1、第5节电磁感应现象的两类情况随堂演练1(感生电场的理解)(多选)某空间出现了如图459所示的一组闭合的电场线，这可能是图459A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，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。答案AC2(动生电动势的理解)下列说法中正确的是A动生电动势是洛伦兹力对导体中自由电荷做功而引起的B因为洛伦兹力对运动电荷始终不做功，所以动生电动势不是由洛伦兹力而产生的C动生电动
2、势的方向可以由右手定则来判定D导体棒切割磁感线产生感应电流，受到的安培力一定与受到的外力大小相等、方向相反解析洛伦兹力沿导体方向的分力对导体中自由电荷做功是产生动生电动势的本质，A错误；在导体中自由电荷受洛伦兹力的合力与合速度方向垂直，总功为0，B错误，C正确；只有在导体棒做匀速切割时，除安培力以外的力的合力才与安培力大小相等、方向相反，做变速运动时不成立，故D错误。答案C3(电磁感应中的力学问题)如图4510所示，在一匀强磁场中有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
3、。开始时，给ef一个向右的初速度，则图4510Aef将减速向右运动，但不是匀减速Bef将匀减速向右运动，最后停止Cef将匀速向右运动Def将往返运动解析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FBIlma知，ef做的是加速度减小的减速运动。故A正确。答案A4(电磁感应中的能量问题)如图4511所示，质量为m、高为h的矩形导线框在竖直面内自由下落，其上下两边始终保持水平，途中恰好匀速穿过一有理想边界、高亦为h的匀强磁场区域，线框在此过程中产生的内能为图4511Amgh B2mghC大于mgh而小于2mgh D大于2mgh解析因
4、线框匀速穿过磁场，在穿过磁场的过程中合外力做功为零，克服安培力做功为2mgh，产生的内能亦为2mgh。故选B。答案B限时检测题组一感生电场和感生电动势1(多选)如图4512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图4512A磁场变化时，会在空间激发一个电场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以上说法都不对解析磁场变化时，会在空间产生感生电场，感生电场的电场力使电荷定向移动形成电流，故A、C正确。答案AC2英国物理学家麦克斯韦认为，磁场变化时会在空间激发感生电场。如图4513所示，一个半径为r的绝缘细
5、圆环水平放置，环内存在竖直向上的匀强磁场B，环上套一带电荷量为q的小球，已知磁感应强度B随时间均匀增加，其变化率为k，若小球在环上运动一周，则感生电场对小球的作用力所做功的大小是图4513A0 B.r2qkC2r2qk Dr2qk解析根据法拉第电磁感应定律可知，磁场变化产生的感生电动势为Er2kr2，小球在环上运动一周，则感生电场对小球的作用力所做功的大小WqEr2qk，故选项D正确。答案D题组二动生电动势的理解及计算问题3如图4514所示，PQRS为一正方形导线框，它以恒定速度向右进入以MN为边界的匀强磁场，磁场方向垂直线框平面向里，MN边界与线框的QR所在的水平直线成45角，E、F分别是P
6、S和PQ的中点。关于线框中的感应电流，正确的说法是图4514A当E点经过边界MN时，线框中感应电流最大B当P点经过边界MN时，线框中感应电流最大C当F点经过边界MN时，线框中感应电流最大D当Q点经过边界MN时，线框中感应电流最大解析当P点经过边界MN时，切割磁感线的有效长度是SR，感应电流达到最大。答案B4(多选)如图4515所示，三角形金属导轨EOF上放有一根金属杆AB，在外力作用下，保持金属杆AB和OF垂直，以速度v匀速向右移动，设导轨和金属杆AB都是用粗细相同的同种材料制成的，金属杆AB与导轨接触良好，则下列判断正确的是图4515A电路中的感应电动势大小不变B电路中的感应电流大小不变C电
7、路中的感应电动势大小逐渐增大D电路中的感应电流大小逐渐增大解析设三角形金属导轨的夹角为，金属杆AB从O点经t秒走了vt的距离，则EBvttan v，电路总长为lvtvttanvt，又因为R，所以I，I与t无关，是恒量，故选项B正确。E逐渐增大，故选项C正确。答案BC5夏天将到，在北半球，当我们抬头观看教室内的电风扇时，发现电风扇正在逆时针转动。金属材质的电风扇示意图如图4516所示，由于电磁场的存在，下列关于A、O两点的电势及电势差的说法，正确的是图4516AA点电势比O点电势高BA点电势比O点电势低CA点电势和O点电势相等D扇叶长度越短，UAO的电势差数值越大解析在北半球，地磁场的竖直分量竖
8、直向下，由右手定则可判断OA中电流方向由O到A，再根据在电源内部电流由负极流向正极，可知A点为正极，电势高，A对，B、C错；由EBlv可知D错。答案A题组三电磁感应中的动力学问题6(多选)如图4517所示，竖直放置的平行金属导轨上端跨接一个阻值为R的电阻。质量为m的金属棒MN可沿平行导轨竖直下滑，不计轨道与金属棒的电阻。金属棒自由下落了h后进入一个有上下边界的匀强磁场区域，磁场方向垂直轨道平面，磁场宽度也为h，设金属棒MN到达上边界aa时的速度为v1，到达下边界bb时的速度为v2，则以下说法正确的是图4517A进入磁场区后，MN可能做匀速运动，则v1v2B进入磁场区后，MN可能做加速运动，则v
9、1v2C进入磁场区后，MN可能做减速运动，则v1v2D通过磁场区域的过程中，R上释放出的焦耳热一定是mgh解析金属棒在进入磁场前做自由下落，当刚进入磁场产生感应电流对应的安培力刚好等于重力时，则接着做匀速直线运动，此时v1v2，A正确；当刚进入磁场产生感应电流对应的安培力大于重力时，根据牛顿第二定律，则做减速运动，此时v1v2，C正确；当刚进入磁场产生感应电流对应的安培力小于重力时，由牛顿第二定律，则做加速运动，此时v1v2，B正确；当进入磁场后匀速运动时，通过磁场区域的过程中，R上释放出的焦耳热为mgh，D错误。答案ABC7(多选)如图4518所示，有两根和水平方向成角的光滑平行的金属轨道，
10、间距为l，上端接有可变电阻R，下端足够长，空间有垂直于轨道平面向上的匀强磁场，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，则图4518A如果B变大，vm将变大B如果变大，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，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F安作用，F安BIl，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mgsin ma，当a0时，vvm，解得vm，
11、故选项B、C正确。答案BC8均匀导线制成的单匝正方形闭合线框abcd，每边长为L，总电阻为R，总质量为m。将其置于磁感应强度为B的水平匀强磁场上方h处。如图4519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。图4519(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。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EBLvBL(2)此时线框中的电流Icd切割磁感线相当于电源，cd两点间的电势差即路端电压：UIRBL(3)安培力：F安BIL根据牛顿
12、第二定律：mgF安ma，由a0，解得下落高度h。答案(1)BL(2)BL(3)题组四电磁感应中的能量问题9(多选)如图4520所示，金属杆ab以恒定的速率v在光滑平行导轨上向右滑行，设整个电路中总电阻为R(恒定不变)，整个装置置于垂直纸面向里的匀强磁场中，下列叙述中正确的是图4520Aab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上产生的热功率与速率v的二次方成正比D外力对ab杆做功的功率与速率v成正比解析由EBlv和I得I，所以安培力FBIl，电阻上产生的热功率PI2R，外力对ab做功的功率就等于回路产生的热功率。故A、B、C正确。答案ABC10如图4521所示
13、，纸面内有一矩形导体闭合线框abcd，ab边长大于bc边长，置于垂直纸面向里、边界为MN的匀强磁场外，线框两次匀速地完全进入磁场，两次速度大小相同，方向均垂直于MN。第一次ab边平行MN进入磁场，线框上产生的热量为Q1，通过线框导体横截面的电荷量为q1；第二次bc边平行于MN进入磁场，线框上产生的热量为Q2，通过线框导体横截面的电荷量为q2，则图4521AQ1Q2，q1q2 BQ1Q2，q1q2CQ1Q2，q1q2 DQ1Q2，q1q2解析根据功能关系知，线框上产生的热量等于克服安培力做的功，即Q1W1F1lbclbclab，同理Q2lbc，又lablbc，故Q1Q2；因qtt，故q1q2，因
14、此A正确。答案A题组五电磁感应中的动力学问题和能量问题的综合11如图4522所示，MN、PQ为足够长的平行金属导轨，间距L0.50 m，导轨平面与水平面间夹角37，N、Q间连接一个电阻R5.0 ，匀强磁场垂直于导轨平面向上，磁感应强度B1.0 T。将一根质量为m0.050 kg的金属棒放在导轨的ab位置，金属棒及导轨的电阻不计。现由静止释放金属棒，金属棒沿导轨向下运动过程中始终与导轨垂直，且与导轨接触良好。已知金属棒与导轨间的动摩擦因数0.50，当金属棒滑行至cd处时，其速度大小开始保持不变，位置cd与ab之间的距离s2.0 m。已知g10 m/s2，sin 370.60，cos 370.80
15、。求：图4522(1)金属棒沿导轨开始下滑时的加速度大小；(2)金属棒到达cd处的速度大小；(3)金属棒由位置ab运动到cd的过程中，电阻R产生的热量。解析(1)设金属棒开始下滑时的加速度大小为a，则mgsin mgcos ma，解得a2.0 m/s2。(2)设金属棒到达cd位置时速度大小为v、电流为I，金属棒受力平衡，有mgsin BILmgcos ，I，解得v2.0 m/s。(3)设金属棒从ab运动到cd的过程中，电阻R上产生的热量为Q，由能量守恒，有mgssin mv2mgscos Q解得Q0.10 J。答案(1)2.0 m/s2(2)2.0 m/s(3)0.10 J12如图4523所示
16、，电阻可忽略的导线框abcd固定在竖直平面内，导线框ab与dc面的宽度为l，在bc段接入阻值为R的电阻，ef是一电阻可忽略的水平放置的导体杆，杆的质量为m，杆的两端分别与ab和cd保持良好接触，且能沿导线框ab和dc无摩擦地滑动，磁感应强度为B的匀强磁场方向与框面垂直，现用一恒力F竖直向上拉导体杆ef，当导体杆ef上升高度为h时，导体杆ef恰好匀速上升，求：图4523(1)此时导体杆ef匀速上升的速度v的大小；(2)导体杆ef上升h的整个过程中产生的焦耳热Q的大小。解析(1)导体杆匀速上升时，受到竖直向上的恒力F，竖直向下的安培力F安和重力mg，根据平衡条件有FmgF安0，F安BIl根据法拉第电磁感应定律有EBlv根据闭合电路欧姆定律有I由以上各式联立解得v。(2)导体杆上升h的整个过程中，根据能量守恒定律有QFhmghmv2代入v得：Q(Fmg)h。答案(1)(2)(Fmg)h