2019-2020年高中物理 第1章 電磁感應與現(xiàn)代生活 1.4 電磁感應的案例分析課后訓練 滬科版選修3-2.doc

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2019-2020年高中物理 第1章 電磁感應與現(xiàn)代生活 1.4 電磁感應的案例分析課后訓練 滬科版選修3-2 1．如下圖所示，兩光滑平行金屬導軌間距為L，直導線MN垂直跨在導軌上，且與導軌接觸良好，整個裝置處于垂直紙面向里的勻強磁場中，磁感應強度為B。電容器的電容為C，除電阻R外，導軌和導線的電阻均不計，現(xiàn)給導線MN一定的初速度，使導線MN向右運動，當電路穩(wěn)定后，MN以速度v向右做勻速運動(　　)。 A．電容器兩端的電壓為零 B．電阻兩端的電壓為BLv C．電容器所帶電荷量為CBLv D．以上說法均不正確 2．一個閉合金屬線框的兩邊接有電阻R1、R2，線框上垂直放置一根金屬棒ab，棒與線框接觸良好，整個裝置放在勻強磁場中，如下圖所示。當用外力使ab棒右移時，下列判斷中正確的是(　　)。 A．穿過線框的磁通量不變，框內(nèi)沒有感應電流 B．框內(nèi)有感應電流，電流方向沿順時針方向繞行 C．框內(nèi)有感應電流，電流方向沿逆時針方向繞行 D．框內(nèi)有感應電流，左半邊逆時針方向繞行，右半邊順時針方向繞行 3．如下圖所示，一導線彎成半徑為a的半圓形閉合回路。虛線MN右側(cè)有磁感應強度為B的勻強磁場，方向垂直于回路所在的平面?；芈芬运俣葀向右勻速進入磁場，直徑CD始終與MN垂直。從D點到達邊界開始到C點進入磁場為止，下列結(jié)論正確的是(　　)。 A．感應電流方向不變 B．CD段直線始終不受安培力 C．感應電動勢最大值E＝Bav D．感應電動勢平均值=πBav 4．如下圖所示，兩根豎直放置的光滑平行導軌，一部分處于方向垂直導軌所在平面且有上下水平邊界的勻強磁場中，一根金屬桿MN水平沿導軌滑下，在由導軌和電阻R組成的閉合電路中，其他電阻不計，當金屬桿MN進入磁場區(qū)后，其運動速度圖像可能是下圖中的(　　)。 5．(xx云南昆明高三月考改編)如圖所示，勻強磁場方向垂直于線圈平面，先后兩次將線圈從同一位置勻速地拉出有界磁場，第一次拉出時速度為v1＝v，第二次拉出時速度為 v2＝2v，這兩次拉出線圈的過程中，下列說法錯誤的是(　　)。 A．線圈中感應電流之比是1∶2 B．線圈中產(chǎn)生的熱量之比是2∶1 C．沿運動方向作用在線框上的外力的功率之比為1∶2 D．流過任一橫截面感應電荷量之比為1∶1 6．如下圖所示，半徑為R的圓形導軌處在垂直于圓平面的勻強磁場中，磁感應強度為B，方向垂直于紙面向內(nèi)。一根長度略大于導軌直徑的導體棒MN以恒定速率v在圓導軌上從左端滑到右端，電路中的定值電阻為r，其余電阻不計。導體棒與圓形導軌接觸良好。求： (1)在滑動過程中通過電阻r的電流的平均值； (2)MN從左端到右端的整個過程中，通過r的電荷量； (3)當MN通過圓導軌中心時，通過r的電流是多少？ 7．如圖所示，正方形閉合線圈邊長為0.2 m，質(zhì)量為0.1 kg，電阻為0.1 Ω，在傾角為30的斜面上的砝碼質(zhì)量為0.4 kg，勻強磁場磁感應強度為0.5 T，不計一切摩擦，砝碼沿斜面下滑線圈開始進入磁場時，它恰好做勻速運動。(g取10 m/s2) (1)求線圈勻速上升的速度。 (2)在線圈勻速進入磁場的過程中，砝碼對線圈做了多少功？ (3)線圈進入磁場的過程中產(chǎn)生多少焦耳熱？ 8．水平面上兩根足夠長的金屬導線平行固定放置，間距為L，一端通過導線與阻值為R的電阻連接，導軌上放一質(zhì)量為m的金屬桿(如圖甲所示)，金屬桿與導軌的電阻忽略不計，勻強磁場豎直向下，用與導軌平行的恒定拉力F作用在金屬桿上，桿最終將做勻速運動。當改變拉力的大小時，相對應的勻速運動的速度v也會變化，v與F的關系如圖乙所示。(g取10 m/s2) (1)金屬桿在勻速運動之前做什么運動？ (2)若m＝0.5 kg，L＝0.5 m，R＝0.5 Ω，磁感應強度B為多大？ 參考答案 1. 答案：C 解析：當棒勻速運動時，電動勢E＝BLv不變，電容器不充電也不放電，無電流產(chǎn)生，故電阻兩端沒有電壓，電容器兩板間的電壓為U＝E＝BLv，所帶電荷量Q＝CU＝CBLv，故選項C是正確的。 2. 答案：D 解析：ab棒右移時，切割磁感線。根據(jù)右手定則，ab棒中的感應電流方向從a流向b。此時ab棒起著電源的作用，分別對兩邊電阻供電，如下圖所示，所以流過R1、R2的電流都由上而下地繞行。 3. 答案：CD 解析：在閉合電路進入磁場的過程中，通過閉合電路的磁通量逐漸增大，根據(jù)楞次定律可知感應電流的方向為逆時針方向不變，A正確。根據(jù)左手定則可以判斷，CD段受安培力向下，B不正確。 當半圓閉合回路進入磁場一半時，即這時等效長度最大為a，這時感應電動勢最大E＝Bav，C正確。 感應電動勢平均值=πBav，D正確。 4. 答案：ACD 解析：因MN下落高度未知，故進入磁場時所受安培力F安與G的關系可能有三種，容易分析得出答案為A、C、D。 5. 答案：BC 解析：線框在拉出磁場的過程中，導體做切割磁感線運動，產(chǎn)生感應電動勢E＝Blv，線框中的感應電流I＝，所以I1∶I2＝v1∶v2＝1∶2；線框中產(chǎn)生的電熱Q＝I2Rt＝，所以Q1∶Q2＝v1∶v2＝1∶2；由于勻速運動，施加的外力與安培力相等，故外力的功率P＝Fv＝BIlv＝，所以P1∶P2＝v122∶v22＝1∶4；流過線圈任一截面的電荷量為q＝It＝，所以q1∶q2＝1∶1。 6. 答案：(1)　(2) 　(3) 解析：先由E＝得到平均感應電動勢，再由I＝得平均電流，進而由Q＝IΔt求電荷量，第(3)問求電流的瞬時值可由E＝BLv與I＝得到。所以，導體棒從左向右滑動的過程中，切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢，對電阻r供電。 (1)計算平均電流，應該用法拉第電磁感應定律先求出平均感應電動勢。整個過程磁通量的變化為ΔΦ＝BS＝BπR2，所用的時間Δt＝，代入公式E＝，平均電流為I＝。 (2)電荷量的運算應該用平均電流，Q＝IΔt＝。 (3)當MN通過圓形導軌中心時，切割磁感線的有效長度最大，l＝2R，根據(jù)導體切割磁感線產(chǎn)生的電動勢公式E＝Blv，得E＝B2Rv，此時通過r的電流為I＝。 7. 答案：(1)10 m/s　(2)0.4 J　(3)0.2 J 解析：(1)設繩子的拉力為F 對砝碼：F＝m1gsin 30＝2 N。 對線圈：F＝m2g＋ 代入數(shù)據(jù)得：v＝10 m/s。 (2)W＝Fl＝20.2 J＝0.4 J。 (3)由能量守恒定律得： Q＝W－m2gl＝0.4 J－0.1100.2 J＝0.2 J。 8. 答案：(1)變速運動　(2)1 T 解析：(1)變速運動(或變加速運動、加速度減小的加速運動、加速運動)。 (2)感應電動勢E＝BLv，感應電流I＝，安培力F安＝BIL＝，因金屬桿受拉力、安培力作用，由牛頓第二定律得：F－＝ma，所得v＝ (F－ma)， 由圖線可以得到直線的斜率k＝2，所以B＝＝1 T。