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2021-2022版高中物理 第四章 电磁感应 5 电磁感应现象的两类情况课时练习新人教版选修3-2

2021-2022版高中物理 第四章 电磁感应 5 电磁感应现象的两类情况课时练习新人教版选修3-2

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姓名：

- 12 -

电磁感应现象的两类情况
(25分钟·60分)
一、选择题(本题共6小题,每题6分,共36分)
1.一段导线在磁场中做切割磁感线运动,下面说法正确的是(　　)
A.导体中一定有感应电动势
B.导体中一定有感应电流
C.导体一定受到与运动方向相反的磁场作用力
D.导体一定受到与运动方向相同的磁场作用力
【解析】选A。导线在磁场中做切割磁感线运动,就能产生感应电动势,但是如果电路不闭合,就不会有感应电流。导体受到的力不一定与运动方向相反。故选A。
2.如图所示,一宽为40 cm的匀强磁场区域,磁场方向垂直纸面向里,一边长为
20 cm的正方形线框位于纸面内,以垂直于磁场边界的恒定速度v=20 cm/s通过磁场区域。在运动过程中,线框有一边始终与磁场边界平行,取它刚进入磁场的时刻t=0,在下列图线中,正确反映电流强度随时间变化规律的是(　　)

【解析】选C。在0～1 s内,线框进入磁场区域,穿过线框的磁通量垂直纸面向里且大小增加,根据楞次定律,线框中产生逆时针方向的感应电流阻碍磁通量的增加,此时感应电流为i=,在1～2 s内,整个线框在匀强磁场中运动,穿过线框的磁通量不变,线框中不产生感应电流;在2～3 s内,线框出磁场,穿过线框的磁通量垂直纸面向里且大小减小,根据楞次定律,线框中产生顺时针方向的感应电流阻碍磁通量的变化,此时感应电流为i=,综上所述,A、B、D错误,C正确。故选C。
【加固训练】 如图所示,正方形导体闭合线框和有理想边界的匀强磁场都在光滑水平面上,线框在外力F的作用下能够以不变的速度v匀速通过磁场区域,已知线框边长为l,总电阻为R,磁场两条边界间的距离为d(d<l)。下列说法正确的是(　　)

A.线框bc边刚进入磁场时感应电流为bcdab方向
B.线框进出磁场的整个过程中外力F总等于
C.线框进出磁场的整个过程产生的热量为
D.线框进出磁场的整个过程安培力做功的平均功率是
【解析】选D。bc边刚进入磁场时由楞次定律可知,产生的感应电流方向为badcb,故A错误;因l>d,线框匀速通过磁场全过程中有一段时间,磁通量不变,没有感应电流产生,也就不存在安培力,这时不需要外力,故B错误;根据功能关系,在整个过程中电阻产生的热量等于安培力做的功,即Q=Bl··2d=,故C错误;线框进出磁场所需时间为t=,平均功率是=,故D正确。
3.如图所示,用电阻为0.1 Ω的金属丝围成一个半径为0.3 m的扇形闭合线框,该线框绕垂直于纸面的O轴以100 rad/s的角速度匀速转动,O轴位于方向垂直纸面向里、磁感应强度大小为0. 2 T的匀强磁场边界上。则线框进入磁场过程中的电功率为(　　)

A.8.1 W　　　 B.9 W　　 C.30 W　　 D.90 W
【解析】选A。线框转动过程中半径切割磁感线产生的感应电动势为E=Brv=
Br·ωr=Br2ω=×0.2×0.32×100 V=0.9 V,线框进入磁场过程中的电功率为:P==W=8.1 W,故选A。
4.在匀强磁场中,有一个接有电容器的导线回路。如图所示,已知电容C=30 μF,回路的长和宽分别为l1=8 cm,l2=5 cm,磁感应强度的变化率为5×10-2 T/s,若磁感应强度向里均匀增大,则(　　)

A.电容器的上极板带正电,电荷量为2×10-9 C
B.电容器的上极板带负电,电荷量为6×10-9 C
C.电容器的上极板带正电,电荷量为6×10-9 C
D.电容器的上极板带负电,电荷量为8×10-9 C
【解析】选C。回路中的感应电动势等于电容器两极板间的电压,U=E= ==5×10-2×0.05×0.08 V=2×10-4 V,则电容器的电荷量q=CU=30×10-6×2×10-4 C=6×10-9 C,由楞次定律可判断回路中感应电动势沿逆时针方向,电容器的上极板带正电,C选项正确。
5.一直升飞机停在南半球的某地上空,该处地磁场有竖直方向的分量,其分量大小为B,直升飞机螺旋桨叶片的长度为l,螺旋桨转动的频率为f,从上往下的方向看螺旋桨,螺旋桨以顺时针方向转动,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ε表示每个叶片中的感应电动势,则 (　　)

A.ε=πfl2B,且a点电势低于b点电势
B.ε=2πfl2B,且a点电势低于b点电势
C.ε=πfl2B,且a点电势高于b点电势
D.ε=2πfl2B,且a点电势高于b点电势
【解析】选C。从上往下看螺旋桨,螺旋桨以顺时针方向转动,叶片切割磁感线,根据右手定则,a点电势高于b点电势,设b端速度为v,则v=lω=2πlf,所以电动势为E=Blv=Bl×2πfl=πfl2B,故C正确。
【加固训练】如图所示,质量为m的金属环用细线悬挂起来,金属环有一半处于水平且垂直环面向里的匀强磁场中,从某时刻开始,磁感应强度均匀减小,则在磁感应强度均匀减小的过程中,下列说法中正确的是(　　)

A.金属环中始终有逆时针方向的电流
B.金属环中的电流逐渐增大
C.细线对圆环的拉力大于环重力mg,并逐渐减小
D.细线对圆环的拉力保持恒定
【解析】选C。磁感应强度均匀减小,穿过回路的磁通量均匀减小,由楞次定律可知,感应电流方向为顺时针,故A错误;穿过回路的磁通量均匀减小,根据法拉第电磁感应定律得知,回路中产生恒定的电动势,感应电流也恒定不变,故B错误;再由左手定则可得,安培力的合力方向竖直向下,金属环所受的安培力F=BIL,可知安培力F均匀减小,且方向向下,金属环始终保持静止,则拉力大于重力,因为磁感应强度均匀减小,所以拉力的大小也逐渐减小,故C正确,D错误。
6.如图所示,线圈abcd固定于分布均匀的磁场中,磁场方向垂直线圈平面。当磁场的磁感应强度B随时间t变化时,该磁场对ab边的安培力大小恒定。下列描述B随t变化的图象中,可能正确的是(　　)

【解析】选B。磁场对ab边的安培力大小F=BIL,若磁场的磁感应强度B随时间t增大,则电流I必是逐渐减小,根据法拉第电磁感应定律可知,磁感应强度B随时间t的变化率必须逐渐减小,所以选项B正确,A、D错误;若磁场的磁感应强度B逐渐减小,则电流I必须随时间t增大,根据法拉第电磁感应定律,磁感应强度B随时间t的变化率必须逐渐增大,所以选项C错误。
【加固训练】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,则在金属框内产生热量大小等于 (　　)

A. 　　　　　 　 B.
C.mgL-　 D.mgL+
【解析】选C。金属框绕光滑轴转下的过程中机械能有损失但能量守恒,损失的机械能为mgL-,故产生的热量为mgL-,C正确。
二、计算题(本题共2小题,共24分。要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要标明单位)
7.(12分)如图所示,有一宽L=0.4 m的矩形金属框架水平放置,右端接一个阻值R=2 Ω的电阻,框架的其他部分电阻不计,框架足够长。垂直金属框平面有一竖直向下的匀强磁场,磁感应强度B=1 T。金属杆ab质量m=0.1 kg,电阻r=1 Ω,杆与框架接触良好,且与框架间的摩擦力不计。当杆受一水平恒定拉力F作用时刚好可以在框架上做匀速运动,速度大小为v=3 m/s。求:

(1)金属杆上的感应电动势的大小。
(2)金属杆两端的电势差。
(3) 水平恒定拉力F的大小。
【解析】(1)金属杆垂直切割磁感线,产生的感应电动势大小为:E=BLv=1×0.4×3 V=1.2 V
(2)金属杆ab相当于电源,由闭合电路欧姆定律得金属杆ab上感应电流为:I==A=0.4A
金属杆两端的电势差:Uab=E-Ir=1.2 V-0.4×1 V=0.8 V;
(3)金属杆受到的安培力:FA=BIL=1×0.4×0.4 N=0.16 N;
则拉力为:F=FA=0.16 N。
答案:(1)1.2 V　(2)0.8 V　(3)0.16 N
8.(12分)如图所示,两根足够长的平行光滑金属导轨MM′、NN′固定在竖直平面内,导轨间距为L,下端连接阻值为4r的定值电阻,导轨电阻不计。整个装置处在匀强磁场中,磁感应强度为B,方向垂直导轨平面向里。一质量为m的金属棒ab接入回路的电阻为r,在大小为3mg、方向竖直向上的拉力作用下开始运动。金属棒始终保持水平且与导轨接触良好,重力加速度为g,求:

(1)金属棒所能达到的最大速度vm的大小;
(2)金属棒从静止开始沿导轨上滑h,此时已达到最大速度,这一过程中金属棒上产生的焦耳热Qr。
【解析】(1)速度最大时受力平衡,根据平衡条件可得F=mg+BIL,其中拉力F=3mg,导体棒切割磁感线产生的感应电动势E=BLvm,根据闭合电路的欧姆定律可得I=,联立解得vm=
(2)金属棒从静止开始沿导轨上滑h的过程中克服安培力做的功为WA,根据动能定理可得
Fh-mgh-WA=m
得WA=2mgh-
根据功能关系可得产生的总的焦耳热为
Q=WA
根据焦耳定律可得这一过程中金属棒上产生的焦耳热
Qr=Q=mgh-
答案:(1)
(2) mgh-
【加固训练】如图所示,两条平行的光滑金属导轨所在平面与水平面的夹角为θ,间距为d。导轨处于匀强磁场中,磁感应强度大小为B,方向与导轨平面垂直。质量为m的金属棒被固定在导轨上,距底端的距离为s,导轨与外接电源相连,使金属棒通有电流。金属棒被松开后,以加速度a沿导轨匀加速下滑,金属棒中的电流始终保持恒定,重力加速度为g。求下滑到底端的过程中,金属棒:

(1)末速度的大小v。
(2)通过的电流大小I。
(3)通过的电荷量Q。
【解析】(1)金属棒做匀加速直线运动,有v2=2as,解得v=。
(2)安培力F安=IdB,金属棒所受合力F=mgsinθ-F安
由牛顿第二定律F=ma
解得I=
(3)运动时间t=,电荷量Q=It
解得Q=
答案:(1) (2)
(3)
(15分钟·40分)
9.(6分)(多选)轻质刚性绝缘细线吊着一质量为m=0.41 kg、边长L=1.0 m、匝数n=10的正方形线圈,且线圈上下边保持水平,其总电阻为R=1.0 Ω。线圈的下半部分分布着与线圈面垂直的有界磁场,如图甲所示。磁场方向垂直纸面向里,磁感应强度大小随时间变化的关系如图乙所示。重力加速度取10 m/s2,则下列判断正确的是(　　)

A.线圈中的感应电流大小为1.0A
B.线圈的电功率为0.25W
C.t=0时轻质细线的拉力大小为4.0N
D.0～6 s内通过导线横截面的电荷量为3.0 C
【解析】选B、D。根据图象可知线圈中产生的感应电动势大小为E=n =n·S=10×××12 V=0.5V,电流I==A=0.5 A,A错误;线圈的电功率P=I2R=0.52×1 W=0.25 W,B正确;对线框受力分析可知mg=nB0IL+T,解得T=mg-nB0IL=0.41×10 N-10×0.2×0.5×1 N=3.1 N,C错误;0～6 s内通过线圈的电荷量q=·Δt=·Δt=n=10×C=3 C,D正确。故选B、D。
10.(6分)(多选)如图所示,闭合金属环从高为h的曲面左侧自由滚下,又滚上曲面的右侧。环平面与运动方向均垂直于非匀强磁场,环在运动中摩擦阻力不计(下部分磁场B大)(　　)

A.环滚上的高度小于h
B.环滚上的高度等于h
C.运动中环内无电流
D.运动中安培力一定对环做负功
【解析】选A、D。闭合金属圆环在非匀强磁场中运动时,磁通量在变化,环内感应电流产生,机械能一部分转化为电能,所以环滚上曲面右侧的高度小于h。故A正确,B、C错误;在运动过程中,安培力阻碍导体相对磁场运动,总是阻力,一定做负功。故D正确。
11.(6分)(多选)如图所示,水平放置的平行金属导轨左边接有电阻R,轨道所在区域处有竖直向下的匀强磁场。金属棒ab横跨导轨,它在外力作用下向右匀速运动。当速度由v变为2v时(除R外其余电阻不计,导轨光滑),那么 (　　)

A.作用在ab上的外力应增加到原来的4倍
B.感应电动势将增加为原来的2倍
C.感应电流的功率将增加为原来的4倍
D.外力的功率将增加为原来的2倍
【解析】选B、C。金属棒产生的感应电动势为E=BLv,感应电流I==,金属棒受到的安培力为F安=BIL=,因为金属棒匀速运动,由平衡条件得,外力为F=
F安=,综上所述可知,作用在ab上的外力应增加到原来的2倍,感应电动势将增加为原来的2倍,故A错误,B正确;根据功能关系可知,外力的功率等于感应电流的功率P=I2R=,则感应电流的功率以及外力的功率将增大到原来的4倍,故C正确,D错误。故选B、C。
【加固训练】(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,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g
B.金属棒向下运动时,流过电阻R的电流方向为a→b
C.金属棒的速度为v时,所受的安培力大小为F=
D.电阻R上产生的总热量等于金属棒重力势能的减少量
【解析】选A、C。金属棒刚释放时,弹簧处于原长,弹力为零,又因此时速度为零,没有感应电流,金属棒不受安培力作用,金属棒只受到重力作用,其加速度应等于重力加速度,故A正确;金属棒向下运动时,由右手定则可知,在金属棒上电流方向向右,流过电阻R的电流方向为b→a,故B错误;金属棒速度为v时,安培力大小为F=BIL,I=,由以上两式得:F=,故C正确;金属棒下落过程中,由能量守恒定律知,金属棒减少的重力势能转化为弹簧的弹性势能、金属棒的动能(速度不为零时)以及电阻R上产生的热量,故D错误。
12.(22分)(2020·江苏高考)如图所示,电阻为0.1 Ω的正方形单匝线圈abcd的边长为0.2 m,bc边与匀强磁场边缘重合。磁场的宽度等于线圈的边长,磁感应强度大小为0.5 T。在水平拉力作用下,线圈以8 m/s的速度向右穿过磁场区域。求线圈在上述过程中

(1)感应电动势的大小E;
(2)所受拉力的大小F;
(3)感应电流产生的热量Q。
【解析】(1)由题意可知,当线圈切割磁感线时产生的电动势为E=BLv=0.5×0.2×8V=0.8V
(2)因为线圈匀速运动故所受拉力等于安培力,有
F=F安=BIL
根据闭合电路欧姆定律有I=
结合(1)联立各式代入数据可得F=0.8 N。
(3)线圈穿过磁场所用的时间为
t==s=0.05 s
故线圈穿越过程产生的热量为
Q=I2Rt=t=×0.05 J=0.32 J
答案:(1)0.8 V　(2)0.8 N　(3)0.32 J
【总结提升】焦耳热的计算技巧
(1)电路中感应电流恒定,则电阻产生的焦耳热等于电流通过电阻做的功,即Q=I2Rt。
(2)电路中感应电流变化,可用以下方法分析:
①利用动能定理,根据产生的焦耳热等于克服安培力做的功,即Q=W安。
②利用能量守恒,即感应电流产生的焦耳热等于电磁感应现象中其他形式能量的减少,即Q=ΔE其他。