1、第2章 电磁感应及其应用 (90分钟100分)一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.穿过某线圈的磁通量随时间变化的关系如图所示，在下列几段时间内，线圈中感应电动势最小的是()A.02 sB.24 sC.45 sD.510 s【解析】选D。根据E=n得，感应电动势与磁通量的变化率成正比。-t图线的斜率表示磁通量的变化率，510 s内磁通量的变化率最小，则产生的感应电动势最小。故D正确，A、B、C错误。2.如图，与直导线AB共面的轻质闭合金属圆环竖直放置，两者彼此绝缘，环心位于AB的上方。当AB中通有由A至B的电流且强度不断增大
2、的过程中，关于圆环运动情况以下叙述正确的是()A.向下平动B.向上平动C.转动：上半部向纸内，下半部向纸外D.转动：下半部向纸内，上半部向纸外【解析】选A。由题意可知，当AB中通有A到B的电流且强度在增大时，根据楞次定律可知，圆环中产生顺时针感应电流；假设直导线固定不动，根据右手螺旋定则知，直导线上方的磁场垂直纸面向外，下方磁场垂直纸面向里。在环形导线的上方和下方各取小微元电流，根据左手定则，上方的微元电流所受安培力向下，下方的微元电流所受安培力向下，则环形导线的运动情况是向下运动。故A正确，B、C、D错误。3.如图所示，一导体棒处在竖直向下的匀强磁场中，导体棒在竖直平面内做匀速圆周运动，且导
3、体棒始终垂直于纸面；在导体棒由圆周最高点M运动到与圆心等高的N点的过程中，导体棒中感应电动势的大小变化情况是()A.越来越大B.越来越小C.保持不变D.无法判断【解析】选B。导体棒由圆周的最高点M运动到与圆心等高的N点的过程中，线速度大小不变，方向始终与半径垂直，即时刻在改变，导致线速度方向与磁场方向夹角减小，由E=BLvsin知导体棒中感应电动势越来越小，故正确答案为B。4.如图所示，宽为2L且上、下边界都水平的匀强磁场区域的正上方有一个高为L的闭合矩形线框由静止从某高处释放，线框竖直下落过程中，下边始终保持水平，磁感应强度方向垂直于线框平面向里，线框第一次从某高度由静止下落后，恰好匀速进入
4、磁场，第二次调整下落高度后，线框恰好匀速穿过磁场下边界，用I1、I2分别表示第一次、第二次在整个进出磁场区域的过程中线框的感应电流大小，则下列反映线框的感应电流随位移变化的图像中可能正确的是()【解析】选A。线框第一次从某高度由静止下落后，恰好匀速进入磁场，说明安培力与重力大小相等，方向相反，即mg=BI0L，其中：I0=，由于速度不变，所以感应电流的大小不变；线框完全在磁场中运动时，线框中没有感应电流，则没有安培力，线框做加速运动，速度增大，所以线框的下边刚出磁场时线框的速度大于v0，所以感应电流大于I0，线框受到的安培力大于mg，线框做减速运动，速度逐渐减小，所以安培力逐渐减小，线框做加速
5、度逐渐减小的加速运动。若减速至v0时，安培力再次等于重力，线框重新做匀速运动。不存在速度小于v0的情况，所以线框中的电流不会小于I0，故A项正确，B项错误。第二次调整下落高度后，线框恰好匀速穿过磁场下边界，说明线框到达下边的速度是v0。由于线框完全在磁场中运动时，线框中没有感应电流，则没有安培力，线框做加速运动，速度增大，所以线框完全进入磁场时的速度一定小于v0，则进入磁场的过程中产生的感应电流一定小于I0，所以安培力一定小于重力，线框加速度的方向向下，线框在进入磁场的过程中一定一直做加速运动，此过程中电流一直增大且小于I0，故C、D项错误。5.如图甲所示，垂直纸面向里的匀强磁场的区域宽度为2
6、a，磁感应强度的大小为B。一边长为a、电阻为4R的正方形均匀导线框ABCD从图示位置开始沿水平向右方向以速度v匀速穿过磁场区域，在图乙中线框A、B两端电压UAB与线框移动距离的关系图像正确的是()【解析】选D。进入磁场时，注意UAB是路端电压，应该是电动势的四分之三，此时E=Bav，所以UAB=；完全进入后，没有感应电流，但有感应电动势，大小为Bav，穿出磁场时电压应该是电动势的四分之一，UAB=，电势差方向始终相同，即AB，由以上分析可知选D。6.如图所示，EF、GH为平行的金属导轨，其电阻可不计，R为电阻，C为电容器，AB为可在EF和GH上滑动的导体横杆，有均匀磁场垂直于导轨平面。若用I1
7、和I2分别表示图中该处导线中的电流，则当横杆AB()A.匀速滑动时，I1=0，I2=0B.匀速滑动时I10，I20C.加速滑动时，I1=0，I2=0D.加速滑动时，I10，I20【解析】选D。杆匀速滑动时，由于E=BLv不变，故I10，I2=0。加速滑动时，由于E=BLv逐渐增大，电容器不断充电，故I10，I20。7.如图所示，小螺线管与音乐播放器相连，大螺线管直接与音箱相连。当把小螺线管插入大螺线管中时音乐就会从音箱中响起来，大小螺线管之间发生的物理现象是()A.自感B.静电感应C.互感D.直接导电【解析】选C。小螺线管与音乐播放器相连，小线圈中输入了音频信号；当把小螺线管插入大螺线管中时音
8、乐就会从音箱中响起来，说明大线圈中激发出了感应电流，是互感现象。故C正确，A、B、D错误。8.如图所示，足够长的光滑金属导轨MN、PQ平行放置，且都倾斜着与水平面成夹角。在导轨的最上端M、P之间接有电阻R，不计其他电阻。导体棒ab从导轨的最底端冲上导轨，当没有磁场时，ab上升的最大高度为H；若存在垂直于导轨平面的匀强磁场时，ab上升的最大高度为h。在两次运动过程中ab都与导轨保持垂直，且初速度都相等。关于上述情景，下列说法正确的是()A.两次上升的最大高度相比较为HhB.有磁场时导体棒所受合力做的功等于无磁场时合力做的功C.有磁场时，电阻R产生的焦耳热为mD.有磁场时，ab上升过程的最小加速度
9、大于gsin【解析】选B。当有磁场时，导体棒除受到沿斜面向下的重力的分力外，还切割磁感线产生感应电流，故受到安培力的作用，所以两次上升的最大高度相比较为hH，两次动能的变化量相等，所以导体棒所受合力做的功相等，A错误，B正确；有磁场时，电阻R产生的焦耳热小于m，ab上升过程的最小加速度为gsin(即刚开始向上运动时的加速度)，C、D错误。二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。9.如图所示，电阻不计的平行金属导轨固定在一绝缘斜面上，两相同的金属导体棒a、b垂直于导轨静止放置，且与导轨
10、接触良好，匀强磁场垂直穿过导轨平面。现用一平行于导轨的恒力F作用在a的中点，使其向上运动。若b始终保持静止，则它所受摩擦力可能()A.变为0B.先减小后不变C.等于FD.先增大再减小【解析】选A、B。a导体棒在恒力F作用下加速运动，闭合回路中产生感应电流，导体棒b受到安培力方向应沿斜面向上，且逐渐增大，最后不变，b受到的安培力与a受到的安培力大小相等，方向沿斜面向上。所以b导体棒受摩擦力可能先减小后不变，可能减小到0保持不变，也可能减小到0然后反向增大保持不变，所以选项A、B正确，C、D错误。10.(2018全国卷)如图甲，在同一平面内固定有一长直导线PQ和一导线框R，R在PQ的右侧。导线PQ
11、中通有正弦交流电i，i的变化如图乙所示，规定从Q到P为电流正方向。导线框R中的感应电动势()A.在t=时为零B.在t=时改变方向C.在t=时最大，且沿顺时针方向D.在t=T时最大，且沿顺时针方向【解析】选A、C。由于长直导线PQ中通有正弦交流电i，所以会在导线的左右两侧产生磁场，那么导线框R就会有磁通量。由于导线PQ中的电流大小和方向都在进行周期性变化，所以右侧线框的磁通量就会有周期性的变化，所以就会产生感应电动势和感应电流，根据楞次定律来判定在t=到t=时间内导线框R中的感应电动势均沿顺时针方向，故B错；在t=时图线斜率为零，磁通量变化率为零，感应电动势为零，故A对；在t=时图线斜率最大，磁
12、通量变化率最大，感应电动势最大且沿顺时针方向，同理在t=T时感应电动势也最大，且沿逆时针方向，故C对D错，故选A、C。11.如图所示，光滑导轨倾斜放置，其下端连接一个灯泡，匀强磁场垂直于导轨所在平面，当ab棒下滑到稳定状态时，小灯泡获得的功率为P0，除灯泡外，其他电阻不计，要使灯泡的功率变为2P0(但灯泡还在额定功率范围内)，下列措施正确的是()A.换一个电阻为原来2倍的灯泡B.把磁感应强度增为原来的2倍C.换一根质量为原来的倍的金属棒D.把导轨间的距离增大为原来的倍【解析】选A、C。设稳定状态即匀速运动时速度为v，灯泡的电阻为R，磁感应强度为B，导轨宽为L，质量为m。根据平衡条件得mgsin
13、=BIL=BL=v=，感应电动势为E=BLv=，电功率为P=()2R，换一个电阻为原来2倍的灯泡，则电功率为原来的两倍，故A对。把磁感应强度增为原来的2倍，则电功率为原来的四分之一，故B错。换一根质量为原来的倍的金属棒，则电功率为原来的2倍，故C对。把导轨间的距离增大为原来的倍，则电功率为原来的一半，故D错。12.如图所示，在水平面内的直角坐标系xOy中有一光滑金属导轨AOC，其中曲线导轨OA满足方程y=Lsin(kx)，长度为的直导轨OC与x轴重合，整个导轨处于垂直于纸面向外的匀强磁场中，现有一长为L的金属棒从图示位置开始沿x轴正方向以速度v做匀速直线运动，已知金属棒单位长度的电阻为R0，除
14、金属棒的电阻外其余部分电阻均不计，棒与两导轨始终接触良好，则在金属棒运动至AC的过程中()A.感应电动势的瞬时值为e=BvLsin(kvt) B.感应电流逐渐减小C.闭合回路消耗的电功率逐渐增大D.通过金属棒的电荷量为【解析】选A、C、D。t时刻金属棒的有效长度L1=Lsin(kvt)，则t时刻e=BvLsin(kvt)，A正确；由I=知I=，所以I为定值，B错误；闭合电路消耗的电功率P=I2Rx=R0sin(kvt)=，C正确，q=It=，D正确。三、实验题：本题共2小题，共14分。13.(6分)如图所示，上海某校操场上，两同学相距L为10 m左右，在东偏北，西偏南11的沿垂直于地磁场方向的
15、两个位置上，面对面将一并联铜芯双绞线，像甩跳绳一样摇动，并将线的两端分别接在灵敏电流计上，双绞线并联后的电阻R约为2 ，绞线摇动的频率配合节拍器的节奏，保持频率在2 Hz左右。如果同学摇动绞线的最大圆半径h约为1 m，电流计读数的最大值I约为3 mA。(1)试估算地磁场的磁感应强度的数值约为_；数学表达式B=_。(由R、I、L、f、h等已知量表示) (2)将两人站立的位置，改为与刚才方向垂直的两点上，那么电流计示数约为_。 【解析】(1)摇动绞线的过程中，绞线切割地磁场，当摆动速度与地磁场垂直时，感应电动势最大，电流最大，由E=BLv，v=h，=2f，E=IR，得B=，代入数值得B510-5
16、T。(2)绞线与磁场平行，不切割磁感线，电流计读数为0。答案：(1)510-5 T(2)014.(8分)(1)在“探究楞次定律”的实验中除需要已知绕向的螺线管、条形磁铁外，还要用到电表。请从下列电表中选择()A.量程为03 V的电压表B.量程为03 A的电流表C.量程为00.6 A的电流表D.零刻度在中间的灵敏电流表(2)某同学按下列步骤进行实验：将已知绕向的螺线管与电表连接；设计表格，记录将磁铁N、S极插入和抽出过程中引起感应电流的磁场方向、磁通量变化、感应电流的方向、感应电流的磁场方向；分析实验结果，得出结论。上述实验中，漏掉的实验步骤是。 (3)图甲为某实验小组利用微电流传感器做验证楞次
17、定律实验时，在计算机屏幕上得到的波形，横坐标为时间t，纵坐标为电流I。根据图线分析知道：将条形磁铁的N极插入圆形闭合线圈时得到图甲内所示图线。现用该磁铁，如图乙所示，从很远处按原方向沿一圆形线圈的轴线匀速运动，并穿过线圈向远处而去。图丙中较正确地反映线圈中电流I与时间t关系的是_。 【解析】(1)楞次定律实验应该选用零刻度在中间的灵敏电流表；(2)查明电流流入电表方向与电表指针偏转方向的关系；(3)将条形磁铁的N极插入圆形闭合线圈时得到图甲内所示图线，用该磁铁的S极从很远处按原方向沿一圆形线圈的轴线匀速运动，产生的电流方向与图甲相反，再利用对称性的特点，可知图丙中B正确。答案：(1)D(2)查
18、明电流流入电表方向与电表指针偏转方向的关系(3)B四、计算题：本题共4小题，共46分。要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位。15.(8分)如图所示，水平面上有两根相距0.5 m的足够长的平行金属导轨MN和PQ，它们的电阻可忽略不计；在M和P之间接有阻值为R的定值电阻，导体棒ab长l=0.5 m，其电阻为r，与导轨接触良好，整个装置处于方向竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B=0.4 T，现使ab以v=10 m/s的速度向右做匀速运动。(1)ab中的感应电动势多大？(2)ab中电流的方向如何？(3)若定值电阻R=3.0 ，导体棒的电阻r=1.0 ，则电路中的电流多大？【解析】(1)
19、ab中的感应电动势E=Blv(2分)代入数值，得E=2.0 V(1分)(2)ab中电流的方向为ba(2分)(3)由闭合电路欧姆定律，回路中的电流I=(2分)代入数值，得：I=0.5 A(1分)答案：(1)2.0 V(2)ba(3)0.5 A16.(8分)(2018江苏高考)如图所示，两条平行的光滑金属导轨所在平面与水平面的夹角为，间距为d。导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向与导轨平面垂直。质量为m的金属棒被固定在导轨上，距底端的距离为s，导轨与外接电源相连，使金属棒通有电流。金属棒被松开后，以加速度a沿导轨匀加速下滑，金属棒中的电流始终保持恒定，重力加速度为g。求下滑到底端的过程中，
20、金属棒(1)末速度的大小v；(2)通过的电流大小I；(3)通过的电荷量Q。【解析】(1)金属棒做匀加速直线运动，有v2=2as，解得v=。(1分)(2)安培力F安=IdB，金属棒所受合力F=mgsin -F安(1分)由牛顿第二定律F=ma(1分)解得I=(2分)(3)运动时间t=，电荷量Q=It(1分)解得Q=(2分)答案：(1)(2)(3)17.(14分)如图所示，处于匀强磁场中的两根足够长、电阻不计的平行金属导轨相距1 m，导轨平面与水平面成=37角，下端连接阻值为R的电阻。匀强磁场方向与导轨平面垂直。质量为0.2 kg、电阻不计的金属棒放在两导轨上，棒与导轨垂直并保持良好接触，它们之间的
21、动摩擦因数为0.25。(1)求金属棒沿导轨由静止开始下滑时的加速度大小；(2)当金属棒下滑速度达到稳定时，电阻R消耗的功率为8 W，求该速度的大小；(3)在上问中，若R=2 ，金属棒中的电流方向由a到b，求磁感应强度的大小与方向。(g取10 m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8)【解析】(1)金属棒开始下滑的初速度为零，根据牛顿第二定律：mgsin-mgcos=ma(2分)由式解得a=10(0.6-0.250.8) m/s2=4 m/s2(2分)(2)设金属棒运动达到稳定时，速度为v，所受安培力为F，棒在沿导轨方向受力平衡mgsin-mgcos-F=0(2分)此时金属棒克服安培力做
22、功的功率等于电路中电阻R消耗的电功率：Fv=P(1分)由两式解得v= m/s=10 m/s(2分)(3)设电路中电流为I，两导轨间金属棒的长为l，磁场的磁感应强度为BI=(1分)P=I2R(1分)由两式解得B= T=0.4 T(2分)磁感应强度方向垂直导轨平面向上(1分)答案：(1)4 m/s2(2)10 m/s(3)0.4 T磁感应强度方向垂直导轨平面向上18.(16分)如图甲所示，两根足够长、电阻不计的光滑平行金属导轨相距L1=1 m，导轨平面与水平面成=30角，上端连接阻值R=1.5 的电阻，质量为m=0.2 kg，阻值r=0.5 的金属棒ab放在两导轨上，距离导轨最上端为L2=4 m，
23、棒与导轨垂直并保持良好接触。整个装置处于一个匀强磁场中，该匀强磁场方向垂直于导轨平面向下，磁感应强度大小随时间变化的情况如图乙所示，为保持ab棒静止，在棒上施加了一平行于导轨平面的外力F，g取10 m/s2。求：(1)当t=2 s时，外力F1的大小；(2)当t=3 s时的瞬间，外力F2的大小和方向；(3)请在图丙中画出前4 s内外力F随时间变化的图像(规定F方向沿斜面向上为正)。【解析】(1)当t=2 s时，回路中产生的感应电动势：E=L1L2=14 V=2 V(1分)电流：I= A=1 A(1分)由楞次定律判断可知，感应电流的方向由ba，根据左手定则可知ab所受的安培力沿导轨向上；ab棒保持
24、静止，受力平衡，设外力沿导轨向上，则由平衡条件有：mgsin30-B2IL1-F1=0(2分)由图乙知B2=1 T，代入题给数据可解得外力：F1=0 N(1分)(2)当t=3 s时的瞬间，设此时外力沿导轨向上，根据平衡条件得：F2+B3IL1-mgsin30=0，B3=1.5 T(2分)解得：F2=-0.5 N，负号说明外力沿斜面向下。(1分)(3)规定F方向沿斜面向上为正，在03 s内，根据平衡条件有：mgsin30-BIL1-F=0而B=0.5t(T)(2分)则得：F=1-0.5t(N)(1分)当t=0时刻，F=1 N(1分)在34 s内，B不变，没有感应电流产生，ab不受安培力，则由平衡
25、条件得：F=mgsin30=1 N(2分)画出前4 s内外力F随时间变化的图像，如图所示。(2分)答案：(1)0 N(2)0.5 N方向沿斜面向下(3)见解析图【补偿训练】1.(2019北京高考)如图所示，垂直于纸面的匀强磁场磁感应强度为B。纸面内有一正方形均匀金属线框abcd，其边长为L，总电阻为R，ad边与磁场边界平行。从ad边刚进入磁场直至bc边刚要进入的过程中，线框在向左的拉力作用下以速度v匀速运动，求：(1)感应电动势的大小E；(2)拉力做功的功率P；(3)ab边产生的焦耳热Q。【解析】(1)由法拉第电磁感应定律可得，感应电动势E=BLv(2)线框中的感应电流I=拉力大小等于安培力大
26、小F=BIL拉力的功率P=Fv=(3)线框ab边电阻Rab=时间t=ab边产生的焦耳热Q=I2Rabt=答案：(1)BLv(2)(3)2.(2019江苏高考)如图所示，匀强磁场中有一个用软导线制成的单匝闭合线圈，线圈平面与磁场垂直。已知线圈的面积S=0.3 m2、电阻R=0.6 ，磁场的磁感应强度B=0.2 T。现同时向两侧拉动线圈，线圈的两边在t=0.5 s时间内合到一起。求线圈在上述过程中：(1)感应电动势的平均值E；(2)感应电流的平均值I，并在图中标出电流方向；(3)通过导线横截面的电荷量q。【解析】(1)由法拉第电磁感应定律有：感应电动势的平均值E=磁通量的变化=BS解得：E=代入数据得：E=0.12 V；(2)由闭合电路欧姆定律可得：平均电流I=代入数据得I=0.2 A由楞次定律可得，感应电流沿顺时针方向。(3)由电流的定义式I=可得：电荷量q=It，代入数据得q=0.1 C。答案：(1)0.12 V(2)0.2 A电流方向如图(3)0.1 C关闭Word文档返回原板块