《高中物理 第四章 電磁感應(yīng) 5 電磁感應(yīng)現(xiàn)象的兩類情況分層訓(xùn)練 新人教版選修32》由會員分享,可在線閱讀,更多相關(guān)《高中物理 第四章 電磁感應(yīng) 5 電磁感應(yīng)現(xiàn)象的兩類情況分層訓(xùn)練 新人教版選修32(7頁珍藏版)》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
1、5 電磁感應(yīng)現(xiàn)象的兩類情況A級抓基礎(chǔ)1(多選)下列說法中正確的是()A動生電動勢的產(chǎn)生與洛倫茲力有關(guān)B因為洛倫茲力對運動電荷始終不做功,所以動生電動勢的產(chǎn)生與洛倫茲力無關(guān)C動生電動勢的方向可以由右手定則來判定D導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流,受到的安培力一定與受到的外力大小相等、方向相反解析:由動生電動勢產(chǎn)生原因知A、C正確,B錯誤;只有在導(dǎo)體棒做勻速切割時,除安培力以外的力的合力才與安培力大小相等、方向相反,做變速運動時不成立,故D錯誤答案:AC2.如圖所示,內(nèi)壁光滑的塑料管彎成的圓環(huán)平放在水平桌面上,環(huán)內(nèi)有一帶負電的小球,整個裝置處于豎直向下的磁場中,當(dāng)磁場突然增強時,小球?qū)?)A沿順時針方
2、向運動B沿逆時針方向運動C在原位置附近往復(fù)運動D仍然保持靜止?fàn)顟B(tài)解析:當(dāng)磁場增強時,由楞次定律知感應(yīng)電流沿逆時針方向,即感生電場沿逆時針方向,帶負電的小球在電場力作用下沿順時針方向運動答案: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(yīng)強度為B.直升機螺旋槳葉片的長度為l,螺旋槳轉(zhuǎn)動的頻率為f,順著地磁場的方向看螺旋槳,螺旋槳按順時針方向轉(zhuǎn)動,螺旋槳葉片的近軸端為a,遠軸端為b,如圖所示,如果忽略a到轉(zhuǎn)軸中心線的距離,用E表示每個葉片中的感應(yīng)電動勢,則()AEfl2B,且a點電勢低于b點電勢BE2fl2B,且a點電勢低于b點電勢CEfl2B,且a點電勢高于b點電勢DE2f
3、l2B,且a點電勢高于b點電勢解析:解這道題要考慮兩個問題:一是感應(yīng)電動勢大小,EBlvBl2fBl2f;二是感應(yīng)電動勢的方向,由右手定則可以判斷出感應(yīng)電動勢的方向是由ab,因此a點電勢低答案:A4如圖所示,矩形線框abcd的ad和bc的中點M、N之間連接一電壓表,整個裝置處于勻強磁場中,磁場的方向與線框平面垂直,當(dāng)線框向右勻速平動時,下列說法中正確的是()A穿過線框的磁通量不變化,MN間無感應(yīng)電動勢BMN這段導(dǎo)體做切割磁感線運動,MN間有電勢差CMN間有電勢差,所以電壓表有示數(shù)D因為有電流通過電壓表,所以電壓表有示數(shù)解析:穿過線框的磁通量不變化,線框中無感應(yīng)電流,但ab、MN、dc都切割磁感
4、線,它們都有感應(yīng)電動勢,故A錯,B對;無電流通過電壓表,電壓表無示數(shù),C、D錯答案:B5(多選)如圖所示,空間有一個方向水平的有界勻強磁場區(qū)域,一矩形導(dǎo)線框自磁場上方某一高度處自由下落進入磁場的過程中,導(dǎo)線框平面與磁場方向垂直,則在導(dǎo)線框進入磁場的過程中可能()A變加速下落B變減速下落C勻速下落 D勻加速下落解析:當(dāng)線框進入磁場時,ab邊切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢,回路中有感應(yīng)電流,所以ab邊受到的安培力向上當(dāng)F安mg時,線框勻速進入磁場;當(dāng)F安mg時,則變加速進入磁場;當(dāng)F安mg時,則變減速進入磁場,故A、B、C正確,D錯誤答案:ABC6.如圖所示,在豎直平面內(nèi)有兩根平行金屬導(dǎo)軌,上端與電阻R
5、相連,磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場垂直導(dǎo)軌平面一質(zhì)量為m的金屬棒以初速度v0沿導(dǎo)軌豎直向上運動,上升到某一高度后又返回到原處,整個過程金屬棒與導(dǎo)軌接觸良好,導(dǎo)軌與棒的電阻不計下列說法正確的是()A回到出發(fā)點的速度v大于初速度v0B通過R的最大電流,上升過程小于下落過程C電阻R上產(chǎn)生的熱量,上升過程大于下落過程D所用時間上升過程大于下落過程解析:金屬棒切割磁感線運動,由右手定則和法拉第電磁感應(yīng)定律、安培力公式可知金屬棒下行和上行時的受力情況,由能量守恒定律可知,金屬棒在運動過程中,機械能不斷轉(zhuǎn)化為熱能,所以回到出發(fā)點的速度v小于初速度v0,選項A錯誤;設(shè)金屬棒運動的速度為v,長度為l,那么感應(yīng)電動勢
6、EBlv,通過R的電流I,可見,當(dāng)金屬棒運動速度v大時,通過R的電流大,因為金屬棒在運動過程中,機械能不斷轉(zhuǎn)化為熱能,所以運動到同一高度處,上升時的速度大于下降時的速度,所以通過R的最大電流上升過程大于下落過程,選項B錯誤;同一高度處金屬棒上升時受到的安培力大于下降時受到的安培力,由于上升和下降的高度相同,所以上升過程克服安培力所做的功大于下降時克服安培力做的功,故電阻R上產(chǎn)生的熱量上升過程大于下落過程,C正確;研究金屬棒的上升過程時,可以采取逆向思維法,把上升過程看作金屬棒從最高點自由下落,顯然,下落的加速度a1ga2,其中a2為金屬棒返回下落時的加速度,顯然,下落相同高度,t1t2,選項D
7、錯誤答案:CB級提能力7如圖,MN和PQ是電阻不計的平行金屬導(dǎo)軌,其間距為L,導(dǎo)軌彎曲部分光滑,平直部分粗糙,右端接一個阻值為R的定值電阻平直部分導(dǎo)軌左邊區(qū)域有寬度為d、方向豎直向上、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場質(zhì)量為m、電阻也為R的金屬棒從高度為h處靜止釋放,到達磁場右邊界處恰好停止已知金屬棒與平直部分導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為,金屬棒與導(dǎo)軌間接觸良好,則金屬棒穿過磁場區(qū)域的過程中()A流過金屬棒的最大電流為B通過金屬棒的電荷量為C克服安培力所做的功為mghD金屬棒產(chǎn)生的焦耳熱為mg(hd)解析:金屬棒滑下過程中,根據(jù)動能定理有mghmv,根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有EmBLvm,根據(jù)閉合電路歐姆定律
8、有Im,聯(lián)立得Im,A錯誤;根據(jù)q可知,通過金屬棒的電荷量為,B錯誤;金屬棒運動的全過程根據(jù)動能定理得mghWfW安0,所以克服安培力做的功小于mgh,故C錯誤;由Wfmgd,金屬棒克服安培力做的功完全轉(zhuǎn)化成電熱,由題意可知金屬棒與電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱相同,設(shè)金屬棒上產(chǎn)生的焦耳熱為Q,故2QW安,聯(lián)立得Qmg(hd),D正確答案:D8如圖所示,L10.5 m,L20.8 m,回路總電阻為R0.2 ,M0.04 kg,導(dǎo)軌光滑,開始時磁場B01 T,現(xiàn)使磁感應(yīng)強度以0.2 T/s的變化率均勻地增大,試求:當(dāng)t為多少時,M剛離開地面(g取10 m/s2)?解析:回路中原磁場方向向下,且磁通量增加,
9、由楞次定律可以判知,感應(yīng)電流的磁場方向向上,根據(jù)安培定則可以判知,ab中的感應(yīng)電流的方向是ab,由左手定則可知,ab所受安培力的方向水平向左,從而向上拉起重物,設(shè)ab中電流為I時M剛好離開地面,此時有FBBIL1Mg,I,EL1L20.08(V),B,聯(lián)立,解得:FB0.4 N,I0.4 A,B2 T,t5 s.9.如圖所示,MN、PQ為水平放置的足夠長的平行光滑導(dǎo)軌,導(dǎo)軌間距l(xiāng)0.5 m,導(dǎo)軌左端連接一個R0.2 的電阻和一個理想電流表A,導(dǎo)軌的電阻不計,整個裝置放在磁感應(yīng)強度B1 T的有界勻強磁場中,磁場方向垂直于導(dǎo)軌平面向下一根質(zhì)量m0.4 kg、電阻r0.05 的金屬棒與磁場的左邊界c
10、d重合現(xiàn)對金屬棒施加一水平向右、大小為0.4 N的恒定拉力F,使棒從靜止開始向右運動,已知在金屬棒離開磁場右邊界ef前電流表的示數(shù)已保持穩(wěn)定(1)求金屬棒離開磁場右邊界ef時的速度大??;(2)當(dāng)拉力F的功率為0.08 W時,求金屬棒的加速度解析:(1)由題意可知,當(dāng)金屬棒離開右邊界ef時已達到最大速度vmax,EBlvmax,I,F(xiàn)安BIl,F(xiàn)安F,代入數(shù)據(jù)得vmax0.4 m/s.(2)當(dāng)力F的功率為0.08 W時,金屬棒的速度v0.2 m/s,F(xiàn)F安ma,即Fma,代入數(shù)據(jù)得a0.5 m/s2,方向向右10如圖甲所示,一對平行光滑軌道放置在水平面上,兩軌道間距l(xiāng)0.20 m,電阻R1.0
11、;有一導(dǎo)體桿靜止地放在軌道上,與兩軌道垂直,桿及軌道的電阻皆可忽略不計,整個裝置處于磁感應(yīng)強度B0.5 T的勻強磁場中,磁場方向垂直軌道向下,現(xiàn)用一外力F沿軌道方向拉桿,使之做勻加速運動,測得力F與時間t的關(guān)系如圖乙所示求桿的加速度a和質(zhì)量m.解析:導(dǎo)體桿在軌道上做初速度為零的勻加速直線運動,用v表示瞬時速度,t表示時間,則桿切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為EBlvBlat,閉合回路中的感應(yīng)電流為:I,由安培力公式和牛頓第二定律得:FIlBma,將式代入式整理得:Fmaat.在乙圖象上取兩點t10,F(xiàn)11 N;t230 s,F(xiàn)24 N代入式,聯(lián)立方程解得a10 m/s2,m0.1 kg.11如圖所
12、示,電動機牽引一根原來靜止的、長為L1 m、質(zhì)量為m0.1 kg的導(dǎo)體MN,其電阻R1 ,導(dǎo)體棒架在磁感應(yīng)強度B1 T、豎直放置的框架上,當(dāng)導(dǎo)體棒上升h3.8 m時獲得穩(wěn)定的速度,導(dǎo)體產(chǎn)生的熱量為14 J,電動機牽引棒時,電壓表、電流表的示數(shù)分別為7 V、1 A,電動機內(nèi)阻r1 ,不計框架電阻及一切摩擦,g取10 m/s2,求:(1)棒能達到的穩(wěn)定速度;(2)棒從靜止至達到穩(wěn)定速度所需要的時間解析:(1)電動機的輸出功率P出IUIr26 W,棒達到穩(wěn)定速度時,有:FmgBILmg,而電動機的輸出功率P出Fvm,由以上各式解得vm2 m/s.(2)從棒開始運動至達到穩(wěn)定速度的過程中,由能量守恒定律,有:P出tmghmvQ,解得完成此過程所需要的時間t3 s.6EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F375