2024-2025版高中物理第四章電磁感應5電磁感應現(xiàn)象的兩類情況課時練習含解析新人教版選修3-2

PAGE11-電磁感應現(xiàn)象的兩類狀況(25分鐘·60分)一、選擇題(本題共6小題,每題6分,共36分)1.一段導線在磁場中做切割磁感線運動,下面說法正確的是()A.導體中肯定有感應電動勢B.導體中肯定有感應電流C.導體肯定受到與運動方向相反的磁場作用力D.導體肯定受到與運動方向相同的磁場作用力【解析】選A。導線在磁場中做切割磁感線運動,就能產(chǎn)生感應電動勢,但是假如電路不閉合,就不會有感應電流。導體受到的力不肯定與運動方向相反。故選A。2.如圖所示,一寬為40cm的勻強磁場區(qū)域,磁場方向垂直紙面對里,一邊長為20cm的正方形線框位于紙面內(nèi),以垂直于磁場邊界的恒定速度v=20cm/s通過磁場區(qū)域。在運動過程中,線框有一邊始終與磁場邊界平行,取它剛進入磁場的時刻t=0,在下列圖線中,正確反映電流強度隨時間改變規(guī)律的是()【解析】選C。在0～1s內(nèi),線框進入磁場區(qū)域,穿過線框的磁通量垂直紙面對里且大小增加,依據(jù)楞次定律,線框中產(chǎn)生逆時針方向的感應電流阻礙磁通量的增加,此時感應電流為i=,在1～2s內(nèi),整個線框在勻強磁場中運動,穿過線框的磁通量不變,線框中不產(chǎn)生感應電流;在2～3s內(nèi),線框出磁場,穿過線框的磁通量垂直紙面對里且大小減小,依據(jù)楞次定律,線框中產(chǎn)生順時針方向的感應電流阻礙磁通量的改變,此時感應電流為i=,綜上所述,A、B、D錯誤,C正確。故選C?！炯庸逃柧殹咳鐖D所示,正方形導體閉合線框和有志向邊界的勻強磁場都在光滑水平面上,線框在外力F的作用下能夠以不變的速度v勻速通過磁場區(qū)域,已知線框邊長為l,總電阻為R,磁場兩條邊界間的距離為d(d<l)。下列說法正確的是()A.線框bc邊剛進入磁場時感應電流為bcdab方向B.線框進出磁場的整個過程中外力F總等于C.線框進出磁場的整個過程產(chǎn)生的熱量為D.線框進出磁場的整個過程安培力做功的平均功率是【解析】選D。bc邊剛進入磁場時由楞次定律可知,產(chǎn)生的感應電流方向為badcb,故A錯誤;因l>d,線框勻速通過磁場全過程中有一段時間,磁通量不變,沒有感應電流產(chǎn)生,也就不存在安培力,這時不須要外力,故B錯誤;依據(jù)功能關(guān)系,在整個過程中電阻產(chǎn)生的熱量等于安培力做的功,即Q=Bl··2d=,故C錯誤;線框進出磁場所需時間為t=,平均功率是=,故D正確。3.如圖所示,用電阻為0.1Ω的金屬絲圍成一個半徑為0.3m的扇形閉合線框,該線框繞垂直于紙面的O軸以100rad/s的角速度勻速轉(zhuǎn)動,O軸位于方向垂直紙面對里、磁感應強度大小為0.2T的勻強磁場邊界上。則線框進入磁場過程中的電功率為()A.8.1WB.9WC.30WD.90W【解析】選A。線框轉(zhuǎn)動過程中半徑切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢為E=Brv=Br·ωr=Br2ω=×0.2×0.32×100V=0.9V,線框進入磁場過程中的電功率為:P==W=8.1W,故選A。4.在勻強磁場中,有一個接有電容器的導線回路。如圖所示,已知電容C=30μF,回路的長和寬分別為l1=8cm,l2=5cm,磁感應強度的改變率為5×10-2T/s,若磁感應強度向里勻稱增大,則()A.電容器的上極板帶正電,電荷量為2×10-9B.電容器的上極板帶負電,電荷量為6×10-9C.電容器的上極板帶正電,電荷量為6×10-9D.電容器的上極板帶負電,電荷量為8×10-9【解析】選C。回路中的感應電動勢等于電容器兩極板間的電壓,U=E===5×10-2×0.05×0.08V=2×10-4V,則電容器的電荷量q=CU=30×10-6×2×10-4C=6×10-9C,由楞次定律可推斷回路中感應電動勢沿逆時針方向,電容器的上極板帶正電,C選項正確。5.始終升飛機停在南半球的某地上空,該處地磁場有豎直方向的重量,其重量大小為B,直升飛機螺旋槳葉片的長度為l,螺旋槳轉(zhuǎn)動的頻率為f,從上往下的方向看螺旋槳,螺旋槳以順時針方向轉(zhuǎn)動,螺旋槳葉片的近軸端為a,遠軸端為b,如圖所示,假如忽視a到轉(zhuǎn)軸中心線的距離,用ε表示每個葉片中的感應電動勢,則()A.ε=πfl2B,且a點電勢低于b點電勢B.ε=2πfl2B,且a點電勢低于b點電勢C.ε=πfl2B,且a點電勢高于b點電勢D.ε=2πfl2B,且a點電勢高于b點電勢【解析】選C。從上往下看螺旋槳,螺旋槳以順時針方向轉(zhuǎn)動,葉片切割磁感線,依據(jù)右手定則,a點電勢高于b點電勢,設b端速度為v,則v=lω=2πl(wèi)f,所以電動勢為E=Blv=Bl×2πfl=πfl2B,故C正確。【加固訓練】如圖所示,質(zhì)量為m的金屬環(huán)用細線懸掛起來,金屬環(huán)有一半處于水平且垂直環(huán)面對里的勻強磁場中,從某時刻起先,磁感應強度勻稱減小,則在磁感應強度勻稱減小的過程中,下列說法中正確的是()A.金屬環(huán)中始終有逆時針方向的電流B.金屬環(huán)中的電流漸漸增大C.細線對圓環(huán)的拉力大于環(huán)重力mg,并漸漸減小D.細線對圓環(huán)的拉力保持恒定【解析】選C。磁感應強度勻稱減小,穿過回路的磁通量勻稱減小,由楞次定律可知,感應電流方向為順時針,故A錯誤;穿過回路的磁通量勻稱減小,依據(jù)法拉第電磁感應定律得知,回路中產(chǎn)生恒定的電動勢,感應電流也恒定不變,故B錯誤;再由左手定則可得,安培力的合力方向豎直向下,金屬環(huán)所受的安培力F=BIL,可知安培力F勻稱減小,且方向向下,金屬環(huán)始終保持靜止,則拉力大于重力,因為磁感應強度勻稱減小,所以拉力的大小也漸漸減小,故C正確,D錯誤。6.如圖所示,線圈abcd固定于分布勻稱的磁場中,磁場方向垂直線圈平面。當磁場的磁感應強度B隨時間t改變時,該磁場對ab邊的安培力大小恒定。下列描述B隨t改變的圖象中,可能正確的是()【解析】選B。磁場對ab邊的安培力大小F=BIL,若磁場的磁感應強度B隨時間t增大,則電流I必是漸漸減小,依據(jù)法拉第電磁感應定律可知,磁感應強度B隨時間t的改變率必需漸漸減小,所以選項B正確,A、D錯誤;若磁場的磁感應強度B漸漸減小,則電流I必需隨時間t增大,依據(jù)法拉第電磁感應定律,磁感應強度B隨時間t的改變率必需漸漸增大,所以選項C錯誤。【加固訓練】如圖所示,勻強磁場方向豎直向下,磁感應強度為B。正方形金屬框abcd可繞光滑軸OO′轉(zhuǎn)動,邊長為L,總電阻為R,ab邊質(zhì)量為m,其他三邊質(zhì)量不計,現(xiàn)將abcd拉至水平位置,并由靜止釋放,經(jīng)時間t到達豎直位置,ab邊的速度大小為v,則在金屬框內(nèi)產(chǎn)生熱量大小等于 ()A.B.C.mgL-D.mgL+【解析】選C。金屬框繞光滑軸轉(zhuǎn)下的過程中機械能有損失但能量守恒,損失的機械能為mgL-,故產(chǎn)生的熱量為mgL-,C正確。二、計算題(本題共2小題,共24分。要有必要的文字說明和解題步驟,有數(shù)值計算的要標明單位)7.(12分)如圖所示,有一寬L=0.4m的矩形金屬框架水平放置,右端接一個阻值R=2Ω的電阻,框架的其他部分電阻不計,框架足夠長。垂直金屬框平面有一豎直向下的勻強磁場,磁感應強度B=1T。金屬桿ab質(zhì)量m=0.1kg,電阻r=1Ω,桿與框架接觸良好,且與框架間的摩擦力不計。當桿受一水平恒定拉力F作用時剛好可以在框架上做勻速運動,速度大小為v=3m/s。求:(1)金屬桿上的感應電動勢的大小。(2)金屬桿兩端的電勢差。(3)水平恒定拉力F的大小。【解析】(1)金屬桿垂直切割磁感線,產(chǎn)生的感應電動勢大小為:E=BLv=1×0.4×3V=1.2V(2)金屬桿ab相當于電源,由閉合電路歐姆定律得金屬桿ab上感應電流為:I==A=0.4A金屬桿兩端的電勢差:Uab=E-Ir=1.2V-0.4×1V=0.8V;(3)金屬桿受到的安培力:FA=BIL=1×0.4×0.4N=0.16N;則拉力為:F=FA=0.16N。答案:(1)1.2V(2)0.8V(3)0.16N8.(12分)如圖所示,兩根足夠長的平行光滑金屬導軌MM′、NN′固定在豎直平面內(nèi),導軌間距為L,下端連接阻值為4r的定值電阻,導軌電阻不計。整個裝置處在勻強磁場中,磁感應強度為B,方向垂直導軌平面對里。一質(zhì)量為m的金屬棒ab接入回路的電阻為r,在大小為3mg、方向豎直向上的拉力作用下起先運動。金屬棒始終保持水平且與導軌接觸良好,重力加速度為g,求:(1)金屬棒所能達到的最大速度vm的大小;(2)金屬棒從靜止起先沿導軌上滑h,此時已達到最大速度,這一過程中金屬棒上產(chǎn)生的焦耳熱Qr。【解析】(1)速度最大時受力平衡,依據(jù)平衡條件可得F=mg+BIL,其中拉力F=3mg,導體棒切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢E=BLvm,依據(jù)閉合電路的歐姆定律可得I=,聯(lián)立解得vm=(2)金屬棒從靜止起先沿導軌上滑h的過程中克服安培力做的功為WA,依據(jù)動能定理可得Fh-mgh-WA=m得WA=2mgh-依據(jù)功能關(guān)系可得產(chǎn)生的總的焦耳熱為Q=WA依據(jù)焦耳定律可得這一過程中金屬棒上產(chǎn)生的焦耳熱Qr=Q=mgh-答案:(1)(2)mgh-【加固訓練】如圖所示,兩條平行的光滑金屬導軌所在平面與水平面的夾角為θ,間距為d。導軌處于勻強磁場中,磁感應強度大小為B,方向與導軌平面垂直。質(zhì)量為m的金屬棒被固定在導軌上,距底端的距離為s,導軌與外接電源相連,使金屬棒通有電流。金屬棒被松開后,以加速度a沿導軌勻加速下滑,金屬棒中的電流始終保持恒定,重力加速度為g。求下滑究竟端的過程中,金屬棒:(1)末速度的大小v。(2)通過的電流大小I。(3)通過的電荷量Q。【解析】(1)金屬棒做勻加速直線運動,有v2=2as,解得v=。(2)安培力F安=IdB,金屬棒所受合力F=mgsinθ-F安由牛頓其次定律F=ma解得I=(3)運動時間t=,電荷量Q=It解得Q=答案:(1)(2)(3)(15分鐘·40分)9.(6分)(多選)輕質(zhì)剛性絕緣細線吊著一質(zhì)量為m=0.41kg、邊長L=1.0m、匝數(shù)n=10的正方形線圈,且線圈上下邊保持水平,其總電阻為R=1.0Ω。線圈的下半部分分布著與線圈面垂直的有界磁場,如圖甲所示。磁場方向垂直紙面對里,磁感應強度大小隨時間改變的關(guān)系如圖乙所示。重力加速度取10m/s2,則下列推斷正確的是()A.線圈中的感應電流大小為1.0AB.線圈的電功率為0.25WC.t=0時輕質(zhì)細線的拉力大小為4.0ND.0～6s內(nèi)通過導線橫截面的電荷量為3.0C【解析】選B、D。依據(jù)圖象可知線圈中產(chǎn)生的感應電動勢大小為E=n=n·S=10×××12V=0.5V,電流I==A=0.5A,A錯誤;線圈的電功率P=I2R=0.52×1W=0.25W,B正確;對線框受力分析可知mg=nB0IL+T,解得T=mg-nB0IL=0.41×10N-10×0.2×0.5×1N=3.1N,C錯誤;0～6s內(nèi)通過線圈的電荷量q=·Δt=·Δt=n=10×C=3C,D正確。故選B、D。10.(6分)(多選)如圖所示,閉合金屬環(huán)從高為h的曲面左側(cè)自由滾下,又滾上曲面的右側(cè)。環(huán)平面與運動方向均垂直于非勻強磁場,環(huán)在運動中摩擦阻力不計(下部分磁場B大)()A.環(huán)滾上的高度小于hB.環(huán)滾上的高度等于hC.運動中環(huán)內(nèi)無電流D.運動中安培力肯定對環(huán)做負功【解析】選A、D。閉合金屬圓環(huán)在非勻強磁場中運動時,磁通量在改變,環(huán)內(nèi)感應電流產(chǎn)生,機械能一部分轉(zhuǎn)化為電能,所以環(huán)滾上曲面右側(cè)的高度小于h。故A正確,B、C錯誤;在運動過程中,安培力阻礙導體相對磁場運動,總是阻力,肯定做負功。故D正確。11.(6分)(多選)如圖所示,水平放置的平行金屬導軌左邊接有電阻R,軌道所在區(qū)域處有豎直向下的勻強磁場。金屬棒ab橫跨導軌,它在外力作用下向右勻速運動。當速度由v變?yōu)?v時(除R外其余電阻不計,導軌光滑),那么 ()A.作用在ab上的外力應增加到原來的4倍B.感應電動勢將增加為原來的2倍C.感應電流的功率將增加為原來的4倍D.外力的功率將增加為原來的2倍【解析】選B、C。金屬棒產(chǎn)生的感應電動勢為E=BLv,感應電流I==,金屬棒受到的安培力為F安=BIL=,因為金屬棒勻速運動,由平衡條件得,外力為F=F安=,綜上所述可知,作用在ab上的外力應增加到原來的2倍,感應電動勢將增加為原來的2倍,故A錯誤,B正確;依據(jù)功能關(guān)系可知,外力的功率等于感應電流的功率P=I2R=,則感應電流的功率以及外力的功率將增大到原來的4倍,故C正確,D錯誤。故選B、C。【加固訓練】(多選)兩根足夠長的光滑導軌豎直放置,間距為L,底端接阻值為R的電阻。將質(zhì)量為m的金屬棒懸掛在一個固定的輕彈簧下端,金屬棒和導軌接觸良好,導軌所在平面與磁感應強度為B的勻強磁場垂直,除電阻R外其余電阻不計。現(xiàn)將金屬棒從彈簧原長位置由靜止釋放,則 ()A.釋放瞬間金屬棒的加速度等于重力加速度gB.金屬棒向下運動時,流過電阻R的電流方向為a→bC.金屬棒的速度為v時,所受的安培力大小為F=D.電阻R上產(chǎn)生的總熱量等于金屬棒重力勢能的削減量【解析】選A、C。金屬棒剛釋放時,彈簧處于原長,彈力為零,又因此時速度為零,沒有感應電流,金屬棒不受安培力作用,金屬棒只受到重力作用,其加速度應等于重力加速度,故A正確;金屬棒向下運動時,由右手定則可知,在金屬棒上電流方向向右,流過電阻R的電流方向為b→a,故B錯誤;金屬棒速度為v時,安培力大小為F=BIL,I=,由以