2017-2018學年高中創(chuàng)新設(shè)計物理粵教版選修3-2練習：第一章 第五節(jié) 電磁感應規(guī)律的應用

學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精第五節(jié)電磁感應規(guī)律的應用1．情景分析:如圖1所示，銅棒Oa長為L，磁場的磁感應強度為B,銅棒在垂直于勻強磁場的平面上繞O點以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動，則棒切割磁感線的等效速度v＝eq\f(ωL，2)，產(chǎn)生的感應電動勢E＝eq\f（1,2)BL2ω,由右手定則可判定銅棒的O端電勢較高．圖12．如圖2所示,導體棒ef沿著導軌面向右勻速運動,導軌電阻不計．導體棒ef相當于電源，e是正極,f是負極，電源內(nèi)部電流由負極流向正極；R和Rg構(gòu)成外電路，外電路中電流由電源正極流向負極．圖23．電磁感應中的能量：在由導體切割磁感線產(chǎn)生的電磁感應現(xiàn)象中，導體克服安培力做多少功,就有多少其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能，即電能是通過克服安培力做功轉(zhuǎn)變來的．4．正在轉(zhuǎn)動的電風扇葉片，一旦被卡住，電風扇電動機的溫度上升，時間一久,便發(fā)生一種焦糊味，十分危險，產(chǎn)生這種現(xiàn)象的原因是________________________________________________________________________．答案見解析解析電風扇葉片一旦卡住，這時反電動勢消失，電阻很小的線圈直接連在電源的兩端,電流會很大，所以電風扇電動機的溫度很快上升,十分危險．5．當穿過線圈的磁通量發(fā)生變化時，下列說法中正確的是（)A．線圈中一定有感應電流B．線圈中一定有感應電動勢C．感應電動勢的大小跟磁通量的變化成正比D．感應電動勢的大小跟線圈的電阻有關(guān)答案B解析產(chǎn)生感應電流的條件與產(chǎn)生感應電動勢的條件是不同的,只有電路閉合且磁通量發(fā)生變化才能產(chǎn)生感應電流，不管電路是否閉合,只要磁通量變化,就一定有感應電動勢產(chǎn)生．感應電動勢只與磁通量的變化快慢和線圈的匝數(shù)有關(guān)．6．如圖3所示，在豎直向下的勻強磁場中,將一水平放置的金屬棒ab以水平速度v拋出，且棒與磁場垂直，設(shè)棒在落下的過程中方向不變且不計空氣阻力，則金屬棒在運動的過程中產(chǎn)生的感應電動勢大小變化情況是(）圖3A．越來越大B．越來越小C．保持不變D．無法判斷答案C解析在運用公式E＝BLv進行感應電動勢的運算時，要注意該公式中B、L、v三者必須互相垂直．如果不互相垂直，要進行相應的分解后運用分量代入運算．本題中切割速度為金屬棒的水平分速度,水平分速度不變，故感應電動勢大小保持不變,選C。7．如圖4所示,豎直放置的兩根平行金屬導軌之間接有定值電阻R，質(zhì)量不能忽略的金屬棒與兩導軌始終保持垂直并良好接觸且無摩擦，棒與導軌的電阻均不計,整個裝置放在勻強磁場中，磁場方向與導軌平面垂直,棒在豎直向上的恒力F作用下加速上升的一段時間內(nèi)，力F做的功與安培力做的功的代數(shù)和等于()圖4A．棒的機械能增加量B．棒的動能增加量C．棒的重力勢能增加量D．電阻R上放出的熱量答案A解析棒受重力G、拉力F和安培力FA的作用．由動能定理：WF＋WG＋W安＝ΔEk得WF＋W安＝ΔEk＋mgh，即力F做的功與安培力做功的代數(shù)和等于機械能的增量,A項正確．【概念規(guī)律練】知識點一法拉第電機模型的分析1．如圖5所示，長為L的金屬棒ab，繞b端在垂直于勻強磁場的平面內(nèi)以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動，磁感應強度為B，求ab兩端的電勢差．圖5答案eq\f（1，2)BL2ω解析方法一棒上各處速率不等，故不能直接用公式E＝BLv求解,由v＝ωr可知,棒上各點線速度跟半徑成正比,故可用棒的中點的速度作為平均切割速度代入公式計算．由eq\x\to（v)＝ωL/2,有BLeq\x\to(v）＝eq\f（1，2)BL2ω,由右手定則判斷φa〉φb,即Uab>0，故Uab＝eq\f（1，2）BL2ω方法二用E＝neq\f（ΔΦ,Δt）來求解．設(shè)經(jīng)過Δt時間ab棒掃過的扇形面積為ΔS＝eq\f（1，2）LωΔtL＝eq\f（1，2）L2ωΔt變化的磁通量為ΔΦ＝BΔS＝eq\f（1,2)BL2ωΔt，所以E＝neq\f（ΔΦ，Δt)＝nBeq\f(ΔS，Δt)＝eq\f(1,2）BL2ω(n＝1)由右手定則判斷φa〉φb所以a、b兩端的電勢差為eq\f(1，2）BL2ω.點評當導體棒轉(zhuǎn)動切割磁感線時,若棒上各處磁感應強度B相同，則可直接應用公式E＝eq\f(1，2）BL2ω。2．如圖6所示，長為L的導線下懸一小球，在豎直向上的勻強磁場中做圓錐擺運動，圓錐的偏角為θ,擺球的角速度為ω，磁感應強度為B，則金屬導線中產(chǎn)生的感應電動勢大小為________．圖6答案eq\f（1,2）BL2ωsin2θ解析導線的有效長度為L′＝Lsinθ電動勢E＝eq\f(1,2）BL′2ω＝eq\f(1，2）BL2ωsin2θ點評導體在磁場中轉(zhuǎn)動，導線本身與磁場并不垂直,應考慮切割磁感線的有效長度．知識點二電磁感應中的電路問題3．如圖7所示，長為L＝0。2m、電阻為r＝0。3Ω、質(zhì)量為m＝0.1kg的金屬棒CD垂直放在位于水平面上的兩條平行光滑金屬導軌上,兩導軌間距也為L，棒與導軌接觸良好，導軌電阻不計,導軌左端接有R＝0。5Ω的電阻,量程為0~3.0A的電流表串聯(lián)在一條導軌上，量程為0～1。0V的電壓表接在電阻R的兩端，垂直導軌平面的勻強磁場向下穿過平面．現(xiàn)以向右恒定的外力F使金屬棒右移，當金屬棒以v＝2m/s的速度在導軌平面上勻速滑動時，觀察到電路中的一個電表正好滿偏，而另一電表未滿偏．問：圖7(1)此時滿偏的電表是什么表？說明理由．（2）拉動金屬棒的外力F有多大?（3）導軌處的磁感應強度多大？答案(1)見解析(2)1。6N(3)4T解析（1）假設(shè)電流表滿偏，則I＝3A，R兩端電壓U＝IR＝3×0。5V＝1。5V，將大于電壓表的量程,不符合題意，故滿偏電表應該是電壓表．（2)由能量關(guān)系，電路中的電能應是外力做功轉(zhuǎn)化來的，所以有Fv＝I2(R＋r)，I＝eq\f（U,R），兩式聯(lián)立得,F＝eq\f（U2R＋r,R2v)＝1.6N。(3)磁場是恒定的，且不發(fā)生變化，由于CD運動而產(chǎn)生感應電動勢，因此是動生電動勢．根據(jù)法拉第電磁感應定律有E＝BLv，根據(jù)閉合電路歐姆定律得E＝U＋Ir以及I＝eq\f(U，R)，聯(lián)立三式得B＝eq\f(U，Lv）＋eq\f(Ur,RLv）＝4T.點評注意區(qū)分電源和外電路，熟練運用閉合電路的有關(guān)規(guī)律．4．勻強磁場的磁感應強度B＝0.2T,磁場寬度l＝3m，一正方形金屬框邊長ad＝l′＝1m，每邊的電阻r＝0。2Ω，金屬框以v＝10m/s的速度勻速穿過磁場區(qū)，其平面始終保持與磁感線方向垂直，如圖8所示．求：圖8(1）畫出金屬框穿過磁場區(qū)的過程中，金屬框內(nèi)感應電流的I－t圖線；(要求寫出作圖依據(jù)）(2）畫出ab兩端電壓的U－t圖線．（要求寫出作圖依據(jù)）答案見解析解析線框的運動過程分為三個階段:第Ⅰ階段cd相當于電源，ab為等效外電路；第Ⅱ階段cd和ab相當于開路時兩并聯(lián)的電源；第Ⅲ階段ab相當于電源，cd相當于外電路，如下圖所示．（1）在第一階段，有I1＝eq\f（E,r＋3r）＝eq\f（Bl′v,4r)＝2。5A感應電流方向沿逆時針方向，持續(xù)時間為t1＝eq\f（l′,v)＝eq\f(1,10）s＝0.1sab兩端的電壓為U1＝I1·r＝2.5×0。2V＝0。5V(2）在第二階段，有I2＝0，U2＝E＝Bl′v＝2Vt2＝0.2s(3)在第三階段，有I3＝eq\f(E,4r）＝2.5A感應電流方向為順時針方向U3＝I3×3r＝1.5V，t3＝0。1s規(guī)定逆時針方向為電流正方向,故I－t圖象和ab兩端U－t圖象分別如下圖所示．點評第二階段cd與ab全部進入磁場后，回路中磁通量不變化,無感應電流，但ab、cd都切割磁感線，有感應電動勢，相當于開路時兩個并聯(lián)的電路．【方法技巧練】用能量觀點巧解電磁感應問題5．如圖9所示,將勻強磁場中的線圈（正方形,邊長為L）以不同的速度v1和v2勻速拉出磁場，線圈電阻為R,那么兩次拉出過程中,外力做功之比W1∶W2＝________。外力做功功率之比P1∶P2＝________.圖9答案v1∶v2veq\o\al(2，1)∶veq\o\al（2，2）解析線圈勻速拉出磁場,故其動能未變化．線圈中由于電磁感應產(chǎn)生電流，即有電能產(chǎn)生，且電能全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能,故外力做多少功就有多少內(nèi)能產(chǎn)生．W＝Q＝I2RΔt＝eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（ΔΦ，ΔtR)）)2RΔt＝eq\f(ΔΦ2，RΔt)∝eq\f(1，Δt)∝v故W1∶W2＝v1∶v2同理,由P＝eq\f(W,Δt）＝eq\f（Q，Δt）∝v2可得P1∶P2＝veq\o\al(2，1)∶veq\o\al(2,2)方法總結(jié)兩次均勻速把線框拉出磁場都有F安＝F外，但兩次的外力不同．6．光滑曲面與豎直平面的交線是拋物線，如圖10所示，拋物線的方程為y＝x2，其下半部處在一個水平方向的勻強磁場中，磁場的上邊界是y＝a的直線(圖中的虛線所示)，一個質(zhì)量為m的小金屬塊從拋物線y＝b（b>a)處以速度v沿拋物線下滑,假設(shè)拋物線足夠長，則金屬塊在曲面上滑動的過程中產(chǎn)生的焦耳熱總量是(）圖10A．mgbB.eq\f(1,2）mv2C．mg（b－a）D．mg（b－a)＋eq\f（1,2)mv2答案D解析金屬塊在進入磁場或離開磁場的過程中，穿過金屬塊的磁通量發(fā)生變化，產(chǎn)生電流，進而產(chǎn)生焦耳熱．最后，金屬塊在高為a的曲面上做往復運動．減少的機械能為mg(b－a）＋eq\f(1，2）mv2，由能量的轉(zhuǎn)化和守恒可知，減少的機械能全部轉(zhuǎn)化成焦耳熱,即選D.方法總結(jié)在電磁感應現(xiàn)象中，感應電動勢是由于非靜電力移動自由電荷做功而產(chǎn)生的,要直接計算非靜電力做功一般比較困難，因此要根據(jù)能量的轉(zhuǎn)化及守恒來求解．1．如圖11所示，一個帶正電的粒子在垂直于勻強磁場的平面內(nèi)做圓周運動，當磁感應強度均勻增大時，此粒子的動能將（)圖11A．不變B．增大C．減少D．以上情況都有可能答案B解析當磁場增強時,將產(chǎn)生如圖所示的電場，帶正電的粒子將受到這個電場對它的電場力作用，而使動能增大．2．如圖12所示，用一阻值為R的均勻細導線圍成的金屬環(huán)半徑為a,勻強磁場的磁感應強度為B，垂直穿過金屬環(huán)所在平面．電阻為eq\f(R，2）的導體桿AB，沿環(huán)表面以速度v向右滑至環(huán)中央時，桿的端電壓為（)圖12A．BavB.eq\f(1，2)BavC。eq\f(2,3）BavD。eq\f(4，3)Bav答案C解析當電阻為eq\f（R，2)的導體桿AB沿環(huán)表面以速度v向右滑至環(huán)中央時，這個回路的總電動勢為：E＝2Bav.并聯(lián)的兩個半圓環(huán)的等效電阻為eq\f(R，4)，桿的端電壓為UAB＝E·eq\f(R外，R外＋r)＝eq\f（2,3）Bav.方法總結(jié)當磁場和導體間有相對運動，且感應電動勢大小在變化，求瞬時感應電動勢時，應采用公式E＝BLvsinθ.3．在勻強磁場中,ab、cd兩根導體棒沿兩根導軌分別以速度v1、v2滑動，如圖13所示,下列情況中，能使電容器獲得最多電荷量且左邊極板帶正電的是（）圖13A．v1＝v2，方向都向右B．v1＝v2，方向都向左C．v1〉v2,v1向右，v2向左D．v1>v2,v1向左，v2向右答案C解析當ab棒和cd棒分別向右和向左運動時，兩棒均相當于電源，且串聯(lián)，電路中有最大電動勢，對應最大的順時針方向電流，電阻上有最高電壓,所以電容器上有最多電荷量，左極板帶正電．4．如圖14所示，在勻強磁場中，MN和PQ是兩條平行的金屬導軌，而ab與cd為串聯(lián)有電壓表和電流表的兩根金屬棒，當兩棒以相同速度向右運動時，正確的是（)圖14A．電壓表有讀數(shù)，電流表有讀數(shù)B．電壓表無讀數(shù)，電流表無讀數(shù)C．電壓表有讀數(shù)，電流表無讀數(shù)D．電壓表無讀數(shù),電流表有讀數(shù)答案B解析當ab與cd以相同速度向右運動時,abcd圍成的閉合回路的磁通量無變化,則回路內(nèi)無感應電流，使電壓表和電流表指針偏轉(zhuǎn)必須有電流流過電表,所以兩表無示數(shù)，故B選項正確．5．如圖15甲所示，固定在水平桌面上的光滑金屬框架cdeg處于方向豎直向下的勻強磁場中，金屬桿ab與金屬框架接觸良好．在兩根導軌的端點d、e之間連接一電阻，其他部分電阻忽略不計．現(xiàn)用一水平向右的外力F作用在金屬桿ab上,使金屬桿由靜止開始向右在框架上滑動,運動中桿ab始終垂直于框架．圖乙為一段時間內(nèi)金屬桿受到的安培力F安隨時間t的變化關(guān)系，則圖中可以表示外力F隨時間t變化關(guān)系的圖象是（)圖15答案D解析ab切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢E＝BLv,感應電流為I＝eq\f(BLv，R）,安培力F安＝eq\f(B2L2v,R），所以v∝F安,v∝t，金屬桿的加速度為定值．又由牛頓第二定律F－F安＝ma,即F＝F安＋ma，可知D項正確．6．如圖16所示，在一均勻磁場中有一導線框abcd，線框處于水平面內(nèi)，磁場與線框平面垂直，R為一電阻，ef為垂直于ab的一段導體桿，它可在ab，cd上無摩擦地滑動，桿ef及線框中導線的電阻都可不計．開始時,給ef一個向右的初速度，則()圖16A．ef將減速向右運動，但不是勻減速B．ef將勻減速向右運動,最后停止C．ef將勻速向右運動D．ef將往返運動答案A解析ef向右運動，在閉合回路中產(chǎn)生感應電流，根據(jù)楞次定律,ef棒受安培力將阻礙其向右運動，即ef要克服安培力做功而使動能減少，故ef是向右做減速運動．但值得注意的是,隨速度v的減小，加速度減小，故不可能做勻減速運動．A正確．7．如圖17所示,豎直放置的螺線管與導線abcd構(gòu)成回路，導線所圍的區(qū)域內(nèi)有一垂直紙面向里的變化的磁場,螺線管下方水平桌面上有一導體圓環(huán)，導線abcd所圍區(qū)域內(nèi)磁場的磁感應強度按下圖中哪一圖線所表示的方式隨時間變化時，導體環(huán)將受到向上的磁場力作用（）圖17答案A解析b→b→a→螺線管→d→c，螺線管下方的導體環(huán)中有磁通量穿過．但由于磁場的變化越來越慢，穿過圓環(huán)的磁通量也越來越小，根據(jù)楞次定律，為阻礙環(huán)中磁通量的減少,環(huán)將靠近螺線管，即環(huán)受向上的磁場力的作用．B選項中,磁場變化越來越快，螺線管中磁場變強,圓環(huán)中磁通量增大,為阻礙磁通量增大，環(huán)將向下運動,即受磁場力向下．C、D選項中,磁場均勻變化，螺線管中電流恒定，穿過圓環(huán)的磁通量不變，圓環(huán)中無感應電流產(chǎn)生，與螺線管無相互作用的力．8．如圖18所示，空間某區(qū)域中有一勻強磁場，磁感應強度方向水平,且垂直紙面向里，磁場上邊界b和下邊界d水平．在豎直面內(nèi)有一矩形金屬線圈，線圈上下邊的距離很短,下邊水平．線圈從水平面a開始下落．已知磁場上下邊界之間的距離大于水平面a、b之間的距離．若線圈下邊剛通過水平面b、c(位于磁場中)和d時,線圈所受到的磁場力的大小分別為Fb，F(xiàn)c和Fd，則()圖18A．Fd〉Fc〉FbB．Fc〈Fd<FbC．Fc>Fb>FdD．Fc<Fb<Fd答案D解析本題考查電磁感應和安培力相關(guān)知識．線圈在進入和離開磁場的過程中，產(chǎn)生感應電流，線圈相應地受到安培力的作用,根據(jù)F＝ILB，E＝BLv，I＝eq\f(E,r），可知安培力F＝eq\f(B2L2v,r)，不難看出安培力與速度成正比，當線圈完全進入磁場的過程中，沒有安培力,故Fc＝0，且其只在重力作用下加速下落,所以vd〉vb，即Fd〉Fb，答案為D項．9．（雙選）如圖19所示，兩根光滑的金屬導軌，平行放置在傾角為θ的斜面上，導軌的左端接有電阻R，導軌自身的電阻可忽略不計．斜面處在一勻強磁場中，磁場方向垂直于斜面向上．質(zhì)量為m、電阻可以不計的金屬棒ab，在沿著斜面與棒垂直的恒力F作用下沿導軌勻速上滑，并上升h高度，在這一過程中()圖19A．作用于金屬棒上的各個力的合力所做的功等于零B．作用于金屬棒上的各個力的合力所做的功等于mgh與電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱之和C．恒力F與安培力的合力所做的功等于零D．恒力F與重力的合力所做的功等于電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱答案AD解析金屬棒勻速上滑的過程中，對金屬棒受力分析可知，有三個力對棒做功，恒力F做正功，重力做負功，安培力阻礙相對運動，沿斜面向下,做負功．勻速運動時，所受合力為零，故合力做功為零，A正確；克服安培力做多少功就有多少其他形式的能轉(zhuǎn)化為電路中的電能，電能又等于R上產(chǎn)生的焦耳熱，故外力F與重力的合力所做的功等于電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱，D正確．10．如圖20所示的勻強磁場中，有兩根相距20cm固定的平行金屬光滑導軌MN和PQ。磁場方向垂直于MN、PQ所在平面．導軌上放置著ab、cd兩根平行的可動金屬細棒．在兩棒中點OO′之間拴一根40cm長的細繩，繩長保持不變．設(shè)磁感應強度B以1。0T/s的變化率均勻減小，abdc回路的電阻為0。50Ω.求：當B減小到10T時，兩可動邊所受磁場力和abdc回路消耗的功率．圖20答案均為0。32N0。0128W解析根據(jù)E＝eq\f(ΔΦ,Δt）＝eq\f（ΔBS，Δt)E＝1.0×20×40×10－4V＝0。08V根據(jù)I＝eq\f(E，R)，F(xiàn)＝BILF＝10×eq\f(0。08，0。50）×20×10－2N＝0.32NP＝eq\f(E2,R）＝eq\f（0。082,0.50）W＝0.0128W11．兩根光滑的長直金屬導軌MN、M′N′平行置于同一水平面內(nèi)，導軌間距為l，電阻不計，M、M′處接有如圖21所示的電路，電路中各電阻的阻值均為R，電容器的電容為C.長度也為l、阻值同為R的金屬棒ab垂直于導軌放置,導軌處于磁感應強度為B、方向豎直向下的勻強磁場中．a(chǎn)b在外力作用下向右勻速運動且與導軌保持良好接觸,在ab運動距離為s的過程中，整個回路中產(chǎn)生的焦耳熱為Q.求：圖21（1）ab運動速度v的大小；(2)電容器所帶的電荷量q。答案（1)eq\f(4QR，B2l2s)（2)eq\f(CQR,Bls）