高中物理人教版2第四章電磁感應5電磁感應現象的兩類情況【全國一等獎】

第4章第5節(jié)1．某空間出現了如圖所示的一組閉合的電場線，這可能是()A．沿AB方向磁場的迅速減弱B．沿AB方向磁場的迅速增強C．沿BA方向磁場的迅速增強D．沿BA方向磁場的迅速減弱答案：AC解析：假設存在圓形閉合回路，回路中應產生與電場同向的感應電流，由安培定則可知，感應電流的磁場向下，所以根據楞次定律，引起感應電流的應是方向向下的磁場迅速減弱或方向向上的磁場迅速增強，故A、C正確．2．下列說法中正確的是()A．感生電場由變化的磁場產生B．恒定的磁場也能在周圍空間產生感生電場C．感生電場的方向也同樣可以用楞次定律和右手定則來判定D．感生電場的電場線是閉合曲線，其方向一定是沿逆時針方向解析：磁場變化時在空間激發(fā)感生電場，其方向與所產生的感應電流方向相同，只能由楞次定律判斷，A項正確．答案：A3．一直升機停在南半球的地磁極上空．該處地磁場的方向豎直向上，磁感應強度為B.直升機螺旋槳葉片的長度為L，螺旋槳轉動的頻率為f，順著地磁場的方向看螺旋槳，螺旋槳順時針方向轉動．螺旋槳葉片的近軸端為a，遠軸端為b，如果忽略a到轉軸中心線的距離，用ε表示每個葉片中的感應電動勢，如圖所示則()A．ε＝πfL2B，且a點電勢低于b點電勢B．ε＝2πfL2B，且a點電勢低于b點電勢C．ε＝πfL2B，且a點電勢高于b點電勢D．ε＝2πfL2B，且a點電勢高于b點電勢答案：A解析：對于螺旋槳葉片ab，其切割磁感線的速度是其做圓周運動的線速度，螺旋槳上不同的點線速度不同，但滿足v′＝ωR，可求其等效切割速度v＝ωL/2＝πfL，運用法拉第電磁感應定律E＝BLv＝πfL2B.由右手定則判斷電流的方向為由a指向b，在電源內部電流由低電勢流向高電勢，故選項A正確．4.如圖所示，固定的水平長直導線中通有電流I，矩形線框與導線在同一豎直平面內，且一邊與導線平行，線框由靜止釋放，在下落過程中()A．穿過線框的磁通量保持不變B．線框中感應電流方向保持不變C．線框所受安培力的合力為零D．線框的機械能不斷增大解析：線框下落過程中距離直導線越來越遠，磁場越來越弱，但磁場方向不變，所以磁通量越來越小，根據楞次定律可知感應電流的方向不變，A錯，B對；線框左邊和右邊所受安培力總是大小相等，方向相反，但上下兩邊磁場強弱不同，安培力大小不同，合力不為零，C錯；下落過程中機械能越來越小，D錯．答案：B5.如圖所示，閉合金屬導線框放置在豎直向上的勻強磁場中，磁場磁感應強度的大小隨時間變化而變化．下列說法中正確的是()A．當磁感應強度增大時，線框中的感應電流可能減小B．當磁感應強度增大時，線框中的感應電流一定增大C．當磁感應強度減小時，線框中的感應電流一定增大D．當磁感應強度減小時，線框中的感應電流可能不變解析：線框中的感應電動勢為E＝eq\f(ΔB,Δt)S，設線框的電阻為R，則線框中的電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(ΔB,Δt)eq\f(S,R)，因為B增大或減小時，eq\f(ΔB,Δt)可能減小，可能增大，也可能不變．線框中的感應電動勢的大小只和磁通量的變化率有關，和磁通量的變化量無關．故選項A、D正確．答案：AD6．某空間存在以ab，cd為邊界的勻強磁場區(qū)域，磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向里，區(qū)域寬為L1，現有一矩形線框處在圖中紙面內，它的短邊與ab重合，長度為L2，長邊長度為2L1，某時刻線框以初速度v0沿與ab垂直的方向進入磁場區(qū)域，同時某人對線框施以作用力，使它的速度大小和方向保持不變．設該線框的電阻為R，則從線框開始進入磁場到完全離開磁場的過程中，人對線框作用力做的功等于________________．答案：2v0L1B2Leq\o\al(2,2)/R解析：豎直邊在磁場中切割磁感線產生的電動勢為E＝BL2v0，回路中電流I＝E/R＝BL2v0/R.保持線框勻速運動施加的外力與磁場力相等F＝IL2B＝B2Leq\o\al(2,2)v0/R，線框兩豎直邊切割磁感線運動的位移相等，均為L1，故人對線圈做的總功W＝F·2L1＝2v0L1B2Leq\o\al(2,2)/R.也可利用能量關系解，人對線框做的功等于線框回路中產生的焦耳熱．7．如下圖所示，固定在勻強磁場中的水平導軌ab、cd的間距L1＝，金屬棒ad與導軌左端bc的距離L2＝，整個閉合回路的電阻為R＝Ω，勻強磁場的方向豎直向下穿過整個回路．ad桿通過細繩跨過定滑輪接一個質量為m＝的物體，不計一切摩擦，現使磁感應強度從零開始以eq\f(ΔB,Δt)＝s的變化率均勻地增大，求經過多長時間物體m剛好能離開地面？(g取10m/s2)答案：10s解析：物體剛要離開地面時，其受到的拉力F等于它的重力mg，而拉力F等于棒ad所受的安培力，即mg＝BIl1①其中B＝eq\f(ΔB,Δt)·t②感應電流由變化的磁場產生I＝eq\f(E,R)＝eq\f(ΔΦ,Δt)·eq\f(1,R)＝eq\f(ΔB,Δt)·eq\f(l1l2,R)③所以由上述三式聯立可得t＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(mgR,l\o\al(2,1)l2)·\f(Δt,ΔB)))·eq\f(Δt,ΔB)＝10s8．如圖所示，處于勻強磁場中的兩根足夠長、電阻不計的平行金屬導軌相距1m、導軌平面與水平面成θ＝37°角，下端連接阻值為R的電阻，勻強磁場方向與導軌平面垂直．質量為，電阻不計的金屬棒放在兩導軌上，棒與導軌垂直并保持良好接觸，它們之間的動摩擦因數為.(1)求金屬棒沿導軌由靜止開始下滑時的加速度大小．(2)當金屬棒下滑速度達到穩(wěn)定時，電阻R消耗的功率為8W，求該速度的大?。?3)在上問中，若R＝2Ω，金屬棒中的電流方向由a到b，求磁感應強度的大小與方向(g＝10m/s2，sin37°＝，cos37°＝答案：(1)4m/s2(2)10m/s(3)垂直導軌平面向上解析：(1)金屬棒開始下滑的初速度為零，根據牛頓第二定律mgsinθ－μmgcosθ＝ma①由①式解得a＝10×－×m/s2＝4m/s2②(2)設金屬棒運動達到穩(wěn)定時，速度為v，所受安培力為F，棒在沿導軌方向受力平衡mgsinθ－μmgcosθ－F＝0③此時金屬棒克服安培力做功的功率等于電路中電阻R消耗的電功率Fv＝P④由③、④兩式解得v＝eq\f(P,F)＝eq\f(P,mgsinθ－μcosθ)＝eq\f