《2022高中物理 第四章 電磁感應(yīng) 課時提升作業(yè)四 4.5 電磁感應(yīng)現(xiàn)象的兩類情況 新人教版選修3-2》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022高中物理 第四章 電磁感應(yīng) 課時提升作業(yè)四 4.5 電磁感應(yīng)現(xiàn)象的兩類情況 新人教版選修3-2（8頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022高中物理 第四章 電磁感應(yīng) 課時提升作業(yè)四 4.5 電磁感應(yīng)現(xiàn)象的兩類情況 新人教版選修3-2 一、選擇題(本題共8小題,每小題7分,共56分) 1. (多選)(2018·聊城高二檢測)某空間出現(xiàn)了如圖所示的一組閉合的電場線,這可能是 (　　) A.沿AB方向的磁場在迅速減弱 B.沿AB方向的磁場在迅速增強(qiáng) C.沿BA方向的磁場在迅速增強(qiáng) D.沿BA方向的磁場在迅速減弱 【解析】選A、C。由右手定則可知,感應(yīng)電場產(chǎn)生的磁場方向豎直向下,如果磁場方向沿AB,則感應(yīng)磁場與原磁場方向相同,由楞次定律可知,原磁場正在減弱,故A正確,B錯誤;如果磁場沿BA方向,則感應(yīng)磁場方向

2、與原磁場方向相反,由楞次定律可知,原磁場方向正在增強(qiáng),故C正確,D錯誤;故選A、C。 2.英國物理學(xué)家麥克斯韋認(rèn)為,磁場變化時會在空間激發(fā)感生電場。如圖所示,一個半徑為r的絕緣細(xì)圓環(huán)水平放置,環(huán)內(nèi)存在豎直向上的勻強(qiáng)磁場B,環(huán)上套一帶電荷量為+q的小球,已知磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間均勻增加,其變化率為k,若小球在環(huán)上運(yùn)動一周,則感生電場對小球的作用力所做功的大小是(　　) A.0　　　B.r2qk　　　C.2πr2qk　　　D.πr2qk 【解析】選D。根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知,磁場變化產(chǎn)生的感生電動勢為E=πr2=kπr2,小球在環(huán)上運(yùn)動一周,則感生電場對小球的作用力所做功的大小W=qE

3、=πr2qk,故選項D正確。 3. (2018·揭陽高二檢測)在勻強(qiáng)磁場中,有一個接有電容器的導(dǎo)線回路,如圖所示。已知電容C=30 μF,回路的長和寬分別為l1=8 cm,l2=5 cm,磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化率為5×10-2 T/s,若磁感應(yīng)強(qiáng)度向里均勻增大,則 (　　) A.電容器的上極板帶正電,電荷量為2×10-9 C B.電容器的上極板帶負(fù)電,電荷量為6×10-9 C C.電容器的上極板帶正電,電荷量為6×10-9 C D.電容器的上極板帶負(fù)電,電荷量為8×10-9 C 【解析】選C?；芈分械母袘?yīng)電動勢等于電容器兩極板間的電壓,U=E= ==5×10-2×0.05×0.08

4、V=2×10-4 V,則電容器的電荷量q=CU= 30×10-6×2×10-4 C=6×10-9 C,由楞次定律可判斷回路中感應(yīng)電動勢沿逆時針方向,電容器的上極板帶正電,C選項正確。 4.如圖所示,勻強(qiáng)磁場方向豎直向下,磁感應(yīng)強(qiáng)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(dá)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(jī)械能有損失但能量守恒,損失的機(jī)械能

5、為mgL-,故產(chǎn)生的熱量為mgL-,C正確。 5.平面上的光滑平行導(dǎo)軌MN、PQ上放著光滑導(dǎo)體棒ab、cd,兩棒用細(xì)線系住,細(xì)線拉直但沒有張力。開始時勻強(qiáng)磁場的方向如圖甲所示,而磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間t的變化如圖乙所示,不計ab、cd間電流的相互作用,則細(xì)線中的張力大小隨時間變化的情況為圖丙中的(　　) 【解析】選D。在0到t0時間內(nèi),根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知感應(yīng)電動勢恒定,感應(yīng)電流恒定,但因磁場均勻變?nèi)?故兩導(dǎo)體棒上的安培力均勻變小,根據(jù)左手定則和平衡知識知細(xì)線上有拉力,大小等于每個棒受到的安培力,當(dāng)t0時刻磁場為零,安培力為零。大于t0時刻后,磁場反向變強(qiáng),兩棒間距變小,細(xì)線上無力。

6、故只有D正確。 【補(bǔ)償訓(xùn)練】 如圖甲所示,豎直放置的螺線管與導(dǎo)線abcd構(gòu)成回路,導(dǎo)線所圍的區(qū)域內(nèi)有一垂直紙面向里變化的磁場,螺線管下方水平桌面上有一導(dǎo)體圓環(huán),導(dǎo)線abcd所圍區(qū)域內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度按圖乙中哪一圖線所表示的方式隨時間變化時,導(dǎo)體環(huán)將受到向上的磁場力作用 (　　) 【解析】選A。選項A中,abcd中磁通量變化時,產(chǎn)生感應(yīng)電流,螺線管下方的導(dǎo)體環(huán)中有磁通量穿過,但由于磁場的變化越來越慢,穿過圓環(huán)的磁通量也越來越小,根據(jù)楞次定律,為阻礙環(huán)中磁通量的減少,環(huán)將靠近螺線管,即環(huán)受向上的磁場力的作用。選項B中,磁場變化越來越快,螺線管中磁場變強(qiáng),圓環(huán)中磁通量增大,為阻礙磁通

7、量增大,環(huán)將向下運(yùn)動,即受磁場力向下。選項C、D中,磁場均勻變化,螺線管中電流恒定,穿過圓環(huán)的磁通量不變,圓環(huán)中無感應(yīng)電流產(chǎn)生,與螺線管無相互作用的力。 6. (多選)如圖所示,豎直放置的平行金屬導(dǎo)軌上端跨接一個阻值為R的電阻。質(zhì)量為m的金屬棒MN可沿平行導(dǎo)軌豎直下滑,不計軌道與金屬棒的電阻。金屬棒自由下落了h后進(jìn)入一個有上下邊界的勻強(qiáng)磁場區(qū)域,磁場方向垂直軌道平面,磁場寬度也為h,設(shè)金屬棒MN到達(dá)上邊界aa′時的速度為v1,到達(dá)下邊界bb′時的速度為v2,則以下說法正確的是 (　　) A.進(jìn)入磁場區(qū)后,MN可能做勻速運(yùn)動,則v1=v2 B.進(jìn)入磁場區(qū)后,MN可能做加速運(yùn)動,則v1<

8、v2 C.進(jìn)入磁場區(qū)后,MN可能做減速運(yùn)動,則v1>v2 D.通過磁場區(qū)域的過程中,R上釋放出的焦耳熱一定是mgh 【解析】選A、B、C。金屬棒在進(jìn)入磁場前做自由下落,當(dāng)剛進(jìn)入磁場產(chǎn)生感應(yīng)電流對應(yīng)的安培力剛好等于重力時,則接著做勻速直線運(yùn)動,此時v1=v2,A正確;當(dāng)剛進(jìn)入磁場產(chǎn)生感應(yīng)電流對應(yīng)的安培力大于重力時,根據(jù)牛頓第二定律,則做減速運(yùn)動,此時v1>v2,C正確;當(dāng)剛進(jìn)入磁場產(chǎn)生感應(yīng)電流對應(yīng)的安培力小于重力時,由牛頓第二定律,則做加速運(yùn)動,此時v1

9、棒從圖示ab位置分別以v1、v2的速度沿光滑導(dǎo)軌(電阻不計)勻速滑到a′b′位置,若v1∶v2=1∶2,則在這兩次過程中(　　) A.回路電流I1∶I2=1∶2 B.產(chǎn)生的熱量Q1∶Q2=1∶2 C.通過任一截面的電荷量q1∶q2=1∶2 D.外力的功率P1∶P2=1∶2 【解析】選A、B。感應(yīng)電動勢為BLv,感應(yīng)電流I==,大小與速度成正比,產(chǎn)生的熱量Q=I2Rt=·=v,B、L、L′、R是一樣的,兩次產(chǎn)生的熱量比等于運(yùn)動速度比,選項A、B正確;通過任一截面的電荷量q=It=·=與速度無關(guān),所以這兩個過程中,通過任一截面的電荷量之比應(yīng)為1∶1,選項C錯誤;金屬棒運(yùn)動中受磁場力的

10、作用,為使棒勻速運(yùn)動,外力大小要與磁場力相等,則外力的功率P=Fv=BIL·v=,其中B、L、R大小相等,外力的功率與速度的二次方成正比,所以外力的功率之比應(yīng)為1∶4,選項D錯誤。 8. (多選)(2018·成都高二檢測)如圖所示,光滑固定的金屬導(dǎo)軌M、N水平放置,兩根導(dǎo)體棒P、Q平行放置在導(dǎo)軌上,形成一個閉合回路,一條形磁鐵從高處下落接近回路時 (　　) A.P、Q將相互靠攏　　　　 B.P、Q將相互遠(yuǎn)離 C.磁鐵的加速度仍為g D.磁鐵的加速度小于g 【解析】選A、D。當(dāng)一條形磁鐵從高處下落接近回路時,穿過回路的磁通量增加,根據(jù)楞次定律:感應(yīng)電流的磁場總是阻礙磁通量的變化,

11、可知,P、Q將互相靠攏,回路的面積減小一點(diǎn),使穿過回路的磁場減小一點(diǎn),起到阻礙原磁通量增加的作用,故A正確,B錯誤。由于磁鐵受到向上的安培力作用,所以合力小于重力,磁鐵的加速度一定小于g,故C錯誤,D正確。 二、非選擇題(本題共2小題,共44分。要有必要的文字說明和解題步驟,有數(shù)值計算的要注明單位) 9. (22分)(2018·揭陽高二檢測)如圖所示,兩根平行且足夠長的金屬導(dǎo)軌置于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中,磁場的方向垂直于導(dǎo)軌平面,兩導(dǎo)軌間距為L,左端連一電阻R,右端連一電容器C,其余電阻不計。長為2L的導(dǎo)體棒ab與從圖中實線位置開始,以a為圓心沿順時針方向的角速度ω勻速轉(zhuǎn)動,轉(zhuǎn)90°的

12、過程中,通過電阻R的電荷量為多少? 【解題指南】以a為圓心轉(zhuǎn)動90°的過程可分為兩個階段: (1)導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌接觸的過程,有感應(yīng)電流產(chǎn)生是充電過程。 (2)導(dǎo)體棒轉(zhuǎn)動60°以后b端離開導(dǎo)軌以后,無感應(yīng)電流產(chǎn)生,是放電過程。 【解析】第一階段導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢,因為切割磁感線的有效長度發(fā)生變化,所以電動勢是改變的,該過程中通過電阻R的電荷量可用平均電動勢來求出。該過程中相當(dāng)于電源的導(dǎo)體棒給電容器C充電。 平均電動勢E1=,ΔΦ=BΔS=BL2,通過R的電荷量q1=Δt=。 第二階段,電容器要對電阻放電,電容器的電荷量完全通過電阻放完。電容器充電的最大電壓為E2=B(2

13、L)2ω,此時電容器的充電電荷量為q2=CE2=2BL2Cω。 整個過程通過電阻的總的電荷量為Q=q1+q2=+2BL2Cω。 答案:+2BL2Cω 10.(22分) (2018·新鄉(xiāng)高二檢測)如圖所示,半徑為a的圓形區(qū)域內(nèi)有勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.2 T,磁場方向垂直紙面向里。半徑為b的金屬圓環(huán)與磁場同心地放置,磁場與環(huán)面垂直。其中a=0.4 m,b=0.6 m。金屬環(huán)上分別接有燈L1、L2,兩燈的電阻均為R0=2 Ω。一金屬棒MN與金屬環(huán)接觸良好,棒與環(huán)的電阻均不計。 (1)若棒以v0=5 m/s的速率在環(huán)上向右勻速滑動,求棒滑過圓環(huán)直徑OO′的瞬間,MN中的感應(yīng)電動勢和

14、流過燈L1的電流。 (2)撤去中間的金屬棒MN,將右面的半圓環(huán)OL2O′以O(shè)O′為軸向上翻轉(zhuǎn)90°后,若此時磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間均勻變化,其變化率為=T/s,求L1的功率。 【解析】(1)棒滑過圓環(huán)直徑OO′的瞬間,垂直切割磁感線的有效長度為2a,故在MN中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為 E1=B·2a·v0=0.2×2×0.4×5 V=0.8 V, 通過燈L1的電流I1== A=0.4 A。 (2)撤去金屬棒MN,半圓環(huán)OL2O′以O(shè)O′為軸向上翻轉(zhuǎn)90°后,根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律, E2==·=×=2×0.42 V=0.32 V, 則L1的功率 P1=R0==W=1.28×10-2 W。

15、 答案:(1)0.8 V　0.4 A　(2)1.28×10-2 W 【能力挑戰(zhàn)區(qū)】 小明設(shè)計的電磁健身器的簡化裝置如圖所示,兩根平行金屬導(dǎo)軌相距l(xiāng)=0.50 m,傾角θ=53°,導(dǎo)軌上端串接一個R=0.05 Ω的電阻。在導(dǎo)軌間長d=0.56 m的區(qū)域內(nèi),存在方向垂直導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度B=2.0 T。質(zhì)量m=4.0 kg的金屬棒CD水平置于導(dǎo)軌上,用絕緣繩索通過定滑輪與拉桿GH相連。CD棒的初始位置與磁場區(qū)域的下邊界相距s=0.24 m。一位健身者用恒力F=80 N拉動GH桿,CD棒由靜止開始運(yùn)動,上升過程中CD棒始終保持與導(dǎo)軌垂直。當(dāng)CD棒到達(dá)磁場上邊界時健身者松手,觸發(fā)恢

16、復(fù)裝置使CD棒回到初始位置(重力加速度g取10 m/s2,sin53°=0.8,不計其他電阻、摩擦力以及拉桿和繩索的質(zhì)量)。求: (1)CD棒進(jìn)入磁場時速度v的大小。 (2)CD棒進(jìn)入磁場時所受的安培力FA的大小。 (3)在拉升CD棒的過程中,健身者所做的功W和電阻產(chǎn)生的焦耳熱Q。 【解析】(1)由牛頓運(yùn)動定律 a==12 m/s2 ① 進(jìn)入磁場時的速度v==2.4 m/s② (2)感應(yīng)電動勢E=Blv ③ 感應(yīng)電流I= ④ 受到的安培力FA=BIl ⑤ 代入得FA==48 N⑥ (3)健身者做功W=F(s+d)=64 J⑦ 由牛頓運(yùn)動定律得: F-mgsinθ-FA=0 ⑧ 在磁場中運(yùn)動的時間t= ⑨ 電阻產(chǎn)生的焦耳熱Q=I2Rt=26.88 J 答案:(1)2.4 m/s　(2)48 N　(3)64 J　26.88 J