人教版物理选修3-2基础夯实训练-4.5《电磁感应现象的两类情况》

1.如图1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．小球速度变小图1C．小球速度不变D．以上三种情况都有可能解析：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。答案：A2.如图2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图2C．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解析：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。答案：AB3.如图3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图3C．金属棒的重力势能增加量D．电阻R上放出的热量解析：由动能定理有WF＋W安＋WG＝ΔEk，则WF＋W安＝ΔEk－WG，WG<0，故ΔEk－WG表示机械能的增加量。故选A。答案：A4.如图4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，且为变力图4C．方向向左，且为变力D．方向向左，且为恒力解析：由E＝neq\f(ΔB,Δt)·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＝eq\f(E,R)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。答案：C5.如图5所示，电阻不计的平行金属导轨固定在一绝缘斜面上，两相同的金属导体棒a、b垂直于导轨静止放置，且与导轨接触良好，匀强磁场垂直穿过导轨平面。现用一平行于导轨的恒力F作用在a的中点，使其向上运动。若b始终保持静止，则它所受摩擦力可能(　　)图5A．变为0　　　　　　　B．先减小后不变C．等于FD．先增大再减小解析：导体棒a在恒力F作用下加速运动，最后匀速运动，闭合回路中产生感应电流，导体棒b受到安培力方向应沿斜面向上，且逐渐增大，最后不变。由力平衡可知，导体棒b受到的摩擦力先沿斜面向上逐渐减小，最后不变，所以选项A、B正确，C、D错误。答案：AB6.如图6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2mgh　　B．可能大于2mghC．可能小于2mghD．可能为零图6解析：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。答案：ABC7．如图7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7甲所示，而磁感应强度B随时间t的变化如图7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8中的(　　)解析：0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。答案：D8.(2012·福建高考)如图9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10中最能正确反映环中感应电流i随环心位置坐标x变化的关系图像是(　　)图9图10解析：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，故选项B正确。答案：B9.如图11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，由静止沿轨图11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？解析：(1)由牛顿第二定律F＝ma，得a＝eq\f(F,m)＝eq\f(0.01,0.02)m/s2＝0.5m/s2，t＝eq\f(vt－v0,a)＝eq\f(10,0.5)s＝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＝eq\f(B2L2v,R＋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.如图12所示，L1＝0.5m，L2＝0.8m，回路总电阻为R＝0.2Ω，M＝0.04kg，导轨光滑，开始时磁场B0＝1T。现使磁感应强度以ΔB/Δt＝0.2T/s的变化率均匀地增大，试求：当t为多少时，M刚好离开地面？(g取10m/s2)解析：回路中原磁场方向向下，且磁感应强度增加，由楞次定律图12可以判知，感应电流的磁场方向向上，根据安培定则可以判知，ab中的感应电流的方向是a→b，由左手定则可知，ab所受安培力的方向水平向左，从而向上拉起重物。设ab中电流为I时M刚好离开地面，此时有F＝BIL1＝Mg　I＝eq\f(E,R)E＝ΔΦ/Δt＝L1L2·ΔB/ΔtB＝B0＋(ΔB/Δt)t解得F＝0.4N，I＝0.4A，B＝2T，t＝5s。答案：5s