高中物理 第一章 电磁感应 第五节 电磁感应规律的应用分层训练 粤教版选修32

第五节 电磁感应规律的应用A级抓基础1穿过闭合回路的磁通量随时间t变化的图象分别如图所示下列关于回路中产生的感应电动势的论述中正确的是()A图中回路产生的感应电动势恒定不变B图中回路产生的感应电动势一直在变大C图中回路0t1时间内产生感应电动势小于在t1t2时间内产生感应电动势D图中回路产生的感应电动势先变小后变大解析：根据法拉第电磁感应定律我们知道感应电动势与磁通量的变化率成正比，即En，结合数学知识我们知道：穿过闭合回路的磁通量随时间t变化的图象的斜率k.图中磁通量不变，无感应电动势，故A错误；图中磁通量随时间t均匀增大，图象的斜率k不变，也就是说产生的感应电动势不变，故B错误；图中回路在0t1时间内磁通量随时间t变化的图象的斜率为k1，在tlt2时间内磁通量随时间t变化的图象的斜率为k2，从图象中发现： k1大于k2的绝对值所以在0t1时间内产生的感应电动势大于在tlt2时间内产生的感应电动势，故C错误；图中磁通量随时间t变化的图象的斜率先变小后变大，所以感应电动势先变小后变大，故D正确答案：D2如图所示，一闭合线圈从高处自由落下，穿过一个有界的水平方向的匀强磁场区(磁场方向与线圈平面垂直)，线圈的一个边始终与磁场区的边界平行，且保持竖直的状态不变在下落过程中，当线圈先后经过位置、时，其加速度的大小分别为a1、a2、a3.下列关系正确的是()Aa1g，a20，a3gBa1g，a2g，a3gCa1g，a2g，a3g Da1g，a3g解析：当线圈刚进入磁场时，由于穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律可知此时的感应电流产生的磁场要阻碍物体间的相对运动，即线圈受到向上的安培力，此过程中有mgFma，所以a1g，当线圈完全进入磁场后，磁通量不变，此过程中无感应电流产生，即线圈只受重力作用，故a2g；当线圈穿出磁场过程中，根据楞次定律可知，产生的磁场要阻碍线圈离开磁场，即产生向上的安培力，所以此时有mgFma，即a3g，C正确答案：C3.(多选)如图所示，有两根和水平方向成角的光滑平行的金属轨道，上端接有可变电阻R，下端足够长，空间有垂直于轨道平面的匀强磁场，磁感强度为B.一根质量为m的金属杆从轨道上由静止滑下，经过足够长的时间后，金属杆的速度会趋近于一个最大速度vm，则()A如果B增大，vm将变大B如果变大，vm将变大C如果R变大，vm将变大D如果m变小，vm将变大解析：金属杆做加速度减小的加速运动，当加速度为零时速度达到最大，此时mgsin F安BL，所以vm.可知B、C对答案：BC4.如图所示，竖直放置的两根平行金属导轨之间接有定值电阻R，金属棒与两导轨始终保持垂直并接触良好，金属棒与导轨的电阻均不计，整个装置放在与导轨平面垂直的匀强磁场中，金属棒在竖直向上的恒力F作用下加速上升，此过程中力F做的功与安培力做的功的代数和等于()A棒的机械能增加量 B棒的动能增加量C棒的重力势能增加量D电阻R上放出的热量解析：棒受到重力、安培力、恒力F的作用，安培力和恒力F做功的代数和(安培力做负功)等于棒的机械能的增加量，故A正确；棒加速上升过程中，根据动能定理，棒的动能增加量等于棒受到的重力、安培力、恒力F的合力做的功，故B错误；棒加速上升过程中，棒的重力做负功，棒的重力势能增加，棒克服重力做的功就等于棒重力势能的增加量，故C错误；导轨克服安培力做的功等于电阻R上放出的热量，故D错误答案：A5一架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，如图所示如果忽略a到转轴中心线的距离，用表示每个叶片中的感应电动势，则()Afl2B，且a点电势低于b点电势B2fl2B，且a点电势低于b点电势Cfl2B，且a点电势高于b点电势D2fl2B，且a点电势高于b点电势解析：每个叶片都切割磁感线，根据右手定则，a点电势低于b点电势又vl2fl，所以电动势为EBl2Bl22ffl2B.故A正确，B、C、D错误答案：AB级提能力6有人把自行车进行了改装，在后车轮上装上了一个小型发电机，想看电视时，就骑在自行车上不停地蹬车，可供电视、照明用电发电机原理如图甲所示，在匀强磁场中，磁感应强度为B，放置一个有固定转轴的发电轮，如图乙所示，发电轮平面与磁感应强度垂直，发电轮半径为r，轮轴和轮缘为两个输出电极，该发电机输出电压接一理想变压器，再给一小灯泡供电，则下列说法中正确的是()图甲图乙A当人蹬车的速度增大时，小灯泡两端的电压降低B当人蹬车的速度增大时，小灯泡两端的电压不变C小灯泡的功率与发电机转速无关D小灯泡的功率随发电机转速的增大而增大解析：PQ输出端的电压为UBr2，当人蹬车的速度增大时，小灯泡两端的电压增大，选项AB错误；小灯泡的功率： P，则小灯泡的功率随发电机转速的增大而增大，选项C错误，D正确答案：D7.(多选)如图所示，将边长为l的正方形闭合线圈以不同速度v1、v2向右匀速拉出磁场时(v1W1B拉力的功率P2P1C流过线框的电荷量Q2Q1D线框中的感应电流I2I1解析：速度越大，感应电动势、感应电流越大，拉力等于安培力，安培力FBIL，可知拉力越大，由WFs可知A对；拉力的功率等于安培力的功率PFv，B对；电荷量qItt相同，C错、D对答案：ABD8.(多选)如图所示，让闭合线圈abcd从高h处下落时，进入匀强磁场中，在bc边开始进入磁场到ad边刚进入磁场的这一段时间内，线圈可能的运动情况是()A匀加速运动 B匀速运动C变加速运动 D变减速运动解析：如果刚开始进入时，重力和安培力相等，则线圈受力平衡，做匀速直线运动，若重力大于安培力，进入磁场后，线圈速度增大，安培力F随着速度增大而增大，所以合力减小，做变加速直线运动，若安培力大于重力，线圈进入磁场时，合力向上，速度减小，安培力减小，所以合力减小，加速度减小，故做变减速直线运动，故B、C、D正确答案：BCD9如图甲所示，用粗细均匀的导线制成的一只圆形金属圈，现被一根绝缘丝线悬挂在竖直平面内处于静止状态，已知金属圈的质量为m0.1 kg，半径为r0.1 m，导线单位长度的阻值为0.1 /m，金属圈的上半部分处在一方向垂直圈面向里的有界匀强磁场中，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示，金属圈下半部分在磁场外已知从t0时刻起，测得经过10 s丝线刚好被拉断重力加速度g取10 m/s2.求：图甲图乙(1)导体圆中感应电流的大小及方向；(2)丝线所能承受的最大拉力F；(3)此过程中金属圈中产生的焦耳热Q.解析：(1)由楞次定律可知，导体圆中电流方向为逆时针方向，由图乙知： 0.8 T/s导体圆的电阻为：R2r圆中感应电流为：I0.8 A0.2 A.(2)t时刻磁感应强度为：Bt，导体圆受到的安培力为：F安BI2r，细线的拉力FF安mg2BIrmg，当t10 s时，代入数据，得F1.32 N.(3)金属圈内产生的焦耳热为：QI2Rt，代入数据，得Q0.025 J.答案：(1)0.2 A逆时针方向(2)1.32 N(3)0.025 J10如图所示，光滑且足够长的平行金属导轨MN、PQ固定在竖直平面内，两导轨间的距离为L1 m，导轨间连接的定值电阻R3 ，导轨上放一质量为m0.1 kg的金属杆ab，金属杆始终与导轨连接良好，杆的电阻r1 ，其余电阻不计，整个装置处于磁感应强度为B1.0 T的匀强磁场中，磁场的方向垂直导轨平面向里重力加速度g10 m/s2，现让金属杆从AB水平位置由静止释放，求：(1)金属杆的最大速度；(2)当金属杆的加速度是5 m/s2，安培力的功率是多大？(3)若从金属杆开始下落到刚好达到最大速度的过程中，电阻R上产生的焦耳热Q0.6 J，则通过电阻R的电量是多少？解析：(1)设金属杆下落时速度为v，感应电动势为EBLv，电路中的电流为I，金属杆受到的安培力FBIL，当安培力与重力等大反向时，金属杆速度最大，即Fmg，联立可得v4 m/s.(2)设此时金属杆的速度为v1，安培力为F1，则有F1，根据牛顿第二定律有mgF1ma，安培力的功率为PF1v1，已知a5 m/s2，联立可得P1 W.(3)电路中总焦耳热Q总Q0.8 J，由能量守恒可得mghmv2Q总，所以金属杆下落的高度为h1.6 m，此过程中平均感应电动势为E，平均电流为I，通过电阻R的电量为qIt，联立解得q0.4 C.答案：(1)4 m/s(2)1 W(3)0.4 C6EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F375