1、第四章4 基础达标一、选择题(在每小题给出的四个选项中，第14题只有一项符合题目要求，第5题有多项符合题目要求)1一根直导线长0.1 m，在磁感应强度为0.1 T的匀强磁场中以10 m/s的速度匀速运动，则导线中产生的感应电动势的说法错误的是()A一定为0.1 VB可能为零C可能为0.01 V D最大值为0.1 V【答案】A【解析】当公式EBlv中B、l、v互相垂直而导体切割磁感线运动时感应电动势最大：EmBlv0.10.110 V0.1 V，考虑到它们三者的空间位置关系，B、C、D正确，A错误2(2019扬州模拟)如图所示，边长为L的正方形金属框abcd在竖直面内下落，ab边以速度v进入下方
2、的磁感应强度为B的匀强磁场，则线框进入磁场时，ab边两端的电势差Uab为()ABLv B.BLvC.BLv DBLv【答案】C【解析】ab边进入磁场切割磁感线，产生的感应电动势EBLv，ab两端的电势差UabEBLv.故A、B、D错误，C正确.3(2019北京名校一模)如图所示，固定于水平面上的金属架abcd处在竖直向里的匀强磁场中，金属棒MN沿框架以速度v向右做匀速运动t0时，磁感应强度为B0，此时MN到达的位置恰好使MbcN构成一个边长为l的正方形为使MN棒中不产生感应电流，从t0开始，磁感应强度B随时间t变化的示意图为()【答案】C【解析】当通过闭合回路的磁通量不变，则MN棒中不产生感应
3、电流，有B0L2BL(Lvt)，得B，由表达式可知，随着t的增加B减小，且B减小得越来越慢，故C正确，A、B、D错误4(2018合肥一模)如图所示，条形磁铁用细线悬挂于O点，一金属圆环放置在O点正下方的水平绝缘桌面上，现将磁铁拉至左侧某一高度后由静止释放，磁铁在竖直面内摆动，在其第一次摆至右侧最高点的过程中，圆环始终静止，则下列说法正确的是()A磁铁始终受到圆环的斥力作用B圆环中的感应电流方向保持不变C桌面对圆环始终有摩擦力作用D磁铁在O点两侧最高点的重力势能不相等【答案】D【解析】由楞次定律可知，感应电流总是阻碍磁铁的相对运动，感应电流对磁铁的作用力总是阻力，因此从图示实线位置摆到虚线位置，
4、磁铁先受到圆环的斥力，后受到环的引力，故A错误；在一个周期之内，穿过金属圆环的磁通量先增大，后减小，再增大，最后又减小，穿过金属圆环磁场方向不变，磁通量变化趋势改变，感应电流方向发生改变，因此在一个周期内，感应电流方向改变4次，故B错误；当磁铁摆到正下方时，磁铁与环的作用力在竖直方向，环在水平方向没有运动趋势，因此此时桌面与环之间没有摩擦力，故C错误；由能量守恒定律可知，磁铁在摆动过程中，因有感应电流，产生热能，导致磁铁的机械能减小，因此在O点两侧最高点的重力势能不相等，故D正确5(2019株洲一模)用导线绕一圆环，环内有一用同样导线折成的内接正方形线框，圆环与线框绝缘，如图所示把它们放在磁感
5、应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于圆环平面(纸面)向里当磁场均匀减弱时()A圆环和线框中的电流方向都为顺时针B圆环和线框中的电流方向都为逆时针C圆环和线框中的电流大小之比为1D圆环和线框中的电流大小比为21【答案】AC【解析】根据楞次定律，当磁场均匀减弱时，圆环和线框中的电流方向都为顺时针，故A正确，B错误；设正方形的边长为2a，由几何关系可知，外接圆的半径ra.则根据法拉第电磁感应定律得，正方形回路中的感应电动势与外接圆中感应电动势之比为E正E圆(2a)2(a)22，根据电阻决定式得到，正方形回路中的电阻与外接圆的电阻之比为R正R圆2.由欧姆定律得正方形回路中的感应电流强度与内切圆中感应
6、电流强度之比为I正I圆1，故C正确，D错误二、非选择题6如图甲所示，一个电阻值为R，匝数为n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乙所示图线与横、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上的电荷量q及电阻R1上产生的热量【答案】(1)从b到a(2)【解析】(1)由图象分析可知，0至t1时间内由法拉第电磁感应定律有EnnS，而Sr由闭合电路欧姆定律有I1.联立以上各式得，通过电阻R1上的电流
7、大小I1.由楞次定律可判断通过电阻R1上的电流方向从b到a.(2)通过电阻R1上的电量qI1t1电阻R1上产生的热量：QIR1t1.7如图所示，半径为a的圆形区域(图中虚线)内有匀强磁场，磁感应强度为B0.2 T，半径为b的金属圆环与虚线圆同心、共面的放置，磁场与环面垂直，其中a0.4 m、b0.6 m；金属环上分别接有灯L1、L2，两灯的电阻均为2 .一金属棒MN与金属环接触良好，棒与环的电阻均不计(1)若棒以v05 m/s的速率沿环面向右匀速滑动，求棒滑过圆环直径OO的瞬间，MN中的电动势和流过灯L1的电流；(2)撤去中间的金属棒MN，将左面的半圆弧OL1O以MN为轴翻转90，若此后B随时
8、间均匀变化，其变化率为 T/s，求灯L2的功率【答案】(1)0.8 V0.4 A(2)1.28102 W【解析】(1)棒滑过圆环直径OO的瞬间，MN中的电动势为动生电动势，EB2av0.8 V流经L1的电流I0.4 A.(2)电路中的电动势为感生电动势，E灯L2的功率P22RL21.28102 W.能力提升8(2019北京名校模拟)如图所示，两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有电阻R.金属棒ab与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向上，金属棒ab始终保持静止下列说法正确的是()A当B均匀增大时，金属棒ab中的电流增大B当B增大时，金属棒ab中的感应电
9、流方向由a到bC当B减小时，金属棒ab中的电流一定减小D当B不变时，金属棒ab受到水平向右的静摩擦力【答案】B【解析】当B均匀增大时，根据法拉第电磁感应定律可得感应电动势ES，所以感应电动势为一定值，根据闭合电路的欧姆定律可得感应电流I保持不变，故A错误；磁感应强度增大，根据楞次定律得，ab中的感应电流方向由a到b，故B正确；如果磁感应强度均匀减小，根据法拉第电磁感应定律ES得，感应电动势恒定，则ab中的感应电流不变，故C错误；当B不变时，感应电动势为零，感应电流为零，金属棒不受安培力作用，则金属棒ab不受摩擦力，故D错误9(2019广州一模)如图甲所示，梯形硬导线框abcd固定在磁场中，磁场
10、方向与线框平面垂直，图乙表示该磁场的磁感应强度B随时间t变化的关系，t0时刻磁场方向垂直纸面向里在05t0时间内，设垂直ab边向上为安培力的正方向，线框ab边受到该磁场对它的安培力F随时间t变化的关系图为(),A),B),C),D)【答案】D【解析】02t0，感应电动势为E1S，为定值，感应电流为定值；2t03t0磁通量不变，感应电流为零；3t05t0，感应电动势为E2S，为定值，感应电流也为定值即02t0、3t05t0感应电流大小相等，安培力FBILB.由于0t0，B逐渐减小到零，故安培力逐渐减小到零，根据楞次定律可知，线圈中感应电流方向为顺时针，依据左手定则可知，线框ab边受到安培力方向向
11、上，即为正；同理，t02t0，安培力方向向下，为负，大小增大；在2t03t0，没有安培力；在3t04t0，安培力方向向上，为正，大小减小；在4t05t0，安培力方向向下，为负，大小增大故D正确，A、B、C错误10(2019林州月考)如图甲所示，两平行导轨固定在绝缘水平面上，导轨左端接有阻值R2 的定值电阻，两导轨的间距L0.5 m，导轨平面处在竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B1 T，一根质量为m0.1 kg、长也为0.5 m的导体棒垂直放置在导轨上现用一个水平向右、大小为0.6 N的恒力F拉金属棒，使金属棒从静止开始向右运动，金属棒向右运动x2 m达到最大速度，此过程中金属棒的加速度a
12、与速度v的关系如图乙所示，金属棒在运动中始终与导轨接触良好，滑动摩擦力等于最大静摩擦力，不计导轨的电阻，求：(g取10 N/kg)(1)金属棒与导轨间的动摩擦因数；(2)金属棒的电阻r.【答案】(1)0.4(2)0.5 【解析】(1)由图乙可知，当v0时a2 m/s2 由牛顿第二定律可知Fmgma解得0.4.(2)由图象可知vm2 m/s当金属棒达到最大速度时，有FABIL且FFAmg解得I0.4 A此时电路中的电动势EBLvm根据闭合电路欧姆定律有I代入数据解得r0.5 .11在如图甲所示的电路中，螺线管匝数n1 500匝，横截面积S20 cm2.螺线管导线电阻r1.0 ，R14.0 ，R25.0 ，C30 F.在一段时间内，穿过螺线管的磁场的磁感应强度B按如图乙所示的规律变化(1)求螺线管中产生的感应电动势；(2)闭合S，电路中的电流稳定后，求电阻R1的电功率；(3)S断开后，求流经R2的电荷量【答案】(1)1.2 V(2)5.76102 W(3)1.8105 C【解析】(1)根据法拉第电磁感应定律EnS得E1 50020104 V1.2 V.(2)根据闭合电路欧姆定律I0.12 A由PI2R1得P5.76102 W.(3)S断开后，流经R2的电量即为S闭合时C板上所带的电量Q，电容器两端的电压UIR20.6 V流经R2的电荷量QCU1.8105 C
