人教版 (新课标)选修35 电磁感应现象的两类情况课后复习题

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电磁感应现象中的两类情况同步练习1、如图所示，一个闭合电路静止于磁场中，由于磁场强弱的变化，而使电路中产生了感应电动势．下列说法中正确的是…（ AC   ）A．磁场变化时，会在空间激发一种电场B．使电荷定向移动形成电流的力是磁场力C．使电荷定向移动形成电流的力是电场力D．以上说法都不对2、某空间出现了如图所示的一组闭合的电场线，这可能是( AC )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．3、闭合的金属环垂直于随时间均匀变化的匀强磁场中，则（ C ）    A.环中产生的感应电动势均匀变化    B.环中产生的感应电流均匀变化    C.环中产生的感应电动势保持不变    D.环上某一小段导体所受的安培力保持不变4（10海南卷）法拉第通过静心设计的一系列试验，发现了电磁感应定律，将历史上认为各自独立的学科“电学”与“磁学”联系起来．在下面几个典型的实验设计思想中，所作的推论后来被实验否定的是（ A  ）A．既然磁铁可使近旁的铁块带磁，静电荷可使近旁的导体表面感应出电荷，那么静止导线上的稳恒电流也可在近旁静止的线圈中感应出电流B．既然磁铁可在近旁运动的导体中感应出电动势，那么稳恒电流也可在近旁运动的线圈中感应出电流C．既然运动的磁铁可在近旁静止的线圈中感应出电流，那么静止的磁铁也可在近旁运动的导体中感应出电动势D．既然运动的磁铁可在近旁的导体中感应出电动势，那么运动导线上的稳恒电流也可在近旁的线圈中感应出电流解析：对A选项，静止的导线上的稳恒电流附近产生稳定的磁场，通过旁边静止的线圈不会产生感应电流，A被否定；稳恒电流周围的稳定磁场是非匀强磁场，运动的线圈可能会产生感应电流，B符合事实；静止的磁铁周围存在稳定的磁场，旁边运动的导体棒会产生感应电动势，C符合；运动的导线上的稳恒电流周围产生运动的磁场，即周围磁场变化，在旁边的线圈中产生感应电流，D符合。5、以下说法正确的是：（ ABC   ）A、用公式E = BLV求出的是电动势的瞬时值；B、用公式E = BLV求出的电动势，只限于磁场方向和导线运动方向及导线方向三者互相垂直的情况；C、用E = n（ΔΦ/Δt）求出的电动势是Δt内的平均电动势；D、用E = n（ΔΦ/Δt）求出的电动势是t时刻的即时电动势。6、一直升机停在南半球的地磁极上空．该处地磁场的方向竖直向上，磁感应强度为B.直升机螺旋桨叶片的长度为L，螺旋桨转动的频率为f，顺着地磁场的方向看螺旋桨，螺旋桨顺时针方向转动．螺旋桨叶片的近轴端为a，远轴端为b，如果忽略a到转轴中心线的距离，用ε表示每个叶片中的感应电动势，如图所示则( A )A．ε＝πfL2B，且a点电势低于b点电势B．ε＝2πfL2B，且a点电势低于b点电势C．ε＝πfL2B，且a点电势高于b点电势D．ε＝2πfL2B，且a点电势高于b点电势解析：对于螺旋桨叶片ab，其切割磁感线的速度是其做圆周运动的线速度，螺旋桨上不同的点线速度不同，但满足v′＝ωR，可求其等效切割速度v＝ωL/2＝πfL，运用法拉第电磁感应定律E＝BLv＝πfL2B.由右手定则判断电流的方向为由a指向b，在电源内部电流由低电势流向高电势，故选项A正确．7（10全国卷1）某地的地磁场磁感应强度的竖直分量方向向下，大小为T。一灵敏电压表连接在当地入海河段的两岸，河宽100m，该河段涨潮和落潮时有海水（视为导体）流过。设落潮时，海水自西向东流，流速为2m/s。下列说法正确的是（ A C  ）A．河北岸的电势较高           B．河南岸的电势较高C．电压表记录的电压为9mV    D．电压表记录的电压为5mV【解析】海水在落潮时自西向东流，该过程可以理解为：自西向东运动的导体棒在切割竖直向下的磁场。根据右手定则，右岸即北岸是正极电势高，南岸电势低，A对B错。根据法拉第电磁感应定律V, C对D错。8（2009年重庆卷）如图为一种早期发电机原理示意图，该发电机由固定的圆形线圈和一对用铁芯连接的圆柱形磁铁构成，两磁极相对于线圈平面对称，在磁极绕转轴匀速转动过程中，磁极中心在线圈平面上的投影沿圆弧运动，（是线圈中心），则（ D ）A.从X到O，电流由E经G流向F，先增大再减小B.从X到O，电流由F经G流向E，先减小再增大C.从O到Y，电流由F经G流向E，先减小再增大D.从O到Y，电流由E经G流向F，先增大再减小解析：在磁极绕转轴从X到O匀速转动，穿过线圈平面的磁通量向上增大，根据楞次定律可知线圈中产生瞬时针方向的感应电流，电流由F经G流向E，又导线切割磁感线产生感应电动势E感＝BLV，导线处的磁感应强度先增后减可知感应电动势先增加后减小、则电流先增大再减小，AB均错；   在磁极绕转轴从O到Y匀速转动，穿过线圈平面的磁通量向上减小，根据楞次定律可知线圈中产生逆时针方向的感应电流，电流由E经G流向F，又导线切割磁感线产生感应电动势E感＝BLV，导线处的磁感应强度先增后减可知感应电动势先增加后减小、则电流先增大再减小，C错、D对。     9、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之比＝________，拉力的功率之比＝________，线圈中产生的焦耳热之比＝________.答案：＝；＝；＝    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，其电流方向从c指向d，线圈中形成的感应电流I＝＝，cd边所受的安培力 F＝IlB＝.为了维持线圈匀速运动，所需外力大小为F′＝F＝.因此拉出线圈时外力的功W＝Fl′＝v.(即W∝v)外力的功率 P＝Fv＝v2.(即P∝v2)线圈中产生的焦耳热Q＝I2Rt＝R·＝v＝W.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，线圈中的焦耳热之比分别为＝＝；＝＝；＝＝ 10、如图所示，空间有一个方向水平的有界磁场区域，一个矩形线框，自磁场上方某一高度下落，然后进入磁场，进入磁场时，导线框平面与磁场方向垂直。则在进入时导线框不可能（  D  ）A、变加速下落             B、变减速下落          C、匀速下落               D、匀加速下落解析：线框下落时的高度不同，进入磁场时的速度、产生的感应电动势、感应电流、线框所受的安培力不同，可能大于、等于或小于线框重力，故线框的运动可能有三种，只有D是不可能的。11、如图所示，一金属方框abcd从离磁场区域上方高h处自由落下，然后进入与线框平面垂直的匀强磁场中，在进入磁场的过程中，可能发生的情况是( ABC )A．线框做加速运动，加速度a<gB．线框做匀速运动C．线框做减速运动D．线框会跳回原处解析：由楞次定律的另一种表述知：感应电流的效果总是阻碍导体间的相对运动．当线框下落进入磁场过程中，感应电流的磁场将阻碍线框进入磁场，这就说明进入磁场时产生的感应电流使线框受到向上的安培力．设线框bc边长为L，整个线框电阻为R，进入磁场时速度为v，bc边进入磁场时感应电动势E＝BLv，线框中的电流I＝.受到向上的安培力F＝ILB＝＝.①如果F＝mg，线框将匀速进入磁场．②如果F<mg，线框将加速进入磁场，但随着速度的增大，F增大，加速度减小，因此进入磁场的过程就是加速度逐渐减小的加速过程．③如果F>mg，线框将减速进入磁场，随着速度的减小，F减小，加速度的值将减小，线框做加速度减小的减速运动．由此可见，其进入磁场的运动特点是由其自由下落的高度h决定的(对于确定的线圈)，A、B、C三种情况均有可能．但第四种情况D绝不可能，因为线框进入磁场，才会受到向上的安培力，同时受到向上的力是因为有电流，可见已经有一部分机械能转化为电能，机械能不守恒．12[06重庆卷.21] 两根相距为L的足够长的金属直角导轨如题21图所示放置，它们各有一边在同一水平面内，另一边垂直于水平面。质量均为m的金属细杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路，杆与导轨之间的动摩擦因数为μ，导轨电阻不计，回路总电阻为2R。整个装置处于磁感应强度大小为B，方向竖直向上的匀强磁场中。当ab杆在平行于水平导轨的拉力F作用下以速度V1沿导轨匀速运动时，cd杆也正好以速率向下V2匀速运动。重力加速度为g。以下说法正确的是（AD  ）A．ab杆所受拉力F的大小为μmg＋B．cd杆所受摩擦力为零  C. 回路中的电流强度为D．μ与大小的关系为μ＝【解析】：由于cd不切割磁感线，故电路中的电动势为BLv1，电流为，ab杆匀速运动，所受合外力为零，即F－，。cd杆匀速运动，所受合外力为零，即F－，。故应AD。【备考提示】：本题考查法拉第电磁感应定律、平衡条件的应用、闭合电路的欧姆定律等，考查考生分析、推理、理解、应用能力。13[06全国卷II.20]  如图所示，位于同一水平面内的、两根平行的光滑金属导轨，处在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨所在平面，导轨的一端与一电阻相连；具有一定质量的金属杆ab放在导轨上并与导轨垂直。现用一平行于导轨的恒力F拉杆ab，使它由静止开始向右运动。杆和导轨的电阻、感应电流产生的磁场均可不计。用E表示回路中的感应电动势，i表示回路中的感应电流，在i随时间增大的过程中，电阻消耗的功率等于（  BD   ）   A．F的功率          B．安培力的功率的绝对值   C．F与安培力的合力的功率   D．iE【解析】：随时间增大的过程中，杆的速度越来越大，加速度越来越小，由能量守恒可知，克服安培力做功的功率是把其它形式的能转化成电能的电功率，即等于电阻消耗的功率，整个回路中只有外电阻R，故电源的功率即电阻消耗的功率。【备考提示】：本题涉及电磁感应现象中的安培力、感应电流等知识，考查了能量转化与守恒在电磁感应现象中的应用。14（08山东卷）两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为L ，底端接阻值为R 的电阻。将质量为m的金属棒悬挂在一个固定的轻弹簧下端，金属棒和导轨接触良好，导轨所在平面与磁感应强度为B 的匀强磁场垂直，如图所示。除电阻R 外其余电阻不计。现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放．则（ AC    ）A．释放瞬间金属棒的加速度等于重力加速度gB．金属棒向下运动时，流过电阻R 的电流方向为a→bC．金属棒的速度为v时．所受的安培力大小为D．电阻R 上产生的总热量等于金属棒重力势能的减少解析：在释放的瞬间，速度为零，不受安培力的作用，只受到重力，A对。由右手定则可得，电流的方向从b到a，B错。当速度为时，产生的电动势为，受到的安培力为，计算可得,C对。在运动的过程中，是弹簧的弹性势能、重力势能和内能的转化，D错。15[06上海物理卷]  如图所示，平行金属导轨与水平面成θ角，导轨与固定电阻R1和R2相连，匀强磁场垂直穿过导轨平面．有一导体棒ab，质量为m，导体棒的电阻与固定电阻R1和R2的阻值均相等，与导轨之间的动摩擦因数为μ，导体棒ab沿导轨向上滑动，当上滑的速度为v时，受到安培力的大小为F．此时（BCD     ）（A）电阻R1消耗的热功率为Fv／3．（B）电阻 R。消耗的热功率为 Fv／6．（C）整个装置因摩擦而消耗的热功率为μmgvcosθ．（D）整个装置消耗的机械功率为（F＋μmgcosθ）v·解析：由法拉第电磁感应定律得 E＝BLv，回路总电流 I=E/1.5R，安培力 F＝BIL，所以电阻R1的功率P1＝（0.5I）2 R=Fv/6，B选项正确。由于摩擦力 f＝μmgcosθ，故因摩擦而消耗的热功率为 μmgvcosθ。整个装置消耗的机械功率为（F+μmgcosθ）v。16（2011全国卷1） 如图，两根足够长的金属导轨ab、cd竖直放置，导轨间距离为L1电阻不计。在导轨上端并接两个额定功率均为P、电阻均为R的小灯泡。整个系统置于匀强磁场中，磁感应强度方向与导轨所在平面垂直。现将一质量为m、电阻可以忽略的金属棒MN从图示位置由静止开始释放。金属棒下落过程中保持水平，且与导轨接触良好。已知某时刻后两灯泡保持正常发光。重力加速度为g。求：  (1)磁感应强度的大小：  (2)灯泡正常发光时导体棒的运动速率。解析：每个灯上的额定电流为额定电压为：（1）最后MN匀速运动故：B2IL=mg求出： （2）U=BLv得：17（2009年广东物理）如图18（a）所示，一个电阻值为R，匝数为的圆形金属线圈与阻值为2R的电阻R1连接成闭合回路。线圈的半径为r1。在线圈中半径为r2的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系图线如图18（b）所示。图线与横、纵轴的截距分别为t0和B0。导线的电阻不计。求0至t1时间内（1）通过电阻R1上的电流大小和方向；（2）通过电阻R1上的电量q及电阻R1上产生的热量。答案：（1），电流由b向a通过；（2）【解析】（1）由法拉第电磁感应定律得感应电动势为由闭合电路的欧姆定律，得通过的电流大小为由楞次定律知该电流由b向a通过（2）由得在0至时间内通过的电量为由焦耳定律得在0至时间内产生的热量为18（2011天津）如图所示，两根足够长的光滑金属导轨MN、PQ间距为l=0.5m，其电阻不计，两导轨及其构成的平面均与水平面成30°角。完全相同的两金属棒ab、cd分别垂直导轨放置，每棒两端都与导轨始终有良好接触，已知两棒的质量均为0.02kg，电阻均为R=0.1Ω，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度为B=0.2T，棒ab在平行于导轨向上的力F作用下，沿导轨向上匀速运动，而棒cd恰好能保持静止。取g=10m/s2，问：（1）通过cd棒的电流I是多少，方向如何？（2）棒ab受到的力F多大？（3）棒cd每产生Q=0.1J的热量，力F做的功W是多少？11．（18分）（1）棒cd受到的安培力    ①棒cd在共点力作用下平衡，则    ②由①②式代入数据解得 I=1A，方向由右手定则可知由d到c。（2）棒ab与棒cd受到的安培力大小相等 Fab=Fcd对棒ab由共点力平衡有   ③代入数据解得 F=0.2N   ④（3）设在时间t内棒cd产生Q=0.1J热量，由焦耳定律可知   ⑤设ab棒匀速运动的速度大小为v，则产生的感应电动势 E=Blv  ⑥由闭合电路欧姆定律知    ⑦由运动学公式知，在时间t内，棒ab沿导轨的位移 x=vt  ⑧   力F做的功 W=Fx    ⑨综合上述各式，代入数据解得 W=0.4J19（2011上海）电阻可忽略的光滑平行金属导轨长S=1.15m，两导轨间距L=0.75 m，导轨倾角为30°，导轨上端ab接一阻值R=1.5Ω的电阻，磁感应强度B=0.8T的匀强磁场垂直轨道平面向上。阻值r=0.5Ω，质量m=0.2kg的金属棒与轨道垂直且接触良好，从轨道上端ab处由静止开始下滑至底端，在此过程中金属棒产生的焦耳热。(取)求：(1)金属棒在此过程中克服安培力的功；(2)金属棒下滑速度时的加速度．(3)为求金属棒下滑的最大速度，有同学解答如下：由动能定理，……。由此所得结果是否正确？若正确，说明理由并完成本小题；若不正确，给出正确的解答。 32答案.（14分）（1）下滑过程中安培力的功即为在电阻上产生的焦耳热，由于，因此                                                （1分）∴ （2分）（2）金属棒下滑时受重力和安培力                                                 （1分）由牛顿第二定律                            （3分）∴     （2分）(3)此解法正确。                                                     (1分)金属棒下滑时舞重力和安培力作用，其运动满足上式表明，加速度随速度增加而减小，棒作加速度减小的加速运动。无论最终是否达到匀速，当棒到达斜面底端时速度一定为最大。由动能定理可以得到棒的末速度，因此上述解法正确。 (2分)                                            （1分）∴      （1分）20（10江苏卷）如图所示，两足够长的光滑金属导轨竖直放置，相距为L, 一理想电流表与两导轨相连，匀强磁场与导轨平面垂直。一质量为m、有效电阻为R的导体棒在距磁场上边界h处静止释放。导体棒进入磁场后，流经电流表的电流逐渐减小，最终稳定为I。整个运动过程中，导体棒与导轨接触良好，且始终保持水平，不计导轨的电阻。求：   （1）磁感应强度的大小B；（2）电流稳定后，导体棒运动速度的大小v；（3）流经电流表电流的最大值解析：（1）电流稳定后，道题棒做匀速运动            ①解得                                           ②（2）感应电动势    E=BLv                              ③电影电流由②③④式解得（3）由题意知，导体棒刚进入磁场时的速度最大，设为机械能守恒 感应电动势的最大值感应电流的最大值解得    21（08北京卷）均匀导线制成的单位正方形闭合线框abcd，每边长为L，总电阻为R，总质量为m。将其置于磁感强度为B的水平匀强磁场上方h处，如图所示。线框由静止自由下落，线框平面保持在竖直平面内，且cd边始终与水平的磁场边界平行。当cd边刚进入磁场时，（1）求线框中产生的感应电动势大小;（2）求cd两点间的电势差大小;（3）若此时线框加速度恰好为零，求线框下落的高度h所应满足的条件。解析：（1）cd边刚进入磁场时，线框速度v=线框中产生的感应电动势E=BLv＝BL(2)此时线框中电流   I=cd两点间的电势差U=I()=(3)安培力     F=BIL=根据牛顿第二定律mg-F=ma,由a=0解得下落高度满足    h=22[06上海物理卷]如图所示，将边长为a、质量为m、电阻为R的正方形导线框竖直向上抛出，穿过宽度为b、磁感应强度为B的匀强磁场，磁场的方向垂直纸面向里．线框向上离开磁场时的速度刚好是进人磁场时速度的一半，线框离开磁场后继续上升一段高度，然后落下并匀速进人磁场．整个运动过程中始终存在着大小恒定的空气阻力f且线框不发生转动．求：  （1）线框在下落阶段匀速进人磁场时的速度V2；  (2）线框在上升阶段刚离开磁场时的速度v1；  （3）线框在上升阶段通过磁场过程中产生的焦耳热Q．【解析】（1）由于线框匀速进入磁场，则合力为零。有      mg＝f＋解得：v＝  （2）设线框离开磁场能上升的最大高度为h，则从刚离开磁场到刚落回磁场的过程中      (mg＋f)×h＝      (mg－f)×h＝     解得：v1＝＝    （3）在线框向上刚进入磁场到刚离开磁场的过程中，根据能量守恒定律可得               解得：Q＝【备考提示】：题目考查了电磁感应现象、导体切割磁感线时的感应电动势、右手定则、动能定理和能量转化和守恒定律，而线框在磁场中的运动是典型的非匀变速直线运动，功能关系和能量守恒定律是解决该类问题的首选，备考复习中一定要突出能量在磁场问题中的应用。