2022年高中物理 2.5电磁感应的案例分析自我小测 沪科版选修3-2.doc

2022年高中物理 2.5电磁感应的案例分析自我小测 沪科版选修3-21如下图所示，一水平放置的圆形通电线圈a固定，另一较小的圆形线圈b从a的正上方下落，在下落过程中两线圈始终保持平行且共轴，则线圈b从线圈a的正上方下落过程中，从上往下看线圈b应是(　　)A．无感应电流，有动生电动势B．有顺时针方向的感应电流C．先有顺时针方向的感应电流，后有逆时针方向的感应电流D．先有逆时针方向的感应电流，后有顺时针方向的感应电流2如下图所示为两个同心闭合线圈的俯视图，若内线圈中通有图示的电流I1，则当I1增大时，外线圈中的感应电流I2的方向及I2受到的安培力F的方向，下列判断正确的是(　　)A．I2顺时针方向，F沿半径指向圆心B．I2逆时针方向，F沿半径背离圆心C．I2逆时针方向，F沿半径指向圆心D．I2顺时针方向，F沿半径背离圆心3如下图所示，相距为d的两水平直线L1和L2分别是水平向里的匀强磁场的边界，磁场的磁感应强度为B，正方形线框abcd边长为L(L

当用外力使ab棒右移时，下列判断中正确的是(　　)A．穿过线框的磁通量不变，框内没有感应电流B．框内有感应电流，电流方向沿顺时针方向绕行C．框内有感应电流，电流方向沿逆时针方向绕行D．框内有感应电流，左半边逆时针方向绕行，右半边顺时针方向绕行5如下图所示，两光滑平行金属导轨间距为L，直导线MN垂直跨在导轨上，且与导轨接触良好，整个装置处于垂直纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度为B电容器的电容为C，除电阻R外，导轨和导线的电阻均不计，现给导线MN一定的初速度，使导线MN向右运动，当电路稳定后，MN以速度v向右做匀速运动(　　)A．电容器两端的电压为零 B．电阻两端的电压为BLvC．电容器所带电荷量为CBLv D．以上说法均不正确6如下图所示，一边长为L的正方形闭合导线框，下落过程中穿过一宽度为d(d>L)的匀强磁场区设导线框在穿过磁场区的过程中，不计空气阻力，它的上下两边保持水平，线框平面始终与磁场方向垂直若线框在位置Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ时，其加速度a1、a2、a3的方向均竖直向下，则(　　)A．a1＝a3

若磁感应强度B随时间变化的关系如下图乙所示，那么在第2 s内线圈中所产生的感应电流的大小和方向是(　　)A．逐渐增大，逆时针方向 B．逐渐减小，逆时针方向C．大小恒定，逆时针方向 D．大小恒定，顺时针方向8如下图所示，两根竖直放置的光滑平行导轨，一部分处于方向垂直导轨所在平面且有上下水平边界的匀强磁场中，一根金属杆MN水平沿导轨滑下，在由导轨和电阻R组成的闭合电路中，其他电阻不计，当金属杆MN进入磁场区后，其运动速度图像可能是下图中的(　　)9(xx山东省高考题)如下图所示，一导线弯成半径为a的半圆形闭合回路虚线MN右侧有磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于回路所在的平面回路以速度v向右匀速进入磁场，直径CD始终与MN垂直从D点到达边界开始到C点进入磁场为止，下列结论正确的是(　　)A．感应电流方向不变B．CD段直线始终不受安培力C．感应电动势最大值E＝BavD．感应电动势平均值＝πBav10如下图所示，矩形线圈一边长为a，另一边长为b，电阻为R，当它以速度v匀速穿过宽度为L、磁感应强度为B的匀强磁场的过程中，若b＞L，产生的电能为________，通过导体截面的电荷量为________；若b＜L，产生的电能为______，通过导体截面的电荷量为______。

11如下图所示，AB和CD是足够长的平行光滑导轨，其间距为l，导轨平面与水平面的夹角为θ整个装置处在磁感应强度为B、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中AC端连有电阻值为R的电阻若将一质量为M，垂直于导轨的金属棒EF在距BD端s处由静止释放，在EF棒滑至底端前会有加速和匀速两个运动阶段今用大小为F、方向沿斜面向上的恒力把EF棒从BD位置由静止推至距BD端s处，突然撤去恒力F，棒EF最后又回到BD端金属棒、导轨的电阻均不计)求：(1)EF棒下滑过程中的最大速度2)EF棒自BD端出发又回到BD端的整个过程中，有多少电能转化成了内能？12如下图所示，半径为R的圆形导轨处在垂直于圆平面的匀强磁场中，磁感应强度为B，方向垂直于纸面向内一根长度略大于导轨直径的导体棒MN以恒定速率v在圆导轨上从左端滑到右端，电路中的定值电阻为r，其余电阻不计导体棒与圆形导轨接触良好求：(1)在滑动过程中通过电阻r的电流的平均值；(2)MN从左端到右端的整个过程中，通过r的电荷量；(3)当MN通过圆导轨中心时，通过r的电流是多少？参考答案1答案：C2答案：B3解析：线框全部进入磁场时没有感应电流，线框在进入磁场过程中可能做匀速运动。

线框穿出磁场与进入磁场瞬间速度相同，则线框有加速也有减速运动过程线框产生的热量由重力势能的减少来提供，框穿过磁场的过程中，重力势能的减少量为mg(d＋L)故答案为B答案：B4解析：ab棒右移时，切割磁感线根据右手定则，ab棒中的感应电流方向从a流向b此时ab棒起着电源的作用，分别对两边电阻供电，如下图所示，所以流过R1、R2的电流都由上而下地绕行答案：D5解析：当棒匀速运动时，电动势E＝BLv不变，电容器不充电也不放电，无电流产生，故电阻两端没有电压，电容器两板间的电压为U＝E＝BLv，所带电荷量Q＝CU＝CBLv，故选项C是正确的答案：C6解析：当线框在位置Ⅰ时，根据楞次定律，磁场力方向向上，故a1

答案：C8解析：因MN下落高度未知，故进入磁场时所受安培力F安与G的关系可能有三种，容易分析得出答案为A、C、D答案：ACD9解析：在闭合电路进入磁场的过程中，通过闭合电路的磁通量逐渐增大，根据楞次定律可知感应电流的方向为逆时针方向不变，A正确根据左手定则可以判断，CD段受安培力向下，B不正确当半圆闭合回路进入磁场一半时，即这时等效长度最大为a，这时感应电动势最大E＝Bav，C正确感应电动势平均值＝＝＝πBav，D正确答案：CD10解析：当b＞L时，线圈匀速运动产生感应电流的有效位移为2L，即有感应电流的时间为t1＝，再根据E＝Bav，W电＝t，q＝It＝t，解上述方程可得出所求的答案；当b＜L时，线圈匀速运动产生感应电流的有效位移为2b，即有感应电流的时间为t2＝，用同样的方法可求得答案答案：　　　11解析：(1)如下图所示，当EF从距BD端s处由静止开始滑至BD的过程中，受力情况如图所示安培力：F安＝BIl＝Bl，根据牛顿第二定律：a＝ ①所以，EF由静止开始做加速度减小的变加速运动当a＝0时速度达到最大值vm由①式中a＝0有：Mgsinθ－B2l2vm/R＝0 ②vm＝。

2)由恒力F推金属棒至距BD端s处，棒先减速至零，然后从静止下滑，在滑回BD之前已达最大速度vm开始匀速，设EF棒由BD从静止出发到再返回BD过程中，转化成的内能为ΔE根据能的转化与守恒定律：Fs－ΔE＝Mvm2 ③ΔE＝Fs－M()2答案：(1)vm＝(2)ΔE＝Fs－M()212解析：先由E＝n得到平均感应电动势，再由I＝得平均电流，进而由Q＝IΔt求电荷量，第(3)问求电流的瞬时值可由E＝BLv与I＝得到所以，导体棒从左向右滑动的过程中，切割磁感线产生感应电动势，对电阻r供电1)计算平均电流，应该用法拉第电磁感应定律先求出平均感应电动势整个过程磁通量的变化为ΔΦ＝BS＝BπR2，所用的时间Δt＝，代入公式E＝＝，平均电流为I＝＝2)电荷量的运算应该用平均电流，Q＝IΔt＝3)当MN通过圆形导轨中心时，切割磁感线的有效长度最大，l＝2R，根据导体切割磁感线产生的电动势公式E＝Blv，得E＝B·2Rv，此时通过r的电流为I＝＝答案：(1)平均电流I＝　(2)电荷量Q＝　(3)瞬时电流I＝。