搜索
12015-2016学年高中物理第四章第5节电磁感应现象的两类情况课时达标训练新人教版选修3-2一、单项选择题1.如图所示，在一水平光滑绝缘塑料板上有一环形凹槽，有一带正电小球质量为m，电荷量为q，在槽内沿顺时针做匀速圆周运动，现加一竖直向上的均匀变化的匀强磁场，且B逐渐增加，则()A．小球速度变大B．小球速度变小C．小球速度不变D．以上三种情况都有可能2.如图所示，竖直放置的两根平行金属导轨之间接有定值电阻R，质量不能忽略的金属棒与两导轨始终保持垂直并良好接触且无摩擦，金属棒与导轨的电阻均不计，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直，金属棒在竖直向上的恒力F作用下加速上升的一段时间内，力F做的功与安培力做的功的代数和等于()A．金属棒的机械能增加量B．金属棒的动能增加量C．金属棒的重力势能增加量D．电阻R上放出的热量3．如图所示，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，同时施加一个水平方向上的外力F使金属棒ab保持静止，则F()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4．如图甲所示，平面上的光滑平行导轨MN、PQ上放着光滑导体棒ab、cd，两棒用细线系住，细线拉直但没有张力。开始时匀强磁场的方向如图甲所示，而磁感应强度B随时间t的变化如图乙所示，不计ab、cd间电流的相互作用，则细线中的张力大小随时间变化的情况为图丙中的()2ABCD丙5.(福建高考)如图甲所示，一圆形闭合铜环由高处从静止开始下落，穿过一根竖直悬挂的条形磁铁，铜环的中心轴线与条形磁铁的中轴线始终保持重合。若取磁铁中心O为坐标原点，建立竖直向下为正方向的x轴，则图乙中最能正确反映环中感应电流i随环心位置坐标x变化的关系图象是()甲ABCD乙二、多项选择题6．如图所示，导体AB在做切割磁感线运动时，将产生一个电动势，因而在电路中有电流通过，下列说法中正确的是()A．因导体运动而产生的感应电动势称为动生电动势B．动生电动势的产生与洛伦兹力有关C．动生电动势的产生与电场力有关D．动生电动势和感生电动势产生的原因是一样的7.两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，如图所示。除电阻R外其余电阻不计。现将金属棒从弹簧原长位置由3静止释放，则()A．释放瞬间金属棒的加速度等于重力加速度gB．金属棒向下运动时，流过电阻R的电流方向为a→bC．金属棒的速度为v时，所受的安培力大小为F＝B2L2vRD．电阻R上产生的总热量等于金属棒重力势能的减少8.如图所示，质量为m、高为h的矩形导线框自某一高度自由落下后，通过一宽度也为h的匀强磁场，线框通过磁场过程中产生的焦耳热()A．可能等于2mghB．可能大于2mghC．可能小于2mghD．可能为零三、非选择题9．如图所示，在水平平行放置的两根长直导电轨道MN与PQ上，放着一根直导线ab，ab与导轨垂直，它在导轨间的长度为20cm，这部分的电阻为0.02Ω。导轨部分处于方向竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B＝0.20T，电阻R＝0.08Ω，其他电阻不计。ab的质量为0.02kg。(1)打开开关S，ab在水平恒力F＝0.01N的作用下，由静止沿轨道滑动，求经过多长时间速度才能达到10m/s?(2)上述过程中感应电动势随时间变化的表达式是怎样的？(3)当ab的速度达到10m/s时，闭合开关S，为了保持ab仍能以10m/s的速度匀速运动，水平拉力应变为多少？10．(天津高考)如图所示，两根足够长的平行金属导轨固定在倾角θ＝30°的斜面上，导轨电阻不计，间距L＝0.4m。导轨所在空间被分成区域Ⅰ和Ⅱ，两区域的边界与斜面的交线为MN，Ⅰ中的匀强磁场方向垂直斜面向下，Ⅱ中的匀强磁场方向垂直斜面向上，两磁场的磁感应强度大小均为B＝0.5T。在区域Ⅰ中，将质量m1＝0.1kg，电阻R1＝0.1Ω的金属条ab放在导轨上，ab刚好不下滑。然后，在区域Ⅱ中将质量m2＝0.4kg，电阻R2＝0.1Ω的光滑导体棒cd置于导轨上，由静止开始下滑。cd在滑动过程中始终处于区域Ⅱ的磁场4中，ab、cd始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，取g＝10m/s2。问：(1)cd下滑的过程中，ab中的电流方向；(2)ab刚要向上滑动时，cd的速度v多大；(3)从cd开始下滑到ab刚要向上滑动的过程中，cd滑动的距离x＝3.8m，此过程中ab上产生的热量Q是多少？答案51.解析：选A磁场的变化使空间产生感应电场。根据楞次定律得出如图所示感应电场，又因小球带正电荷，电场力与小球速度同向，电场力对小球做正功，小球速度变大。A选项正确。2．解析：选A由动能定理有WF＋W安＋WG＝ΔEk，则WF＋W安＝ΔEk－WG，WG0，故ΔEk－WG表示机械能的增加量。故选A。3．解析：选C由E＝nΔBΔt·S可知，因磁感应强度均匀减小，感应电动势E恒定，由F安＝BIL，I＝ER可知，ab棒受的安培力随B的减小，均匀变小，由外力F＝F安可知，外力F也均匀减少，为变力，由左手定则可判断F安水平向右，所以外力F水平向左。C正确。4．解析：选D0到t0时间内，根据法拉第电磁感应定律可知感应电动势恒定，感应电流恒定，但因磁场均匀变弱，故两导体棒上的安培力均匀变小，根据左手定则和平衡知识知细线上有拉力，大小等于每个棒受到的安培力，当t0时刻磁场为零，安培力为零。大于t0时刻后，磁场反向变强，两棒间距变小，线上无力。故只有D图正确。5．解析：选B闭合铜环由高处静止下落，首先是向上穿过铜环的磁通量增大，根据楞次定律知铜环中产生顺时针方向的感应电流(从上向下看)；从N极到O点的过程中，穿过铜环的合磁通量向上且增大，则感应电流仍为顺时针方向；从O点到S极的过程中，穿过铜环的合磁通量向上且减小，则感应电流为逆时针方向；离开S极后，向上穿过铜环的磁通量减小，感应电流仍为逆时针方向；因铜环速度越来越大，所以逆时针方向感应电流的最大值比顺时针方向感应电流的最大值大，B正确。6．解析：选AB导体在磁场中做切割磁感线运动时产生的电动势叫动生电动势，原因是由于导体运动时，自由电荷受到洛伦兹力作用而引起的，感生电动势是由于感生电场引起的，原因不相同。7．解析：选AC金属棒刚释放时，弹簧处于原长，此时弹力为零，又因此时速度为零，因此也不受安培力作用，金属棒只受到重力作用，其加速度应等于重力加速度，故A对；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，电阻等效为外电路，其电流方向为b→a，故B错；金属棒速度为v时，安培力大小为F＝BIL，I＝BLvR，由以上两式得：F＝B2L2vR，故C对；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、金属棒的动能以及电阻R上产生的热能，因此D错。8．解析：选ABC根据能量守恒定律分析：线框进入磁场时，速度大小不同，产生的感应电动势、电流不同，因而受到的安培力大小也不同；由左手定则和右手定则知，感应电流方向先逆时针后顺时针，但不论下边还是上边受安培力，安培力方向总是竖直向上，阻碍线框的运动(因为线框高度与磁场高度相同，上、下边只有一边处于磁场中)。(1)若安培力等于重力大小，线框匀速通过磁场，下落2h高度，重力势能减少2mgh，产生的焦耳热为2mgh，故A选项对。(2)若安培力小于重力大小，线框则加速通过磁场，动能增加，因而产生的焦耳热小于2mgh，故C选项对。(3)若安培力大于重力大小，线框则减速通过磁场，动能减小，减少的重力势能和动能都转化为焦耳热，故产生的焦耳热大于2mgh，B选项对，可见，D选项错误。69．解析：(1)由牛顿第二定律F＝ma，得a＝Fm＝0.010.02m/s2＝0.5m/s2，t＝vt－v0a＝100.5s＝20s(2)因为感应电动势E＝BLv＝BLat＝0.02t，所以感应电动势与时间成正比。(3)导线ab保持以10m/s的速度运动，受到的安培力F安＝BIL＝B2L2vR＋r＝0.16N安培力与拉力F是一对平衡力，故F拉＝0.16N答案：(1)20s(2)E＝0.02t(3)0.16N10．解析：(1)由右手定则可判断出cd中的电流方向为由d到c，则ab中电流方向为由a流向b。(2)开始放置ab刚好不下滑时，ab所受摩擦力为最大静摩擦力，设其为Fmax，有Fmax＝m1gsinθ①设ab刚好要上滑时，cd棒的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律有E＝BLv②设电路中的感应电流为I，由闭合电路欧姆定律有I＝ER1＋R2③设ab所受安培力为F安，有F安＝ILB④此时ab受到的最大静摩擦力方向沿斜面向下，由平衡条件有F安＝m1gsinθ＋Fmax⑤综合①②③④⑤式，代入数据解得v＝5m/s⑥(3)设cd棒的运动过程中电路中产生的总热量为Q总，由能量守恒有m2gxsinθ＝Q总＋12m2v2⑦又Q＝R1R1＋R2Q总⑧解得Q＝1.3J⑨答案：(1)由a流向b(2)5m/s(3)1.3J