2020-2021物理3-2分層作業(yè)（五） 電磁感應現(xiàn)象的兩類情況含解析

學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精2020-2021學年物理人教版選修3-2分層作業(yè)（五）電磁感應現(xiàn)象的兩類情況含解析分層作業(yè)（五)電磁感應現(xiàn)象的兩類情況［基礎(chǔ)達標練]eq\x(題組一感生電動勢和動生電動勢)1．一段導線在磁場中做切割磁感線運動，下面說法正確的是（）A．導體中一定有感應電動勢B．導體中一定有感應電流C．導體一定受到與運動方向相反的磁場作用力D．導體一定受到與運動方向相同的磁場作用力2.如圖所示，將直徑為d,電阻為R的閉合金屬環(huán)從勻強磁場B中拉出．這一過程中通過金屬環(huán)某一截面的電荷量為()A.eq\f(Bπd2,4R)B.eq\f（2πBd,R)C。eq\f(Bd2,R)D.eq\f（Bd2，πR)3．如圖所示，在一根一端封閉、內(nèi)壁光滑的直管MN內(nèi)有一個帶正電的小球，空間中充滿豎直向下的勻強磁場．開始時，直管水平放置,且小球位于管的封閉端M處．現(xiàn)使直管沿水平方向向右勻速運動，經(jīng)一段時間后小球到達管的開口端N處．在小球從M到N的過程中（）A．磁場對小球做正功B．直管對小球做正功C．小球所受磁場力的方向不變D．小球的運動軌跡是一直線4．如圖所示，線圈abcd固定于分布均勻的磁場中,磁場方向垂直線圈平面．當磁場的磁感應強度B隨時間t變化時，該磁場對ab邊的安培力大小恒定．下列描述B隨t變化的圖象中，可能正確的是(）5．在勻強磁場中,有一個接有電容器的導線回路．如圖所示，已知電容C＝30μF，回路的長和寬分別為l1＝8cm,l2＝5cm,磁感應強度的變化率為5×10－2T/s,若磁感應強度向里均勻增大，則（）A．電容器的上極板帶正電，電荷量為2×10－9B．電容器的上極板帶負電,電荷量為6×10－9C．電容器的上極板帶正電，電荷量為6×10－9D．電容器的上極板帶負電,電荷量為8×10－96.圖中半徑為r的金屬圓盤在垂直于盤面向外的勻強磁場中，繞O軸以角速度ω沿逆時針方向勻速轉(zhuǎn)動，電阻兩端分別接盤心O和盤邊緣，則通過電阻R的電流的方向和大小是()A．由c到d，I＝eq\f(Br2ω，R)B．由d到c，I＝eq\f（Br2ω,R)C．由c到d，I＝eq\f(Br2ω，2R）D．由d到c，I＝eq\f(Br2ω，2R)eq\x(題組二電磁感應中的力學問題）7．如圖所示,ab和cd是位于水平面內(nèi)的平行金屬軌道，間距為l，其電阻可忽略不計,ac之間連接一阻值為R的電阻．ef為一垂直于ab和cd的金屬桿，它與ab和cd接觸良好并可沿軌道方向無摩擦地滑動,電阻可忽略．整個裝置處在勻強磁場中,磁場方向垂直紙面向里，磁感應強度為B，當施加外力使桿ef以速度v向右勻速運動時，桿ef所受的安培力為（）A。eq\f(vB2l2,R)B。eq\f（vBl，R)C。eq\f（vB2l,R）D.eq\f(vBl2，R)8．如圖所示，質(zhì)量為m的金屬環(huán)用細線懸掛起來，金屬環(huán)有一半處于水平且垂直環(huán)面向里的勻強磁場中,從某時刻開始，磁感應強度均勻減小，則在磁感應強度均勻減小的過程中,下列說法中正確的是(）A．金屬環(huán)中始終有逆時針方向的電流B．金屬環(huán)中的電流逐漸增大C．細線對圓環(huán)的拉力大于環(huán)重力mg，并逐漸減小D．細線對圓環(huán)的拉力保持恒定9．如圖所示,正方形導體閉合線框和有理想邊界的勻強磁場都在光滑水平面上，線框在外力F的作用下能夠以不變的速度v勻速通過磁場區(qū)域，已知線框邊長為l，總電阻為R，磁場兩條邊界間的距離為d（d〈l)．下列說法正確的是(）A．線框bc邊剛進入磁場時感應電流為bcdab方向B．線框進出磁場的整個過程中外力F總等于eq\f(B2l2v，R）C．線框進出磁場的整個過程產(chǎn)生的熱量為eq\f（2B2l2v，R)D．線框進出磁場的整個過程安培力做功的平均功率是eq\f(2B2l2dv2,Rl＋d)10．如圖所示，有兩根與水平方向成α角的光滑平行金屬導軌,上端接有可變電阻R，下端足夠長，空間有垂直于軌道平面的勻強磁場，磁感應強度為B，一根質(zhì)量為m的金屬桿從軌道上由靜止滑下．經(jīng)過足夠長的時間，金屬桿的速度趨近于一個最大速度vm，則()A．如果只增大α，vm將變大B．如果只增大B，vm將變大C．如果只增大R,vm將變小D．如果只減小m,vm將變大［能力提升練］11．如圖所示，兩根平行金屬導軌固定在水平桌面上，每根導軌每米的電阻為r0＝0。10Ω/m，導軌的端點P、Q用電阻可以忽略的導線相連，兩導軌間的距離l＝0.20m．有隨時間變化的勻強磁場垂直于桌面向下，已知磁感應強度B與時間t的關(guān)系為B＝kt，比例系數(shù)k＝0.020T/s。一電阻不計的金屬桿可在導軌上無摩擦地滑動，在滑動過程中保持與導軌垂直．在t＝0時刻，金屬桿緊靠在P、Q端，在外力作用下,桿以恒定的加速度a＝1m/s2從靜止開始向?qū)к壍牧硪欢嘶瑒樱笤趖＝0.6s時金屬桿所受的安培力．12．如圖甲所示，一個圓形線圈匝數(shù)n＝1000匝、面積S＝2×10－2m2、電阻r＝1Ω。在線圈外接一阻值為R＝4Ω的電阻．把線圈放入一個勻強磁場中，磁場方向垂直線圈平面向里，磁場的磁感應強度（1）0～4s內(nèi)，回路中的感應電動勢；(2）t＝5s時，a、b兩點哪點電勢高；(3）t＝5s時，電阻R兩端的電壓U.分層作業(yè)（五）1．解析:導線在磁場中做切割磁感線運動，就能產(chǎn)生感應電動勢，但是如果電路不閉合,就不會有感應電流．導體受到的力不一定與運動方向相反．故選A.答案:A2．解析：eq\x\to(E）＝neq\f（ΔΦ，Δt），故q＝eq\x\to(I)t＝eq\f(\x\to（E），R）·Δt＝n·eq\f（Bπ\(zhòng)b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（d,2）)）2,R)＝eq\f（Bπd2,4R).答案：A3．解析:洛倫茲力總是與速度垂直,不做功，故A錯誤；對小球受力分析，其受重力、支持力和洛倫茲力，其中重力和洛倫茲力不做功，而動能增加，根據(jù)動能定理可知,直管對小球的支持力做正功，故B正確；設直管運動速度為v1，小球垂直于直管向右的分運動是勻速直線運動．小球沿直管方向受到洛倫茲力的分力F1＝qv1B,q、v1、B均不變，F(xiàn)1不變，則小球沿直管做勻加速直線運動，與平拋運動類似，小球運動的軌跡是一條拋物線，洛倫茲力方向不斷變化，故C、D錯誤．答案：B4．解析:磁場對ab邊的安培力大小F＝BIL，若磁場的磁感應強度B隨時間t增大，則電流I必是逐漸減小，根據(jù)法拉第電磁感應定律可知，磁感應強度B隨時間t的變化率必須逐漸減小，所以選項B正確，A、D錯誤；若磁場的磁感應強度B逐漸減小，則電流I必須隨時間t增大，根據(jù)法拉第電磁感應定律，磁感應強度B隨時間t的變化率必須逐漸增大，所以選項C錯誤．答案：B5．解析:回路中的感應電動勢等于電容器兩極板間的電壓，U＝E＝eq\f(ΔΦ，Δt）＝eq\f(ΔB·l1·l2,Δt)＝5×10－2×0.05×0.08V＝2×10－4V，則電容器的電荷量q＝CU＝30×10－6×2×10－4C＝6×10－9C，由楞次定律可判斷回路中感應電動勢沿逆時針方向，電容器的上極板帶正電，C選項正確．答案：C6．解析:將金屬圓盤看成是由無數(shù)條金屬幅條組成的，這些幅條切割磁感線，產(chǎn)生感應電流，由右手定則判斷可知：通過電阻R的電流的方向為從c到d。金屬圓盤產(chǎn)生的感應電動勢為E＝eq\f（1,2)Br2ω.通過電阻R的電流的大小為I＝eq\f(Br2ω,2R)，故C正確．答案：C7．解析:當桿ef以速度v向右勻速運動時，產(chǎn)生的感應電動勢為E＝Blv,感應電流為I＝eq\f(E，R)，桿ef受到的安培力F＝BIl，聯(lián)立解得F＝eq\f（vB2l2,R)，A正確．答案：A8．解析：磁感應強度均勻減小，穿過回路的磁通量均勻減小，由楞次定律可知，感應電流方向為順時針，故A錯誤；穿過回路的磁通量均勻減小，根據(jù)法拉第電磁感應定律得知,回路中產(chǎn)生恒定的電動勢，感應電流也恒定不變，故B錯誤;再由左手定則可得，安培力的合力方向豎直向下,金屬環(huán)所受的安培力F＝BIL，可知安培力F均勻減小,且方向向下，金屬環(huán)始終保持靜止，則拉力大于重力，因為磁感應強度均勻減小,所以拉力的大小也逐漸減小,故C正確，D錯誤.答案：C9．解析:bc邊剛進入磁場時由楞次定律可知，產(chǎn)生的感應電流方向為badcb，故A錯誤；因l〉d，線框勻速通過磁場全過程中有一段時間，磁通量不變，沒有感應電流產(chǎn)生，也就不存在安培力,這時不需要外力，故B錯誤；根據(jù)功能關(guān)系，在整個過程中電阻產(chǎn)生的熱量等于安培力做的功，即Q＝Bl·eq\f（Blv,R）·2d＝eq\f（2B2l2dv，R），故C錯誤；線框進出磁場所需時間為t＝eq\f(l＋d,v)，平均功率是eq\f(Q，t)＝eq\f(2B2l2dv2,Rl＋d)，故D正確．答案：D10．解析：金屬桿受重力、支持力、安培力，開始時重力沿斜面的分力大于安培力,所以金屬桿做加速運動．隨著速度的增加，安培力在增大，所以金屬桿加速度逐漸減小，當加速度減小到零,速度最大,設導軌寬度為L，此時有mgsinα＝BIL，I＝eq\f(BLvm,R），整理得vm＝eq\f（mgsinα·R,B2L2）。如果只增大B，vm將變小，B錯誤；如果只增大α，vm將變大,A正確；如果只增大R，vm將增大,C錯誤；如果只減小m，vm將變小，D錯誤．答案：A11．解析：t＝0.6s時，回路中動生電動勢E1＝Blv又B＝kt，v＝at代入數(shù)據(jù)解得E1＝1。44×10－3V感生電動勢E2＝eq\f(ΔΦ，Δt)＝eq\f(ΔB，Δt）lx，又x＝eq\f(1，2)at2代入數(shù)據(jù)解得E2＝0。72×10－3V又由右手定則及楞次定律知E1、E2同向,故回路中此時總電動勢為E＝E1＋E2＝2。16×10－3V回路中電阻R＝2r0x＝3。6×10－2Ω回路中電流I＝eq\f（E，R）＝6×10－2A則金屬桿所受的安培力F＝BIl＝ktIl＝1.44×10－4N由左手定則知方向水平向右．答案:1.44×10－4N，方向水平向右12．解析：(1)根據(jù)法拉第電磁感應定律得,0～4s內(nèi)，回路中的感應電動勢E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝1000×eq\f（0.4－0。2×2×10－2,4)V＝1V（2)t＝5s時，磁感應強度正在減弱，根據(jù)楞次定律,感應電流的磁場方向與原磁場方向相同,即感應電流產(chǎn)生的磁場方向是垂直紙面向里，故a點的電勢高．(3）在t＝5s時，線圈的感應電動勢為E′＝neq\f（ΔΦ,