人教物理选修3-2第四章第五节知能演练轻松闯关

1.图4－5－12某空间出现了如图4－5－12所示的磁场，当磁感应强度变化时，在垂直于磁场的方向上会产生感生电场，有关磁感应强度的变化与感生电场的方向关系描述正确的是()A．当磁感应强度均匀增大时，感生电场的电场线从上向下看应为顺时针方向B．当磁感应强度均匀增大时，感生电场的电场线从上向下看应为逆时针方向C．当磁感应强度均匀减小时，感生电场的电场线从上向下看应为顺时针方向D．当磁感应强度均匀减小时，感生电场的电场线从上向下看应为逆时针方向解析：选AD.感生电场中电场线的方向用楞次定律来判定：原磁场向上且磁感应强度在增大，在周围有闭合导线的情况下，感应电流的磁场方向应与原磁场方向相反，即感应电流的磁场方向向下，再由右手螺旋定则得到感应电流的方向是：从上向下看应为顺时针方向，则感生电场的方向从上向下看也为顺时针方向；同理可知，原磁场方向向上且磁感应强度减小时，感生电场的方向从上向下看应为逆时针方向．所以AD对．2.图4－5－13如图4－5－13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C．小球速度不变D.以上三种情况都有可能解析：选A.在此空间中，没有闭合导体，但磁场的变化，使空间产生感应电场．根据楞次定律得出图示感应电场，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．3.铁路上使用一种电磁装置向控制中心传输信号，以确定火车的位置．有一种磁铁能产生匀强磁场，被安装在火车首节车厢下面，如图4－5－14所示，当它经过安装在两铁轨之间的线圈时，便会产生一种电信号被控制中心接收到．当火车以恒定的速度通过线圈时，表示线圈两端的电压随时间变化的关系是图4－5－15中的()图4－5－14图4－5－15解析：选C.当火车首节车厢下面的磁场刚接触线圈时，线圈中有一边切割磁感线，产生的感应电动势为E＝Blv；当磁场完全进入线圈时，穿过线圈的磁通量不发生变化，无感应电流，无输出电压．当磁场要离开线圈时，线圈中又有一边在切割磁感线，产生的感应电动势E＝Blv，根据右手定则判断知，两段产生的感应电动势方向相反，也就是正负极相反．故选项C正确．4.图4－5－16(2012·邢台一中高二检测)如图4－5－16所示，磁感应强度为B的匀强磁场有理想界面，用力将矩形线圈从磁场中匀速拉出．在其他条件不变的情况下()A．速度越大时，拉力做功越多B．线圈边长l1越大时，拉力做功越多C．线圈边长l2越大时，拉力做功越多D．线圈电阻越大时，拉力做功越多解析：选ABC.以极端情况考虑：若速度极小接近于0，则线圈中几乎没有感应电流，就无需克服安培力做功，从而速度越大时拉力做功越多；若l1极小接近于0，则l1切割磁感线产生的感应电动势便接近于0，线圈中几乎没有感应电流，也无需克服安培力做功，从而l1越大时拉力做功越多；若l2极小接近于0，则将线圈拉出时的位移接近于0，从而l2越大时拉力做功越多；若线圈电阻极大趋于无限大，则线圈中几乎没有感应电流，亦无需克服安培力做功，从而线圈电阻越大时拉力做功越小．所以应选A、B、C项．5.图4－5－17如图4－5－17所示，固定于水平桌面上的金属框架cdef，处在竖直向下的匀强磁场中，金属棒ab搁在框架上，可无摩擦滑动．此时adeb构成一个边长为l的正方形．棒的电阻为r，其余部分电阻不计．开始时磁感应强度为B0.(1)若从t＝0时刻起，磁感应强度均匀增加，每秒增加k，同时保持棒静止，求棒中的感应电流大小和方向．(2)在上述(1)情况中，始终保持棒静止，当t＝t1秒末时需加的垂直于棒的水平拉力为多大？解析：(1)根据法拉第电磁感应定律得E＝ΔΦΔt＝ΔBΔtS＝kl2，再根据欧姆定律得：I＝Er＝kl2r根据楞次定律判断，“增反减同”，回路中的电流方向为逆时针方向，或棒上电流从b到a.(2)要保持棒静止，使作用到棒上的力平衡，即水平拉力等于棒受到的安培力：F＝F安＝BIl＝(B0＋kt1)kl2rl＝kl3r(B0＋kt1)．答案：见解析一、选择题1.图4－5－18某空间出现了如图4－5－18所示的闭合的电场，电场线为一簇闭合曲线，这可能是()A．沿AB方向磁场在迅速减弱B．沿AB方向磁场在迅速增加C．沿BA方向磁场在迅速增加D．沿BA方向磁场在迅速减弱解析：选AC.根据电磁感应，闭合电路中的磁通量变化时，使闭合电路中产生感应电流，该电流可用楞次定律判断．而变化的磁场产生电场，与是否存在闭合电路没有关系，故空间磁场变化产生的电场方向，仍然可用楞次定律判断，四指环绕方向即为感应电场的方向，由此可知A、C正确．2.图4－5－19(2012·武汉三中高二检测)如图4－5－19所示，电阻R＝1Ω、半径r1＝0.2m的单匝圆形导线框P内有一个与P共面的圆形磁场区域Q，P、Q的圆心相同，Q的半径r2＝0.1m．t＝0时刻，Q内存在着垂直于圆面向里的磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系是B＝2－t(T)．若规定逆时针方向为电流的正方向，则线框P中感应电流I随时间t变化的关系图象应该是图中的()图4－5－20解析：选C.由B＝2－t知，ΔBΔt＝1T/s，且磁感应强度减小，由楞次定律得P内电流沿顺时针方向，为负值，故A、D错误；又由欧姆定律得I＝ER＝ΔBΔtSR＝ΔBΔt·πr22R＝0.01π(A)，故B错，C对．3.图4－5－21(2012·大连八中高二检测)如图4－5－21所示，由导体棒ab和矩形线框cdef组成的“10”图案在匀强磁场中一起向右匀速平动，磁场的方向垂直线框平面向里，磁感应强度B随时间均匀增大，则下列说法正确的是()A．导体棒的a端电势比b端电势高，电势差Uab在逐渐增大B．导体棒的a端电势比b端电势低，电势差Uab在逐渐增大C．线框cdef中有顺时针方向的电流，电流大小在逐渐增大D．线框cdef中有逆时针方向的电流，电流大小在逐渐增大解析：选A.导体棒ab切割磁感线属于动生电动势，由右手定则可知φaφb，磁感应强度B随时间均匀增大，由E＝BLv得，电势差Uab在逐渐增大，选项A正确而B错误；矩形线框cdef因为运动而在cd、ef中产生的动生电动势相抵消，故只有磁感应强度变化而在线框中产生的感生电动势，由楞次定律得，线框中感应电流的方向是逆时针方向，由法拉第电磁感应定律E＝ΔBΔt·S得，线框cdef中感应电动势的大小不变，因此其感应电流的大小也不变，选项C、D均错．4.图4－5－22(2012·成都七中高二检测)如图4－5－22所示，等腰三角形内分布有垂直于纸面向外的匀强磁场，它的底边在x轴上且长为2L，高为L，纸面内一边长为L的正方形导线框沿x轴正方向做匀速直线运动穿过匀强磁场区域，在t＝0时刻恰好位于图4－5－22所示的位置，以顺时针方向为导线框中电流的正方向，在图4－5－23中，能够正确表示导线框的电流—位移(I－x)关系的是()图4－5－23解析：选A.如图甲所示，线框运动距离x≤L时的感应电动势E＝Bvx；当L≤x≤32L时几何关系如图乙所示，此时感应电动势为E＝Bv(2L－x)－Bv(x－L)＝Bv(3L－2x)，此时图线斜率的绝对值为x≤L时的2倍，由右手定则可知电流方向为顺时针，由对称性可知，A正确．5.如图4－5－24所示，用铝板制成U形框，将一质量为m的带电小球用绝缘细线悬挂在框的上方，使整体在匀强磁场中沿垂直于磁场方向向左以速度v匀速运动，悬线拉力为FT，则()图4－5－24A．悬线竖直，FT＝mgB．悬线竖直，FTmgC．悬线竖直，FTmgD．无法确定FT的大小和方向解析：选A.设两板间的距离为L，由于向左运动过程中竖直板切割磁感线，产生动生电动势，由右手定则判断下板电势高于上板电势，动生电动势大小E＝BLv，即带电小球处于电势差为BLv的电场中．所受电场力F电＝qEL＝qBLvL＝qvB.若设小球带正电，则电场力方向向上．同时小球所受洛伦兹力F洛＝qvB，方向由左手定则判断竖直向下，即F电＝F洛，故无论小球带什么电，怎样运动，FT＝mg，故选项A正确．6.图4－5－25(2012·惠州八中高二检测)如图4－5－25所示，阻值为R的金属棒从图示位置AB分别以v1、v2的速度沿光滑导轨(电阻不计)匀速滑到A′B′位置，若v1∶v2＝1∶2，则在这两次过程中()A．回路电流I1∶I2＝1∶2B．产生的热量Q1∶Q2＝1∶2C．通过任一截面的电荷量q1∶q2＝1∶2D．外力的功率P1∶P2＝1∶2解析：选AB.感应电动势为E＝BLv，感应电流I＝ER＝BLvR，大小与速度成正比，产生的热量Q＝I2Rt＝B2L2v2R·L′v＝B2L2L′vR，B、L、L′、R是一样的，两次产生的热量比等于运动速度比．通过任一截面的电荷量q＝I·t＝BLvR·L′v＝BLL′R，与速度无关，所以这两个过程中，通过任一截面的电荷量之比应为1∶1.金属棒运动中受磁场力的作用，为使棒匀速运动，外力大小要与磁场力相同．则外力的功率P＝Fv＝BIL·v＝B2L2v2R，其中B、L、R相同，外力的功率与速度的平方成正比，所以外力的功率之比应为1∶4.7.图4－5－26如图4－5－26所示，匀强磁场方向竖直向下，磁感应强度为B.正方形金属框ABCD可绕光滑轴OO′转动，边长为L，总电阻为R，AB边质量为m，其他三边质量不计，现将ABCD拉至水平位置，并由静止释放，经时间t到达竖直位置，产生热量为Q，若重力加速度为g，则AB边在最低位置所受安培力大小等于()A.B2L22gLRB．BLQRtC.B2L2RtD.B2L2R2（mgL－Q）m解析：选D.由能量守恒得：mgL＝Q＋12mv2①F＝BIL②I＝BLvR③由①②③得：F＝B2L2R2（mgL－Q）m，故选项D正确．8.图4－5－27如图4－5－27所示，金属杆AB以恒定的速率v在间距为L的光滑平行导轨上向右滑行，设整个电路总电阻为R(恒定不变)，整个装置置于垂直纸面向里的匀强磁场中，下列叙述正确的是()A．AB杆中的电流与速率v成正比B．磁场作用于AB杆的安培力与速率v成正比C．电阻R上产生的电功率与速率v成正比D．外力对AB杆做功的功率与速率v的平方成正比解析：选ABD.E＝BLv，I＝ER＝BLvR，F＝BIL＝B2L2vR，P＝I2R＝B2L2v2R，外力对杆AB做功的功率就等于消耗的热功率，由以上各式可知，选项A、B、D都正确，C错误．9.图4－5－28如图4－5－28所示，有两根和水平方向成α角的光滑平行的金属轨道，上端接有可变电阻R，下端足够长，空间有垂直于轨道平面的匀强磁场，磁感应强度为B.一根质量为m的金属杆从轨道上由静止滑下，经过足够长的时间后，金属杆的速度会趋近于一个最大速度vm，则()A．如果B变大，vm将变大B．如果α变大，vm将变大C．如果R变大，vm将变大D．如果m变小，vm将变大解析：选BC.金属杆从轨道上滑下切割磁感线产生感应电动势E＝Blv，在闭合电路中形成电流I＝BlvR，因此金属杆从轨道上滑下的过程中除受重力、轨道的弹力外还受安培力FA作用，FA＝BIl＝B2l2vR，先用右手定则判定感应电流方向，再用左手定则判定出安培力方向，如图所示，根据牛顿第二定律，得mgsinα－B2l2vR＝ma，当a→0时，v→vm，解得vm＝mgRsinαB2l2，故选项B、C正确．二、非选择题10.图4－5－29如图4－5－29所示，l1＝0.5m，l2＝0.8m，回路总电阻为R＝0.2Ω，M＝0.04kg，导轨光滑，开始时磁感应强度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：回路中原磁场方向竖直向下，且磁场增强，由楞次定律可知，感应电流的磁场方向竖直向上；根据安培定则可知，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