2024-2025學(xué)年高中物理第四章電磁感應(yīng)5電磁感應(yīng)現(xiàn)象的兩類情況練習(xí)含解析新人教版選修3-2

PAGE7-電磁感應(yīng)現(xiàn)象的兩類狀況[A組素養(yǎng)達(dá)標(biāo)]1．(多選)某空間出現(xiàn)了如圖所示的一組閉合電場線，方向從上向下看是順時(shí)針的，這可能是()A．沿AB方向磁場在快速減弱B．沿AB方向磁場在快速增加C．沿BA方向磁場在快速增加D．沿BA方向磁場在快速減弱解析：感生電場俯視順時(shí)針，假設(shè)平行感應(yīng)電場方向有閉合回路，則回路中的感應(yīng)電流也是順時(shí)針的，由右手螺旋定則可知，感應(yīng)磁場向下，由楞次定律可知，原磁場有兩種可能：原磁場方向向下且沿AB方向減弱，或原磁場方向向上且沿BA方向增加，所以選項(xiàng)A、C正確．答案：AC2．(多選)邊長為h的正方形金屬導(dǎo)線框，從如圖所示位置由靜止起先下落，通過一勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁場方向水平，且垂直于線框平面，磁場區(qū)域高度為H，上、下邊界如圖中虛線所示，H>h，從線框起先下落到完全穿過磁場區(qū)域的全過程中()A．線框中總有感應(yīng)電流存在B．線框中感應(yīng)電流方向是先順時(shí)針后逆時(shí)針C．線框中感應(yīng)電流方向是先逆時(shí)針后順時(shí)針D．線框受到磁場力的方向總是向上解析：因?yàn)镠>h，當(dāng)線框全部處于磁場區(qū)域內(nèi)時(shí)線框內(nèi)磁通量不變，線框中無感應(yīng)電流，A錯(cuò)誤；依據(jù)右手定則可知，線框進(jìn)入磁場時(shí)感應(yīng)電流是逆時(shí)針，線框離開磁場時(shí)感應(yīng)電流是順時(shí)針，C正確，B錯(cuò)誤；在C的基礎(chǔ)上結(jié)合左手定則可知，線框在進(jìn)出磁場過程中受到磁場力的方向總是向上，D正確．答案：CD3.如圖所示，邊長為L的正方形線圈與勻強(qiáng)磁場垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.當(dāng)線圈按圖示方向以速度v垂直B運(yùn)動(dòng)時(shí)，下列推斷正確的是()A．線圈中無電流，φa＝φb＝φc＝φdB．線圈中無電流，φa>φb＝φd>φcC．線圈中有電流，φa＝φb＝φc＝φdD．線圈中有電流，φa>φb＝φd>φc解析：線圈在運(yùn)動(dòng)過程中，穿過線圈的磁通量不變，所以在線圈中不會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流，C、D錯(cuò)誤，但ac兩端有電勢差，依據(jù)右手定則，可知B正確．答案：B4．在勻強(qiáng)磁場中，有一接有電容器的回路，如圖所示，已知電容器電容C＝30μF，l1＝5cm，l2＝8cm，磁場以5×10－2T/s的改變率增加，則()A．電容器上極板帶正電，帶電荷量為2×10－9B．電容器上極板帶正電，帶電荷量為6×10－9C．電容器上極板帶負(fù)電，帶電荷量為4×10－9D．電容器上極板帶負(fù)電，帶電荷量為6×10－9解析：依據(jù)楞次定律和安培定則可推斷電容器上極板帶正電；因?yàn)榇鸥袘?yīng)強(qiáng)度是勻稱增大的，故感應(yīng)電動(dòng)勢大小恒定，由法拉第電磁感應(yīng)定律E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)·S，可得E＝eq\f(ΔB,Δt)·l1l2＝5×10－2×5×10－2×8×10－2V＝2×10－4V，即電容器兩極板上所加電壓U為2×10－4V，所以電容器帶電荷量為Q＝CU＝30×10－6×2×10－4C＝6×10－9C，故B正確．答案：B5.在圖中，EF、GH為平行的金屬導(dǎo)軌，其電阻可不計(jì)，R為電阻器，C為電容器，AB為可在EF和GH上滑動(dòng)的導(dǎo)體橫桿．有勻強(qiáng)磁場垂直于導(dǎo)軌平面．若用I1和I2分別表示圖中該處導(dǎo)線中的電流，則當(dāng)橫桿AB()A．勻速滑動(dòng)時(shí)，I1＝0，I2＝0B．勻速滑動(dòng)時(shí)，I1≠0，I2≠0C．加速滑動(dòng)時(shí)，I1＝0，I2＝0D．加速滑動(dòng)時(shí)，I1≠0，I2≠0解析：導(dǎo)體桿水平運(yùn)動(dòng)時(shí)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢，對整個(gè)電路，可把AB桿看作電源，當(dāng)桿勻速滑動(dòng)時(shí)，電動(dòng)勢E不變，故I1≠0，I2＝0；當(dāng)桿加速滑動(dòng)時(shí)，電動(dòng)勢E不斷變大，電容器不斷充電，故I1≠0，I2≠0，選項(xiàng)D正確．答案：D6.如圖所示，將一個(gè)閉合金屬圓環(huán)從有界磁場中勻速拉出，第一次速度為v，通過金屬圓環(huán)某一截面的電荷量為q1，其次次速度為2v，通過金屬圓環(huán)某一截面的電荷量為q2，則()A．q1∶q2＝1∶2 B．q1∶q2＝1∶4C．q1∶q2＝1∶1 D．q1∶q2＝2∶1解析：由q＝eq\x\to(I)·Δt＝eq\f(ΔΦ,ΔtR)·Δt得q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(B·S,R)，S為圓環(huán)面積，故q1＝q2.答案：C7.如圖所示，兩塊水平放置的金屬板間距離為d，用導(dǎo)線與一個(gè)n匝線圈連接，線圈置于方向豎直向上的磁場B中．兩板間有一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為＋q的油滴恰好處于平衡狀態(tài)，則線圈中的磁場B的改變狀況和磁通量的改變率分別是()A．正在增加；eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(dmg,q) B．正在減弱；eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(dmg,nq)C．正在減弱；eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(dmg,q) D．正在增加；eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(dmg,nq)解析：電荷量為q的帶正電的油滴恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)，電場力豎直向上，則電容器的下極板帶正電，所以線圈下端相當(dāng)于電源的正極，由題意可知，依據(jù)安培定則和楞次定律，可得穿過線圈的磁通量在勻稱減弱，線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢E＝neq\f(ΔΦ,Δt)；油滴所受電場力F＝qeq\f(E,d)，對油滴，依據(jù)平衡條件得qeq\f(E,d)＝mg，所以解得線圈中磁通量的改變率的大小為eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(dmg,nq)，故選項(xiàng)B正確，A、C、D錯(cuò)誤．答案：B8.如圖所示，導(dǎo)線全部為裸導(dǎo)線，半徑為r，兩端開有小口的圓內(nèi)有垂直紙面對里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，一根長度大于2r的導(dǎo)線MN以速度v在圓環(huán)上無摩擦地自左端勻速滑到右端，電路中固定電阻值為R，其余部分電阻均忽視不計(jì)，試求MN從圓環(huán)左端滑到右端的過程中：(1)電阻R上的最大感應(yīng)電流；(2)電阻R上的平均感應(yīng)電流；(3)通過電阻R的電荷量．解析：(1)MN向右滑動(dòng)時(shí)，切割磁感線的有效長度不斷改變，當(dāng)MN經(jīng)過圓心時(shí)，有效切割長度最長，此時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢和感應(yīng)電流達(dá)到最大值，所以Imax＝eq\f(Emax,R)＝eq\f(2Brv,R).(2)eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(Bπr2,\f(2r,v))＝eq\f(Bπrv,2)，eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R)＝eq\f(πBrv,2R).(3)流過電阻R的電荷量等于平均感應(yīng)電流與時(shí)間的乘積，所以q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(Bπr2,R).答案：(1)eq\f(2Brv,R)(2)eq\f(πBrv,2R)(3)eq\f(Bπr2,R)[B組素養(yǎng)提升]9．(多選)兩條平行虛線間存在一勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向與紙面垂直．邊長為0.1m、總電阻為0.005Ω的正方形導(dǎo)線框abcd位于紙面內(nèi)，cd邊與磁場邊界平行，如圖(a)所示．已知導(dǎo)線框始終向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，cd邊于t＝0時(shí)刻進(jìn)入磁場．線框中感應(yīng)電動(dòng)勢隨時(shí)間改變的圖線如圖(b)所示(感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢取正)．下列說法正確的是()A．磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為0.5TB．導(dǎo)線框運(yùn)動(dòng)速度的大小為0.5m/sC．磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直于紙面對外D．在t＝0.4s至t＝0.6s這段時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)線框所受的安培力大小為0.1N解析：導(dǎo)線框勻速進(jìn)入磁場時(shí)速度v＝eq\f(L,t)＝eq\f(0.1,0.2)m/s＝0.5m/s，選項(xiàng)B正確；由E＝BLv，得B＝eq\f(E,Lv)＝eq\f(0.01,0.1×0.5)T＝0.2T，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由右手定則可確定磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直于紙面對外，選項(xiàng)C正確；導(dǎo)線框所受安培力F＝BLI＝BLeq\f(E,R)＝0.2×0.1×eq\f(0.01,0.005)N＝0.04N，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．答案：BC10．如圖所示，abcd為水平放置的平行“”形光滑金屬導(dǎo)軌，間距為l，導(dǎo)軌間有垂直于導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，導(dǎo)軌電阻不計(jì)．已知金屬桿MN傾斜放置，與導(dǎo)軌成θ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(dòng)(金屬桿滑動(dòng)過程中與導(dǎo)軌接觸良好)．則()A．電路中感應(yīng)電動(dòng)勢的大小為eq\f(Blv,sinθ)B．電路中感應(yīng)電流的大小為eq\f(Bvsinθ,r)C．金屬桿所受安培力的大小為eq\f(B2lvsinθ,r)D．金屬桿的熱功率為eq\f(B2lv2,rsinθ)解析：由電磁感應(yīng)定律可知電路中感應(yīng)電動(dòng)勢為E＝Blv，A錯(cuò)誤；感應(yīng)電流的大小I＝eq\f(Blv,r\f(l,sinθ))＝eq\f(Bvsinθ,r)，B正確；金屬桿所受安培力的大小F＝Beq\f(Bvsinθ,r)·eq\f(l,sinθ)＝eq\f(B2lv,r)，C錯(cuò)誤；熱功率P＝(eq\f(Bvsinθ,r))2req\f(l,sinθ)＝eq\f(B2lv2sinθ,r)，D錯(cuò)誤．答案：B11．如圖，水平面(紙面)內(nèi)間距為l的平行金屬導(dǎo)軌間接一電阻，質(zhì)量為m、長度為l的金屬桿置于導(dǎo)軌上．t＝0時(shí)，金屬桿在水平向右、大小為F的恒定拉力作用下由靜止起先運(yùn)動(dòng)．t0時(shí)刻，金屬桿進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于紙面對里的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，且在磁場中恰好能保持勻速運(yùn)動(dòng)．桿與導(dǎo)軌的電阻均忽視不計(jì)，兩者始終保持垂直且接觸良好，兩者之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ.重力加速度大小為g.求：(1)金屬桿在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)產(chǎn)生的電動(dòng)勢的大??；(2)電阻的阻值．解析：(1)設(shè)金屬桿進(jìn)入磁場前的加速度大小為a，由牛頓其次定律得ma＝F－μmg①設(shè)金屬桿到達(dá)磁場左邊界時(shí)的速度為v，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有v＝at0②當(dāng)金屬桿以速度v在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)，由法拉第電磁感應(yīng)定律，桿中的電動(dòng)勢為E＝Blv③聯(lián)立①②③式可得E＝Blt0(eq\f(F,m)－μg)④(2)設(shè)金屬桿在磁場區(qū)域中勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，金屬桿中的電流為I，依據(jù)歐姆定律I＝eq\f(E,R)⑤式中R為電阻的阻值．金屬桿所受的安培力為f＝BlI⑥因金屬桿做勻速運(yùn)動(dòng)，由牛頓運(yùn)動(dòng)定律得F－μmg－f＝0⑦聯(lián)立④⑤⑥⑦式得R＝eq\f(B2l2t0,m)⑧答案：(1)Blt0(eq\f(F,m)－μg)(2)eq\f(B2l2t0,m)[C組學(xué)霸沖刺]12.如圖所示，兩條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，B的方向垂直導(dǎo)軌平面．兩導(dǎo)軌間距為L，左端接一電阻R，右端接一電容器C，其余電阻不計(jì)．長為2L的導(dǎo)體棒ab如圖所示放置．從ab與導(dǎo)軌垂直起先，在以a端為圓心沿順時(shí)針方向以角速度ω勻速旋轉(zhuǎn)90°的過程中，試求通過電阻R解析：以a為圓心、ab為半徑，順時(shí)針旋轉(zhuǎn)至60°時(shí)，導(dǎo)體棒有效切割邊最長為2L，故此時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢為最大，且為E＝B·2L·eq\f(2L,2)ω＝eq\