高中物理 第1章 電磁感應 第5節(jié) 電磁感應規(guī)律的應用學業(yè)分層測評 粵教版.doc

1、a電磁感應規(guī)律的應用 (建議用時：45分鐘)學業(yè)達標1(2016惠州高二檢測)如圖1510所示，豎直放置的金屬框架處于水平勻強磁場中，有一直金屬棒ab可以沿金屬框無摩擦地上下滑動，當ab由靜止開始自由下滑一段時間后，合上開關(guān)S，則ab將做()圖1510A勻速運動B加速運動C減速運動 D無法確定【解析】開關(guān)閉合前棒ab切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢但無感應電流，ab做自由落體運動，開關(guān)閉合后有感應電流且IBLv/R，安培力FB2L2v/R(向上)若Fmg，ab做減速運動；若Fmg，ab做勻速運動；若Fmg，ab做加速運動，由于閉合開關(guān)時ab的速度v大小不確定，因此ab的運動也不確定，故D正確【答案】D

2、2如圖1511所示為一圓環(huán)發(fā)電裝置，用電阻R4 的導體棒彎成半徑L0.2 m的閉合圓環(huán)，圓心為O，線COD是一條直徑，在O、D間接一負載電阻R11 ，整個圓環(huán)中均有B0.5 T的勻強磁場垂直環(huán)面穿過電阻r1 的導體棒OA貼著圓環(huán)做勻速運動，角速度300 rad/s，則當OA到達OC處時() 【導學號：90270025】圖1511A圓環(huán)的電功率為1 WB圓環(huán)的電功率為2 WC全電路的電功率最大，為3 WD全電路的電功率最大，為4.5 W【解析】當OA到達OC處時，圓環(huán)的電阻為1 ，與R1串聯(lián)接入電源，即外電阻為2 ，內(nèi)電阻為1，桿轉(zhuǎn)動過程中產(chǎn)生的感應電動勢EBL23 V，圓環(huán)上分壓為1 V，所以

3、圓環(huán)上的電功率為1 W；當OA到達OC處時環(huán)上電阻最大，電路的總電阻最大，總功率最小aa【答案】A3很多相同的絕緣銅圓環(huán)沿豎直方向疊放，形成一很長的豎直圓筒一條形磁鐵沿圓筒的中心軸豎直放置，其下端與圓筒上端開口平齊讓條形磁鐵從靜止開始下落條形磁鐵在圓筒中的運動速率()A均勻增大B先增大，后減小C逐漸增大，趨于不變D先增大，再減小，最后不變【解析】條形磁鐵下落，則穿過銅環(huán)的磁通量發(fā)生變化，銅環(huán)中產(chǎn)生感應電流，感應電流的磁場阻礙條形磁鐵的下落開始時的感應電流比較小，條形磁鐵向下做加速運動，且隨下落速度增大，其加速度變小當條形磁鐵的速度達到一定值后，相應銅環(huán)對條形磁鐵的作用力趨近于條形磁鐵的重力故條

4、形磁鐵先加速運動，但加速度變小，最后的速度趨近于某個定值選項C正確【答案】C4如圖1512所示，一個由導體做成的矩形線圈，以恒定速率v運動，從無場區(qū)進入勻強磁場區(qū)，然后出來，若取逆時針方向為電流的正方向，那么圖中所示的圖象能正確地表示回路中電流與時間的函數(shù)關(guān)系的是()圖1512【解析】在無場區(qū)，無電流，A錯在矩形線圈進入過程中，由EBlv和i知，i恒定不變；由右手定則得，電流方向為逆時針，是正方向，D錯線框離開磁場時，電流為負方向，B錯，C對【答案】C5(多選)邊長為L的正方形金屬框在水平恒力作用下，穿過如圖1513所示豎直向下的有界勻強磁場，磁場寬度為d(dL)，ab邊進入磁場時，線框的加速

5、度為零，線框進入磁場過程和從磁場另一側(cè)穿出過程相比較，下列說法正確的是() 【導學號：90270026】aa圖1513A產(chǎn)生的感應電流方向相反B所受安培力方向相反C產(chǎn)生的電能相等D產(chǎn)生的電能不等【解析】因金屬框在水平恒力作用下穿過磁場，由右手定則判定知進入磁場和穿出磁場的感應電流方向相反，A項正確；安培力阻礙線框的相對運動，即“來拒去留”，所以兩次受到的安培力都向左，B項錯誤；ab邊進入磁場時，線框的加速度為零，即金屬框勻速進入磁場，此時F外F安，磁場寬度為d(dL)，而線框全部進入磁場時，不再受安培力作用，在外力作用下將做加速運動，速度增大，而出磁場時安培力大于水平恒力，線框減速由動能定理知

6、進入磁場時W外W安mvmv0，W外W安，而當線框穿出磁場時W外W安mvmv0，W外W安，所以兩次產(chǎn)生的電能不等，D項正確【答案】AD6(多選)如圖1514所示，固定在水平面上的U形金屬框上，靜止放置一金屬桿ab，整個裝置處于豎直向上的磁場中當磁感應強度B均勻減小時，桿ab總保持靜止，則在這一過程中()圖1514A桿中的感應電流方向是從b到aB桿中的感應電流大小均勻增大C金屬桿所受安培力水平向左D金屬桿受到的摩擦力逐漸減小【解析】磁感應強度B減小時，由楞次定律知，感應電流由b到a，A正確；由EnnS知，B均勻減小時，電動勢E不變，電流不變，B錯誤；由左手定則知，ab所受安培力水平向右，C錯誤；由

7、FBIL知，I、L不變，B減小，安培力減小；ab桿靜止，安培力等于摩擦力，所以摩擦力減小，D正確aa【答案】AD7如圖1515所示，豎直放置的兩根平行金屬導軌之間接有定值電阻R，質(zhì)量不能忽略的金屬棒與兩導軌始終保持垂直并良好接觸且無摩擦，棒與導軌的電阻均不計，整個裝置放在勻強磁場中，磁場方向與導軌平面垂直，棒在豎直向上的恒力F作用下加速上升的一段時間內(nèi)，力F做的功與安培力做的功的代數(shù)和等于()圖1515A棒的機械能增加量B棒的動能增加量C棒的重力勢能增加量D電阻R上放出的熱量【解析】棒受重力G、拉力F和安培力F安的作用由動能定理得：WFmghW安 Ek，WFW安Ekmgh，即力F做的功與安培力

8、做的功的代數(shù)和等于機械能的增加量選A.【答案】A8可繞固定軸OO轉(zhuǎn)動的正方形線框的邊長L0.5 m，僅ab邊有質(zhì)量且m0.1 kg.線框的總電阻R1 ，不計摩擦和空氣阻力，線框從水平位置由靜止釋放，到達豎直位置歷時0.1 s，設(shè)線框始終處在方向豎直向下、磁感應強度B4102 T的勻強磁場中，如圖1516所示，g取10 m/s2.試求：圖1516 (1)這個過程中平均電流的大小和方向；(2)若這個過程中產(chǎn)生的焦耳熱Q0.3 J，求線框到達豎直位置時ab邊所受安培力的大小和方向. 【導學號：90270027】【解析】(1)平均感應電動勢E平均電流I A0.1 Aaa由楞次定律可判定電流的方向沿ba

9、dcb.(2)根據(jù)能量守恒定律得mgLQmv2代入數(shù)據(jù)，解得v2 m/s線框到達豎直位置時ab邊受到的安培力大小FBILBL，代入數(shù)據(jù)得F8104 N由左手定則可判定安培力方向向左【答案】(1)0.1 A方向沿badcb(2)8104 N方向向左能力提升9(2015安徽高考)如圖1517所示，abcd為水平放置的平行“”形光滑金屬導軌，間距為l，導軌間有垂直于導軌平面的勻強磁場，磁感應強度大小為B，導軌電阻不計，已知金屬桿MN傾斜放置，與導軌成角，單位長度的電阻為r，保持金屬桿以速度v沿平行于cd的方向滑動(金屬桿滑動過程中與導軌接觸良好)則()圖1517A電路中感應電動勢的大小為B電路中感應

10、電流的大小為C金屬桿所受安培力的大小為D金屬桿的熱功率為【解析】金屬桿的運動方向與金屬桿不垂直，電路中感應電動勢的大小為EBlv(l為切割磁感線的有效長度)，選項A錯誤；電路中感應電流的大小為I，選項B正確；金屬桿所受安培力的大小為FBIlB，選項C錯誤；金屬桿的熱功率為PI2R，選項D錯誤【答案】B10粗細均勻的電阻絲圍成的正方形線框置于有界勻強磁場中，磁場方向垂直于線框平面，其邊界與正方形線框的邊平行，現(xiàn)使線框以同樣大小的速度沿四個不同方向平移出磁場，如下圖所示，則在移出過程中線框的一邊aaa、b兩點間的電勢差絕對值最大的是() 【導學號：90270028】【解析】本題四種情況中都是一條邊

11、在切割磁感線，電動勢大小是相同的，A中a、b兩點間電勢差大小是電動勢大小的四分之一；B中a、b兩點間電勢差大小是電動勢大小的四分之三；C中a、b兩點間電勢差大小是電動勢大小的四分之一；D中a、b兩點間電勢差大小也是電動勢大小的四分之一，因此選B.【答案】B11(2016黃岡高二檢測)如圖1518所示，兩根足夠長的光滑金屬導軌MN、PQ間距為l0.5 m，其電阻不計，兩導軌及其構(gòu)成的平面均與水平面成30角完全相同的兩金屬棒ab、cd分別垂直導軌放置，每棒兩端都與導軌始終有良好接觸，已知兩棒的質(zhì)量均為0.02 kg，電阻均為R0.1 ，整個裝置處在垂直于導軌平面向上的勻強磁場中，磁感應強度為B0.

12、2 T，棒ab在平行于導軌向上的拉力F作用下，沿導軌向上勻速運動，而棒cd恰好保持靜止，g取10 m/s2.求：圖1518 (1)通過cd棒的電流I是多少，方向如何？(2)棒ab受到的拉力F多大？(3)拉力F做功的功率P是多少？【解析】(1)對cd棒受力分析可得：BIlmgsin 30代入數(shù)據(jù)，得I1 A根據(jù)右手定則判斷，通過cd棒的電流方向由d到c.aa(2)對ab棒受力分析可得：FBIlmgsin 30代入數(shù)據(jù)，得F0.2 N.(3)根據(jù)I，PFv得P0.4 W.【答案】(1)1 A由d到c(2)0.2 N(3)0.4 W12(2016鄭州高二檢測)如圖1519甲所示，平行金屬導軌豎直放置

13、，導軌間距為L1 m，上端接有電阻R13 ，下端接有電阻R26 ，虛線OO下方是垂直于導軌平面的勻強磁場現(xiàn)將質(zhì)量m0.1 kg、電阻不計的金屬桿ab，從OO上方某處垂直導軌由靜止釋放，桿下落0.2 m過程中始終與導軌保持良好接觸，加速度a與下落距離h的關(guān)系圖象如圖乙所示求：甲乙圖1519(1)磁感應強度B；(2)桿下落0.2 m過程中通過電阻R2的電荷量q. 【導學號：90270029】【解析】(1)由題圖乙知，桿自由下落距離是0.05 m，當?shù)刂亓铀俣萭10 m/s2，則桿進入磁場時的速度v1 m/s由題圖乙知，桿進入磁場時加速度ag10 m/s2由牛頓第二定律得mgF安ma回路中的電動勢

14、EBLv桿中的電流IR并F安BILaa得B2 T.(2)桿在磁場中運動產(chǎn)生的平均感應電動勢B桿中的平均電流通過桿的電荷量QIt通過R2的電荷量qQ0.05 C.【答案】(1)2 T(2)0.05 C重點強化卷(一)電磁感應中的電路、圖象和能量問題(建議用時：60分鐘)一、選擇題1(2016鄭州高二檢測)穿過某線圈的磁通量隨時間變化的關(guān)系如圖1所示，在下列幾段時間內(nèi)，線圈中感應電動勢最小的是()【導學號：90270030】圖1A02 sB24 sC45 s D510 s【解析】圖線斜率的絕對值越小，表明磁通量的變化率越小，感應電動勢也就越小【答案】D2如圖2甲所示，平面上的光滑平行導軌MN、PQ

15、上放著光滑導體棒ab、cd，兩棒用細線系住，細線拉直但沒有張力開始時勻強磁場的方向如圖甲所示，而磁感應強度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，則細線中的張力大小隨時間變化的情況為選項圖中的()甲乙圖2aa【解析】0到t0時間內(nèi)，根據(jù)法拉第電磁感應定律可知感應電動勢恒定，感應電流恒定，但因磁場均勻變?nèi)?，故兩導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線上有拉力，大小等于每個棒受到的安培力，當t0時刻磁場為零，安培力為零大于t0時刻后，磁場反向變強，兩棒間距變小，線上無力故只有D圖正確【答案】D3如圖3所示，閉合導線框的質(zhì)量可以忽略不計，將它從圖示位置勻速拉出勻強磁

16、場若第一次用0.3 s 時間拉出，外力所做的功為W1，通過導線截面的電荷量為q1；第二次用0.9 s時間拉出，外力所做的功為W2，通過導線截面的電荷量為q2，則()圖3AW1W2，q1q2 BW1W2，q1q2 DW1W2，q1q2【解析】設(shè)拉出磁場的位移為x，因勻速拉出：FF安外力做功：WFxF安xBIlxxv通過導線截面電荷量：qItt.因為v1v2，所以W1W2，q1q2.【答案】C4(多選)如圖4所示，將一個與勻強磁場垂直的正方形多匝線圈從磁場中勻速拉出的過程中，拉力做功的功率() 【導學號：90270031】圖4A與線圈匝數(shù)成正比B與線圈邊長的平方成正比aaC與導線的電阻率成正比D與

17、導線橫截面積成正比【解析】磁感應強度為B，導線的橫截面積為S，電阻率為，拉出磁場時的速度為v，設(shè)線圈邊長為L，勻速拉出時EnBLv，IE/R，R，l4nL，F(xiàn)F安nBIL，所以PFvnBILvn2B2L2v2/R，所以A、D正確【答案】AD5.如圖5所示的區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B.一個電阻為R、半徑為L、圓心角為45的扇形閉合導線框繞垂直于紙面的O軸勻速轉(zhuǎn)動(O軸位于磁場邊界)，周期為T.t0時刻，線框置于如圖所示位置，則線框內(nèi)產(chǎn)生的感應電流的圖象為(規(guī)定電流順時針方向為正)()圖5【解析】(1)由于扇形導線框勻速轉(zhuǎn)動，因此導線框進入磁場的過程中產(chǎn)生的感應電動勢是恒定的

18、(2)注意線框在進入磁場和離開磁場時，有感應電流產(chǎn)生，當完全進入時，由于磁通量不變，故無感應電流產(chǎn)生故A正確【答案】A6(2016沈陽高二檢測)在豎直方向的勻強磁場中，水平放置一圓形導體環(huán)規(guī)定導體環(huán)中電流的正方向如圖6甲所示，磁場向上為正當磁感應強度B隨時間t按圖乙變化時，下列能正確表示導體環(huán)中感應電流變化情況的是()aa甲乙圖6【解析】根據(jù)法拉第電磁感應定律有：EnnS，因此在面積、匝數(shù)不變的情況下，感應電動勢與磁場的變化率成正比，即與Bt圖象中的斜率成正比，由圖象可知：02 s，斜率不變，故形成的感應電流不變，根據(jù)楞次定律可知感應電流方向順時針即為正值，24 s斜率不變，電流方向為逆時針，

19、整個過程中的斜率大小不變，所以感應電流大小不變，故A、B、D錯誤，C正確【答案】C7如圖7所示，間距為L、電阻不計的足夠長的平行光滑金屬導軌水平放置，導軌左端用一阻值為R的電阻連接，導軌上橫跨一根質(zhì)量為m、有效電阻也為R的金屬棒，金屬棒與導軌接觸良好整個裝置處于豎直向上、磁感應強度為B的勻強磁場中現(xiàn)使金屬棒以初速度v沿導軌向右運動，若金屬棒在整個運動過程中通過的電荷量為q.下列說法正確的是() 【導學號：90270032】圖7A金屬棒在導軌上做勻減速運動B整個過程中金屬棒在導軌上發(fā)生的位移為C整個過程中金屬棒克服安培力做功為mv2aaD整個過程中電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為mv2【解析】因為金屬棒向

20、右運動時受到向左的安培力作用，且安培力隨速度的減小而減小，所以金屬棒向左做加速度減小的減速運動；根據(jù)E，qItt，解得x；整個過程中金屬棒克服安培力做功等于金屬棒動能的減少量mv2；整個過程中電路中產(chǎn)生的熱量等于機械能的減少量mv2，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為mv2.【答案】C8(多選)(2016四川高考)如圖8所示，電阻不計、間距為l的光滑平行金屬導軌水平放置于磁感應強度為B、方向豎直向下的勻強磁場中，導軌左端接一定值電阻R.質(zhì)量為m、電阻為r的金屬棒MN置于導軌上，受到垂直于金屬棒的水平外力F的作用由靜止開始運動，外力F與金屬棒速度v的關(guān)系是FF0kv(F0、k是常量)，金屬棒與導軌始終垂直且

21、接觸良好金屬棒中感應電流為i，受到的安培力大小為FA，電阻R兩端的電壓為UR，感應電流的功率為P，它們隨時間t變化圖象可能正確的有()圖8【解析】當金屬棒MN的速度為v時，MN受到的安培力FABIl，根據(jù)牛頓第二定律得金屬棒MN的加速度av，且i，URBlv，P.若k，金屬棒做勻加速直線運動，此時，it圖象為直線，F(xiàn)At圖象為直線，URt圖象為直線，Pt圖象為拋物線aa若k，則金屬棒做加速度增大的加速運動則it圖象、FAt圖象、URt圖象、Pt圖象為曲線，斜率越來越大，此時選項B正確若k，則金屬棒做加速度減小的加速運動，加速度減為零后做勻速運動，此時it圖象、FAt圖象、URt圖象、Pt圖象為

22、曲線，斜率越來越小，此時選項C正確【答案】BC9如圖9所示，足夠長的平行金屬導軌傾斜放置，傾角為37，寬度為0.5 m，電阻忽略不計，其上端接一小燈泡，電阻為1.一導體棒MN垂直于導軌放置，質(zhì)量為0.2 kg，接入電路的電阻為1 ，兩端與導軌接觸良好，與導軌間的動摩擦因數(shù)為0.5.在導軌間存在著垂直于導軌平面的勻強磁場，磁感應強度為0.8 T將導體棒MN由靜止釋放，運動一段時間后，小燈泡穩(wěn)定發(fā)光，此后導體棒MN的運動速度以及小燈泡消耗的電功率分別為(重力加速度g取10 m/s2，sin 370.6)()【導學號：90270033】圖9A2.5 m/s1 WB5 m/s1 WC7.5 m/s9

23、W D15 m/s9 W【解析】小燈泡穩(wěn)定發(fā)光時，導體棒MN的運動速度穩(wěn)定，所受合力為零，在沿斜面方向上：mgsin 37mgcos 37ILB，又I，其中R總2，代入數(shù)據(jù)可得v5 m/s，閉合回路的總功率P2 W，小燈泡和導體棒MN的電阻相等，消耗的電功率相等，都為1 W.【答案】B10.如圖10所示，矩形閉合導體線框在勻強磁場上方，由不同高度靜止釋放，用t1、t2分別表示線框ab邊和cd邊剛進入磁場的時刻線框下落過程形狀不變，ab邊始終保持與磁場水平邊界線OO平行，線框平面與磁場方向垂直設(shè)OO下方磁場區(qū)域足夠大，不計空氣影響，則下列哪一個圖象不可能反映線框下落過程中速度v隨時間t變化的規(guī)律()圖10aa【解析】根據(jù)導體線框進入磁場的速度的不同分析線框的受力情況、運動情況，從而判斷可能的vt圖象線框先做自由落體運動，因線框下落高度不同，故線框ab邊剛進磁場時，其所受安培力F安與重力mg的大小關(guān)系可分以下三種情況：當F安mg時，線框勻速進入磁場，其速率v，選項D有可能；當F安mg時，線框減速進入磁場，ag，v減小，a減小，線框做加速度逐漸減小的減速運動，當線框未完全進入磁場而a減為零時，即此時F安mg，線框開始做勻速運動，當線框完全進入磁場后做勻加速直線運動，選項B有可能；故不可能的只有選項A.【答案】A二、計算題11.