【創(chuàng)新設(shè)計】高中物理人教版選修3-2同步訓(xùn)練：4.6-電磁感應(yīng)現(xiàn)象的兩類情況

感生電場問題1.圖468如圖468所示，內(nèi)壁光滑的塑料管彎成的圓環(huán)平放在水平桌面上，環(huán)內(nèi)有一帶負電的小球，整個裝置處于豎直向下的磁場中，當磁場突然增加時，小球?qū)?)A．沿順時針方向運動B．沿逆時針方向運動C．在原位置四周往復(fù)運動D．仍舊保持靜止狀態(tài)解析當磁場增加時，由楞次定律知感應(yīng)電流沿逆時針方向，即感生電場沿逆時針方向，帶負電的小球在電場力作用下沿順時針方向運動．答案AE＝neq\f(ΔΦ,Δt)及E＝Blv的比較應(yīng)用圖4692．如圖469所示，一導(dǎo)線彎成半徑為a的半圓形閉合回路．虛線MN右側(cè)有磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，方向垂直于回路所在的平面．回路以速度v向右勻速進入磁場，直徑CD始終與MN垂直．從D點到達邊界開頭到C點進入磁場為止，下列結(jié)論正確的是()A．感應(yīng)電流方向不變B．CD段直導(dǎo)線始終不受安培力C．感應(yīng)電動勢最大值Em＝BavD．感應(yīng)電動勢平均值eq\x\to(E)＝eq\f(1,4)πBav解析導(dǎo)體切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，由右手定則可知，感應(yīng)電流方向不變，A正確；感應(yīng)電動勢最大值即切割磁感線等效長度最大時的電動勢，故Em＝Bav，C正確；eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,Δt)，ΔΦ＝B·eq\f(1,2)πa2，Δt＝eq\f(2a,v)，由上式得eq\x\to(E)＝eq\f(1,4)πBav，D正確．答案ACD電磁感應(yīng)中的轉(zhuǎn)動切割問題圖46103．如圖4610所示，均勻磁場中有一由半圓弧及其直徑構(gòu)成的導(dǎo)線框，半圓直徑與磁場邊緣重合；磁場方向垂直于半圓面(紙面)向里，磁感應(yīng)強度大小為B0.使該線框從靜止開頭繞過圓心O、垂直于半圓面的軸以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動半周，在線框中產(chǎn)生感應(yīng)電流．現(xiàn)使線框保持圖中所示位置，磁感應(yīng)強度大小隨時間線性變化．為了產(chǎn)生與線框轉(zhuǎn)動半周過程中同樣大小的電流，磁感應(yīng)強度隨時間的變化率eq\f(ΔB,Δt)的大小應(yīng)為()A.eq\f(4ωB0,π) B.eq\f(2ωB0,π)C.eq\f(ωB0,π) D.eq\f(ωB0,2π)解析設(shè)圓的半徑為L，電阻為R，當線框以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E1＝eq\f(1,2)B0ωL2.當線框不動，而磁感應(yīng)強度隨時間變化時E2＝eq\f(1,2)πL2eq\f(ΔB,Δt)，由eq\f(E1,R)＝eq\f(E2,R)得eq\f(1,2)B0ωL2＝eq\f(1,2)πL2eq\f(ΔB,Δt)，即eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(ωB0,π)，故C項正確．答案C電磁感應(yīng)中的電荷量計算4.圖4611物理試驗中，常用一種叫做“沖擊電流計”的儀器測定通過電路的電荷量．如圖4611所示，探測線圈與沖擊電流計串聯(lián)后可用來測定磁場的磁感應(yīng)強度．已知線圈的匝數(shù)為n，面積為S，線圈與沖擊電流計組成的回路電阻為R.若將線圈放在被測勻強磁場中，開頭時線圈平面與磁場垂直，現(xiàn)把探測線圈翻轉(zhuǎn)180°，沖擊電流計測出通過線圈的電荷量為q，由上述數(shù)據(jù)可測出被測磁場的磁感應(yīng)強度為()A.eq\f(qR,S)B.eq\f(qR,nS)C.eq\f(qR,2nS)D.eq\f(qR,2S)解析q＝eq\x\to(I)·Δt＝eq\f(\x\to(E),R)·Δt＝eq\f(n\f(ΔΦ,Δt),R)Δt＝neq\f(ΔΦ,R)＝neq\f(2BS,R)，所以B＝eq\f(qR,2nS).答案C(時間：60分鐘)題組一感生電場的理解1.圖4612如圖4612所示，一個閉合電路靜止于磁場中，由于磁場強弱的變化，而使電路中產(chǎn)生了感應(yīng)電動勢，下列說法中正確的是()A．磁場變化時，會在空間激發(fā)一個電場B．使電荷定向移動形成電流的力是磁場力C．使電荷定向移動形成電流的力是電場力D．以上說法都不對解析磁場變化時，會在空間產(chǎn)生感生電場，感生電場的電場力使電荷定向移動形成電流，故A、C正確．答案AC2．下列說法中正確的是()A．感生電場是由變化的磁場產(chǎn)生B．恒定的磁場也能在四周空間產(chǎn)生感生電場C．感生電場的方向也同樣可以用楞次定律和右手螺旋定則來判定D．感生電場的電場線是閉合曲線，其方向肯定是沿逆時針方向解析磁場變化時在空間激發(fā)感生電場，其方向與所產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向相同，可由楞次定律和右手螺旋定則推斷，A、C項正確．答案AC3.圖4613如圖4613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(yīng)強度均勻增大時，此粒子的動能將()A．不變B．增大C．削減D．以上狀況都有可能解析當垂直紙面對里的磁場增加時，產(chǎn)生逆時針的渦旋電場，帶正電的粒子將受到這個電場對它的電場力作用，而使動能增加，故B正確．答案B題組二感生電動勢的計算4．如圖4614甲所示，電路的左側(cè)是一個電容為C的電容器，電路的右側(cè)是一個環(huán)形導(dǎo)體，環(huán)形導(dǎo)體所圍的面積為S.在環(huán)形導(dǎo)體中有一垂直紙面對里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度的大小隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示．則在0～t0時間內(nèi)電容器()圖4614A．上極板帶正電，所帶電荷量為eq\f(CSB2－B1,t0)B．上極板帶正電，所帶電荷量為eq\f(CB2－B1,t0)C．上極板帶負電，所帶電荷量為eq\f(CSB2－B1,t0)D．上極板帶負電，所帶電荷量為eq\f(CB2－B1,t0)解析依據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，電動勢E＝eq\f(B2－B1S,t0)，電容器兩端的電壓等于電源的電動勢，所以電容器所帶的帶電量Q＝CU＝eq\f(CSB2－B1,t0)，依據(jù)楞次定律，在環(huán)形導(dǎo)體中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的方向為逆時針方向，所以電容器的上極板帶正電．故A正確，B、C、D錯誤．答案A5．如圖4615所示，導(dǎo)軌是水平的導(dǎo)軌，間距L1＝0.5m，ab桿與導(dǎo)軌左端的距離L2＝0.8m，由導(dǎo)軌與ab桿所構(gòu)成的回路的總電阻R＝0.2Ω，方向豎直向下的勻強磁場的磁感應(yīng)強度B0＝1T，重物的質(zhì)量M＝0.04kg，用細繩通過定滑輪與ab桿的中點相連，各處的摩擦均可忽視不計．現(xiàn)使磁場以eq\f(ΔB,Δt)＝0.2T/s的變化率均勻地增大，試求當t為多少秒時，M剛好離開地面(取g＝10m/圖4615解析依據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，感生電動勢E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)L1L2回路中的感應(yīng)電流為I＝eq\f(E,R)ab桿所受的安培力F安＝BL1I＝(B0＋eq\f(ΔB,Δt)t)L1I重物從剛好離開地面時F安＝Mg聯(lián)立上述四個方程解得：t＝eq\f(MgR,L\o\al(2,1)L2)(eq\f(Δt,ΔB))2－eq\f(Δt,ΔB)B0＝5s.答案5s題組三動生電動勢的計算6．如圖4616所示，平行導(dǎo)軌間的距離為d，一端跨接一個電阻R，勻強磁場的磁感應(yīng)強度為B，方向垂直于平行金屬導(dǎo)軌所在的平面，一根足夠長的金屬棒與導(dǎo)軌成θ角放置．金屬棒與導(dǎo)軌的電阻不計，當金屬棒沿垂直于棒的方向滑行時，通過電阻R的電流為()圖4616A.eq\f(Bdv,R) B.eq\f(Bdvsinθ,R)C.eq\f(Bdvcosθ,R) D.eq\f(Bdv,Rsinθ)解析題中B、l、v滿足兩兩垂直的關(guān)系，所以E＝Blv，其中l(wèi)＝eq\f(d,sinθ)，即E＝eq\f(Bdv,sinθ)，故通過電阻R的電流為eq\f(Bdv,Rsinθ)，選D.答案D7．如圖4617，在磁感應(yīng)強度為B、方向垂直紙面對里的勻強磁場中，金屬桿MN在平行金屬導(dǎo)軌上以速度v向右勻速滑動，MN中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E1；若磁感應(yīng)強度增為2B，其他條件不變，MN中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢變?yōu)镋2.則通過電阻R的電流方向及E1與E2之比E1∶E2分別為()圖4617A．c→a,2∶1 B．a(chǎn)→c,2∶1C．a(chǎn)→c,1∶2 D．c→a,1∶2解析依據(jù)電磁感應(yīng)定律E＝Blv，磁感應(yīng)強度增為2B其他條件不變，所以電動勢變?yōu)?倍，依據(jù)右手定則可知電流方向該為N到M即通過電阻為a到c.答案C題組四電磁感應(yīng)中的轉(zhuǎn)動切割問題8．紙面內(nèi)兩個半徑均為R的圓相切于O點，兩圓形區(qū)域分別存在垂直紙面的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小相等．方向相反，且不隨時間變化．一長為2R的導(dǎo)體桿OA繞過O點且垂直于紙面的軸順時針勻速旋轉(zhuǎn)，角速度為ω，t＝0時，OA恰好位于兩圓的公切線上，如圖4618所示．若選取從O指向A的電動勢為正，下列描述導(dǎo)體桿中感應(yīng)電動勢隨時間變化的圖象可能正確的是()圖4618解析導(dǎo)體桿OA繞過O點且垂直于紙面的軸順時針勻速旋轉(zhuǎn)，在轉(zhuǎn)過180°的過程中，切割磁感線的導(dǎo)體棒長度先不均勻增大后減小，由右手定則可推斷出感應(yīng)電動勢的方向為由O指向A為正，所以下列描述導(dǎo)體桿中感應(yīng)電動勢隨時間變化的圖象可能正確的是C.答案C9．如圖4619所示，半徑為r的金屬圓盤在垂直于盤面的勻強磁場B中，繞O軸以角速度ω沿逆時針方向勻速轉(zhuǎn)動，則通過電阻R的電流的大小和方向是(金屬圓盤的電阻不計)()圖4619A．由c到d，I＝Br2ω/RB．由d到c，I＝Br2ω/RC．由c到d，I＝Br2ω/(2R)D．由d到c，I＝Br2ω/(2R)解析金屬圓盤在勻強磁場中勻速轉(zhuǎn)動，可以等效為很多根長為r的導(dǎo)體棒繞O點做勻速圓周運動，其產(chǎn)生的電動勢大小為E＝Br2ω/2，由右手定則可知其方向由外指向圓心，故通過電阻R的電流I＝Br2ω/(2R)，方向指向c，故選D項．答案D題組五電磁感應(yīng)中的電荷量問題圖462010．如圖4-6-20所示，空間存在垂直于紙面的勻強磁場，在半徑為a的圓形區(qū)域內(nèi)部及外部，磁場方向相反，磁感應(yīng)強度的大小均為B.一半徑為b(b＞a)，電阻為R的圓形導(dǎo)線環(huán)放置在紙面內(nèi)，其圓心與圓形區(qū)域的中心重合．當內(nèi)、外磁場同時由B均勻地減小到零的過程中，通過導(dǎo)線截面的電量為()A.eq\f(πB|b2－2a2|,R)B.eq\f(πBb2＋2a2,R)C.eq\f(πBb2－a2,R)D.eq\f(πBb2＋a2,R)解析開頭時穿過導(dǎo)線環(huán)向里的磁通量設(shè)為正值，Φ1＝Bπa2，向外的磁通量則為負值，Φ2＝－B·π(b2－a2)，總的磁通量為它們的代數(shù)和(取確定值)Φ＝B·π|(b2－2a2)|，末態(tài)總的磁通量為Φ′＝0，由法拉第電磁感應(yīng)定律得平均感應(yīng)電動勢為E＝eq\f(ΔΦ,Δt)，通過導(dǎo)線截面的電量為q＝eq\f(E,R)·Δt＝eq\f(πB|b2－2a2|,R)，A項正確．答案A11．在拆裝某種大型電磁設(shè)備的過程中，需將設(shè)備內(nèi)部的處于勻強磁場中的線圈先閉合，然后再提升直至離開磁場，操作時通過手搖輪軸A和定滑輪O來提升線圈．假設(shè)該線圈可簡化為水平長為L、上下寬度為d的矩形線圈，其匝數(shù)為n，總質(zhì)量為M，總電阻為R，磁場的磁感應(yīng)強度為B，如圖4621所示．開頭時線圈的上邊緣與有界磁場的上邊緣平齊．若轉(zhuǎn)動手搖輪軸A，在時間t內(nèi)把線圈從圖示位置勻速向上拉出磁場．求此過程中，流過線圈中導(dǎo)線橫截面的電荷量是多少．圖4621解析在勻速提升過程中線圈運動速度v＝eq\f(d,t)，線圈中感應(yīng)電動勢E＝nBLv，產(chǎn)生的感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R)，流過導(dǎo)線橫截面的電荷量q＝I·t，聯(lián)立得q＝eq\f(nBLd,R).答案eq\f(nBLd,R)12．如圖4622甲所示，一個電阻值為R、匝數(shù)為n的圓形金屬線圈與阻值為2R的電阻R1連接成閉合回路．線圈的半徑為r1.在線圈中半徑為r2的圓形區(qū)域存在垂直于線圈平面對里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B隨時間t變化的關(guān)系圖線如圖4622乙所示．圖線與橫、縱軸的截距分別為t0和B0，導(dǎo)線的電阻不計．求0至t1時間內(nèi)：(1)通過電阻R1的電流大小和方向；(2)通過電阻R1的電荷量q及電阻R1產(chǎn)生的熱量．圖4622解析(1)由圖象分析可知，0至t1時間內(nèi)eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(B0,t0)，由法拉第電磁感應(yīng)定律有E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(ΔB,Δt)·S，而S＝πreq\o\al(2,2)由閉合電路歐姆定律有I1＝eq\f(E,R1＋R)聯(lián)立以上各式解得通過電阻R1上的電流大小為I1＝eq\f(nB0πr\o\al(2,2),3Rt0)，由楞次定律可推斷通過電阻R1的電流方向為從b到a.(2)通過電阻R1的電荷量q＝I1t1＝eq\f(nB0πr\o\al(2,2)t1,3Rt0)，通過電阻R1產(chǎn)生的熱量Q＝Ieq\o\al(2,1)R1t1＝eq\f(2n2B\o\al(2,0)π2r\o\al(4,2)t1,9Rt\o\al(2,0)).答案(1)I1＝eq\f(nB0πr\o\al(2,2),3Rt0)方向從b到a(2)q＝eq\f(nB0πr\o\al(2,2)t1,3Rt0)Q＝eq\f(2n2B\o\al(2,0)π2r\o\al(4,2)t1,9Rt\o\al(2,0))圖462313．金屬桿MN和PQ間距為l，MP間接有電阻R，磁場如圖4623所示，磁感應(yīng)強度為B.金屬棒AB長為2l，由圖示位置以A為軸，以角速度ω勻速轉(zhuǎn)過90°(順時針)．求該過程中(其他電阻不計(1)R