《2018-2019學年高中物理 第四章 電磁感應 課后提升作業(yè)四 4.5 電磁感應現(xiàn)象的兩類情況 新人教版選修3-2.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2018-2019學年高中物理 第四章 電磁感應 課后提升作業(yè)四 4.5 電磁感應現(xiàn)象的兩類情況 新人教版選修3-2.doc（9頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

課后提升作業(yè) 四 電磁感應現(xiàn)象的兩類情況 (40分鐘　50分) 一、選擇題(本題共5小題,每小題7分,共35分) 1.(多選)如圖所示,導體AB在做切割磁感線運動時,將產(chǎn)生一個感應電動勢,因而在電路中有電流通過,下列說法中正確的是　(　　) A.因?qū)w運動而產(chǎn)生的感應電動勢稱為動生電動勢 B.動生電動勢的產(chǎn)生與洛倫茲力有關 C.動生電動勢的產(chǎn)生與電場力有關 D.動生電動勢和感生電動勢產(chǎn)生的原因是一樣的 【解題指南】感生電動勢的產(chǎn)生與感生電場對自由電荷的電場力有關,動生電動勢的產(chǎn)生與洛倫茲力有關;若計算此題中的動生電動勢,可用E=ΔΦΔt,也可用E=Blv。 【解析】選A、B。根據(jù)動生電動勢的定義,A項正確。動生電動勢中的非靜電力與洛倫茲力有關,感生電動勢中的非靜電力與感生電場有關,B項正確,C、D項錯誤。 2.(多選)法拉第圓盤發(fā)電機的示意圖如圖所示。銅圓盤安裝在豎直的銅軸上,兩銅片P、Q分別與圓盤的邊緣和銅軸接觸。圓盤處于方向豎直向上的勻強磁場B中。圓盤旋轉(zhuǎn)時,關于流過電阻R的電流,下列說法正確的是　(　　) A.若圓盤轉(zhuǎn)動的角速度恒定,則電流大小恒定 B.若從上往下看,圓盤順時針轉(zhuǎn)動,則電流沿a到b的方向流動 C.若圓盤轉(zhuǎn)動方向不變,角速度大小發(fā)生變化,則電流方向可能發(fā)生變化 D.若圓盤轉(zhuǎn)動的角速度變?yōu)樵瓉淼?倍,則電流在R上的熱功率也變?yōu)樵瓉淼?倍 【解析】選A、B。若圓盤轉(zhuǎn)動的角速度恒定,則相當于無數(shù)切割磁感線的導體的運動速度恒定,切割磁感線感應電動勢為E=12Br2ω也恒定,則電流大小恒定,A正確;由右手定則可知,從上往下看,只要圓盤順時針轉(zhuǎn)動,電流就沿a到b的方向流動,不會改變,B正確,C錯誤;由于電流在R上的熱功率與電流的平方成正比,圓盤轉(zhuǎn)動的角速度變?yōu)樵瓉淼?倍時,圓盤切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢變?yōu)樵瓉淼?倍,電流也變?yōu)樵瓉淼?倍,電流在R上的熱功率變?yōu)樵瓉淼?倍,選項D錯誤。 【補償訓練】 如圖所示,OO′為一金屬轉(zhuǎn)軸(只能轉(zhuǎn)動不能移動),M為與OO′固定連接且垂直于OO′的金屬桿,當OO′轉(zhuǎn)動時,M的另一端在固定的金屬環(huán)N上滑動,并保持良好的接觸。整個裝置處于一勻強磁場中,磁場方向平行于OO′軸,磁感應強度的大小為B0。圖中為一理想電壓表,一端與OO′接觸,另一端與環(huán)N連接。已知當OO′的角速度ω=ω0時,電壓表讀數(shù)為U0;如果將磁場變?yōu)榇鸥袘獜姸葹閚B0的勻強磁場,而要電壓表的讀數(shù)為mU0時,則OO′轉(zhuǎn)動的角速度應變?yōu)椤?　　) A.nω0　　　 B.mω0　　　 C.nmω0　　　 D.mnω0 【解析】選D。電壓表為理想電壓表,故電壓表讀數(shù)為金屬桿M轉(zhuǎn)動切割磁感線時產(chǎn)生的感應電動勢的大小。U0=12B0ω0r2,磁感應強度變?yōu)閚B0后有mU0=12nB0ω′r2,r為金屬桿的長度,則ω′=mnω0。故D正確。 3.如圖所示,a、b兩個閉合正方形線圈用同樣的導線制成,匝數(shù)均為10匝,邊長la=3lb,圖示區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場,且磁感應強度隨時間均勻增大,不考慮線圈之間的相互影響,則　(　　) A.兩線圈內(nèi)產(chǎn)生順時針方向的感應電流 B.a、b線圈中感應電動勢之比為9∶1 C.a、b線圈中感應電流之比為3∶4 D.a、b線圈中電功率之比為3∶1 【解析】選B。根據(jù)楞次定律可知,兩線圈內(nèi)均產(chǎn)生逆時針方向的感應電流,A錯誤;因磁感應強度隨時間均勻增大,則ΔBΔt=k,根據(jù)法拉第電磁感應定律可得E=nΔΦΔt=nΔBΔtl2,則EaEb=312=91,B正確;根據(jù)I=ER=∝l,故a、b線圈中感應電流之比為3∶1,C錯誤;電功率P=IE=nΔBΔtl2=∝l3,故a、b線圈中電功率之比為27∶1,D錯誤。 【補償訓練】 (多選)如圖甲所示,水平放置的平行金屬導軌連接一個平行板電容器C和電阻R,導體棒MN放在導軌上且接觸良好,整個裝置放在垂直導軌平面的磁場中,磁感應強度B的變化情況如圖乙所示(圖示磁感應強度方向為正方向),MN始終保持靜止,則0～t2時間內(nèi)　(　　) A.電容器C的電荷量大小始終沒變 B.電容器C的a板先帶正電后帶負電 C.MN所受安培力的大小始終沒變 D.MN所受安培力的方向先向右后向左 【解析】選A、D。磁感應強度均勻變化,產(chǎn)生恒定電動勢,電容器C的電荷量大小始終沒變,選項A正確,B錯誤;由于磁感應強度變化,MN所受安培力的大小變化,MN所受安培力的方向先向右后向左,選項C錯誤,D正確。 4.(多選)在如圖甲所示的虛線框內(nèi)有勻強磁場,設圖示磁場方向為正,磁感應強度隨時間變化規(guī)律如圖乙所示。邊長為l,電阻為R的正方形均勻線框abcd有一半處在磁場中,磁場方向垂直于線框平面,此時線框ab邊的發(fā)熱功率為P,則下列說法正確的是　(　　) A.磁感應強度B0= B.線框中感應電流為I=2PR C.線框cd邊的發(fā)熱功率為P D.a端電勢高于b端電勢 【解析】選B、C。由題圖乙可知,線框中產(chǎn)生的感應電動勢恒定,線框ab邊的發(fā)熱功率為P=E24R,感應電動勢E=ΔBΔtS=2B0T,所以B0=,A錯誤;由P=14I2R可得線框中的感應電流I=2PR,B正確;cd邊電阻等于ab邊電阻,而兩邊流過的電流相等,因此發(fā)熱功率相等,C正確;由楞次定律可判斷,線框中感應電流方向為adcba,因此a端電勢比b端電勢低,D錯誤。 【補償訓練】 在邊長為L、電阻為R的正方形導線框內(nèi),以對稱軸ab為界,左、右兩側(cè)分別存在著方向如圖甲所示的勻強磁場。以垂直紙面向外的磁場為正,兩部分磁場的磁感應強度B隨時間t的變化規(guī)律分別如圖乙所示。則在0～t0時間內(nèi),導線框中　 (　　) A.無感應電流 B.感應電流逐漸變大 C.感應電流為順時針方向,大小為L2B0t0R D.感應電流為逆時針方向,大小為2L2B0t0R 【解析】選C。根據(jù)楞次定律可知,左邊的導線框的感應電流是順時針,而右邊的導線框的感應電流也是順時針,則整個導線框的感應電流方向為順時針,故A錯誤;由法拉第電磁感應定律知,因磁場的變化,導致導線框內(nèi)產(chǎn)生感應電動勢,結(jié)合題意可知,產(chǎn)生的感應電動勢正好是兩者之和,即為E=2L2B02t0=L2B0t0;再由閉合電路歐姆定律,可得感應電流大小為I=ER=L2B0t0R,故C正確,B、D錯誤。 5.(多選)(2018威海高二檢測)如圖所示,豎直平行金屬導軌MN、PQ上端接有電阻R,金屬桿質(zhì)量為m,跨在平行導軌上,垂直導軌平面的水平勻強磁場為B,不計ab與導軌電阻,不計摩擦,且ab與導軌接觸良好。若ab桿在豎直向上的拉力F作用下勻速上升,則以下說法正確的是　(　　) A.拉力F所做的功等于電阻R上產(chǎn)生的熱量 B.桿ab克服安培力做的功等于電阻R上產(chǎn)生的熱量 C.電流所做的功等于重力勢能的增加量 D.拉力F與重力做功的代數(shù)和等于電阻R上產(chǎn)生的熱量 【解題指南】解答本題應注意以下兩點: (1)ab桿勻速上升時,動能不變,重力勢能增加,整個回路的內(nèi)能增加,根據(jù)能量守恒進行分析。 (2)理清整個過程中各力做功與能量轉(zhuǎn)換的關系,結(jié)合能量守恒定律和功能關系求解。 【解析】選B、D。根據(jù)能量守恒定律知,拉力F做的功等于重力勢能的增加量和電阻R上產(chǎn)生的熱量之和,故A錯誤;根據(jù)功能關系知,桿ab克服安培力做功等于電阻R上產(chǎn)生的熱量,故B正確;安培力的大小與重力的大小不一定相等,則電流做的功與重力做的功大小不一定相等,即電流做功不一定等于重力勢能的增加量,故C錯誤;根據(jù)動能定理知,拉力和重力做功等于克服安培力做功的大小,克服安培力做功等于電阻R上的熱量,故D正確。 【補償訓練】 (多選)一質(zhì)量為m、電阻為r的金屬桿ab,以一定的初速度v0從一光滑平行金屬導軌底端向上滑行,導軌平面與水平面成30角,兩導軌上端用一電阻R相連,如圖所示,磁場垂直斜面向上,導軌的電阻不計,金屬桿向上滑行到某一高度之后又返回到底端時的速度大小為v,則金屬桿在滑行過程中　(　　) A.向上滑行的時間小于向下滑行的時間 B.在向上滑行時電阻R上產(chǎn)生的熱量大于向下滑行時電阻R上產(chǎn)生的熱量 C.向上滑行時與向下滑行時通過電阻R的電荷量相等 D.金屬桿從開始上滑至返回出發(fā)點,電阻R上產(chǎn)生的熱量為12m(v02-v2) 【解析】選A、B、C。在金屬桿運動的過程中,安培力一直做負功,所以機械能在減少,故速度v小于v0,所以向上滑行的平均速度大于向下滑行的平均速度,而位移相等,根據(jù)x=vt得:向上滑行的時間小于向下滑行的時間,所以A正確;根據(jù)電動勢公式E=BLv可知上滑階段的平均感應電動勢E1大于下滑階段的平均感應電動勢E2,根據(jù)q=ΔΦR知,上滑階段和下滑階段通過回路即通過R的電量相同,再由公式W電=qE,可知上滑階段電阻R產(chǎn)生的熱量比下滑階段多,所以B、C正確;根據(jù)能量守恒知回路產(chǎn)生總的熱量為Q=12m(v02-v2),電阻R上產(chǎn)生的熱量QR=RR+rQ,故D錯誤。 二、非選擇題(15分。需寫出規(guī)范的解題步驟) 6.(2018安慶高二檢測)如圖,兩根相距l(xiāng)=0.4m、電阻不計的平行光滑金屬導軌水平放置,一端與阻值R=0.15Ω的電阻相連,導軌x>0一側(cè)存在沿x方向均勻增大的穩(wěn)恒磁場,其方向與導軌平面垂直,變化率k=0.5T/m,x=0處磁場的磁感應強度B0=1T。一根質(zhì)量m=0.1kg、電阻r=0.05Ω的金屬棒置于導軌上,并與導軌垂直。金屬棒在外力作用下從x=0處以初速度v0=2m/s沿導軌向右運動,運動過程中電阻上消耗的功率不變。求: (1)電路中的電流。 (2)金屬棒在x=2m處的速度。 (3)金屬棒在x=2m處所受安培力的大小。 (4)金屬棒從x=0運動到x=2m過程中安培力做功的大小。 【解題指南】解答本題應注意以下兩點: (1)金屬棒切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢不變,感應電流不變。 (2)安培力均勻變化可由安培力的平均值求功。 【解析】(1)金屬棒切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢為E=B0lv0=10.42V=0.8V,由閉合電路歐姆定律知,電路中的電流I=ER+r=0.80.15+0.05A=4A。 (2)由題意可知,在x=2m處,B2=B0+kx=1T+0.52T=2T,切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢,E=Blv,由上可得,金屬棒在x=2m處的速度v==0.820.4m/s=1m/s。 (3)運動過程中電阻消耗的功率P=I2R,由于電阻上消耗的功率不變,所以通過電阻的電流不變,所以金屬棒在x=2m處所受安培力大小為F2=B2Il=3.2N。 (4)由F=BIl=(B0+kx)Il為線性關系,故有W=12(F0+F2)x=4.8J。 答案:(1)4A　(2)1m/s　(3)3.2N　(4)4.8J 【補償訓練】 如圖甲所示,平行長直金屬導軌水平放置,間距L=0.4m。導軌右端接有阻值R=1Ω的電阻,導體棒垂直放置在導軌上,且接觸良好。導體棒及導軌的電阻均不計,導軌間正方形區(qū)域abcd內(nèi)有方向豎直向下的勻強磁場,bd連線與導軌垂直,長度也為L,從0時刻開始,磁感應強度B的大小隨時間t變化,規(guī)律如圖乙所示;同一時刻,棒從導軌左端開始向右勻速運動,1s后剛好進入磁場。若使棒在導軌上始終以速度v=1m/s做直線運動,求: (1)棒進入磁場前,回路中的電動勢E。 (2)棒在運動過程中受到的最大安培力F,以及棒通過三角形abd區(qū)域時電流i與時間t的關系式。 【解析】(1)棒在進入磁場前,棒沒有切割磁感線,但磁場的強弱發(fā)生變化,導致磁通量發(fā)生變化。 abcd的面積S=12L2　 ① E=nΔΦΔt=nΔBSΔt　 ② 由①②聯(lián)立得:E=0.04V (2)棒進入磁場中后,做切割磁感線運動,當棒到達bd時,產(chǎn)生的感應電流最大,同時切割長度最大,到達bd時,產(chǎn)生的感應電動勢E=BLbdv　 ③ 產(chǎn)生的感應電流I=ER　 ④ 所受最大安培力F=BILbd　 ⑤ 由③④⑤聯(lián)立得:F=0.04N 棒通過三角形abd區(qū)域時,切割的長度l=2v(t-1)　 ⑥ 產(chǎn)生的感應電動勢E=Blv　 ⑦ 感應電流i=ER?、? 由⑥⑦⑧聯(lián)立得感應電流為:i=2Bv2(t-1)R(1s≤t≤1.2s) 答案:(1)0.04V (2)0.04N　i=2Bv2(t-1)R(1s≤t≤1.2s)