的总焦耳热. 解析 (1)经过时间t ,金属棒ab 的速率v =at此时,回路中的感应电流为I =E R =BLv R对金属棒ab ,由牛顿第二定律得 F -BIL -m 1g =m 1a由以上各式整理得:F =m 1a +m 1g +B 2L 2Rat 在图线上取两点:t 1=0,F 1=11 N ;t 2=2 s ,F 2=14.6 N代入上式得a =1 m/s 2B =1.2 T(2)在2 s 末金属棒ab 的速率v t =at =2 m/s所发生的位移 s =12at 2=2 m由动能定理得W F -m 1gs -W 安=12m 1v t 2又Q =W 安,联立以上方程,解得 Q =W F -m 1gs -12m 1v t 2=(40-1×10×2-12×1×22)J =18 J答案 (1)1.2 T 1 m/s 2 (2)18 J。

高考物理一轮总复习 课时跟踪训练29 第九章 电磁感应 第1讲 电磁感应现象 楞次定律(选修32)

高考物理一轮总复习 课时跟踪训练29 第九章 电磁感应 第1讲 电磁感应现象 楞次定律(选修32)

第1讲电磁感应现象楞次定律1. (多选)如图所示,面积大小为S的矩形线圈abcd,放在磁感应强度为B的匀强磁场中,线圈可以绕O1O2转动.下列说法中正确的是( )A.当线圈在如图所示位置时,穿过线圈的磁通量大小Φ=BSB.当线圈从图示位置转过90°时,穿过线圈的磁通量大小Φ=0C.当线圈从图示位置转过180°的过程中,穿过线圈的磁通量的变化量大小ΔΦ=0 D.当线圈从图示位置转过360°的过程中,穿过线圈的磁通量的变化量大小ΔΦ=BS [解析]根据磁通量的定义可知,如图所示时,磁通量最大Φm=BS,当转过90°时,线圈与磁场平行,磁通量为零,所以A、B正确;当线圈转过180°时,磁通量大小为Φ=-BS,故磁通量变化的大小为ΔΦ=2BS,所以C错误;当线圈转过360°时,磁通量大小为Φ=BS,故磁通量变化的大小为零,所以D错误.[答案]AB2.如图所示,半径为R的圆线圈共有n匝,其中心位置处半径为r的虚线范围内有匀强磁场,磁场方向垂直线圈平面,若磁感应强度为B,则穿过线圈的磁通量为( )A.πBR2B.πBr2C.nπBR2D.nπB r2[答案] B3.(2014·新课标全国卷Ⅰ)在法拉第时代,下列验证“由磁产生电”设想的实验中,能观察到感应电流的是( )A.将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路,然后观察电流表的变化B.在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈,然后观察电流表的变化C.将一房间内的线圈两端与相邻房间的电流表连接,往线圈中插入条形磁铁后,再到相邻房间去观察电流表的变化D.绕在同一铁环上的两个线圈,分别接电源和电流表,在给线圈通电或断电的瞬间,观察电流表的变化[解析]产生感应电流的条件为:闭合回路内磁通量发生变化.A项中,线圈绕在磁铁上,磁通量未变,不会产生感应电流,A错误.同理B错误.C项中,往线圈中插入条形磁铁的瞬间,线圈中磁通量发生变化,此时线圈中将产生感应电流,但插入后磁通量不再变化,无感应电流,故到相邻房间观察时无示数,C错误.D项中,在线圈通电或断电的瞬间,磁通量发生变化,产生感应电流,D正确.[答案] D4.经过不懈的努力,法拉第终于在1831年8月29日发现了“磁生电”的现象,他把两个线圈绕在同一个软铁环上(如图所示),一个线圈A连接电池与开关,另一线圈B闭合并在其中一段直导线附近平行放置小磁针.法拉第可观察到的现象有( )A.当合上开关,A线圈接通电流瞬间,小磁针偏转一下,随即复原B.只要A线圈中有电流,小磁针就会发生偏转C.A线圈接通后其电流越大,小磁针偏转角度也越大D.当开关打开,A线圈电流中断瞬间,小磁针会出现与A线圈接通电流瞬间完全相同的偏转[解析]当合上开关,A线圈接通电流瞬间,穿过A的磁通量发生变化,使得穿过B的磁通量也变化,所以在B中产生感应电流,电流稳定后穿过AB的磁通量不再变化,所以B 中不再有感应电流,即小磁针偏转一下,随即复原,选项A正确;A线圈中有电流,但是如果电流大小不变,则在B中不会产生感应电流,即小磁针就不会发生偏转,选项B错误;B 线圈中的感应电流大小与A中电流的变化率有关,与A中电流大小无关,故C错误;当开关打开,A线圈电流中断瞬间,由于穿过B的磁通量减小,则在B中产生的电流方向与A线圈接通电流瞬间产生的电流方向相反,所以小磁针会出现与A线圈接通电流瞬间完全相反的偏转,选项D错误.[答案] A5. (多选)(2015·青岛期末)如图所示,螺线管B置于闭合金属环A的轴线上,B中有恒定电流,从某时刻起,当B中通过的电流逐渐变大时,则( )A.环A有缩小的趋势B .环A 有扩张的趋势C .螺线管B 有缩短的趋势D .螺线管B 有伸长的趋势[解析] 当B 中通过的电流逐渐变大时,穿过A 环的磁通量增加,感应电流产生的磁场要阻碍磁通量的增加,根据楞次定律可知,环A 有扩张的趋势;根据同向电流相互吸引可知,螺线管相邻两匝线圈间的力相互吸引,因此,螺线管B 有缩短的趋势,所以正确选项为B 、C.[答案] BC6.(2015·安徽淮北一模)如图所示,Q 是单匝金属线圈,MN 是一个螺线管,它的绕线方法没有画出,Q 的输出端a 、b 和MN 的输入端c 、d 之间用导线相连,P 是在MN 的正下方水平放置的用细导线制的软弹簧线圈.若在Q 所处的空间加上与环面垂直的变化磁场,发现在t 1至t 2时间段内弹簧线圈处于收缩状态,则所加磁场的磁感应强度的变化情况可能是( )[解析] 在t 1至t 2时间段内弹簧线圈处在收缩状态,根据楞次定律的另一种表述,知螺线管MN 中产生的磁场在增加,即螺线管中的电流增大,根据法拉第电磁感应定律E =n ΔΦΔt =n ΔB Δt S ,知ΔB Δt增大. [答案] B7.(多选)(2015·广东茂名一模)如图甲所示,导线MN 和矩形线圈abcd 共面且均固定.在MN 中通以图乙所示的电流(电流正方向为M 指向N ),则在0~T 时间内( )A .线圈中感应电流方向始终为abcdaB.线圈中感应电流方向先为abcda后为adcbaC.ab边始终不受安培力作用D.bc边受安培力方向先右后左[解析]由楞次定律可知线圈中感应电流方向始终为abcda,A正确,B错误;ab边只是在i=0时不受安培力,在其他时刻都受安培力,C错误;bc边的电流方向不变,但bc 边所处的磁场方向先向里后向外,由左手定则可知,bc边受的安培力方向先向右后向左,D 正确.[答案]AD8.(多选)匀强磁场方向垂直纸面,规定向里的方向为正,磁感强度B随时间t变化规律如图甲所示.在磁场中有一细金属圆环,圆环平面位于纸面内,如图乙所示.令I1、I2、I3分别表示oa、ab、bc段的感应电流,f1、f2、f3分别表示金属环对应感应电流时其中很小段受到的安培力,则( )A.I1沿逆时针方向,I2沿顺时针方向B.I2沿逆时针方向,I3沿顺时针方向C.f1方向指向圆心,f2方向指向圆心D.f2方向背离圆心向外,f3方向指向圆心[解析]由图知oa段,穿过金属环的磁场方向为垂直纸面向里,磁通量增大,根据楞次定律可判断感应电流I1的方向为沿逆时针方向,同理可判断I2沿顺时针方向,I3沿顺时针方向,所以A正确,B错误;根据左手定则可判断f1方向指向圆心,f2方向背离圆心向外,f3方向指向圆心,故C错误,D正确.[答案]AD9.(多选)(2015·汕头一模)如图甲所示,螺线管内有一平行于轴线的磁场,规定图中箭头所示方向为磁感应强度B的正方向,螺线管与U型导线框cdef相连,导线框cdef内有一半径很小的金属圆环L,圆环与导线框cdef在同一平面内,当螺线管内的磁感应强度随时间按图乙所示规律变化时,下列选项中正确的是( )A.在t1时刻,金属圆环L内的磁通量最大B.在t2时刻,金属圆环L内的磁通量最大C.在t1~t2时间内,金属圆环L内有逆时针方向的感应电流D.在t1~t2时间内,金属圆环L有收缩的趋势[解析]由B-t图知,t1时刻磁通量的变化率为零,则感应电流为零,L上的磁通量为零,故A错误;在t2时刻,磁感应强度为零,但是磁通量的变化率最大,则感应电流最大,通过金属圆环的磁通量最大,B正确;在t1~t2时间内,磁通量的变化率不断变大,则线圈内的感应电流不断变大,根据楞次定律,在线圈中的电流方向f到c,根据右手螺旋定则,穿过圆环的磁通量向外增大,则根据楞次定律,在金属圆环中产生顺时针方向的感应电流,由左手定则可知圆环各处受力指向圆心,有收缩的趋势.故C错.D正确.[答案]BD10.(2015·宜春四校联考)如图所示,通电螺线管置于水平放置的光滑平行金属导轨MN和PQ之间,ab和cd是放在导轨上的两根金属棒,它们分别静止在螺线管的左右两侧,现使滑动变阻器的滑动触头向左滑动时,ab和cd棒的运动情况是( )A.ab向左,cd向右B.ab向右,cd向左C.ab、cd都向右运动D.ab、cd保持静止[解析]当滑动变阻器的滑动触头向左滑动时,电路中的总电阻变小,流过螺线管的电流将增大,因此螺线管周围的磁场变强,即磁感应强度B变大,根据楞次定律可知,感应电流的磁场应阻碍其变化,因此两根金属棒应分别向外运动,增大回路的面积,以增大螺线管外部磁场的磁通量来抵消内部磁场磁通量的增大,故选项A正确.[答案] A11. (2014·广东卷)如图所示,上下开口、内壁光滑的铜管P和塑料管Q竖直放置,小磁块先后在两管中从相同高度处由静止释放,并落至底部,则小磁块( )A.在P和Q中都做自由落体运动B.在两个下落过程中的机械能都守恒C.在P中的下落时间比在Q中的长D.落至底部时在P中的速度比在Q中的大[解析]磁块在铜管(金属管)中下落,会在铜管中产生感应电流,感应电流的磁场一定会阻碍磁块的下落,塑料管中不会出现感应电流,因此Q中的小磁块做自由落体运动,P中不是,A错误.P中小磁块下落需克服阻力做功,机械能不守恒,B错误.根据牛顿第二定律,P中磁块下落的加速度小于Q中磁块下落的加速度,因此下落时间更长,落至底部时速度较小,C正确,D错误.[答案] C12.(多选)(2015·上海虹口区一模)振弦型频率传感器的结构如图所示,它由钢弦和永久磁铁两部分组成,钢弦上端用固定夹块夹紧,下端的夹块与一膜片相连接,当弦上的张力越大时,弦的固有频率越大.这种装置可以从线圈输出电压的频率确定膜片处压力的变化.下列说法正确的是( )A.当软铁块与磁铁靠近时,a端电势高B.当软铁块与磁铁靠近时,b端电势高C.膜片上的压力较小时,线圈中感应电动势的频率高D.膜片上的压力较大时,线圈中感应电动势的频率高[解析]当软铁块靠近磁铁时,线圈中的磁通量增加,根据楞次定律可得,b端电势比a端电势高,选项B正确;膜片上压力越小时,钢弦上的张力越大,振动频率越高,线圈中感应电动势的频率越高,所以选项C正确.[答案]BC13.如右图所示,线圈由A位置开始下落,在磁场中受到的磁场力如果总小于它的重力,则它在A、B、C、D四个位置(B、D位置恰好线圈有一半在磁场中)时,加速度关系为( )A .a A >aB >aC >a DB .a A =aC >a B >aD C .a A =a C >a D >a B D .a A =a C >a B =a D[解析] 线框在A 、C 位置时只受重力作用,加速度a A =a C =g .线框在B 、D 位置时均受两个力的作用,其中安培力向上、重力向下.由于重力大于安培力,所以加速度向下,大小a =g -F m<g .又线框在D 点时速度大于B 点速度,即F D >F B ,所以a D <a B ,因此加速度的关系为a A =a C >a B >a D ,选项B 正确.[答案] B14.(多选)如图所示,通过水平绝缘传送带输送完全相同的铜线圈,线圈均与传送带以相同的速度匀速运动.为了检测出个别未闭合的不合格线圈,让传送带通过一固定匀强磁场区域,磁场方向垂直于传送带,线圈进入磁场前等距离排列,根据穿过磁场后线圈间的距离,就能够检测出不合格线圈,通过观察图形,判断下列说法正确的是( )A .若线圈闭合,进入磁场时,线圈相对传送带向后滑动B .若线圈不闭合,进入磁场时,线圈相对传送带向后滑动C .从图中可以看出,第2个线圈是不合格线圈D .从图中可以看出,第3个线圈是不合格线圈[解析] 若线圈合格,则由于电磁感应现象会向左移动一定距离,且合格线圈移动的距离相等,移动后线圈的间距也等于移动前的间距,由图知线圈3与其他线圈间距不符,不合格.[答案] AD15. (多选)(2016·福建泉州期末)AOC 是光滑的直角金属导轨,AO 沿竖直方向,OC 沿水平方向,ab 是一根金属直棒靠立在导轨上(开始时b 离O 点很近),如图所示,它从静止开始在重力作用下运动,运动过程中a 端始终在AO 上,b 端始终在OC 上,直到ab 完全落在OC 上,整个装置放在一匀强磁场中,磁场方向垂直纸面向里,则ab 棒在运动过程中( )A.感应电流方向始终是b→aB.感应电流方向先是b→a,后变为a→bC.所受磁场力方向垂直于ab向上D.所受磁场力方向先垂直于ab向下,后垂直于ab向上[解析]初始,ab与直角形金属导轨围成的三角形面积趋于0,末状态ab与直角行金属导轨围成的三角形面积也是趋于0,所以整个运动过程中,闭合回路的面积是先增大后减小.根据楞次定律的增反减同,判断电流方向先是逆时针后是顺时针,选项A错B对.根据左手定则判断安培力,可得安培力先是垂直于ab向下,后垂直于ab向上,选项C错D对.[答案]BD。

高考物理一轮复习9.1电磁感应现象楞次定律课时作业新人教版选修3-2

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基本技能练1. (多选)如图1所示,A为通电线圈,电流方向如图,B、C为与A在同一平面内的两同心圆,①B、①C分别为通过两圆面的磁通量的大小,下述判断中正确的是图1A. 穿过两圆面的磁通量是垂直纸面向外的B. 穿过两圆面的磁通量是垂直纸面向里的C. ①B>①CD. ①B<①C解析通过B、C两圆面的磁场既有向外的磁场又有向里的磁场,磁通量应是向外与向里两部分的差。

垂直纸面向外的磁通量相同,面积越大,垂直纸面向里的磁通量越大,则合磁通量越小,故选项A、C正确。

答案AC2. 如图2所示,ab是一个可以绕垂直于纸面的轴0转动的闭合矩形导体线圈,当滑动变阻器R的滑片P自左向右滑动过程中,线圈ab将A. 静止不动B. 逆时针转动C. 顺时针转动D. 发生转动,但因电源的极性不明,无法确定转动的方向解析当P向右滑动时,电路中电阻减小,电流增大,穿过线圈ab的磁通量增大,根据楞次定律判断,线圈ab将顺时针转动。

答案C3•如图3所示,接有理想电压表的三角形导线框abc,在匀强磁场中向右运动,问:框中有无感应电流?a、b两点间有无电势差?电压表有无读数(示数不为零称有读数)( )图3A. 无、无、无B.无、有、有C. 无、有、无D.有、有、有解析应注意到产生感应电动势及感应电流的条件,同时还应了解电压表的工作原理。

由于穿过三角形导线框的磁通量不变,所以框中没有感应电流产生;由于ab边和bc边均做切割磁感线的运动,所以均将产生b端为正极的感应电动势,a、b两点间有电势差;由于没有电流流过电压表,所以其表头指针将不发生偏转,即电压表无读数(示数为零)。

综上所述:应选Co答案C4. 如图4所示,绕在铁芯上的线圈与电源、滑动变阻器和电键组成闭合回路,在铁芯的右端套有一个表面绝缘的铜环A,下列各种情况中铜环A中没有感应电流的是( )A. 线圈中通以恒定的电流B. 通电时,使滑动变阻器的滑片P匀速移动解析当线圈中通恒定电流时,产生的磁场为稳恒磁场,通过铜环A的磁通量不发生变C. 通电时,使滑动变阻器的滑片P加速移动D. 将电键突然断开的瞬间化,不会产生感应电流。

2021年高考物理一轮复习 9.3(小专题)电磁感应中的电路和图象问题课时作业 新人教版选修3-2

2021年高考物理一轮复习 9.3(小专题)电磁感应中的电路和图象问题课时作业 新人教版选修3-2

2021年高考物理一轮复习 9.3(小专题)电磁感应中的电路和图象问题课时作业新人教版选修3-21.如图1甲所示,在周期性变化的匀强磁场区域内有一垂直于磁场、半径为r =1 m、电阻为R=3.14 Ω的单匝金属圆线圈,若规定逆时针方向为电流的正方向,当磁场按图乙所示的规律变化时,线圈中产生的感应电流与时间的关系图象正确的是( )图1解析由图乙知,0~1 s内,穿过磁场的磁感应强度的变化率ΔBΔt=2 T/s,感应电动势E=ΔΦΔt=ΔBΔtπr2,感应电流I=ER=ΔBΔt·πr2R=2 A,由楞次定律知感应电流的方向为逆时针方向,为正值。

1~3 s 内,穿过磁场的磁感应强度的变化率ΔB Δt =1 T/s ,感应电流I ′=E ′R =ΔB ′Δt ′·πr 2R=1 A ,由楞次定律知感应电流的方向为顺时针方向,为负值。

答案 B▲(xx·南京市二模)如图所示,已知大线圈的面积为2×10-3 m 2,小探测线圈有2 000匝,小线圈的面积为5×10-4 m 2。

整个串联回路的电阻是1 000 Ω,当电键S 反向时测得ΔQ =5.0×10-7 C 。

则被测处的磁感应强度为( )A .1.25×10-4 TB .5×10-4T C .2.5×10-4 T D .1×10-3 T 解析 由I =E R =NΔΦΔt R ,I =ΔQ Δt ,得感应电荷量公式ΔQ =N ΔΦR ,ΔΦ=2BS ,联立得B =R ·ΔQ 2NS,代入数据得B =2.5×10-4 T ,故C 对。

答案 C2.(多选)用一根横截面积为S 、电阻率为ρ的硬质导线做成一个半径为r 的圆环,ab 为圆环的一条直径。

如图2所示,在ab 的左侧存在一个均匀变化的匀强磁场,磁场垂直圆环所在平面,磁感应强度大小随时间的变化率ΔB Δt=k (k <0)。

高考物理一轮复习 第9章 电磁感应 第1讲 电磁感应现象 楞次定律课后限时训练 新人教版选修3-2(

高考物理一轮复习 第9章 电磁感应 第1讲 电磁感应现象 楞次定律课后限时训练 新人教版选修3-2(

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电磁感应现象楞次定律一、选择题(本题共10小题,1~5题为单选,6~10题为多选)1.(2016·浙江宁波期末)如图甲所示,在同一平面内有两个圆环A、B,圆环A将圆环B 分为面积相等的两部分,以图甲中A环电流沿顺时针方向为正,当圆环A中的电流如图乙所示变化时,下列说法正确的是错误!( B )A.B中始终没有感应电流B.B中有顺时针方向的感应电流C.B中有逆时针方向的感应电流D.B中的感应电流先沿顺时针方向,后沿逆时针方向[解析]由于圆环A中的电流发生了变化,故圆环B中一定有感应电流产生,由楞次定律判定B中有顺时针方向的感应电流,故B选项正确。

2.(2016·上海虹口区一模)如图所示,竖直放置的螺线管与导线abcd构成回路,abcd 所围区域内存在垂直纸面向里的变化的匀强磁场,螺线管下方的水平桌面上放置一导体圆环。

若圆环与桌面间的压力大于圆环的重力,abcd区域内磁场的磁感应强度随时间变化的关系可能是错误!( B )[解析]圆环与桌面间的压力大于圆环的重力,可知导体圆环受到向下的磁场作用力,根据楞次定律的另一种表述,可知螺线管中的磁场磁通量在增大,即螺线管和abcd构成的回路中产生的感应电流在增大。

2021年高考物理一轮总复习 电磁感应现象 楞次定律课时作业 新人教版选修3-2

2021年高考物理一轮总复习 电磁感应现象 楞次定律课时作业 新人教版选修3-2

2021年高考物理一轮总复习电磁感应现象楞次定律课时作业新人教版选修3-21.关于电磁感应现象,下列说法正确的是( )A.只要穿过电路中的磁通量发生变化,电路中就一定产生感应电流B.只要导体相对于磁场运动,导体内一定会产生感应电流C.只要闭合电路在磁场中切割磁感线运动,电路中一定会产生感应电流D.只要穿过闭合电路的磁通量发生变化,电路中一定会产生感应电流2.如图所示,能产生感应电流的是( )A B C D3.如图所示,水平放置的光滑玻璃棒上套着一个闭合的铜丝圈,一根条形磁铁向铜丝圈靠近,下面叙述正确的是( )第3题图A.若条形磁铁左端是N极,则铜丝圈向左移动;若条形磁铁左端是S极,则铜丝圈向右移动B.若条形磁铁左端是N极,则铜丝圈向右移动;若条形磁铁左端是S极,则铜丝圈向左移动C.不论条形磁铁哪端是N极,铜丝圈都向左移动D.不论条形磁铁哪端是N极,铜丝圈都向右移动4.如图所示,螺线管的导线的两端与两平行金属板相接,一个带负电的小球用丝线悬挂在两金属板间,并处于静止状态,若条形磁铁突然插入线圈时,小球的运动情况是( )第4题图A.向左摆动 B.向右摆动 C.保持静止 D.无法判定第5题图5.如图所示,绝缘水平面上有两个离得很近的导体环a、b.将条形磁铁沿它们的正中向下移动(不到达该平面),a、b将如何移动( )A.a、b将相互远离B.a、b将相互靠近C.a、b将不动D.无法判断6.如图所示,ab是一个可以绕垂直于纸面的轴O转动的闭合矩形导体线圈,当滑动变阻器R的滑片P向右滑动过程中,线圈ab将( )第6题图A.静止不动B.顺时针转动C.逆时针转动D.发生转动,但因电源的极性不明,无法确定转动方向7.如图所示,与直导线AB共面的轻质闭合金属圆环竖直放置,两者彼此绝缘,环心位于AB的上方.当AB中通有由A至B的电流且强度不断增大的过程中,关于圆环运动情况以下叙述正确的是( )第7题图A.向下平动B.向上平动C.转动:上半部向纸内,下半部向纸外D.转动:下半部向纸内,上半部向纸外8.如图所示,在一固定水平放置的闭合导体圆环上方,第8题图有一条形磁铁,从离地面高h处,由静止开始下落,最后落在水平地面上.磁铁下落过程中始终保持竖直方向,并从圆环中心穿过圆环,而不与圆环接触.若不计空气阻力,重力加速度为g,下列说法中正确的是( )A.在磁铁下落的整个过程中,圆环中的感应电流方向先逆时针后顺时针(从上向下看圆环)B.磁铁在整个下落过程中,所受线圈对它的作用力先竖直向上后竖直向下C.磁铁在整个下落过程中,它的机械能不变D.磁铁落地时的速率一定等于2gh9.如图,粗糙水平桌面上有一质量为m的铜质矩形线圈,当一竖直放置的条形磁铁从线圈中线AB正上方水平从左到右快速经过时,若线圈始终不动,则关于线圈受到的支持力F N及在水平方向运动趋势的正确判断是( )第9题图A.F N先小于mg后大于mg,运动趋势向左B.F N先大于mg后小于mg,运动趋势向左C.F N先小于mg后大于mg,运动趋势向右D.F N先大于mg后小于mg,运动趋势向右10.如图所示,闭合线圈abcd在磁场中运动到如图位置时,ab边受到的磁场力竖直向上,此线圈的运动情况可能是( )第10题图A.向右进入磁场 B.向左移出磁场C.以ab为轴转动 D.以bc为轴转动11.如图,矩形金属线圈abcd从高处自由落下,通过一有界的匀强磁场,线圈平面保持竖直且和磁场方向垂直,不计空气阻力,则( )第11题图A.ab边刚进入磁场时,ab边所受安培力方向竖直向上B.ab边刚离开磁场时,dc边感应电流方向从d到cC.线圈全部进入磁场内运动时,感应电流为零D.重力所做的功等于线圈产生的总热量12.如图为一种早期发电机原理示意图,该发电机由固定的圆形线圈和一对用铁芯连接的圆柱形磁铁构成,两磁极相对于线圈平面对称.在磁极绕转轴匀速转动过程中,磁极中心在线圈平面上的投影沿圆弧XOY运动(O是线圈中心),则( )第12题图A.从X到O,电流由E经流向F,先增大再减小B.从X到O,电流由F经流向E,先减小再增大C.从O到Y,电流由F经流向E,先减小再增大D.从O到Y,电流由E经流向F,先增大后减小第13题图13.如图所示,固定于水平面上的金属架CDEF处在竖直向下的匀强磁场中,金属棒MN 沿框架以速度v向右做匀速运动.t=0时,磁感应强度为B0,此时MN到达的位置使MDEN构成一个边长为l的正方形.为使MN棒中不产生感应电流,从t=0开始,磁感应强度B 应怎样随时间t变化.请推导出这种情况下B与t的关系式.课时作业(三十六) 电磁感应现象楞次定律1.D 【解析】时刻谨记产生感应电流的两个条件: (1)闭合电路;(2)磁通量发生变化.故答案选D.2.B 【解析】产生感应电流两个条件:(1)闭合电路;(2)磁通量发生变化,A选项不是闭合电路,故错误;B选项符合以上两条件,正确;C选项无磁通量,故错误;D选项不符合条件(2)3.C 【解析】本题中的“原因”是条形磁铁的某一极向铜丝圈靠近,“效果”是铜丝圈要阻碍磁铁靠近,由“敌进我退”,故答案为C.4.A 【解析】当条形磁铁插入线圈中时,线圈中向左的磁场增强,由楞次定律可判定金属板左端电势高,故带负电的小球将向左摆动,选项A正确.5.A 【解析】根据Φ=BS,磁铁向下移动过程中B增大,所以穿过每个环中的磁通量都增大,由于S不可改变,为阻碍磁通量增大,导体环应该尽量远离磁铁,所以a、b 将相互远离,A正确.6.B 【解析】当P向右滑动时,电路总电阻减小,电路中的电流是增大的,两磁铁间的磁场增强,闭合导体线圈的磁通量增大,线框中产生感应电流,受到磁场力而发生转动,“转动”是结果,反抗原因是“磁通量增大”,因此转动后应使穿过线圈的磁通量减小,故应沿顺时针转动,故应选B.第7题图7.A 【解析】根据安培定则判断出导线周围的磁感线分布情况,如图所示,显然,穿过线圈的磁通量方向水平向外,当电流强度不断增大时,磁通量大小逐渐增大,根据楞次定律可知,感应电流沿顺时针方向,如图所示;根据左手定则可知,位于导线上面的那一部分线圈和下面那部分线圈所受安培力方向均向下,所以圆环所受的合力方向向下,所以圆环向下平动,选项A正确,本题答案为A.8.A 【解析】根据楞次定律可知,选项A正确;根据楞次定律“来拒去留”的原则,刚开始,磁铁靠近线圈,线圈中产生的感应电流的磁场会对磁铁施加竖直向上的以“拒绝”其靠近的作用力,磁铁穿过线圈,然后穿出线圈的过程中,线圈中的感应电流产生的磁场会对磁铁施加竖直向上的以“留住”其远离的作用力,可见,磁铁在整个下落过程中,所受线圈对它的作用力总是竖直向上的,选项B错误;因为在整个下落过程中,线圈中产生的感应电流做了功,所以磁铁的机械能减小,减小量等于电流做的功,选项C错误;因为磁铁在整个下落过程中机械能减小,磁铁落地时的速率一定小于2gh,选项D错误.本题答案为A.9.D 【解析】当磁铁从左向右靠近线圈时,通过线圈竖直向下的磁感线增加,由楞次定律知,线圈中产生逆时针电流(由上向下看),且线圈有向右运动趋势,由左手定则可判定线圈受到向下的安培力,F N大于mg.当磁铁向右移动逐渐离开线圈时,通过线圈的磁感线减少,由楞次定律,线圈中产生顺时针电流(由上向下看),且有向右运动趋势,由左手定则,线圈受到向上安培力,且F N小于mg,D正确.10.BC 【解析】 ab边受磁场力竖直向上,由左手定则知,通过ab的电流方向是由a指向b,由右手定则可知当线圈向左移出磁场时,bc边切割磁感线可产生顺时针方向的电流,当然也可以用楞次定律判断当线圈向左移出磁场时,磁通量减少,产生顺时针的感应电流,故B正确.当以ab为轴转动时,通过线圈的磁通量减小,线圈内产生顺时针方向的感应电流,C正确.当以bc为轴转动时,初始一段时间线圈内的磁通量不变,故不会产生感应电流,D错.11.AC 【解析】由于题目当中没有告诉磁场的具体方向,所以不能判断电流方向,但由安培力阻碍线框运动可知,安培力方向总是向上的,故A正确,B错误;线框全部进入磁场后穿过线框的磁通量是不变的,所以没有电流,故C正确;整个过程重力做功等于重力势能的减少,且等于线框产生的热量和动能的增加量之和,故D错误.12.D 【解析】从X到O的过程中,原磁场方向指向上且不断增加,则感应电流的磁场方向应该指向下,再由右手螺旋定则知,感应电流方向应该是由F经到E,又因为感应电流从零到有再到零,则一定经历先增大再减小的过程.同理,当从O到Y的过程中,感应电流的方向应该是由E经到F,大小也是先增大再减小.13.B=B0ll+vt【解析】要使MN棒中不产生感应电流,应使穿过线圈平面的磁通量不发生变化在t=0时刻,穿过线圈平面的磁通量Φ1=B0S=B0l2设t时刻的磁感应强度为B,此时磁通量为Φ2=Bl(l+vt) 由Φ1=Φ2得B=B0ll+vt.37696 9340 鍀33677 838D 莍t936441 8E59 蹙24832 6100 愀m&23492 5BC4 寄36803 8FC3 迃i!28850 70B2 炲27873 6CE1 泡。

高考物理一轮复习人教课件选修32第9章电磁感应章末大盘点

高考物理一轮复习人教课件选修32第9章电磁感应章末大盘点

• (1)流过R0的最大电流; • (2)从开始到速度最大的过程中ab杆沿斜面
下滑的距离; • (3【)错在因时分析间】1 典s例内4 通错误过的主ab要杆原因横:一截是面对串积、的并联最电路大中电焦
荷量.
耳热的分配不清楚,误认为焦耳热都和电阻成正比,错误地认为 ab 杆
的焦耳热是 R0 的 1/2 为 0.25 J;二是对公式 q=ΔRΦ=BRΔS认识不清,ΔS
• (1)线框中产生的总电动势大小和导线中的 电流大小;
• (2)线框所受安培力的大小和方向. 【错因分析】 没有考虑线框的 ab、cd 两条边在方向相反的磁场中
均产生电动势,只按一条边切割磁感线来计算电动势,得出 E=nB0Lv 的错误结果.
求线框所受安培力时,一是不注意总安培力为 n 匝线圈受力之和; 二是没有考虑线框的 ab、cd 两条边均受到安培力,得出 F=BIL= nB0R2L2v的错误结论.
A
=0.5 A
流过R0的最大电流为I0=I2m=0.25 A.
(2)Q总=4Q0=2 J,E=ImR总=0.5×2 V=1.0 V
此时杆的速度为vm=BEL=1.01×.00.4 m/s=2.5 m/s
由动能定理得mgxsin θ-μmgxcos θ-Q总=12mvm2-0
求得杆下滑的距离
x=2mgmsvinm2θ+-2μQc总os θ=2×0.10×.11×0×2.502+.6-2×0.25×0.8 m
• t=0时,磁场在xOy平面内的分布如下 图所示,其磁感应强度的大小均为B0,方 向垂直于xOy平面,相邻磁场区域的磁场方 向相反,每个同向磁场区域的宽度均为L0 ,整个磁场以速度v沿x轴正方向匀速运动 .若在磁场所在区间内放置一由n匝线圈组 成的矩形线框abcd,线框的bc边平行于x轴 .bc=LB、ab=L,LB略大于L0,总电阻为 R,线框始终保持静止.求:

最新-2018高考物理一轮复习成套课时练习第九章电磁感应章末质量检测选修3-2精品

最新-2018高考物理一轮复习成套课时练习第九章电磁感应章末质量检测选修3-2精品

感现象,当输电线上电流很大时,强大的自感电流有可能将钢管融化,造成事故,所
以甲方案是不可行的. 在乙方案中, 两条输电线中的电流方向相反, 产生的磁场互相
抵消,使自感现象的影响减弱到可以忽略不计的程度,是可行的,
C 正确 D 错误.此
题类似于课本中提到的“双线并绕”.
答案: C
9.(2018 ·淮北模拟 ) 如图 9 所示,水平光滑的平行金属导轨,
所示位置匀速向右拉出匀强磁场.若第一次用
0.3 s 拉出,
B.线圈在磁场中某位置停下
C.线圈在未完全离开磁场时即已停下 D.线圈完全离开磁场以后仍能继续运动,不会停下来
解析:线圈冲入匀强磁场时,产生感应电流,线圈受安培力作用做减速运动,动能减
少.同理,线圈冲出匀强磁场时,动能也减少,进、出时减少的动能都等于安培力做
的功.由于进入时的速度大,故感应电流大,安培力大,安培力做的功也多,减少的
小, I 2 开始逐渐变大,由于分流导致稳定电路中
R1 中的电流减小.故选 C.
答案: C
2.(2018 ·重庆高考 ) 如图 2 所示,粗糙水平桌面上有一质量为 m的

质矩形线圈.当一竖直放置的条形磁铁从线圈中线
AB正上方等
高快速经过时,若线圈始终不动,则关于线圈受到的支持力
FN
及在水平方向运动趋势 的正确判断是
C 项正确.
答案: C
6.如图 6 所示,竖直平面内的虚线上方是一匀强磁场
B,从虚线下
方竖直上抛一正方形线圈,线圈越过虚线进入磁场,最后又落回 原处,运动过程中线圈平面保持在竖直平面内,不计空气阻力,

(
)
A.上升过程克服磁场力做的功小于下降过程克服磁场力做的功

高考物理一轮复习第九章电磁感应第3讲电磁感应规律的综合应用模拟试题新人教版选修3-2

高考物理一轮复习第九章电磁感应第3讲电磁感应规律的综合应用模拟试题新人教版选修3-2

第3讲电磁感应规律的综合应用高考·模拟·创新图9-3-131.(2015年高考·福建卷)如图9-3-13,由某种粗细均匀的总电阻为3R 的金属条制成的矩形线框abcd ,固定在水平面内且处于方向竖直向下的匀强磁场B 中.一接入电路电阻为R 的导体棒PQ ,在水平拉力作用下沿ab 、dc 以速度v 匀速滑动,滑动过程PQ 始终与ab 垂直,且与线框接触良好,不计摩擦.在PQ 从靠近ad 处向bc 滑动的过程中()A .PQ 中电流先增大后减小B .PQ 两端电压先减小后增大C .PQ 上拉力的功率先减小后增大D .线框消耗的电功率先减小后增大解析:PQ 棒垂直切割磁感线匀速运动,它相当于恒定电源.PQ 棒移动过程中,abcd 线棒移到PQ ,R13R -R13R+R =总R ,所以1R 左边线路电阻为PQ 框的等效电阻是变化的,设中间时,abcd 框的等效电阻最大,此刻PQ 棒电流最小,故PQ 中电流先减小后增大,A 项错误;PQ 两端电压U =E -IR ,因为电流先减小后增大,所以电压先增大后减小,B 项错误;PQ 棒到中间时,安培力最小,据P =Fv ,拉力的瞬时功率最小,C 项正确;当外电阻为R 时,故线圈消耗功率先大再小、再大再小,R 再减小到小于R 32增至R 功率最大,外电阻由小于D 错.答案:C为定值电阻,两金属圆环固定在同一0R 甲,14-3-9如图)山东卷·年高考(2015.2的电流0R 的正弦交流电源上,经二极管整流后,通过0T 绝缘平面内.左端连接在一周期为i 始终向左,其大小按图乙所示规律变化.规定内圆环a 端电势高于b 端时,a 、b 间的电压)(图象可能正确的是t —ab u 为正,下列ab u 图9-3-14时间内,通过大圆环的电流为顺时针逐渐增加,由楞次定律可00.25T 在第一个解析:判断内环内a 端电势高于b 端,因电流的变化率逐渐减小故内环的电动势逐渐减小;同理在时间内,通过大圆环的电流为顺时针逐渐减小,由楞次定律可判断内环内00.5T ~00.25T 第a 端电势低于b 端,因电流的变化率逐渐变大,故内环的电动势逐渐变大;故选项C 正确.答案:C3.(2015年高考·北京卷)如图9-3-15所示,足够长的平行光滑金属导轨水平放置,宽度L =0.4 m ,一端连接R =1 Ω的电阻.导轨所在空间存在竖直向下的匀强磁场,磁感应强度B =1 T .导体棒MN 放在导轨上,其长度恰好等于导轨间距,与导轨接触良好.导轨和导体棒的电阻均可忽略不计.在平行于导轨的拉力F 作用下,导体棒沿导轨向右匀速运动,速度v =5 m /s .求:图9-3-15(1)感应电动势E 和感应电流I ;的大小;F I 时间内,拉力的冲量s 0.1 在(2)(3)若将MN 换为电阻r =1 Ω的导体棒,其他条件不变,求导体棒两端的电压U.解析:(1)根据法拉第电磁感应定律可得,感应电动势E =BLv =1 T ×0.4 m ×5 m /s =2 V.A 2 =2 V 1 Ω=E R =I 感应电流,N 8 0.=BIL =安F 导体棒所受安培力大小(2)N0.8 =安F =F 导体棒在匀速运动过程中,拉力大小等于安培力,所以导体棒所受拉力.s ·N 0.08 =s ×0.1 N 0.8 =Ft =F I 拉力的冲量(3)由闭合电路欧姆定律可得,电路中电流,A 1 =E R +r =I ′由欧姆定律可得,导体棒两端电压U =I ′R =1 V .答案:(1)2 V 2 A (2)0.08 N ·s (3)1 V。

2022届高三物理一轮配套练习9.2法拉第电磁感应定律新人教版选修3-2

2022届高三物理一轮配套练习9.2法拉第电磁感应定律新人教版选修3-2

第二节法拉第电磁感觉定律随堂操练稳固12022 广东高考 ,15将闭合多匝线圈置于仅随时间变化的磁场中于线圈中产生的感觉电动势和感觉电流, 以下表述正确的选项是, 线圈平面与磁场方向垂直, 关A感觉电动势的大小与线圈的匝数没关B穿过线圈的磁通量越大 , 感觉电动势越大C穿过线圈的磁通量变化越快 , 感觉电动势越大D感觉电流产生的磁场方向与原磁场方向一直同样【分析】由E n t AB错 ,C 正确B与感的方向可同样亦可相反,D 错原B【答案】 C2 汽车在两个南极科学观察站之间行驶, 汽车后轮轮轴左右两头的电势高低状况是A左端电势较高B右端电势较高C左右两头电势同样D不知汽车行驶方向 , 没法判断【分析】因为南极邻近地磁场的磁感线都是从地面指向天空, 因此不论汽车向什么方向行驶由右手定章都能够判断右端电势高【答案】 B,32022 河北承德联校高二月考,6为了利用大海资源,=05 104T,水流是南北流向, 如图将两个电极竖直插入此处海水中,=10 m,与两电极相连的敏捷电压表的读数为U=2 mV,则海水的流速大小为A.40 m/B.4 m/C0.4 m/D4 103 m/【分析】 E U Blv v U0 00210 m/=4 m/ Bl05104【答案】 B4 有一个 10匝的线圈放在匀强磁场中, 磁场方向垂直于线圈平面, 线圈的面积为10 cm 2当 t=0时 B 1 02 T, 经过 后 , 磁场减弱为 B 20 05 T, 磁场方向不变 , 则线圈中的感觉电动势为5 10 3 VVV V【分析】E n t 1010 10 4(0 2 0 05) V= 1510 3V0 1【答案】 A5 向来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,, 螺旋桨转动的频次为 f, 顺着地磁场的方向看螺旋桨,, 远轴端为 b, 到转轴中心线的距离 , 用 E 表示每个叶片中的感觉电动势 , 则=fl 2 B 且 a 点电势低于 b 点电势=2fl 2 B 且 a 点电势低于b 点电势=fl 2 B 且a 点电势高于b 点电势=2fl 2 B 且a 点电势高于b 点电势【分析】叶片转动切割磁感线产生的感觉电动势E=Bv =Bll 2fl 2B ; 据右手定章判断 a 点电势低于 b 点电势 , 应选项 A 正确 【答案】 A62022 广东惠州调研 ,18 将一磁铁迟缓或快速地插到闭合线圈中的同一地点, 两次发生变化的物理量不一样的是A 磁通量的变化量B 磁通量的变化率C 感觉电流的电流大小D 流过线圈导体横截面中的电荷量 【分析】 快速插时磁通量变化率大, 产生的感觉电流大,B 、C 对 ; 两种方法 , 磁通量都是增添,磁通量变化量同样qR总电阻和磁通量变化量分别同样, 故流过线圈导体横截面中的电荷量同样【答案】 BC7 ☆选做题 2022 四川成都玉林中学模拟,18 如下图 , 理想变压器左线圈与导轨相连结 , 导体棒 ab 可在导轨上滑动 , 磁场方向垂直纸面向里 , 以下说法正确的选项是棒匀速向右滑,c 、d 两点中 c 点电势高棒匀加快右滑,c 、d 两点中 d 点电势高棒匀减速右滑,c 、d 两点中 d 点电势高棒匀加快左滑,c 、d 两点中 c 点电势高【分析】 ab 棒匀速向右滑 , 产生的感觉电流是恒定的 ,cd 中没有电流流过 ,A 错 ;ab棒匀加快右滑 , 左线圈中向下的磁场增添, 右线圈向上的磁场增添 , 感觉电流产生向下的磁场, 电流从d 经过电灯到 c,B 对 ;ab棒匀加快左滑 , 左线圈中向上的磁场增添 , 右线圈向下的磁场增添 ,感觉电流产生向上的磁场, 电流从 c 经过电灯到 d,D 对;ab 棒匀减速右滑 , 左线圈中向下的磁场减弱 , 右线圈向上的磁场减弱, 感觉电流产生向上的磁场 , 电流从 c 经过电灯到 d,C错【答案】 BD课后作业夯基时间 :45分钟必做题满分:100分选做题:10分一、不定项选择题此题共8 小题 , 每题 8 分, 共 64 分, 选对但不全的得 5 分12022 海南单科 ,7自然界的电、热和磁等现象都是互相联系的, 好多物理学家为找寻它们之间的联系做出了贡献以下说法正确的选项是A 奥斯特发现了电流的磁效应, 揭露了电现象和磁现象之间的联系B 欧姆发现了欧姆定律, 说了然热现象和电现象之间存在联系C 法拉第发现了电磁感觉现象, 揭露了磁现象和电现象之间的联系D 焦耳发现了电流的热效应, 定量得出了电能和热能之间的变换关系【分析】奥斯特实验和法拉第电磁感觉现象揭露了磁和电之间的联系,A 、C 对; 焦耳发现了电流的热效应, 给出的焦耳定律公式能定量计算热量, 揭露电与热的定量关系,D 对 ; 欧姆定律是电路规律 , 不可以说明热现象和电现象之间存在联系,B 错【答案】ACD2 原创以下说法中正确的选项是A 自感电动势越大, 自感系数越大B 线圈中的电流变化越快, 自感系数也越大C插有铁芯时线圈的自感系数会变大D线圈的自感系数与电流的大小、电流变化的快慢、能否有铁芯等都没关【分析】线圈的自感系数由线圈自己决定 , 与线圈的长短、匝数的多少、粗细以及有无铁芯相关 , 与电流大小、变化快慢、【答案】C3 原创对于E L I t的说法 , 正确的选项是A自感电动势与电流的变化量成正比B自感电动势与自感系数成正比C自感电动势与自感系数、电流的变化量没有直接关系D自感电动势与电流的变化率成正比【分析】一个量与几个量相关系时, 讨论两个量之间是正比仍是反比关系, 必定要保持其余量不变才行 , 故 AB 错,C 对自感电动势与电流的变化率成正比, 这是对的 ,D 对【答案】CD42022 全国理综卷Ⅰ ,17某地的地磁场磁感觉强度的竖直重量方向向下, 大小为510 5一敏捷电压表连结在当地入海河段的两岸, 河宽 100 m,该河段涨潮和落潮时有海水视为导体流过设落潮时 , 海水自西向东流, 流速为 2 m/ 以下说法正确的选项是A 河北岸的电势较高B 河南岸的电势较高C 电压表记录的电压为9 mVD 电压表记录的电压为 5 mV【分析】海水在落潮时自西向东流, 该过程能够理解为: 自西向东运动的导体棒在切割竖直向下的磁场依据右手定章, 右岸即北岸是正极电势高, 南岸电势低 , =BLv=4 5 1051002 V= 9 103V,C 对 D错【答案】 AC5 在如下图的电路中 ,a 、b 为两个完整同样的灯泡,L 为自感线圈 ,E 为电源 ,S 为开关对于两灯泡点亮和熄灭的先后序次, 以下说法正确的是A 合上开关 ,a 先亮 ,b 后亮 ; 断开开关 ,a 、 b 同时熄灭B 合上开关 ,b 先亮 ,a 后亮 ; 断开开关 ,a 先熄灭 ,b 后熄灭C 合上开关 ,b 先亮 ,a 后亮 ; 断开开关 ,a 、 b 同时熄灭D 合上开关 ,a 、 b 同时亮 ; 断开开关 ,b 先熄灭 ,a 后熄灭【分析】合上开关,b灯先亮,因为L的自感作用,a灯渐渐变亮;断开开关,线圈L和灯b、a 构成串连回路 ,a 、【答案】C变化的图象分别如图甲、乙、丙、丁所示, 以下对于回路中产生的感觉电动势的阐述, 正确的是A 图甲中回路产生的感觉电动势恒定不变B 图乙中回路产生的感觉电动势向来在变大C 图丙中回路在 0 - t0时间内产生的感觉电动势大于在t0- 2t0时间内产生的感觉电动势D 图丁中回路产生的感觉电动势可能恒定不变【分析】感觉电动势等于磁通量的变化率, 在磁通量的图象上磁通量的变化率等于切线的斜率, 甲的斜率为零 , 乙的斜率为必定值,A 、B 均不对 ; 图丙中回路在 0 - t0时间内的斜率大于t0- 2t0时间内的斜率,C对丁图中的斜抢先减小再增大,【答案】 C7 如下图 , 两块水平搁置的金属板距离为d, 用导线、电键 K 与一个 n 匝的线圈连结 , 线圈置于方向竖直向上的变化磁场 B 中两板间放一台小压力传感器, 压力传感器上表面静止搁置一个质量为 m、电荷量为 q 的小球 K 断开时传感器上有示数, 的变化状况和磁通量变化率分别是A正在增添C正在减弱mgdt qmgdt qB正在减弱D正在增添mgdt nqmgdt nq【分析】据题知小球遇到向上的与重力相等的电场力下极板为正, 依据安培定章知感觉电流磁场向下 , 依据楞次定律知向上磁场加强由qmg 得tmgd n d t nq【答案】 D8 如下图 , 长为L 的金属导轨弯成一圆环, 导线的两头接在电容为 C 的平行板电容器上, B 0kt(k 0)kL 2C kL 2CB B 0 kt44EBL)2kL 2kL 2C1.0 m =1 kg 的物体 c 置于水平川面上 , m ttS( 24Q4并经过轻绳绕过定滑轮与ab 相连 , 当竖直向上的磁场按 B=t 为恒量平均变化时 , 物体 c 对地面的压力 F 随时间 t 变化的图象如下图不考虑全部摩擦, 取 g=10 m/ s 21 在图顶用箭头标出 ab 棒中感觉电流的 方向 ;2 求出的值【分析】 1 感觉电流方向由 b 指向 a① 2 分(2) EtBt Skl 2 ② 4 分回路中的感觉电流 IE kl 2③ 4 分RRab 所受安培力F BIl kt kl 2l k 2 l 3t ④ 4 分RRt=5 时 , 安培力大小等于 c 的重力 10 N, 即k 213510 ⑤ 2 分2得=2 V/ m 2 或 2 T/⑥ 2 分【答案】 1 由 b 指向 a 22 V/m 2 或 2 T/1018 分如图 1 所示是某人设计的一种振动发电装置, 它的构造是一个半径为r=0.1 m的有 20 匝的线骗局在辐射状永远磁铁槽中, 磁场的磁感线均沿半径方向平均散布, 如图 1 的大小均为T, 线圈的电阻为2, 它的引出线接有8端,使线圈做来去运动, 便有电流经过小灯泡当线圈向右的位移随时间变化的规律如图 2 所示时 ; 取向右为正 , 试求 :图 1图 2图 31在图 3 中画出感觉电流随时间变化的图象在图1中取电流经 L由C D为正; 2每一次推进线圈运动过程中的作使劲大小;3该发电机输出的功率摩擦等消耗不计【分析】 1从图 2能够看出 , 线圈来回的每次运动都是匀速直线运动, 其速度为v x0 08t0 1m/= m/ 2分线圈做切割磁感线运动产生的感觉电动势E=nBLv=nBv2r2002 08 2 314V= 2V2 分感觉电流 I R E R822A=A 2分12依据右手定章可得, 当线圈沿正方向运动时, 产生的感觉电流方向为负, 可获得如下图的图象 4 分2 因为线圈每次运动都是匀速直线运动, 因此每次运动过程中推力须等于安培力, 即F F nBIL nBI 2r20 020 2 2 31401N=N 4分3 发电机的输出功率即小灯泡的电功率P I 2R20 228W=W 4分【答案】 1 看法析图2N 3W三、选做题10 分11 如图 A 所示 , 固定于水平桌面上的金属架cdef,处在一竖直向下的匀强磁场中, 磁感觉强度的大小为B0金属棒ab搁在框架上, 可无摩擦地滑动, 此时adeb构成一个边长为的正方形, 金属棒的电阻为r,=0的时辰起, 磁场开始平均增添, 磁感觉强度变化率的大小为k(k Bt )求:1 用垂直于金属棒的水平拉力 F 使金属棒保持静止, 写出 F 的大小随时间t 变化的关系式2 假如竖直向下的磁场是非平均增大的即不是常数, 金属棒以速度v0向什么方向匀速运动时, 可使金属棒中一直不产生感觉电流, 写出该磁感觉强度B t随时间t变化的关系式图 A图 B图 C3 假如非平均变化磁场在0t1时间内的方向竖直向下, 在t1t 2时间内的方向竖直向上 , 若 t=0时辰和 t1时辰磁感觉强度的大小均为B0且 adeb 的面积均为l2当金属棒按图 B 中的规律运动时 , 为使金属棒中一直不产生感觉电流, 请在图 C 中表示地画出变化的磁场的磁感觉强度B t随时间变化的图象(t1t0t2t1v l )【分析】(1)t B t S kl 21分Ikl2分r r1因为金属棒一直静止, 在 t时辰磁场的磁感觉强度为B t B0 kt因此 F外FA BIl(B kt) kl 2l B kl3k 2l 3t0r0r r方向向右2分2 依据感觉电流产生的条件, 为使回路中不产生感觉电流, 回路中磁通量的变化应为零 ,因为磁感觉强度是渐渐增大的, 因此金属棒应向左运动使磁通量减小即0 即B t S t B0S0也就是 B t l (l vt)B0l 22分得 B tB0l1分l vt3 假如金属棒向右匀速运动, 因为这时磁感觉强度是渐渐减小的, 同理可推得 ,B t B0l l vt因此磁感觉强度随时间变化的图象如上图(t2时辰 B t不为零 3 分(1)F外 B0323B tB0l【答案】kl r k r l t 2向左运动l vt 3 见分析中图象。

高考物理一轮复习第9章电磁感应综合过关规范限时检测新人教版选修32

高考物理一轮复习第9章电磁感应综合过关规范限时检测新人教版选修32

第九章 综合过关规范限时检测满分100分,考试时间60分钟。

一、选择题(本题共8小题,每小题6分,共计48分。

1~4题为单选,5~8题为多选,全都选对的得6分,选对但不全的得3分,错选或不选的得0分)1.(2015·重庆理综)如图为无线充电技术中使用的受电线圈示意图,线圈匝数为n ,面积为S 。

若在t 1到t 2时间内,匀强磁场平行于线圈轴线向右穿过线圈,其磁感应强度大小由B 1均匀增加到B 2,则该段时间线圈两端a 和b 之间的电势差φa -φb 导学号 51343073( C )A .恒为nSB 2-B 1t 2-t 1 B .从0均匀变化到nS B 2-B 1t 2-t 1C .恒为-nS B 2-B 1t 2-t 1D .从0均匀变化到-nS B 2-B 1t 2-t 1 [解析] 穿过线圈的磁场均匀增加,产生恒定的感应电动势,E =n ΔΦΔt =n S B 2-B 1t 2-t 1,而等效电源内部的电流由愣次定律知从a →b ,即b 点是正极,φa -φb =-n S B 2-B 1t 2-t 1,故选C 。

2.(2015·课标Ⅱ)如图,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.当金属框绕ab 边以角速度ω逆时针转动时,a 、b 、c 三点的电势分别为U a 、U b 、U c 。

已知bc 边的长度为l .下列判断正确的是导学号 51343074( C )A .U a >U c ,金属框中无电流B .U b >U c ,金属框中电流方向沿a —b —c —aC .U bc =-12Bl 2ω,金属框中无电流 D .U ac =12Bl 2ω,金属框中电流方向沿a —c —b —a [解析] 当金属框绕ab 边以角速度ω逆时针转动时,穿过直角三角形金属框abc 的磁通量恒为0,所以没有感应电流,由右手定则可知,c 点电势高,U bc =-12Bl 2ω,故C 正确,A 、B 、D 错误。

高考物理一轮复习9.4(小专题)电磁感应中的动力学和能量问题课时作业新人教版选修3-2

高考物理一轮复习9.4(小专题)电磁感应中的动力学和能量问题课时作业新人教版选修3-2

第4课时(小专题)电磁感应中的动力学和能量问题STEP活页作业 ■1強化IN 编 技催握為1 . (2014 •广东卷,15)如图1所示,上下开口、内壁光滑的铜管 P 和塑料管Q 竖直放置,小磁块先后在两管中从相同高度处由静止释放,并落至底部,则小磁块图1A. 在P 和Q 中都做自由落体运动B. 在两个下落过程中的机械能都守恒C. 在P 中的下落时间比在 Q 中的长D. 落至底部时在 P 中的速度比在 Q 中的大解析 由于电磁感应,小磁块在铜管 P 中下落时除受重力外还受到向上的磁场力,而在 塑料管Q 中下落时只受到重力,即只在 Q 中做自由落体运动,机械能守恒,故 A B 错误;在P 中下落时的加速度较小,下落时间较长,落至底部时的速度较小,故 C 正确,D 错误。

答案 C▲如图所示,在水平面内固定着U 形光滑金属导轨,轨道间距为50 cm ,金属导体棒ab 质量为0.1 kg ,电阻为0.2 Q,横放在导轨上,电阻 R 的阻值是0.8 Q (导轨其余部分电阻不计)。

现加上竖直向下的磁感应强度为 0.2 T 的匀强磁场。

N 拉动ab , 使其从静止开始运动,则A. B. 导体棒 C. 导体棒 ab 开始运动后, a 、 b 两点的电势差逐渐增加到 1 V 后保持不变D. 导体棒 ab 开始运动后任一时刻,F 的功率总等于导体棒 ab 和电阻R 的发热功率之和用水平向右的恒力 F = 0.1导体棒ab 运动的最大速度为 10 m/s解析由右手定则可判断电阻R中的感应电流方向是从M流向P, A错;当金属导体棒En BLV m B L V m 受力平衡时,其速度将达到最大值,由F= BIL , I = - = •可得F=-,代入数据RR、R、R、解得v-= 10 m/s , B对;感应电动势的最大值E= 1 V, a、b两点的电势差为路端电压,最大值小于1 V, C错;在达到最大速度以前,F所做的功一部分转化为内能,另一部分转化为导体棒的动能,D错。

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高考物理一轮复习成套课时练习第九章电磁感应章末质量检测选修32(时间90分钟,满分120分)命题设计难度题号目标较易中等稍难电磁感应现象1、2、3、6法拉第电磁感应定律4、912电磁感应中的综合问题7、85、10、11、1314、15、16有一项是符合题目要求的)1.如图1所示的电路中,电源电动势为E,内阻r不能忽略.R1和R2是两个定值电阻,L是一个自感系数较大的线圈.开关S原来是断开的.从闭合开关S到电路中电流达到稳定为止的时间内,通过R1的电流I1和通过R2的电流I2的变化情况是 ( )A.I1开始较大而后不再变化B.I1开始很小而后逐渐变大C.I2开始很小而后逐渐变大D.I2开始较大而后逐渐变小解析:闭合开关S时,由于L是一个自感系数较大的线圈,产生反向的自感电动势阻碍电流的变化,所以开始时I2很小而I1较大,随着电流达到稳定,线圈的自感作用减小,I2开始逐渐变大,由于分流导致稳定电路中R1中的电流减小.故选C.答案:C2.(2008·重庆高考)如图2所示,粗糙水平桌面上有一质量为m的铜质矩形线圈.当一竖直放置的条形磁铁从线圈中线AB正上方等高快速经过时,若线圈始终不动,则关于线圈受到的支持力F N及在水平方向运动趋势的正确判断是 ( )A.F N先小于mg后大于mg,运动趋势向左B.F N先大于mg后小于mg,运动趋势向左C.F N先小于mg后大于mg,运动趋势向右D.F N先大于mg后小于mg,运动趋势向右解析:当磁铁沿矩形线圈中线AB正上方通过时,线圈中向下的磁通量先增加后减小,由楞次定律可知,线圈中感应电流的方向(从上向下看)先逆时针再顺时针,则线圈先上方为N极下方为S极,后改为上方为S极下方为N极,根据同名磁极相斥、异名磁极相吸,则线圈受到的支持力先大于mg后小于mg,线圈受到向右的安培力,则水平方向的运动趋势向右.D项正确.答案:D3.一环形线圈放在匀强磁场中,设第1 s内磁感线垂直线圈平面(即垂直于纸面)向里,如图3甲所示.若磁感应强度B随时间t变化的关系如图3乙所示,那么第3 s内线圈中感应电流的大小与其各处所受安培力的方向是 ( )A.大小恒定,沿顺时针方向与圆相切B.大小恒定,沿着圆半径指向圆心C.逐渐增加,沿着圆半径离开圆心D.逐渐增加,沿逆时针方向与圆相切解析:由图乙知,第3 s内磁感应强度B逐渐增大,变化率恒定,故感应电流的大小恒定.再由楞次定律,线圈各处受安培力的方向都使线圈面积有缩小的趋势,故沿半径指向圆心.B项正确.答案:B4.如图4所示,光滑绝缘水平面上有一矩形线圈冲入一匀强磁场,线圈全部进入磁场区域时,其动能恰好等于它在磁场外面时的一半,设磁场宽度大于线圈宽度,那么 ( )A.线圈恰好在刚离开磁场的地方停下B .线圈在磁场中某位置停下C .线圈在未完全离开磁场时即已停下D .线圈完全离开磁场以后仍能继续运动,不会停下来解析:线圈冲入匀强磁场时,产生感应电流,线圈受安培力作用做减速运动,动能减少.同理,线圈冲出匀强磁场时,动能也减少,进、出时减少的动能都等于安培力做的功.由于进入时的速度大,故感应电流大,安培力大,安培力做的功也多,减少的动能也多,线圈离开磁场过程中,损失的动能少于它在磁场外面时动能的一半,因此线圈离开磁场仍继续运动.D 项正确. 答案:D5.两块水平放置的金属板间的距离为d ,用导线与一个n 匝线圈相连, 线圈电阻为r ,线圈中有竖直方向的磁场,电阻R 与金属板连接, 如图5所示,两板间有一个质量为m 、电荷量+q 的油滴恰好处于 静止,则线圈中的磁感应强度B 的变化情况和磁通量的变化率分别 是 ( ) A .磁感应强度B 竖直向上且正增强,ΔΦΔt =dmg nqB .磁感应强度B 竖直向下且正增强,ΔΦΔt =dmgnqC .磁感应强度B 竖直向上且正减弱,ΔΦΔt =dmg (R +r )nqRD .磁感应强度B 竖直向下且正减弱,ΔΦΔt =dmgr (R +r )nqR解析:由平衡条件知,下金属板带正电,故电流应从线圈下端流出,由楞次定律可以判定磁感应强度B 竖直向上且正减弱或竖直向下且正增强,A 、D 错误;因mg =q Ud,U =ER +r R ,E =n ΔΦΔt ,联立可求得ΔΦΔt =dmg (R +r )nqR,故只有C 项正确. 答案:C6.如图6所示,竖直平面内的虚线上方是一匀强磁场B ,从虚线下 方竖直上抛一正方形线圈,线圈越过虚线进入磁场,最后又落回 原处,运动过程中线圈平面保持在竖直平面内,不计空气阻力, 则 ( ) A .上升过程克服磁场力做的功小于下降过程克服磁场力做的功 B .上升过程克服磁场力做的功等于下降过程克服磁场力做的功 C .上升过程克服重力做功的平均功率大于下降过程中重力的平均功率 D .上升过程克服重力做功的平均功率等于下降过程中重力的平均功率解析:线圈上升过程中,加速度增大且在减速,下降过程中,运动情况比较复杂,有加速、减速或匀速等,把上升过程看做反向的加速,可以比较当运动到同一位置时,线圈速度都比下降过程中相应的速度要大,可以得到结论:上升过程中克服安培力做功多;上升过程时间短,故正确选项为C. 答案:C7.如图7所示,在平行于水平地面的匀强磁场上方有三个线圈,从相同的高度由静止开始同时释放,三个线圈都是用相同的金属材料制成的边长一样的正方形,A 线圈有一个缺口,B 、C 线圈闭合,但B 线圈的导线比C 线圈的粗,则 ( )A .三个线圈同时落地B .A 线圈最先落地C .A 线圈最后落地D .B 线圈比C 线圈先落地解析:由于A 线圈上有缺口,A 中不产生感应电流,不受安培力的阻碍作用,所以A 线圈先落地,B 正确.B 、C 线圈在进入磁场的过程中,受安培力与重力作用,满足: mg -B 2L 2v R =ma m =ρ密·4L ·S R =ρ电4L S所以4ρ密LSg -B 2LSv 4ρ电=4ρ密LSa4ρ密g -B 2v4ρ电=4ρ密aa =g -B 2v16ρ密ρ电,由于B 、C 线圈起始下落高度相同,材料相同,所以a 相同,进入相同的磁场,B 、C 线圈同时落地,D 选项错误. 答案:B8.某输电线路横穿公路时,要在地下埋线通过,为了保护线路不至于被压坏,预先铺设结实的过路钢管,再让输电线从钢管中穿过.电线穿管的方案有两种:甲方案是铺设两根钢管,两条输电线分别从两根钢管中穿过;乙方案是只铺设一根钢管,两条输电线都从这一根钢管中穿过,如图8所示.如果输电导线输送的电流很大,那么,以下说法正确的是 ( )A.无论输送的电流是恒定电流还是交变电流,甲、乙两方案都是可行的B.若输送的电流是恒定电流,甲方案是可行的,乙方案是不可行的C.若输送的电流是交变电流,乙方案是可行的,甲方案是不可行的D.若输送的电流是交变电流,甲方案是可行的,乙方案是不可行的解析:若输送的电流是恒定电流,甲、乙两方案都是可行的,A、B错误.输电线周围存在磁场,交变电流产生变化的磁场,因此在输电过程中输电线因电流变化引起自感现象,当输电线上电流很大时,强大的自感电流有可能将钢管融化,造成事故,所以甲方案是不可行的.在乙方案中,两条输电线中的电流方向相反,产生的磁场互相抵消,使自感现象的影响减弱到可以忽略不计的程度,是可行的,C正确D错误.此题类似于课本中提到的“双线并绕”.答案:C9.(2010·淮北模拟)如图9所示,水平光滑的平行金属导轨,左端接有电阻R,匀强磁场B竖直向下分布在导轨所在的空间内,质量一定的金属棒PQ垂直导轨放置.今使棒以一定的初速度v0向右运动,当其通过位置a、b时,速率分别为v a、v b,到位置c时棒刚好静止,设导轨与棒的电阻均不计,a到b与b到c的间距相等,则金属棒在由a到b和由b到c的两个过程中 ( )A.回路中产生的内能相等B.棒运动的加速度相等C.安培力做功相等D.通过棒横截面积的电荷量相等解析:棒由a到b再到c的过程中,速度逐渐减小.根据E=Blv,E减小,故I减小.再根据F=BIl,安培力减小,根据F=ma,加速度减小,B错误.由于a与b、b与c间距相等,故从a到b安培力做的功大于从b到c安培力做功,故A、C错误.再根据平均感应电动势E=ΔΦΔt=BΔSΔt,I=ER,q=IΔt得q=BΔSR,故D正确.答案:D10.如图10所示,闭合导线框的质量可以忽略不计,将它从如图所示位置匀速向右拉出匀强磁场.若第一次用0.3 s 拉出,外力所做的功为W 1,通过导线横截面的电荷量为q 1;第二次用0.9 s 拉出,外力所做的功为W 2,通过导线横截面的电荷量为q 2,则 ( ) A .W 1<W 2,q 1<q 2 B .W 1<W 2,q 1=q 2 C .W 1>W 2,q 1=q 2 D .W 1>W 2,q 1>q 2解析:设线框长为L 1,宽为L 2,其电阻为R .第一次拉出速度为v 1,第二次拉出速度为v 2,则v 1=3v 2.匀速拉出磁场时,外力所做的功恰等于克服安培力所做的功,有W 1=F 1L 1=BI 1L 2L 1=B 2L 22L 1v 1/R ,同理W 2=B 2L 22L 1v 2/R ,故W 1>W 2;又由于线框两次拉出过程中,磁通量的变化量相等,即ΔΦ1=ΔΦ2,由q =It =BL 2vRt =BL 1L 2Rt t =BL 1L 2R =ΔΦR,得:q 1=q 2.故正确答案为选项C.答案:C11.如图11所示,两根水平放置的相互平行的金属导轨ab 、cd ,表面光滑,处在竖直向上的匀强磁场中,金属棒PQ 垂直于导轨放在上面,以速度v 向右匀速运动,欲使棒PQ 停下来,下面的措施可行的是(导轨足够长,棒PQ 有电阻) ( ) A .在棒PQ 右侧垂直于导轨再放上一根同样的金属棒B .在棒PQ 棒右侧垂直于导轨再放上一根质量和电阻均比棒PQ 大的金属棒C .将导轨的a 、b 两端用导线连接起来D .将导轨的a 、c 两端和b 、d 两端分别用导线连接起来解析:在棒PQ 右侧放金属棒时,回路中会有感应电流,使金属棒加速,棒PQ 减速,当两者获得共同速度时,回路中感应电流为零,两棒都将做匀速运动,A 、B 项错误.当一端或两端用导线连接时,棒PQ 的动能将转化为内能而最终静止,C 项错,D 项正确. 答案:D12.如图12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,则如图13所示的四个E -t 关系示意图中正确的是 ( )解析:由右手定则和E=Blv判定水平位移从0~l时E=Blv;从l~2l时,E=0;从2l~3l时,E=3Blv;从3l~4l时,E=-2Blv,可知图C正确.答案:C二、计算题(本大题共4个小题,共40分,解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤,有数值计算的要注明单位)13.(9分)(2010·池州模拟)如图14所示,光滑的U形金属导轨MNN′M′水平的固定在竖直向上的匀强磁场中,磁感应强度为B,导轨的宽度为L,其长度足够长,M′、M之间接有一个阻值为R的电阻,其余部分电阻不计.一质量为m、电阻也为R的金属棒ab恰能放在导轨之上,并与导轨接触良好.给棒施加一个水平向右的瞬间作用力,棒就沿轨道以初速度v0开始向右滑行.求:(1)开始运动时,棒中的瞬时电流i和棒两端的瞬时电压u分别为多大?(2)当棒的速度由v0减小到v0/10的过程中,棒中产生的焦耳热Q是多少?解析:(1)开始运动时,棒中的感应电动势:E =BLv 0棒中的瞬时电流:i =E 2R =BLv 02R棒两端的瞬时电压:u =R R +R E =12BLv 0. (2)由能量守恒定律知,闭合电路在此过程中产生的焦耳热:Q 总=12mv 02-12m (110v 0)2=99200mv 02 棒中产生的焦耳热为:Q =12Q 总=99400mv 02.答案:(1)BLv 02R 12BLv 0 (2)99400mv 0214.(9分)一根电阻R =0.6 Ω的导线弯成一个圆形线圈,圆半径r =1 m ,圆形线圈质量m =1 kg ,此线圈放在绝缘光滑的水平面上,在y 轴右侧有垂直线圈平面的磁感 应强度B =0.5 T 的匀强磁场,如图15所示.若线圈以初动能E 0=5 J 沿x 轴方向 滑进磁场,当进入磁场0.5 m 时,线圈中产生的电能为E =3 J .求:(1)此时线圈的运动速度的大小;(2)此时线圈与磁场左边缘两交接点间的电压; (3)此时线圈加速度的大小.解析:(1)设线圈的速度为v ,由能量守恒定律得E 0=E +12mv 2.解得:v =2 m/s.(2)线圈切割磁感线的有效长度L =2 r 2-14r 2= 3 m ,电动势E =BLv = 3 V ,电流I =E R =30.6A ,两交接点间的电压U =IR 1=30.6×0.6×23 V =233 V. (3)F =ma =BIL ,所以a =2.5 m/s 2. 答案:(1)2 m/s (2)233V (3)2.5 m/s 215.(10分)如图16所示,竖直放置的等距离金属导轨宽0.5 m ,垂直于导轨平面向里的匀强磁场的磁感应强度为B =4 T ,轨道光滑、电阻不计,ab 、cd 为两根完全相同的金属棒,套在导轨上可上下自由滑动,每根金属棒的电阻为1 Ω.今在ab 棒上施加一个竖直向上的恒力F ,这时ab 、cd 恰能分别以0.1 m/s 的速度向上和向下做匀速滑行.(g 取10 m/s 2)试求:(1)两棒的质量; (2)外力F 的大小.解析:(1)根据右手定则,可以判定电路中电流方向是沿acdba 流动的.设ab 棒的质量为m 1,cd 棒的质量为m 2.取cd 棒为研究对象,受力分析,根据平衡条件可得BIL =m 2g其中I =E 2R =2BLv 2R ,得m 2=B 2L 2vgR=0.04 kg ,根据题意判断可知m 1=0.04 kg.(2)取两根棒整体为研究对象,根据平衡条件可得F =m 1g +m 2g =0.8 N.答案:(1)0.04 kg 0.04 kg (2)0.8 N16.(12分)(2009·上海高考)如图17所示,光滑的平行金属导轨水平放置,电阻不计,导轨间距为l ,左侧接一阻值为R 的电阻.区域cdef 内存在垂直轨道平面向下的有界匀强磁场,磁场宽度为s .一质量为m 、电阻为r 的金属棒MN 置于导轨上,与导轨垂直且接触良好,受到F =0.5v +0.4(N)(v 为金属棒速度)的水平外力作用,从磁场的左边界由静止开始运动,测得电阻两端电压随时间均匀增大.(已知:l =1 m ,m =1 kg ,R =0.3 Ω,r =0.2 Ω,s =1 m)(1)分析并说明该金属棒在磁场中做何种运动; (2)求磁感应强度B 的大小;(3)若撤去外力后棒的速度v 随位移x 的变化规律满足v =v 0-B 2l 2m (R +r )x ,且棒在运动到ef 处时恰好静止,则外力F 作用的时间为多少?(4)若在棒未出磁场区域时撤出外力,画出棒在整个运动过程中速度随位移变化所对应的各种可能的图线.解析:(1)金属棒做匀加速直线运动R 两端电压U ∝I ∝E ∝v ,U 随时间均匀增大,即v 随时间均匀增大.所以加速度为恒量.(2)F -B 2l 2R +r v =ma ,将F =0.5v +0.4代入得:(0.5-B 2l 2R +r)v +0.4=a因为加速度为恒量,与v 无关,所以a =0.4 m/s 20.5-B 2l 2R +r=0代入数据得:B =0.5 T.(3)设外力F 作用时间为t .x 1=12at 2v 0=B 2l 2m (R +r )x 2=atx 1+x 2=s ,所以12at 2+m (R +r )B 2l 2at =s代入数据得0.2t 2+0.8t -1=0,解方程得t=1 s或t=-5 s(舍去).(4)可能图线如下:答案:(1)见解析(2)0.5 T (3)1 s (4)见解析用心爱心专心- 11 -。

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