江苏省泰州中学高二物理选修3-2同步检测4-5电磁感应现象的两类情况

第五节 电磁感应现象的两类情况

基础夯实

1.某空间出现了如图所示的一组闭合的电场线，这可能是( )

A．沿AB方向磁场的迅速减弱 B．沿AB方向磁场的迅速增强 C．沿BA方向磁场的迅速增强 D．沿BA方向磁场的迅速减弱

2．在下图所示的四种磁场情况中能产生恒定的感生电场的是( )

3．如图所示，两个比荷相同的都带正电荷的粒子a和b以相同的动能在匀强磁场中运动，a从B1区运动到B2区，已知B2>B1；b开始在磁感应强度为B1的磁场中做匀速圆周运动，然后磁场逐渐增加到B2.则a、b两粒子的动能将( )

A．a不变，b增大

B．a不变，b变小

C．a、b都变大 D．a、b都不变

4．(2011·寿光质检)研究表明，地球磁场对鸽子识别方向起着重要作用．鸽子体内的电阻大约为103Ω，当它在地球磁场中展翅飞行时，会切割磁感线，在两翅之间产生动生电动势．这样，鸽子体内灵敏的感受器即可根据动生电动势的大小来判别其飞行方向．若某处地磁场磁感应强度的竖直分量约为0.5×10－4T.鸽子以20m/s速度水平滑翔，则可估算出两翅之间产生的动生电动势约为( )

A．30mV C．0.3mV

B．3mV D．0.03mV

5．一闭合线圈固定在垂直于纸面的匀强磁场中，设向里为磁感应强度B的正方向．线圈中的箭头为电流i的正方向，如图1所示，已知线圈中感应电流i随时间变化的图象如图2所示，则磁感应强度随时间而变化的图象可能是图3中的( )

图3

6．如图(甲)所示，螺线管匝数n＝1500匝，横截面积S＝20cm2，导线的电阻r＝1.5Ω，R1＝3.5Ω，R2＝25Ω.穿过螺线管的磁场的磁感应强度B按图(乙)所示规律变化，则R2消耗的电功率是多大？

7．(2011·南昌模拟)如图所示，两根足够长的固定平行金属导轨位于倾角θ＝30°的斜面上，导轨上、下端各接有阻值R＝20Ω的电阻，导轨电阻忽略不计，导轨宽度L＝2m，在整个导轨平面内都有垂直于

导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度B＝1T.质量m＝0.1kg、连入电路的电阻r＝10Ω的金属棒ab在较高处由静止释放，当金属棒ab下滑高度h＝3m时，速度恰好达到最大值v＝2m/s.金属棒ab在下滑过程中始终与导轨垂直且接触良好．g取10m/s2.求：

(1)金属棒ab由静止至下滑高度为3m的运动过程中机械能的减少量；

(2)金属棒ab由静止至下滑高度为3m的运动过程中导轨上端电阻R中产生的热量．

能力提升

1．(2010·江苏启东中学高二期中)内壁光滑、水平放置的玻璃圆环内，有一直径略小于圆环直径的带正电的小球，以速率v0沿逆时针方向匀速转动，若在此空间突然加上方向竖直向上、磁感应强度B随时间成正比例增加的变化磁场．设运动过程中小球带电荷量不变，那么(如图所示)( )

A．小球对玻璃圆环的压力一定不断增大 B．小球所受的磁场力一定不断增大

C. 小球先沿逆时针方向减速运动，之后沿顺时针方向加速运动 D．磁场力对小球一直不做功

2．(2010·浙江)半径为r带缺口的刚性金属圆环在纸面上固定放置，在圆环的缺口两端引出两根导线，分别与两块垂直于纸面固定放置的平行金属板连接，两板间距为d，如图(左)所示．有一变化的磁场垂直于纸面，规定向内为正，变化规律如图(右)所示．在t＝0时刻平板之间中心有一重力不计，电荷量为q的静止微粒．则以下说法正确的是( )

A．第2秒内上极板为正极 B．第3秒内上极板为负极 C．第2秒末微粒回到了原来位置

D．第2秒末两极板之间的电场强度大小为0.2πr2/d

3．如图甲所示，在PQ、QR区域中存在着磁感应强度大小相等、方向相反的匀强磁场，磁场方向均垂直于纸面．一导线框abcdefa位于纸面内，框的邻边都相互垂直，bc边与磁场的边界P重合．导线框与磁场区域的尺寸如图所示，从t＝0时刻开始，线框匀速横穿两个磁场区域，以a―→b―→c―→d―→e―→f为线框中的电动势E的正方向，以下四个E－t关系示意图中正确的是( )

4．把一个矩形线圈从有理想边界的匀强磁场中匀速拉出(如图)，第一次速度为v1，第二次速度为v2，且v2＝2v1，则两情况下拉力的功W1P1

之比＝________，拉力的功率之比＝________，线圈中产生的焦

W2P2Q1

耳热之比＝________.

Q2

5．(2011·安阳高二检测)如图甲所示，竖直面上有两电阻不计的光滑金属导轨平行固定放置，间距d为0.5m，上端通过导线与阻值为2Ω的电阻R连接，下端通过导线与阻值为4Ω的小灯泡L连接，在CDFE矩形区域内有水平向外的匀强磁场，磁感应强度B随时间变化的关系如图乙所示，CE长为2m.在t＝0时，电阻为2Ω的金属棒以某一初速度从AB位置紧贴导轨向下运动，当金属棒从AB位置运动到EF位置过程中，小灯泡的亮度没有发生变化，g取10m/s2.求：

(1)通过小灯泡的电流强度； (2)金属棒的质量；

(3)t＝0.25s时金属棒两端的电势差．

6．如图所示，P、Q为水平面内平行放置的光滑金属长直导轨，间距为L1，处在竖直向下、磁感应强度大小为B1的匀强磁场中，一导体杆ef垂直于P、Q放在导轨上，在外力作用下向左做匀速直线运动．质量为m、每边电阻均为r、边长为L2的正方形金属框abcd置于竖直平面内，两顶点a、b通过细导线与导轨相连，磁感应强度大小为B2的匀强磁场垂直金属框向里，金属框恰好处于静止

状态，不计其余电阻和细导线对a、b点的作用力． (1)通过ab边的电流Iab是多大？ (2)导体杆ef的运动速度v是多大？

详解答案 1答案：AC

解析：假设存在圆形闭合回路，回路中应产生与电场同向的感应电流，由安培定则可知，感应电流的磁场向下，所以根据楞次定律，引起感应电流的应是方向向下的磁场迅速减弱或方向向上的磁场迅速增强，故A、C正确．

2答案：C 3答案：A

解析：a粒子一直在恒定的磁场中运动，受到的洛伦兹力不做功，动能不变；b粒子在变化的磁场中运动，由于变化的磁场要产生感生电场，感生电场会对它做正功，所以，A选项是正确的．

4答案：C

解析：鸽子两翅展开可达30cm左右，所以E＝BLv＝0.5×10－

4

×0.3×20V＝0.3mV.

5答案：CD

解析：因为向里的磁场为正方向，对A开始时是负的逐渐增大，

即向外逐渐增大，根据楞次定律知电流方向是顺时针，由法拉第电磁感应定律，电动势是不变的，即电流是恒定值且为正值，而要产生开

始时是负的电流，故A错误；对B来说开始时是向外并逐渐减小，由楞次定律得电流是逆时针为负，且为恒定值，但0～1s都是负的恒定值，B错误；对于C开始时是向里并逐渐增大，由楞次定律知电流为逆时针为负，并且0～0.5s时为负，0.5～1.5s时磁场已由向里开始减小，电流方向变成顺时针为正．故C正确；对于D开始时向里并逐渐增大产生负方向的电流，0.5s～1.5s磁场变成正方向逐渐减小，电流方向变为顺时针，故D正确．

6答案：1W

解析：由(乙)图中可知，磁感应强度随时间均匀变化，那么在(甲)图的线圈中会产生恒定的感应电动势．

由(乙)图可知，磁感应强度的变化率ΔB/Δt＝2T/s，由法拉第电磁感应定律可得螺线管中感应电动势E＝nΔΦ/Δt＝nSΔB/Δt＝1500×20×10－4×2V＝6V.

电路中的感应电流I＝E/(r＋R1＋R2)＝6/(1.5＋3.5＋25)A＝0.2A. R2消耗的电功率P＝I2R2＝0.22×25W＝1W. 7答案：(1)2.8J (2)0.55J

解析：(1)金属棒ab机械能的减少量： 12

ΔE＝mgh－mv＝2.8J.

2

(2)速度最大时金属棒ab产生的电动势：E＝BLv 产生的电流：I＝E/(r＋R/2) 此时的安培力：F＝BIL

由题意可知，所受摩擦力：Ff＝mgsin30°－F

由能量守恒得，损失的机械能等于金属棒ab克服摩擦力做功和产生的电热之和，

电热：Q＝ΔE－Ffh/sin30°

上端电阻R中产生的热量：QR＝Q/4 联立以上几式得：QR＝0.55J. 能力提升 1答案：CD

解析：变化的磁场将产生感生电场，这种感生电场由于其电场线是闭合的，也称为涡旋电场，其场强方向可借助电磁感应现象中感应电流方向的判定方法，使用楞次定律判断．当磁场增强时，会产生顺时针方向的涡旋电场，电场力先对小球做负功使其速度减为零，后对小球做正功使其沿顺时针方向做加速运动，所以C正确；磁场力始终与小球运动方向垂直，因此始终对小球不做功，D正确；小球在水平面内沿半径方向受两个力作用：环的压力FN和磁场的洛伦兹力F，这两个力的合力充当小球做圆周运动的向心力，其中F＝Bqv，磁场在增强，球速先减小，后增大，所以洛伦兹力不一定总在增大；向心力F向v2

＝m，其大小随速度先减小后增大，因此压力FN也不一定始终增

r大．故正确答案为C、D.

2答案：A

解析：由B－t图象知第2s内磁感应强度B大小均匀减小，方向向内，第3s内磁感应强度B大小均匀增大，方向向外，由楞次定律和安培定则知圆环内的电流为顺时针方向，所以下极板为负，上极板为正，A正确，B错．第1s内B均匀增加，极板间电场方向与第2s内、第3s内电场方向相反，第1s内电荷q从静止做匀加速直线运动，第2s内做匀减速直线运动，加速度大小不变，所以第2s末微粒不会回到ΔΦ

原来位置，C错．第2s内感应电动势大小U＝||＝0.1πr2，电场强度

ΔtU0.1πr2

E的大小E＝＝，D错．

dd

3答案：C

解析：由右手定则和E＝BLv判定水平位移从0―→l时E＝－Blv，水平位移从l―→2l时，E＝0，从2l－3l时E＝3Blv，从3l―→4l时E＝－2Blv，可知图C正确．

本题考查右手定则、楞次定律及E＝Blv的应用．重点在于对不同阶段感应电动势大小和方向的判断，要求学生能正确建立图象，试题难度较大．

W11P11Q114答案：＝；＝；＝. W22P24Q22

解析：设线圈的ab边长为l、bc边长为l′，整个线圈的电阻为R.把ab拉出磁场时，cd边以速度v匀速运动切割磁感线产生动生电动势E＝Blv，

EBlv

其电流方向从c指向d，线圈中形成的感应电流I＝＝，

RRB2l2v

cd边所受的安培力 F＝IlB＝.

R为了维持线圈匀速运动，所需外力大小为 B2l2v

F′＝F＝.

R

B2l2l′

因此拉出线圈时外力的功W＝Fl′＝v.(即W∝v)

RB2l22

外力的功率 P＝Fv＝v.(即P∝v2)

R线圈中产生的焦耳热

22222Blvl′Bll′2

Q＝IRt＝2R·＝v＝W.

RRv

即Q∝v.

由上面得出的W、P、Q的表达式可知，两情况拉力的功、功率，

W1v11P1v21Q1W111

线圈中的焦耳热之比分别为＝＝；＝2＝；＝＝ W2v22P2v24Q2W22

5答案：(1)0.4A (2)0.024kg (3)1.6V

ΔΦSΔB0.4

解析：(1)金属棒未进入磁场时，E1＝＝＝0.5×2×V＝

ΔtΔt0.22V

RE12

R总＝RL＋＝(4＋1)Ω＝5Ω，IL＝＝A＝0.4A.

2R总5

(2)因灯泡亮度不变，故0.2s末金属棒进入磁场时刚好匀速运动， ILRL

I＝IL＋IR＝LL＋＝1.2A，G＝F安＝BId＝0.24N，所以金属棒

R的质量m＝G/g＝0.024kg

RRLE2

(3)金属棒在磁场中运动时电动势E2＝I(R＋)＝4V，v＝＝BdR＋RL

20m/s

CE2

金属棒从CD运动到EF过程的时间为t2＝＝s＝0.1s，在这

v20段时间内U＝ILRL＝0.4×4V＝1.6V，所以t＝0.25s时金属棒两端的电势差为1.6V.

3mg3mgr

6答案：(1)Iab＝ (2)v＝

4B2L24B1B2L1L2

解析：(1)设通过正方形金属框的总电流为I，ab边的电流为Iab，3

dc边的电流为Idc，有Iab＝I ①

4

1

Idc＝I ②

4金属框受重力和安培力，处于静止状态，有

mg＝B2IabL2＋B2IdcL2 ③ 3mg

由①～③，解得Iab＝ ④

4B2L2

mg

(2)由(1)可得I＝ ⑤

B2L2设导体杆切割磁感线产生的电动势为E，有

E＝B1L1v ⑥ 设ad、dc、cb三边电阻串联后与ab边电阻并联的总电阻为R，3

则R＝r ⑦

4

E

根据闭合电路欧姆定律，有I＝ ⑧

R3mgr

由⑤～⑧，解得v＝ ⑨

4B1B2L1L2本题综合了平衡、电路、电磁感应等问题，但思路并不曲折，属于容易题．

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/86tx.html