人教版 (新课标)第四章 电磁感应综合与测试课时练习

第四章　专题

一、选择题

1．(多选)[2015·湖北重点中学高二联考]如图所示，正方形线框的边长为L，电容器的电容为C。正方形线框的一半放在垂直纸面向里的匀强磁场中。当磁场以k的变化率均匀增强时，则(　　)

A．电压表没有读数

B．电压表的读数为

C．a点的电势高于b点的电势

D．电容器的电荷量为

答案　AD

解析　磁场以k的变化率均匀增强，产生恒定的感应电动势。由于电路中接有电容器，电路中没有电流，电压表没有读数，选项A正确，选项B错误。由楞次定律可判断出感应电动势方向为逆时针，a点的电势低于b点的电势，选项C错误。由法拉第电磁感应定律，产生的感应电动势E＝。由C＝得电容器的电荷量为Q＝，选项D正确。

2．(多选)如图所示是圆盘发电机的示意图：铜盘安装在水平的铜轴上，它的边缘正好在两磁极之间，两块铜片C、D分别与转动轴和铜盘的边缘接触。若铜盘半径为L，匀强磁场的磁感应强度为B，回路的总电阻为R，从左往右看，铜盘以角速度ω沿顺时针方向匀速转动。则(　　)

A．由于穿过铜盘的磁通量不变，故回路中无感应电流

B．回路中感应电流大小不变，为

C．回路中感应电流方向不变，为C→D→R→C

D．回路中有周期性变化的感应电流

答案　BC

解析　铜盘以角速度ω沿顺时针方向匀速转动时，铜盘切割磁感线产生感应电动势，回路中有感应电流，选项A错误；回路中感应电流I＝＝，由右手定则可判断出感应电流方向为C→D→R→C，选项B、C正确，选项D错误。

3．如图所示，虚线上方空间有匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，直角扇形导线框绕垂直于纸面的轴O以角速度ω匀速逆时针转动。设线框中感应电流的方向以逆时针为正，线框处于图示位置时为时间零点，那么，下列图中能正确表示线框转动一周感应电流变化情况的是(　　)

答案　A

解析　先经过T才进入磁场，并无电流，排除C、D选项；再经过T，由楞次定律知，垂直纸面向里的磁通量增加，感应电流的方向为逆时针方向，且扇形的半径边切割磁感线速率恒定，产生恒定的电流，排除B选项，A选项正确。

4．如图所示，边长为L的正方形线框，从图示位置开始沿光滑斜面向下滑动，中途穿越垂直纸面向里、有理想边界的匀强磁场区域。磁场的宽度大于L，以i表示导线框中的感应电流，从线框刚进入磁场开始计时，取逆时针方向为电流正方向，以下i－t关系图象，可能正确的是(　　)

答案　B

解析　边长为L的正方形线框，从图示位置开始沿光滑斜面向下滑动，若进入磁场时所受安培力与重力沿斜面方向的分力平衡，则线框做匀速直线运动，感应电流为一恒定值；完全进入后磁通量不变，感应电流为零，线框做匀加速直线运动；从磁场中出来时，感应电流方向相反，所受安培力大于重力沿斜面方向的分力，线框做加速度减小的减速运动，感应电流减小。选项B正确。

5．如图所示，线圈M和线圈P绕在同一铁芯上。设两个线圈中的电流方向与图中所标的电流方向相同时为正。当M中通入图中哪种电流时，在线圈P中能产生正方向的恒定感应电流(　　)

答案　D

解析　由楞次定律结合法拉第电磁感应定律可知当M中通入正向均匀增大电流时，P中产生反方向的恒定电流；当M中通入正向恒定电流时，P中不产生电流；当M中通入正向按正弦规律变化的电流时，P中产生按余弦规律变化的电流；当M中通入正向均匀减小的电流时，P中产生正向的恒定电流，选项D正确。

6．如图所示，空间某区域中有一匀强磁场，磁感应强度方向水平，且垂直于纸面向里，磁场上边界b和下边界d水平。在竖直面内有一矩形金属线圈，线圈上下边的距离很短，下边水平。线圈从水平面a开始下落。已知磁场上、下边界之间的距离大于水平面a、b之间的距离。若线圈下边刚通过水平面b、c(位于磁场中)和d时，线圈所受到的磁场力的大小分别为Fb、Fc和Fd，则(　　)

A．Fd＞Fc＞Fb　 B．Fc＜Fd＜Fb

C．Fc＞Fb＞Fd D．Fc＜Fb＜Fd

答案　D

解析　线圈从a到b做自由落体运动，在b处开始进入磁场切割磁感线，产生感应电流，受到安培力作用，由于线圈的上下边的距离很短，所以经历很短的变速运动而完全进入磁场，在c处线圈中磁通量不变不产生感应电流，不受安培力作用，但线圈在重力作用下依然加速，因此线圈在d处离开磁场切割磁感线时，产生的感应电流较大，故该处所受安培力必然大于b处。综合分析可知，选项D正确。

7．如图所示，在一匀强磁场中有一U形导线框abcd，线框处于水平面内，磁场与线框平面垂直，R为一电阻，ef为垂直于ab的一根导体杆，它可在ab、cd上无摩擦地滑动。杆ef及线框中导线的电阻都可不计。开始时，给ef一个向右的初速度，则(　　)

A．ef将减速向右运动，但不是匀减速

B．ef将匀减速向右运动，最后停止

C．ef将匀速向右运动

D．ef将往返运动

答案　A

解析　ef向右运动，切割磁感线，产生感应电动势和感应电流，会受到向左的安培力而做减速运动，直到停止，但不是匀减速，由F＝ BIl＝＝ma知，ef做的是加速度减小的减速运动。故A正确。

8．如图所示，质量为m的金属环用线悬挂起来，金属环有一半处于水平且与环面垂直的匀强磁场中，从某时刻开始，磁感应强度均匀减小，则在磁感应强度均匀减小的过程中，关于线拉力大小，下列说法中正确的是(　　)

A．大于环重力mg，并逐渐减小

B．始终等于环重力mg

C．小于环重力mg，并保持恒定

D．大于环重力mg，并保持恒定

答案　A

解析　由楞次定律可判断感应电流为顺时针方向，再由左手定则可知，环受到的安培力竖直向下，由平衡条件可知，绳上的拉力T＝F＋mg>mg，根据法拉第电磁感应定律可知，环中产生的感应电动势不变，感应电流不变，所以当磁感应强度减小时，安培力F＝BIL(L为环的直径，是定值)逐渐减小，绳上的拉力逐渐减小，选项A正确。

9．[2015·福建高考]如图，由某种粗细均匀的总电阻为3R的金属条制成的矩形线框abcd，固定在水平面内且处于方向竖直向下的匀强磁场B中。一接入电路电阻为R的导体棒PQ，在水平拉力作用下沿ab、dc以速度v匀速滑动，滑动过程PQ始终与ab垂直，且与线框接触良好，不计摩擦。在PQ从靠近ad处向bc滑动的过程中(　　)

A．PQ中电流先增大后减小

B．PQ两端电压先减小后增大

C．PQ上拉力的功率先减小后增大

D．线框消耗的电功率先减小后增大

答案　C

解析　导体棒产生的电动势为E＝BLv，其等效电路如图所示，总电阻为R总＝R＋＝R＋，在PQ从靠近ad处向bc滑动的过程中，总电阻先增大后减小，总电流先减小后增大，所以A项错误；PQ两端电压为路端电压U＝E－IR，即先增大后减小，所以B项错误；拉力的功率等于克服安培力做功的功率，有P安＝IE，先减小后增大，所以C项正确；根据功率曲线可知当外电阻＝R时输出功率最大，而外电阻先由小于R开始增加到R，再减小到小于R的某值，所以线框消耗的功率先增大后减小，又再增大再减小，所以D项错误。

二、非选择题

10．如图所示，两根相距L、平行放置的光滑导电轨道，与水平面的夹角均为α，轨道间有电阻R，处于磁感应强度为B、方向竖直向上的匀强磁场中，一根质量为m、电阻为r的金属杆ab，由静止开始沿导电轨道下滑。设下滑过程中杆ab始终与轨道保持垂直，且接触良好，导电轨道足够长，且电阻不计。

(1)杆ab将做什么运动？

(2)若开始时就给杆ab沿轨道向下的拉力F，使其由静止开始向下做加速度为a的匀加速运动(a＞gsinα)，求拉力F与时间t的关系式。

答案　(1)ab先做加速度变小的加速运动，最终做匀速运动

(2)F＝m(a－gsinα)＋·t

解析　(1)金属杆受力如图所示：当杆向下滑动时，速度越来越大，安培力F安变大，加速度变小。随着速度的变大，加速度越来越小，杆ab做加速度变小的加速运动，最终加速度变为零，杆ab最终做匀速运动。

(2)经过时间t，杆ab速度v＝at

感应电流I＝

由牛顿第二定律F＋mgsinα－BILcosα＝ma

解得F＝m(a－gsinα)＋·t。

11．[2014·天津高考]如图所示，两根足够长的平行金属导轨固定在倾角θ＝30°的斜面上，导轨电阻不计，间距L＝0.4 m。导轨所在空间被分成区域Ⅰ和Ⅱ，两区域的边界与斜面的交线为MN，Ⅰ中的匀强磁场方向垂直斜面向下，Ⅱ中的匀强磁场方向垂直斜面向上，两磁场的磁感应强度大小均为B＝0.5 T。在区域Ⅰ中，将质量m1＝0.1 kg，电阻R1＝0.1 Ω的金属条ab放在导轨上，ab刚好不下滑。然后，在区域Ⅱ中将质量m2＝0.4 kg，电阻R2＝0.1 Ω的光滑导体棒cd置于导轨上，由静止开始下滑。cd在滑动过程中始终处于区域Ⅱ的磁场中，ab、cd始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，取g＝10 m/s2。问：

(1)cd下滑的过程中，ab中的电流方向；

(2)ab刚要向上滑动时，cd的速度v多大；

(3)从cd开始下滑到ab刚要向上滑动的过程中，cd滑动的距离x＝3.8 m，此过程中ab上产生的热量Q是多少。

答案　(1)由a流向b　(2)5 m/s　(3)1.3 J

解析　(1)由a流向b。

(2)开始放置ab刚好不下滑时，ab所受摩擦力为最大静摩擦力，设其为Fmax，有Fmax＝m1gsinθ　①

设ab刚好要上滑时，cd棒的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律有E＝BLv

设电路中的感应电流为I，由闭合电路欧姆定律有

I＝　③

设ab所受安培力为F安，有F安＝ILB　④

此时ab受到的最大静摩擦力方向沿斜面向下，由平衡条件有F安＝m1gsinθ＋Fmax　⑤

综合①②③④⑤式，代入数据解得v＝5 m/s　⑥

(3)设cd棒的运动过程中电路中产生的总热量为Q总，由能量守恒有m2gxsinθ＝Q总＋m2v2　⑦

又Q＝Q总　⑧

解得Q＝1.3 J　⑨