2019-2020学年高中物理 第4章 电磁感应 5 电磁感应现象的两类情况课后课时精练课件 新人教

03课后课时精练时间：40分钟满分：100分一、选择题(每小题6分，共60分)1．在如图所示的四种磁场情况中能产生恒定的感生电场的是()解析根据E＝nΔΦΔt可知：恒定的感生电场，必须由均匀变化的磁场产生，C正确。2．如图所示，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逐渐增大，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。根据楞次定律得感应电场如图所示，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正确。3．(多选)如图所示，先后以速度v1和v2匀速把一矩形线圈水平拉出有界匀强磁场区域，且v1＝2v2，则在先后两种情况下()A．线圈中的感应电动势之比为E1∶E2＝2∶1B．线圈中的感应电流之比为I1∶I2＝1∶2C．线圈中产生的焦耳热之比Q1∶Q2＝1∶4D．通过线圈某横截面的电荷量之比q1∶q2＝1∶1解析v1＝2v2，根据E＝BLv，可知感应电动势之比为E1∶E2＝2∶1，感应电流I＝ER，则感应电流之比为I1∶I2＝2∶1，所以A正确，B错误。v1＝2v2，可知将线圈拉出磁场所用时间之比为t1∶t2＝1∶2，根据Q＝I2Rt，可知线圈中产生的焦耳热之比为Q1∶Q2＝2∶1，故C错误。根据q＝It＝nΔΦR，可知通过线圈某横截面的电荷量之比为q1∶q2＝1∶1，所以D正确。4．在竖直向上的匀强磁场中，水平放置一个不变形的单匝金属圆形线圈，规定线圈中感应电流的正方向如图甲所示，当磁场的磁感应强度B随时间t如图乙所示变化时，正确表示线圈中感应电动势E随时间t变化的图象是()解析由法拉第电磁感应定律有：E＝nΔΦΔt＝nΔB·SΔt，在t＝0到t＝1s这段时间，B均匀增大，则ΔBΔt为一恒量，则E为一恒量，再由楞次定律可判断感应电流为顺时针方向，则感应电动势为正值。在t＝1s到t＝3s这段时间，B不变化，则感应电动势为零，在t＝3s到t＝5s这段时间，B均匀减小，则ΔBΔt为一恒量，且B变化得较慢，则E为一恒量，且比t＝0到t＝1s这段时间的小，为其大小的一半，再由楞次定律，可判断感应电流为逆时针方向，则感应电动势为负值。综上所述，所以A选项正确。5.如图所示，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，ab边的速度大小为v，则在金属框内产生的热量大小等于()A.mgL－mv22B.mgL＋mv22C．mgL－mv22D．mgL＋mv22解析金属框绕光滑轴转下的过程中机械能有损失但能量守恒，损失的机械能为mgL－mv22，故产生的热量为mgL－mv22，选项C正确。6.如图所示，由均匀导线制成的半径为R的圆环，以速度v匀速进入一磁感应强度大小为B的匀强磁场。当圆环运动到图示位置(∠aOb＝90°)时，a、b两点的电势差为()A.2BRvB.22BRvC.24BRvD.324BRv解析设整个圆环电阻是r，则其外电阻即磁场外的部分的电阻是圆环总电阻的34，由几何知识可得在磁场内切割磁感线的有效长度是2R，其相当于电源，E＝B·2R·v，根据欧姆定律可得U＝34rrE＝324BRv，D正确。7．在边长为L、电阻为R的正方形导线框内，以对称轴ab为界，左、右两侧分别存在着方向如图甲所示的匀强磁场。以垂直纸面向外的磁场为正，两部分磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律分别如图乙所示。则在0～t0时间内，导线框中()A．无感应电流B．感应电流逐渐变大C．感应电流为顺时针方向，大小为L2B0t0RD．感应电流为逆时针方向，大小为2L2B0t0R解析根据楞次定律可知，导线框的左半边的感应电流方向是顺时针方向，而导线框的右半边的感应电流方向也是顺时针方向，则整个导线框有感应电流且方向是顺时针方向，故A错误；由法拉第电磁感应定律，因磁场的变化，导致导线框内产生感应电动势，结合题意可知，产生的感应电动势正好是两半边分别产生的感应电动势之和，即E＝2×L2B02t0，再由闭合电路欧姆定律可得感应电流大小为I＝ER＝L2B0t0R，故C正确，B、D错误。8．(多选)如图甲所示，水平放置的平行金属导轨连接一个平行板电容器C和电阻R，导体棒MN放在导轨上且接触良好，整个装置放于垂直导轨平面的磁场中，磁感应强度B的变化情况如图乙所示(图示磁感应强度方向为正)，MN始终保持静止，则0～t2时间内()A．电阻R上通过恒定的电流B．电容器C的a板先带正电后带负电C．MN所受摩擦力的大小始终没变D．MN所受安培力的方向先向右后向左解析由题图乙知，磁感应强度均匀变化，根据法拉第电磁感应定律可知，回路中产生恒定电动势，电路中电流恒定，电阻R两端的电压恒定，则电容器的电压恒定，故电容器C的电荷量大小始终没变。根据楞次定律判断可知，通过R的电流一直向下，电容器上板a电势较高，一直带正电，所以A正确，B错误；MN始终保持静止，则在水平方向上，安培力始终等于摩擦力，根据安培力公式F＝BIL，I、L不变，因为磁感应强度变化，MN所受安培力的大小变化，故C错误。由楞次定律判断得知，MN中感应电流方向一直向上，而磁场B方向开始垂直纸面向外，后变成垂直纸面向里，由左手定则判断可知，MN所受安培力的方向先向右后向左，所以D正确。9．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甲所示，而磁感应强度B随时间t的变化如图乙所示，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丙中的()解析由题图乙所示图象可知，0到t0时间内，磁场向里，磁感应强度B均匀减小，线圈中磁通量均匀减小，由法拉第电磁感应定律得知，回路中产生恒定的感应电动势，形成恒定的感应电流；由楞次定律可得出电流方向沿顺时针方向，故ab受力向左，cd受力向右，而张力F＝F安＝BIL，因B减小，故张力将减小；在t0时刻，B为0，则安培力为0；t0到t1时间内，线圈中的磁场向外，B均匀增大，回路中产生恒定的感应电流，由楞次定律可知，电流为顺时针，由左手定则可得出，两棒受力均向里，故两棒靠近，细线中张力消失，故D正确，A、B、C错误。10．(多选)如图所示，有一边长为l的正方形导线框，质量为m，由高h处自由落下，其下边ab进入匀强磁场区域后，线框开始做减速运动，直到其上边cd刚穿出磁场时，速度减小为ab边刚进入磁场时速度的一半，此匀强磁场的宽度也是l，则下列结论中正确的是()A．线框穿过磁场区域时做匀减速直线运动B．线框穿过磁场区域时加速度方向先向上后向下C．线框进入磁场时的加速度大于穿出磁场时的加速度D．线框穿过磁场区域的过程中产生的焦耳热为mg2l＋34h解析线框穿过匀强磁场过程中，受到重力和安培力作用，设ab边刚进入磁场时的速度为v1，则E＝Blv1，所以电路中的电流I＝ER＝Blv1R，安培力F＝BIl＝B2l2v1R，由此可知，安培力与速度有关，由牛顿第二定律知B2l2v1R－mg＝ma，故线框在穿过磁场的过程中加速度随v的减小而减小，随着v的减小，安培力F＝B2l2v1R逐渐减小，但必有F≥mg，所以加速度不可能向下，则A、B错误，C正确；线框从释放至穿过磁场的过程中，设产生的焦耳热为Q，由能量守恒定律得mg(h＋2l)－Q＝12mv122，mgh＝12mv21，解得Q＝mg2l＋34h，故D正确。二、非选择题(共2小题，40分)11．(20分)如图所示，电动机牵引一根原来静止的、长为1m、质量为0.1kg的导体棒MN，其电阻R为1Ω，导体棒架在处于磁感应强度B＝1T，竖直放置的框架上，当导体棒上升h＝3.8m时获得稳定的速度，导体产生的热量为2J，电动机牵引导体棒时，电压表、电流表计数分别为7V、1A，电动机的内阻r＝1Ω，不计框架电阻及一切摩擦；若电动机的输出功率不变，g取10m/s2，求：(1)导体棒能达到的稳定速度为多少？(2)导体棒从静止达到稳定所需的时间为多少？答案(1)2m/s(2)1s解析(1)电动机的输出功率为P＝UAIA－I2Ar＝6W，F安＝BIL＝B2L2vR。当导体棒的速度稳定时，由平衡条件得Pv＝mg＋B2L2vR，解得v＝2m/s。(2)由能量守恒定律得Pt－Q－mgh＝12mv2，Q＝I2Rt解得t＝1s。12．[2017·天津高考](20分)电磁轨道炮利用电流和磁场的作用使炮弹获得超高速度，其原理可用来研制新武器和航天运载器。电磁轨道炮示意如图，图中直流电源电动势为E，电容器的电容为C。两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距离为l，电阻不计。炮弹可视为一质量为m、电阻为R的金属棒MN，垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨良好接触。首先开关S接1，使电容器完全充电。然后将S接至2，导轨间存在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场(图中未画出)，MN开始向右加速运动。当MN上的感应电动势与电容器两极板间的电压相等时，回路中电流为零，MN达到最大速度，之后离开导轨。问：(1)磁场的方向；(2)MN刚开始运动时加速度a的大小；(3)MN离开导轨后电容器上剩余的电荷量Q是多少。答案(1)垂直于导轨平面向下(2)BlEmR(3)B2l2C2Em＋B2l2C解析(1)将S接1时，电容器充电，上极板带正电，下极板带负电，当将S接2时，电容器放电，流经MN的电流由M到N，又知MN向右运动，由左手定则可知磁场方向垂直于导轨平面向下。(2)电容器完全充电后，两极板间电压为E，当开关S接2时，电容器放电，设刚放电时流经MN的电流为I，有I＝ER①设MN受到的安培力为F，有F＝BIl②由牛顿第二定律，有F＝ma③联立①②③式得a＝BlEmR④(3)当电容器充电完毕时，设电容器上电荷量为Q0，有Q0＝CE⑤开关S接2后，MN开始向右加速运动，速度达到最大值vmax时，设MN上的感应电动势为E′，有E′＝Blvmax⑥依题意有E′＝QC⑦设在此过程中MN的平均电流为I，MN上受到的平均安培力为F，有F＝BIl⑧由动量定理，有FΔt＝mvmax－0⑨又IΔt＝Q0－Q⑩联立⑤⑥⑦⑧⑨⑩式得Q＝B2l2C2Em＋B2l2C。