1、滚动检测(二)感应电动势及其应用(时间：60分钟满分：100分)一、选择题(本题共8小题，每小题7分，共56分在每小题给出的四个选项中，至少有一个选项符合题目要求，全选对的得7分，选对但不全的得4分，有选错的得0分)1闭合的金属环处于随时间均匀变化的匀强磁场中，磁场方向垂直于圆环平面，则()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解析磁场均匀变化，也就是说k，根据感应电动势的定义式，EkS，其中k是一个常量，所以圆环中产生的感应电动势的数值是一个常量，所以圆环中产生的感应电动势的数值是一个常量，产生的感应电流
2、也不变化，而环上某一小段导体受安培力FIlB要发生变化答案C2.无线电力传输目前取得重大突破，在日本展出了一种非接触式电源供应系统，这种系统基于电磁感应原理可无线传输电力两个感应线圈可以放置在左右相邻或上下相对的位置，原理示意图如图1所示下列说法正确的是()图1A若A线圈中输入电流，B线圈中就会产生感应电动势B只有A线圈中输入变化的电流，B线圈中才会产生感应电动势CA中电流越大，B中感应电动势越大DA中电流变化越快，B中感应电动势越大解析根据产生感应电动势的条件，只有处于变化的磁场中，B线圈才能产生感应电动势，A错，B对；根据法拉第电磁感应定律，感应电动势的大小取决于磁通量变化率，所以C错，D
3、对答案BD3矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，磁感线的方向与导线框所在平面垂直，规定磁场的正方向垂直纸面向里，磁感应强度B随时间变化的规律如图2所示若规定顺时针方向为感应电流I的正方向，则导线框中的感应电流图象正确的是()图2解析01 s内磁感应强度均匀增加，由楞次定律知感应电流方向为逆时针，即感应电流方向与规定的正方向相反，为负值，又由法拉第电磁感应定律En及闭合电路欧姆定律知，感应电流i为定值；1 2 s内磁感应强度均匀减小，同理可判断感应电流为顺时针方向，大小不变；2 3 s内磁感应强度反方向均匀增加，同理可判断感应电流为顺时针方向，大小不变；3 4 s内磁场方向垂直纸面向外，且均匀减
4、小，同理可判断感应电流为逆时针方向，大小不变，故选项D正确答案D4环形线圈放在匀强磁场中，设在第1 s内磁场方向垂直于线圈平面向里，如图3甲所示若磁感应强度随时间t的变化关系如图3乙所示，那么在第2 s内，线圈中感应电流的大小和方向是()图3A大小恒定，逆时针方向B大小恒定，顺时针方向C大小逐渐增加，顺时针方向D大小逐渐减小，逆时针方向解析由题图乙可知，第2 s内为定值，由E S知，线圈中感应电动势为定值，所以感应电流大小恒定第2 s内磁场方向向外，穿过线圈的磁通量减少，由楞次定律判断知感应电流为逆时针方向，A项正确B、C、D错误答案A5.图4中两条平行虚线之间存在匀强磁场，虚线间的距离为l，
5、磁场方向垂直纸面向里，abcd是位于纸面内的梯形线圈，ad与bc间的距离也为l.t0时刻，bc边与磁场区域边界重合(如图)现令线圈以恒定的速度v沿垂直于磁场区域边界的方向穿过磁场区域取沿abcda的感应电流为正，则在线圈穿越磁场区域的过程中，感应电流i随时间t变化的图线可能是()图4解析线圈进入时，bc边切割磁感线，随进入的增多，ab边、cd边导体部分切割磁感线，且切割的有效长度增加，由右手定则可知电流的方向与规定的正方向相反，线框穿出磁场时，电流反向，且切割的有效长度增加，故选项B正确答案B6.如图5所示，先后两次将同一个矩形线圈由匀强磁场中拉出，两次拉动的速度相同第一次线圈长边与磁场边界平
6、行，将线圈全部拉出磁场区，拉力做功W1、通过导线截面的电荷量为q1，第二次线圈短边与磁场边界平行，将线圈全部拉出磁场区域，拉力做功为W2、通过导线截面的电荷量为q2，则()图5AW1W2，q1q2 BW1W2，q1q2CW1W2，q1q2 DW1W2，q1q2解析设矩形线圈的长边为a，短边为b，电阻为R，速度大小为v，则W1BI1baBba，W2BI2abBab，因为ab，所以W1W2，通过导体截面的电荷量q1I1t1q2故选项A正确答案A7.如图6所示，两个互连的金属圆环，粗金属环的电阻是细金属环电阻的.磁场垂直穿过粗金属环所在区域，当磁感应强度随时间均匀变化时，在粗环内产生的感应电动势为E
7、，则a、b两点间的电势差为()图6A.E B.E C.E DE解析设粗环电阻为R，则细环电阻为2R，由于磁感应强度随时间均匀变化，故闭合电路中产生的感应电动势E恒定，由闭合电路欧姆定律得电路中感应电流I，由欧姆定律得a、b两点电势差(细环两端电压)UI2RE.答案C8如图7甲所示，一个电阻为R，面积为S的矩形导线框abcd，水平放置在匀强磁场中，磁场的磁感应强度为B，方向与ad边垂直并与线框平面成45角，O、O分别是ab边和cd边的中点现将线框右半边ObcO绕OO逆时针旋转90到图7乙所示位置，在这一过程中，导线中通过的电荷量是()图7A. B. C. D0解析线框左半边不动，磁通量不变，穿过
8、右半边的磁通量1BSsin 45BS，旋转90时，21BS，但因磁感线穿入方向变化，故磁通量变化应是12BS，线框产生的平均电动势，通过的电荷量qtt，A正确答案A二、非选择题(本题共4小题，共44分计算题要求有必要的文字叙述，列出必要的方程和演算步骤)9(8分)为了探测海洋中水的运动，科学家有时依靠水流通过地磁场产生的感应电动势测水的流速假设某处地磁场的竖直分量为0.5104 T，两个电极插入相距2.0 m的水流中，且两电极所在的直线与水流方向垂直，如果与两极相连的灵敏电压表示数为5.0105 V，求水流的速度解析海水中含有各种导电物质，相当于导电液流过两极之间切割磁感线产生感应电动势，由E
9、BLv得v m/s0.5 m/s.答案0.5 m/s10.(12分)如图8所示，水平放置的平行轨道M、N间接一阻值为R0.128 的电阻，轨道宽为L0.8 m轨道上搭一金属棒ab，其质量m0.4kg，ab与轨道间动摩擦因数为0.5，除R外其余电阻不计垂直于轨道面的匀强磁场磁感应强度为B2 T，ab在一电动机牵引下由静止开始运动，经过2 s，ab运动了1.2 m并达到最大速度此过程中电动机平均输出功率为8 W，最大输出功率为14.4 W求该过程中电阻R上消耗的电能(取g10 m/s2)图8解析当电动机拉力等于导体棒所受安培力与滑动摩擦力之和时，速度最大为vmax，由题知此时电动机输出功率最大故有
10、Fmg将已知数据代入得10 vvmax7.20解得vmax0.8 m/s.全过程由能量转化和守恒定律tQmgxmv代入已知数据得Q13.472 J.答案13.472 J11.图9(12分)如图9所示，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
11、度v线框中产生的感应电动势EBLvBL(2)此时线框中电流I，cd两点间的电势差UIRBL(3)安培力FBIL根据牛顿第二定律mgFma，由a0，解得下落高度满足h答案(1)BL(2)BL(3)h12(12分)如图10甲所示，一对平行光滑轨道放置在水平面上，两轨道间距l0.20 m，电阻R1.0 .有一导体杆静止地放在轨道上，与两轨道垂直，杆及轨道的电阻皆可忽略不计，整个装置处于磁感应强度B0.5 T的匀强磁场中，磁场方向垂直轨道向下现用一外力F沿轨道方向拉杆，使之做匀加速运动，测得力F与时间t的关系如图10乙所示求杆的质量m和加速度a.图10解析导体杆在轨道上做初速度为零的匀加速直线运动，用v表示瞬时速度的大小，t表示时间，则杆切割磁感线产生的感应电动势为EBlvBlat闭合回路中的感应电流为I由安培力公式和牛顿第二定律得FBIlma将式代入式整理得Fmaat由乙图线上取两点t10，F11 N；t230 s，F24 N代入式联立方程解得a10 m/s2，m0.1 kg.答案0.1 kg10 m/s2