2016-2017学年高中物理第4章电磁感应5电磁感应现象的两类情况学业分层测评新人教版选修

电磁感应现象的两类情况(建议用时：45分钟)学业达标1(多选)某空间出现了如图4­5­8所示的一组闭合电场线，方向从上向下看是顺时针的，这可能是()图4­5­8A沿AB方向磁场在迅速减弱B沿AB方向磁场在迅速增强C沿BA方向磁场在迅速增强D沿BA方向磁场在迅速减弱【解析】感生电场的方向从上向下看是顺时针的，假设在平行感生电场的方向上有闭合回路，则回路中的感应电流方向从上向下看也应该是顺时针的，由右手螺旋定则可知，感应电流的磁场方向向下，根据楞次定律可知，原磁场有两种可能：原磁场方向向下且沿AB方向减弱，或原磁场方向向上，且沿BA方向增强，所以A、C有可能【答案】AC2(多选)下列说法中正确的是() 【导学号：94530033】A感生电场是由变化的磁场激发而产生的B恒定的磁场也能在周围空间产生感生电场C感生电场的方向也同样可以用楞次定律和右手螺旋定则来判定D感生电场的电场线是闭合曲线，其方向一定是沿逆时针方向【解析】由麦克斯韦电磁理论知A正确，B错误；感生电场的产生也是符合电磁感应原理的，C正确；感生电场的电场线是闭合的，但不一定是逆时针方向，故D错误【答案】AC3(多选)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的作用而引起的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】洛伦兹力对导体中自由电荷的作用效果是产生动生电动势的本质，A正确；在导体中自由电荷受洛伦兹力的合力与合速度方向垂直，总功为零，B错误；动生电动势的方向可由右手定则判定，C正确；只有在导体棒做匀速切割磁感线时，除安培力以外的力的合力与安培力大小相等、方向相反，做变速运动时不成立，D错误故选A、C.【答案】AC4(多选)如图4­5­9所示，导体AB在做切割磁感线运动时，将产生一个感应电动势，因而在电路中有电流通过，下列说法中正确的是()图4­5­9A因导体运动而产生的感应电动势称为动生电动势B动生电动势的产生与洛伦兹力有关C动生电动势的产生与电场力有关D动生电动势和感生电动势产生的原因是一样的【解析】根据动生电动势的定义，A正确动生电动势中的非静电力与洛伦兹力有关，感生电动势中的非静电力与感生电场有关，B正确，C、D错误【答案】AB5如图4­5­10所示，在匀强磁场中，放置两根光滑平行导轨MN和PQ，其电阻不计，ab、cd两根导体棒，其电阻RabRcd，当ab棒在外力F1作用下向左匀速滑动时，cd棒在外力F2作用下保持静止，F1和F2的方向都与导轨平行，那么，F1和F2大小相比、ab和cd两端的电势差相比，正确的是()图4­5­10AF1F2，UcdUabBF1F2，UabUcdCF1F2，UabUcd DF1F2，UabUcd【解析】因ab和cd的磁场力都是FBIl，又因为ab棒在外力F1作用下向左匀速滑动时，cd在外力F2作用下保持静止，故F1F2，又由MN、PQ电阻不计，所以a、c两点等势，b、d两点等势，因而UabUcd，故B正确【答案】B6一直升机停在南半球的地磁极上空，该处地磁场的方向竖直向上，磁感应强度为B，直升机螺旋桨叶片的长度为l，螺旋桨转动的频率为f，顺着地磁场的方向看螺旋桨，螺旋桨按顺时针方向转动螺旋桨叶片的近轴端为a，远轴端为b，如图4­5­11所示如果忽略a到转轴中心线的距离，用E表示每个叶片中的感应电动势，则() 图4­5­11【导学号：94530034】A. Efl2B，且a点电势低于b点电势B. E2fl2B，且a点电势低于b点电势C. Efl2B，且a点电势高于b点电势D. E2fl2B，且a点电势高于b点电势【解析】直升机螺旋桨的叶片围绕着轴转动，产生的感应电动势为EBlvBlvbBl(l)B(2f)l2fl2B，设想ab是闭合电路的一部分导体，由右手定则知感应电流方向为ab，所以b点电势比a点电势高选项A正确【答案】A7(2016·邢台高二检测)如图4­5­12所示，L10.5 m，L20.8 m，回路总电阻为R0.2 ，M0.04 kg，导轨光滑，开始时磁场B01 T现使磁感应强度以B/t0.2 T/s的变化率均匀地增大，试求：当t为多少时，M刚好离开地面？(g取10 m/s2)图4­5­12【解析】回路中原磁场方向向下，且磁感应强度增加，由楞次定律可以判知，感应电流的磁场方向向上，根据安培定则可以判知，ab中的感应电流的方向是ab，由左手定则可知，ab所受安培力的方向水平向左，从而向上拉起重物设ab中电流为I时M刚好离开地面，此时有FBIL1Mg，IE/RE/tL1L2·B/tBB0(B/t)t解得F0.4 N，I0.4 A，B2 T，t5 s.【答案】5 s能力提升8如图4­5­13所示，足够长的平行金属导轨倾斜放置，倾角为37°，宽度为0.5 m，电阻忽略不计，其上端接一小灯泡，电阻为1 .一导体棒MN垂直于导轨放置，质量为0.2 kg，接入电路的电阻为1 ，两端与导轨接触良好，与导轨间的动摩擦因数为0.5.在导轨间存在着垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为0.8 T将导体棒MN由静止释放，运动一段时间后，小灯泡稳定发光，此后导体棒MN的运动速度以及小灯泡消耗的电功率分别为(重力加速度g取10 m/s2，sin 37°0.6)() 图4­5­13【导学号：94530035】A2.5 m/s1 WB5 m/s1 WC7.5 m/s9 W D15 m/s9 W【解析】把立体图转为平面图，由平衡条件列出方程是解决此类问题的关键对导体棒进行受力分析做出截面图，如图所示，导体棒共受四个力作用，即重力、支持力、摩擦力和安培力由平衡条件得mgsin 37°F安FfFfFNFNmgcos 37°而F安BILIEBLv联立式，解得v代入数据得v5 m/s.小灯泡消耗的电功率为PI2R由式得P2R1 W故选项B正确【答案】B9如图4­5­14甲所示，n50匝的圆形线圈M，它的两端点a、b与内阻很大的电压表相连，线圈中磁通量的变化规律如图乙所示，则a、b两点的电势高低与电压表的读数为()甲乙图4­5­14Aa>b,20 V Ba>b,10 VCa<b,20 V Da<b,10 V【解析】圆形线圈产生电动势，相当于电源内电路，磁通量均匀增大，由楞次定律可知，线圈中感应电流为逆时针方向，由于线圈相当于内电路，故a>b；又En50× V10 V，所以电压表的示数为10 V，B正确【答案】B10(2016·黄冈高二检测)如图4­5­15所示，两根足够长的光滑金属导轨MN、PQ间距为l0.5 m，其电阻不计，两导轨及其构成的平面均与水平面成30°角完全相同的两金属棒ab、cd分别垂直导轨放置，每棒两端都与导轨始终有良好接触，已知两棒的质量均为0.02 kg，电阻均为R0.1 ，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度为B0.2 T，棒ab在平行于导轨向上的拉力F作用下，沿导轨向上匀速运动，而棒cd恰好保持静止，g取10 m/s2.求：图4­5­15(1)通过cd棒的电流I是多少，方向如何？(2)棒ab受到的拉力F多大？(3)拉力F做功的功率P是多少？【解析】(1)对cd棒受力分析可得：BIlmgsin 30°代入数据，得I1 A根据右手定则判断，通过cd棒的电流方向由d到c.(2)对ab棒受力分析可得：FBIlmgsin 30°代入数据，得F0.2 N.(3)根据I，PFv得P0.4 W.【答案】(1)1 A由d到c(2)0.2 N(3)0.4 W11(2016·郑州高二检测)如图4­5­16甲所示，平行金属导轨竖直放置，导轨间距为L1 m，上端接有电阻R13 ，下端接有电阻R26 ，虚线OO下方是垂直于导轨平面的匀强磁场现将质量m0.1 kg、电阻不计的金属杆ab，从OO上方某处垂直导轨由静止释放，杆下落0.2 m过程中始终与导轨保持良好接触，加速度a与下落距离h的关系图象如图乙所示求： 【导学号：94530036】甲乙图4­5­16(1)磁感应强度B；(2)杆下落0.2 m过程中通过电阻R2的电荷量q.【解析】(1)由题图乙知，杆自由下落距离是0.05 m，当地重力加速度g10 m/s2，则杆进入磁场时的速度v1 m/s由题图乙知，杆进入磁场时加速度ag10 m/s2由牛顿第二定律得mgF安ma回路中的电动势EBLv杆中的电流IR并F安BIL得B2 T.(2)杆在磁场中运动产生的平均感应电动势B·杆中的平均电流通过杆的电荷量QI·t通过R2的电荷量qQ0.05C【答案】(1)2 T(2)0.05 C