高中物理人教版 (2019)选择性必修 第二册第二章 电磁感应综合与测试课后作业题

2020-2021学年人教版（2019）选择性必修第二册

 第二章 电磁感应 单元综合练习1（解析版）

一、单项选择题:本题共8小题,每小题3分,共24分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。

1.如图所示,在载流直导线近旁固定有两平行光滑导轨A、B,导轨与直导线平行且在同一水平面内,在导轨上有两条可自由滑动的导体棒ab和cd。当载流直导线中的电流逐渐增强时,导体棒ab和cd的运动情况是              (　　)

A.一起向左运动

B.一起向右运动

C.ab和cd相向运动,相互靠近

D.ab和cd相背运动,相互远离

【解析】选C。电流增强时,电流在abdc回路中产生的垂直向里的磁场增强,回路磁通量增加,根据楞次定律可知,回路产生逆时针方向电流;ab边电流方向向下,所受安培力向右,cd边电流方向向上,所受安培力向左,故ab和cd相向运动,C项正确。

2.如图所示,M为水平放置的橡胶圆盘,在其外侧面均匀地带有负电荷。在M正上方用丝线悬挂一个闭合铝环N,铝环也处于水平面中,且M盘和N环的中心在同一条竖直线O1O2上,现让橡胶盘由静止开始绕O1O2轴按图示方向逆时针加速转动,下列说法正确的是              (　　)

A.铝环N有沿顺时针方向的感应电流

B.铝环N有扩大的趋势

C.橡胶圆盘M对铝环N的作用力方向竖直向下

D.橡胶圆盘M对铝环N的作用力方向竖直向上

【解析】选D。橡胶盘M由静止开始绕其轴线O1O2按箭头所示方向加速转动,形成环形电流,环形电流的大小增大,又因为橡胶圆盘带有负电荷,根据右手螺旋定则知,通过环N的磁通量向下且增大,根据楞次定律知环N的面积有缩小的趋势,且有向上的运动趋势,所以,橡胶圆盘M对铝环N的作用力方向竖直向上,故D正确,B、C错误。依据楞次定律可知,穿过环N的磁通量向下且增大,因此环N有沿逆时针方向的感应电流,故A错误。

3.如图所示,两根平行金属导轨置于水平面内,导轨之间接有电阻R。金属棒ab与两导轨垂直并保持良好接触,整个装置放在匀强磁场中,磁场方向垂直于导轨平面向下。现使磁感应强度随时间均匀减小,ab始终保持静止,下列说法正确的是              (　　)

A.ab中的感应电流方向由b到a

B.ab中的感应电流逐渐减小

C.ab所受的安培力保持不变

D.ab所受的静摩擦力逐渐减小

【解析】选D。磁感应强度随时间均匀减小,根据楞次定律判断回路中产生顺时针的感应电流,ab中的感应电流方向由a到b,故A错误。根据法拉第电磁感应定律,E=n=nS,电阻一定,I==n,磁感应强度随时间均匀减小,磁通量变化率为定值,ab中的感应电流不变,B错误。F=BIL,磁感应强度随时间均匀减小,则安培力随时间均匀减小,C错误。ab始终保持静止说明静摩擦力和安培力为一对平衡力,故摩擦力逐渐减小,故D项正确。

4.如图所示,电阻R和线圈自感系数L的值都较大,电感线圈的电阻不计,A、B是两只完全相同的灯泡,当开关S闭合时,电路可能出现的情况是              (　　)

A.A、B一起亮,然后B熄灭

B.A比B先亮,然后A熄灭

C.A、B一起亮,然后A熄灭

D.B比A先亮,然后B熄灭

【解析】选C。当S闭合时,L对电流有很大的阻碍作用,瞬间相当于断路,此时B与R并联再和A串联,所以A、B同时亮。当电路稳定后,L相当于导线,把A短路,故A、B一起亮,然后A熄灭,所以选C。

5.如图所示,在一水平光滑绝缘塑料板上有一环形凹槽,有一带正电小球质量为m,电荷量为q,在槽内沿顺时针方向做匀速圆周运动,现加一竖直向上的均匀变化的匀强磁场,且B逐渐增大,则              (　　)

A.小球速度变大

B.小球速度变小

C.小球速度不变

D.以上三种情况都有可能

【解析】选A。磁感应强度竖直向上,B随时间成正比增加,由楞次定律可知,变化的磁场产生的感生电场沿顺时针方向;小球带正电,小球所受电场力沿顺时针方向,与小球的运动方向相同,小球做加速运动,速度逐渐增加,故A正确,B、C、D错误。

6.如图所示,用粗细相同的铜丝做成边长分别为L和2L的两个闭合线框a和b,以相同的速度从磁感应强度为B的匀强磁场区域中匀速拉到磁场外,不考虑线框的重力,若闭合线框中的电流分别为Ia、Ib,则Ia∶Ib为              (　　)

A.1∶4　　　　　　　　　B.1∶2

C.1∶1　      D.不能确定

【解析】选C。线框产生的电动势为E=Blv,由闭合电路欧姆定律得I=,又lb=2la,由电阻定律知Rb=2Ra,故Ia∶Ib=1∶1,C正确。

7.闭合线圈的匝数为n,每匝线圈面积为S,总电阻为R,在Δt时间内穿过每匝线圈的磁通量变化量为ΔΦ,则通过导线某一截面的电荷量为              (　　)

A.　　　B.　　　C.　　　D.

【解析】选C。由法拉第电磁感应定律:E=n;再由欧姆定律:I=,而电荷量公式:Q=It;三式联立可得Q=,故选C。

8.如图所示,正方形线框的左半侧处在磁感应强度为B的匀强磁场中,磁场方向与线框平面垂直,线框的对称轴MN恰与磁场边缘平齐。若第一次将线框从磁场中以恒定速度v1向右匀速拉出,第二次让线框绕轴MN以线速度v2匀速转过90°。若两次操作过程中线框产生的平均感应电动势相等,则              (　　)

A.v1∶v2=2∶π   B.v1∶v2=π∶2

C.v1∶v2=1∶2   D.v1∶v2=2∶1

【解析】选A。将线框从磁场中以恒定速度v1向右匀速拉出,时间t1=÷v1=;让线框绕轴MN以线速度v2匀速转过90°,角速度ω=,时间t2=÷ω=,两次过程中线框产生的平均感应电动势相等,ΔΦ相等,则t2=t1,解得v1∶v2=2∶π,选项A正确。

【补偿训练】

　　1.面积S=4×10-2 m2,匝数n=100匝的线圈,放在匀强磁场中且磁场方向垂直于线圈平面,磁感应强度B随时间t变化的规律如图所示,下列判断正确的是              (　　)

A.在开始的2 s内穿过线圈的磁通量变化率等于0.08 Wb/s

B.在开始的2 s内穿过线圈的磁通量的变化量等于零

C.在开始的2 s内线圈中产生的感应电动势等于0.08 V

D.在第3 s末线圈中的感应电动势等于零

【解析】选A。由图像的斜率求得= T/s=-2 T/s,因此=S=-2×4×10-2 Wb/s=-8×10-2 Wb/s,即磁通量变化率为0.08 Wb/s,A正确;开始的2 s内穿过线圈的磁通量的变化量不等于零,B错误;根据法拉第电磁感应定律得:E=n=nS=100×2×4×10-2 V=8 V,可知线圈的感应电动势大小为8 V,C错误;由图看出,第3 s末线圈中的磁通量为零,但磁通量的变化率不为零,感应电动势也不等于零,D错误,故选A。

2.(多选)如图所示,磁电式仪表的线圈通常用铝框做骨架,把线圈绕在铝框上,这样做的目的是(　　)

A.防止涡流而设计的

B.利用涡流而设计的

C.起电磁阻尼的作用

D.起电磁驱动的作用

【解析】选B、C。线圈通电后,在安培力作用下发生转动,铝框随之转动,并切割磁感线产生感应电流,也就是涡流。涡流阻碍线圈的转动,使线圈偏转后尽快停下来。这样做的目的是利用涡流来起电磁阻尼的作用。故B、C正确。

二、多项选择题:本题共4小题,每小题4分,共16分。在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求。全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分。

9.安检门是一个用于安全检查的“门”,“门框”内有线圈,线圈里通有交变电流,交变电流在“门”内产生交变磁场,金属物品通过“门”时能产生涡流,涡流的磁场又反过来影响线圈中的电流,从而引起报警。以下关于这个安检门的说法正确的是              (　　)

A.这个安检门也能检查出毒品携带者

B.这个安检门只能检查出金属物品携带者

C.如果这个“门框”的线圈中通上恒定电流,也能检查出金属物品携带者

D.这个安检门工作时,既利用了电磁感应现象,又利用了电流的磁效应

【解析】选B、D。这个安检门是利用涡流工作的,因而只能检查出金属物品携带者,A错误,B正确;若“门框”的线圈中通上恒定电流,只能产生恒定磁场,它不能使金属物品产生电流,因而不能检查出金属物品携带者,C错误;安检门工作时,既利用了电磁感应现象,又利用了电流的磁效应,D正确。

10.在北半球,地磁场的竖直分量向下。飞机在我国上空匀速巡航,机翼保持水平,飞行高度不变,由于地磁场的作用,金属机翼上有电势差,设飞行员左方机翼末端处的电势为φ1,右方机翼末端处电势为φ2,则(　　)

A.若飞机从西往东飞,φ1比φ2高

B.若飞机从东往西飞,φ2比φ1高

C.若飞机从南往北飞,φ1比φ2高

D.若飞机从北往南飞,φ2比φ1高

【解析】选A、C。该题中飞机两翼是金属材料,可视为一垂直于飞行方向切割竖直向下的磁感线的导体棒,磁场水平分量对产生电动势无作用。对选项A,磁场竖直分量向下,手心向上,拇指指向飞机飞行方向,四指指向左翼末端,故φ1>φ2,选项A正确。同理,飞机从东往西飞,仍是φ1>φ2,选项B错误。从南往北、从北往南飞,都是φ1>φ2,故选项C正确,选项D错误。

11.如图所示,阻值为R的金属棒从图示ab位置分别以v1、v2的速度沿光滑导轨(电阻不计)匀速滑到a′b′位置,若v1∶v2=1∶2,则在这两次过程中              (　　)

A.回路电流I1∶I2=1∶2

B.产生的热量Q1∶Q2=1∶2

C.通过任一截面的电荷量q1∶q2=1∶2　　

D.外力的功率P1∶P2=1∶2

【解析】选A、B。感应电动势为BLv,感应电流I==,大小与速度成正比,产生的热量Q=I2Rt=·=v,B、L、L′、R是一样的,两次产生的热量比等于运动速度比,选项A、B正确;通过任一截面的电荷量q=It=·=,与速度无关,所以这两个过程中,通过任一截面的电荷量之比应为1∶1,选项C错误;金属棒运动中受磁场力的作用,为使棒匀速运动,外力大小要与磁场力相等,则外力的功率P=Fv= BIL·v=,其中B、L、R大小相等,外力的功率与速度的二次方成正比,所以外力的功率之比应为1∶4,选项D错误。故选A、B。

12.如图所示是圆盘发电机的示意图;铜盘安装在水平的铜轴上,它的边缘正好在两磁极之间,两块铜片C、D分别与转动轴和铜盘的边缘接触。若铜盘半径为L,匀强磁场的磁感应强度为B,回路的总电阻为R,从左往右看,铜盘以角速度ω沿顺时针方向匀速转动。则              (　　)

A.由于穿过铜盘的磁通量不变,故回路中无感应电流　

B.回路中感应电流大小不变,为

C.回路中感应电流方向不变,为C→D→R→C

D.回路中有周期性变化的感应电流

【解析】选B、C。把铜盘看作闭合回路的一部分,在铜盘以角速度ω沿顺时针方向匀速转动时,铜盘切割磁感线产生感应电动势,回路中有感应电流,选项A错误;铜盘切割磁感线产生感应电动势为E=BL2ω,根据闭合电路欧姆定律,回路中感应电流I==,由右手定则可判断出感应电流方向为C→D→R→C,选项B、C正确,D错误。

【补偿训练】

　　1.(多选)穿过闭合回路的磁通量Φ随时间t变化的图像分别如图甲、乙、丙、丁所示,下列关于回路中产生的感应电动势的说法,正确的是              (　　)

A.图甲中回路产生的感应电动势恒定不变

B.图乙中回路产生的感应电动势一直在变大

C.图丙中回路在0～t0时间内产生的感应电动势大于t0～2t0时间内产生的感应电动势

D.图丁回路产生的感应电动势先变小再变大

【解析】选C、D。根据E=n可知:图甲中E=0,A错误;图乙中E为恒量,B错误;图丙中0～t0时间内的E1大于t0～2t0时间内的E2,C正确;图丁中感应电动势先变小再变大,D正确。

2.(多选)如图所示,有一边长为l的正方形导线框,质量为m,由高h处自由落下,其下边ab进入匀强磁场区域后,线框开始做减速运动,直到其上边cd刚穿出磁场时,速度减小为ab边刚进入磁场时速度的一半,此匀强磁场的宽度也是l,则下列结论中正确的是              (　　)

A.线框穿过磁场区域时做匀减速直线运动

B.线框穿过磁场区域时加速度方向先向上后向下

C.线框进入磁场时的加速度大于穿出磁场时的加速度

D.线框穿过磁场区域的过程中产生的焦耳热为mg(2l+h)

【解析】选C、D。线框穿过匀强磁场过程中,受到重力和安培力作用,设ab边刚进入磁场时的速度为v1,则E=Blv1,所以电路中的电流I==,安培力F=BIl=,由此可知,安培力与速度有关,由牛顿第二定律知-mg=ma,故线框在穿过磁场的过程中加速度随v的减小而减小,随着v的减小,安培力F=逐渐减小,但必有F≥mg,所以加速度不可能向下,则A、B错误,C正确;线框从释放至穿过磁场的过程中,设产生的焦耳热为Q,由能量守恒定律得mg(h+2l)-Q=m()2, mgh=m,解得Q=mg(2l+h),故D正确。

三、实验题:本题共2小题,共14分。

13.(6分)图为《研究电磁感应现象》实验中所用器材的示意图。试回答下列问题:

(1)在该实验中电流计G的作用是检测感应电流的______和________。

(2)请按实验要求在实物上连线。

(3)在实验出现的电磁感应现象中,A、B线圈哪个相当于电源?________(选填“A”或“B”) 

【解析】(1)在该实验中电流计G的作用是检测感应电流的大小与方向。

(2)探究电磁感应现象的实验电路如图所示。

(3)在产生感应电流的回路中,螺线管B产生感应电动势,相当于电源。

答案:(1)大小　方向　

(2)

(3)B

14.(8分)在“研究电磁感应现象”的实验中:先按图甲所示连线,不通电时,灵敏电流计指针停在正中央,闭合开关S时,观察到电流计指针向左偏。然后按图乙所示将灵敏电流计与副线圈B连成一个闭合回路,将原线圈A、电池、滑动变阻器和开关S串联成另一个闭合电路。

(1)图甲电路中,串联定值电阻R的主要作用是______ 

A.减小电源两端的电压,保护电源

B.增大电源两端的电压,保护开关

C.减小电路中的电流,保护灵敏电流计

D.减小电路中的电流,保护开关

(2)图乙中,S闭合后,在螺线管A插入螺线管B的过程中,电流计的指针将________偏转(选填“向左”“向右”或“不”)。 

(3)图乙中,S闭合后,线圈A放在B中不动,在滑动变阻器的滑片P向左滑动的过程中,电流计指针将________偏转(选填“向左”“向右”或“不”)。 

(4)图乙中,S闭合后,线圈A放在B中不动,在突然断开S时,电流计指针将__________偏转(选填“向左”“向右”或“不”)。 

【解析】(1)电路中串联定值电阻,目的是减小电流,保护灵敏电流计,故C正确,A、B、D错误;

(2)将S闭合后,将螺线管A插入螺线管B的过程中,穿过B的磁场向下,磁通量变大,由楞次定律可知,线圈B的感应磁场向上,根据右手定则,感应电流从电流计正接线柱流入,则电流计的指针将向左偏转;

(3)螺线管A放在B中不动,穿过B的磁场向上,将滑动变阻器的滑片向左滑动时,穿过B的磁通量增大,由楞次定律可知,感应电流从电流计正接线柱流入,则电流计的指针将向左偏转;

(4)螺线管A放在B中不动,穿过B的磁场向下,突然切断开关S时,穿过B的磁通量减小,由楞次定律可知,感应电流从电流计负接线柱流入,则电流计的指针将向右偏转。

答案:(1)C　(2)向左　(3)向左　(4)向右

四、计算题:本题共4小题,共46分。要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要注明单位。

15.(8分)如图所示,在光滑的水平面上有一半径r=10 cm、电阻R=1 Ω、质量m=1 kg的金属圆环,以速度v=10 m/s向一有界磁场滑去。匀强磁场方向垂直于纸面向里,B=0.5 T,从环刚进入磁场算起,到刚好有一半进入磁场时,圆环一共释放了32 J的热量,求:

(1)此时圆环中电流的瞬时功率;

(2)此时圆环运动的加速度。

【解析】(1)设刚好有一半进入磁场时,圆环的速度为v′,由能量守恒得

mv2=Q+mv′2 (2分)

此时圆环切割磁感线的有效长度为2r,圆环的感应电动势

E=B·2r·v′ (1分)

而圆环此时的瞬时功率

P== (2分)

三式联立代入数据可得

v′=6 m/s,P=0.36 W。 (1分)

(2)此时圆环在水平方向受向左的安培力F=ILB,

圆环的加速度为a===6×10-2 m/s2,方向向左。 (2分)

答案:(1)0.36 W　(2)6×10-2 m/s2　方向向左

16.(8分)在如图甲所示的电路中,螺线管匝数n=1 500,横截面积S=

20 cm2。螺线管导线电阻r=1.0 Ω,R1=4.0 Ω,R2=5.0 Ω,C=30 μF。在一段时间内,穿过螺线管的磁场的磁感应强度B按如图乙所示的规律变化。

(1)求螺线管中产生的感应电动势;

(2)闭合开关S,电路中的电流稳定后,求电阻R1的电功率;

(3)S断开后,求流经R2的电荷量。

【解析】(1)根据法拉第电磁感应定律

E==n·S,= T/s=0.4 T/s, (2分)

代入数值得E=1 500×20×10-4×0.4 V=1.2 V。 (1分)

(2)根据闭合电路欧姆定律得I==0.12 A, (1分)

P=I2R1, (1分)

代入数值得P=5.76×10-2 W。 (1分)

(3)S断开后,流经R2的电量即为S闭合后C板上所带的电量Q。

S闭合后,电容器两端的电压U=IR2=0.6 V, (1分)

流经R2的电荷量Q=CU=1.8×10-5 C。 (1分)

答案:(1)1.2 V　(2)5.76×10-2 W　(3)1.8×10-5 C

17.(14分)如图甲所示,不计电阻的平行金属导轨与水平面成37°夹角放置,导轨间距为L=1 m,上端接有电阻R=3 Ω,虚线OO′下方是垂直于导轨平面的匀强磁场。现将质量m=0.1 kg、电阻r=1 Ω的金属杆ab从OO′上方某处垂直导轨由静止释放,杆下滑过程中始终与导轨垂直并保持良好接触,杆下滑过程中的v-t图像如图乙所示。(g取

10 m/s2)求:

(1)磁感应强度B;

(2)杆在磁场中下滑0.1 s过程中电阻R产生的热量。

【解析】(1)由图乙得

a== m/s2=5 m/s2(1分)

0.1 s前,由牛顿第二定律有mgsinθ-f=ma (2分)

代入数据得f=0.1 N(1分)

0.1 s后匀速运动,有mgsinθ-f-FA=0 (2分)

而FA=BIL=BL= (2分)

解得B=

= T=2 T(2分)

(2)I== A=0.25 A(2分)

QR=I2Rt=0.252×3×0.1 J= J(2分)

答案:(1)2 T　(2) J

18.(16分)如图所示,空间存在有界匀强磁场,磁感应强度B=5 T,方向垂直纸面向里,上下宽度为d=0.35 m。现将一边长L=0.2 m的正方形导线框自磁场上边缘由静止释放,经过一段时间,导线框到达磁场下边界,之后恰好匀速离开磁场区域。已知导线框的质量m=0.1 kg,电阻R=

2 Ω。(g取10 m/s2)求:

(1)导线框匀速穿出磁场的速度。

(2)导线框进入磁场过程中产生的焦耳热。

(3)若在导线框进入磁场过程对其施加合适的外力F,则可以使其匀加速地进入磁场区域,且之后的运动同没施加外力F时完全相同。请写出F随时间t变化的函数表达式。

【解析】(1)导线框匀速穿出磁场过程中

I= (2分)

ILB=mg (2分)

得:导线框匀速穿出磁场过程中,速度v=2 m/s(1分)

(2)自导线框刚要进入磁场至刚要离开磁场的过程中,仅进入磁场过程中有焦耳热产生,由能量守恒得:

mgd=mv2+Q (2分)

得:Q=0.15 J(1分)

(3)导线框刚好完全进入磁场至刚好要离开磁场的过程

v2-=2g(d-L) (1分)

得:导线框刚好完全进入磁场的速度v0=1 m/s(1分)

导线框进入磁场的过程由=2aL

得:a=2.5 m/s2(1分)

L=a,

得:t0=0.4 s(2分)

取向下为正方向,有:mg-F-=ma (1分)

v′=at (1分)

得:F=0.75-1.25t(0<t<0.4 s)。 (1分)

答案:(1)2 m/s　(2)0.15 J　

(3)F=0.75-1.25t(0<t<0.4 s)

【补偿训练】

1.如图所示,两足够长的光滑金属导轨竖直放置,相距为L,一理想电流表与两导轨相连,匀强磁场与导轨平面垂直。一质量为m、有效电阻为R的导体棒在距磁场上边界h处静止释放。导体棒进入磁场后,流经电流表的电流逐渐减小,最终稳定为I。整个运动过程中,导体棒与导轨接触良好,且始终保持水平,不计导轨的电阻。求:

(1)磁感应强度的大小B;

(2)电流稳定后,导体棒运动速度的大小v;

(3)流经电流表电流的最大值Im。

【解析】(1)电流稳定后,导体棒做匀速运动:

BIL=mg, ①

解得:B=。 ②

(2)感应电动势E=BLv, ③

感应电流I=, ④

由②③④解得:v=。

(3)由题意知,导体棒刚进入磁场时的速度最大,设为vm。

由机械能守恒定律得m=mgh,

感应电动势的最大值Em=BLvm,

　感应电流的最大值Im=,

解得:Im=。

答案:(1)　(2)　(3)

2.如图所示,在匀强磁场中有一倾斜的平行金属导轨,导轨间距为L,长为3d,导轨平面与水平面的夹角为θ,在导轨的中部刷有一段长为d的薄绝缘涂层。匀强磁场的磁感应强度大小为B,方向与导轨平面垂直。质量为m的导体棒从导轨的顶端由静止释放,在滑上涂层之前已经做匀速运动,并一直匀速滑到导轨底端。导体棒始终与导轨垂直,且仅与涂层间有摩擦,接在两导轨间的电阻为R,其他部分的电阻均不计,重力加速度为g。求:

(1)导体棒与涂层间的动摩擦因数μ;

(2)导体棒匀速运动的速度大小v;

(3)整个运动过程中,电阻产生的焦耳热Q。

【解析】根据平衡条件、法拉第电磁感应定律、能量守恒定律解题。

(1)在绝缘涂层上:导体棒受力平衡,则

mgsinθ=μmgcosθ

解得导体棒与涂层间的动摩擦因数μ=tanθ

(2)在光滑导轨上:感应电动势E=BLv

感应电流I=,安培力F安=BIL

受力平衡的条件是F安=mgsinθ

解得导体棒匀速运动的速度v=

(3)摩擦生热,得QT=μmgdcosθ

根据能量守恒定律知3mgdsinθ=Q+QT+mv2

解得电阻产生的焦耳热Q=2mgdsinθ-

答案:(1)tanθ　(2)　

(3)2mgdsinθ-