《高中物理 第四章 電磁感應(yīng) 5 電磁感應(yīng)現(xiàn)象的兩類情況分層訓(xùn)練 新人教版選修32》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高中物理 第四章 電磁感應(yīng) 5 電磁感應(yīng)現(xiàn)象的兩類情況分層訓(xùn)練 新人教版選修32（7頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 5 電磁感應(yīng)現(xiàn)象的兩類情況 A級　抓基礎(chǔ) 1．(多選)下列說法中正確的是(　　) A．動生電動勢的產(chǎn)生與洛倫茲力有關(guān) B．因?yàn)槁鍌惼澚\(yùn)動電荷始終不做功，所以動生電動勢的產(chǎn)生與洛倫茲力無關(guān) C．動生電動勢的方向可以由右手定則來判定 D．導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流，受到的安培力一定與受到的外力大小相等、方向相反 解析：由動生電動勢產(chǎn)生原因知A、C正確，B錯誤；只有在導(dǎo)體棒做勻速切割時，除安培力以外的力的合力才與安培力大小相等、方向相反，做變速運(yùn)動時不成立，故D錯誤． 答案：AC 2.如圖所示，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(fù)電的小球，整個裝

2、置處于豎直向下的磁場中，當(dāng)磁場突然增強(qiáng)時，小球?qū)?　　) A．沿順時針方向運(yùn)動 B．沿逆時針方向運(yùn)動 C．在原位置附近往復(fù)運(yùn)動 D．仍然保持靜止?fàn)顟B(tài) 解析：當(dāng)磁場增強(qiáng)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(fù)電的小球在電場力作用下沿順時針方向運(yùn)動． 答案：A 3.一直升機(jī)停在南半球的地磁極上空．該處地磁場的方向豎直向上，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.直升機(jī)螺旋槳葉片的長度為l，螺旋槳轉(zhuǎn)動的頻率為f，順著地磁場的方向看螺旋槳，螺旋槳按順時針方向轉(zhuǎn)動，螺旋槳葉片的近軸端為a，遠(yuǎn)軸端為b，如圖所示，如果忽略a到轉(zhuǎn)軸中心線的距離，用E表示每個葉片中的感應(yīng)電動勢，則(　　)

3、 A．E＝πfl2B，且a點(diǎn)電勢低于b點(diǎn)電勢 B．E＝2πfl2B，且a點(diǎn)電勢低于b點(diǎn)電勢 C．E＝πfl2B，且a點(diǎn)電勢高于b點(diǎn)電勢 D．E＝2πfl2B，且a點(diǎn)電勢高于b點(diǎn)電勢 解析：解這道題要考慮兩個問題：一是感應(yīng)電動勢大小，E＝Blv＝Bl2πf＝Bl2πf；二是感應(yīng)電動勢的方向，由右手定則可以判斷出感應(yīng)電動勢的方向是由a→b，因此a點(diǎn)電勢低． 答案：A 4．如圖所示，矩形線框abcd的ad和bc的中點(diǎn)M、N之間連接一電壓表，整個裝置處于勻強(qiáng)磁場中，磁場的方向與線框平面垂直，當(dāng)線框向右勻速平動時，下列說法中正確的是(　　) A．穿過線框的磁通量不變化，MN間無感應(yīng)

4、電動勢 B．MN這段導(dǎo)體做切割磁感線運(yùn)動，MN間有電勢差 C．MN間有電勢差，所以電壓表有示數(shù) D．因?yàn)橛须娏魍ㄟ^電壓表，所以電壓表有示數(shù) 解析：穿過線框的磁通量不變化，線框中無感應(yīng)電流，但ab、MN、dc都切割磁感線，它們都有感應(yīng)電動勢，故A錯，B對；無電流通過電壓表，電壓表無示數(shù)，C、D錯． 答案：B 5．(多選)如圖所示，空間有一個方向水平的有界勻強(qiáng)磁場區(qū)域，一矩形導(dǎo)線框自磁場上方某一高度處自由下落．進(jìn)入磁場的過程中，導(dǎo)線框平面與磁場方向垂直，則在導(dǎo)線框進(jìn)入磁場的過程中可能(　　) A．變加速下落　　　　 B．變減速下落 C．勻速下落 D．勻加速下落 解析：當(dāng)線

5、框進(jìn)入磁場時，ab邊切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，回路中有感應(yīng)電流，所以ab邊受到的安培力向上．當(dāng)F安＝＝mg時，線框勻速進(jìn)入磁場；當(dāng)F安＝＜mg時，則變加速進(jìn)入磁場；當(dāng)F安＝＞mg時，則變減速進(jìn)入磁場，故A、B、C正確，D錯誤． 答案：ABC 6.如圖所示，在豎直平面內(nèi)有兩根平行金屬導(dǎo)軌，上端與電阻R相連，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場垂直導(dǎo)軌平面．一質(zhì)量為m的金屬棒以初速度v0沿導(dǎo)軌豎直向上運(yùn)動，上升到某一高度后又返回到原處，整個過程金屬棒與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)軌與棒的電阻不計．下列說法正確的是(　　) A．回到出發(fā)點(diǎn)的速度v大于初速度v0 B．通過R的最大電流，上升過程小于下落過程 C．

6、電阻R上產(chǎn)生的熱量，上升過程大于下落過程 D．所用時間上升過程大于下落過程 解析：金屬棒切割磁感線運(yùn)動，由右手定則和法拉第電磁感應(yīng)定律、安培力公式可知金屬棒下行和上行時的受力情況，由能量守恒定律可知，金屬棒在運(yùn)動過程中，機(jī)械能不斷轉(zhuǎn)化為熱能，所以回到出發(fā)點(diǎn)的速度v小于初速度v0，選項(xiàng)A錯誤；設(shè)金屬棒運(yùn)動的速度為v，長度為l，那么感應(yīng)電動勢E＝Blv，通過R的電流I＝＝，可見，當(dāng)金屬棒運(yùn)動速度v大時，通過R的電流大，因?yàn)榻饘侔粼谶\(yùn)動過程中，機(jī)械能不斷轉(zhuǎn)化為熱能，所以運(yùn)動到同一高度處，上升時的速度大于下降時的速度，所以通過R的最大電流上升過程大于下落過程，選項(xiàng)B錯誤；同一高度處金屬棒上升時受到

7、的安培力大于下降時受到的安培力，由于上升和下降的高度相同，所以上升過程克服安培力所做的功大于下降時克服安培力做的功，故電阻R上產(chǎn)生的熱量上升過程大于下落過程，C正確；研究金屬棒的上升過程時，可以采取逆向思維法，把上升過程看作金屬棒從最高點(diǎn)自由下落，顯然，下落的加速度a1＞g＞a2，其中a2為金屬棒返回下落時的加速度，顯然，下落相同高度，t1＜t2，選項(xiàng)D錯誤． 答案：C B級　提能力 7．如圖，MN和PQ是電阻不計的平行金屬導(dǎo)軌，其間距為L，導(dǎo)軌彎曲部分光滑，平直部分粗糙，右端接一個阻值為R的定值電阻．平直部分導(dǎo)軌左邊區(qū)域有寬度為d、方向豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場．質(zhì)量為m

8、、電阻也為R的金屬棒從高度為h處靜止釋放，到達(dá)磁場右邊界處恰好停止．已知金屬棒與平直部分導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為μ，金屬棒與導(dǎo)軌間接觸良好，則金屬棒穿過磁場區(qū)域的過程中(　　) A．流過金屬棒的最大電流為 B．通過金屬棒的電荷量為 C．克服安培力所做的功為mgh D．金屬棒產(chǎn)生的焦耳熱為mg(h－μd) 解析：金屬棒滑下過程中，根據(jù)動能定理有mgh＝mv，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有Em＝BLvm，根據(jù)閉合電路歐姆定律有Im＝，聯(lián)立得Im＝，A錯誤；根據(jù)q＝可知，通過金屬棒的電荷量為，B錯誤；金屬棒運(yùn)動的全過程根據(jù)動能定理得mgh＋Wf＋W安＝0，所以克服安培力做的功小于mgh，故C錯誤

9、；由Wf＝－μmgd，金屬棒克服安培力做的功完全轉(zhuǎn)化成電熱，由題意可知金屬棒與電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱相同，設(shè)金屬棒上產(chǎn)生的焦耳熱為Q，故2Q＝－W安，聯(lián)立得Q＝mg(h－μd)，D正確． 答案：D 8．如圖所示，L1＝0.5 m，L2＝0.8 m，回路總電阻為R＝0.2 Ω，M＝0.04 kg，導(dǎo)軌光滑，開始時磁場B0＝1 T，現(xiàn)使磁感應(yīng)強(qiáng)度以＝0.2 T/s的變化率均勻地增大，試求：當(dāng)t為多少時，M剛離開地面(g取10 m/s2)? 解析：回路中原磁場方向向下，且磁通量增加，由楞次定律可以判知，感應(yīng)電流的磁場方向向上，根據(jù)安培定則可以判知，ab中的感應(yīng)電流的方向是a→b，由左手定則可

10、知，ab所受安培力的方向水平向左，從而向上拉起重物， 設(shè)ab中電流為I時M剛好離開地面，此時有 FB＝BIL1＝Mg，① I＝，② E＝＝L1L2＝0.08(V)，③ B＝，④ 聯(lián)立①②③④，解得： FB＝0.4 N，I＝0.4 A，B＝2 T，t＝5 s. 9.如圖所示，MN、PQ為水平放置的足夠長的平行光滑導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間距l(xiāng)＝0.5 m，導(dǎo)軌左端連接一個R＝0.2 Ω的電阻和一個理想電流表A，導(dǎo)軌的電阻不計，整個裝置放在磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝1 T的有界勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直于導(dǎo)軌平面向下．一根質(zhì)量m＝0.4 kg、電阻r＝0.05 Ω的金屬棒與磁場的左邊界cd重合．現(xiàn)對金屬棒施加

11、一水平向右、大小為0.4 N的恒定拉力F，使棒從靜止開始向右運(yùn)動，已知在金屬棒離開磁場右邊界ef前電流表的示數(shù)已保持穩(wěn)定． (1)求金屬棒離開磁場右邊界ef時的速度大小； (2)當(dāng)拉力F的功率為0.08 W時，求金屬棒的加速度． 解析：(1)由題意可知，當(dāng)金屬棒離開右邊界ef時已達(dá)到最大速度vmax，E＝Blvmax， I＝， F安＝BIl， F安＝F， 代入數(shù)據(jù)得vmax＝0.4 m/s. (2)當(dāng)力F的功率為0.08 W時，金屬棒的速度 v＝＝0.2 m/s， F－F安′＝ma，即F－＝ma， 代入數(shù)據(jù)得a＝0.5 m/s2，方向向右． 10．如圖甲所示，一對平

12、行光滑軌道放置在水平面上，兩軌道間距l(xiāng)＝0.20 m，電阻R＝1.0 Ω；有一導(dǎo)體桿靜止地放在軌道上，與兩軌道垂直，桿及軌道的電阻皆可忽略不計，整個裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.5 T的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直軌道向下，現(xiàn)用一外力F沿軌道方向拉桿，使之做勻加速運(yùn)動，測得力F與時間t的關(guān)系如圖乙所示．求桿的加速度a和質(zhì)量m. 解析：導(dǎo)體桿在軌道上做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，用v表示瞬時速度，t表示時間，則桿切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為 E＝Blv＝Blat，① 閉合回路中的感應(yīng)電流為： I＝，② 由安培力公式和牛頓第二定律得： F－IlB＝ma，③ 將①②式代入③式整理得： F

13、＝ma＋at.④ 在乙圖象上取兩點(diǎn)t1＝0，F(xiàn)1＝1 N；t2＝30 s，F(xiàn)2＝4 N代入④式，聯(lián)立方程解得 a＝10 m/s2，m＝0.1 kg. 11．如圖所示，電動機(jī)牽引一根原來靜止的、長為L＝1 m、質(zhì)量為m＝0.1 kg的導(dǎo)體MN，其電阻R＝1 Ω，導(dǎo)體棒架在磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝1 T、豎直放置的框架上，當(dāng)導(dǎo)體棒上升h＝3.8 m時獲得穩(wěn)定的速度，導(dǎo)體產(chǎn)生的熱量為14 J，電動機(jī)牽引棒時，電壓表、電流表的示數(shù)分別為7 V、1 A，電動機(jī)內(nèi)阻r＝1 Ω，不計框架電阻及一切摩擦，g取10 m/s2，求： (1)棒能達(dá)到的穩(wěn)定速度； (2)棒從靜止至達(dá)到穩(wěn)定速度所需要的時間． 解

14、析：(1)電動機(jī)的輸出功率P出＝IU－Ir2＝6 W， 棒達(dá)到穩(wěn)定速度時，有：F＝mg＋BIL＝mg＋， 而電動機(jī)的輸出功率P出＝Fvm， 由以上各式解得vm＝2 m/s. (2)從棒開始運(yùn)動至達(dá)到穩(wěn)定速度的過程中， 由能量守恒定律，有：P出t＝mgh＋mv＋Q， 解得完成此過程所需要的時間t＝3 s. 6EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F375