物理选择性必修 第二册第二章 电磁感应综合与测试学案及答案

这是一份物理选择性必修 第二册第二章 电磁感应综合与测试学案及答案，共11页。学案主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

1．(多选)(2018·全国卷Ⅰ)如图1，两个线圈绕在同一根铁芯上，其中一线圈通过开关与电源连接，另一线圈与远处沿南北方向水平放置在纸面内的直导线连接成回路．将一小磁针悬挂在直导线正上方，开关未闭合时小磁针处于静止状态．下列说法正确的是( )
图1
A．开关闭合后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动
B．开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向里的方向
C．开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向外的方向
D．开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动
答案 AD
解析 根据安培定则，开关闭合时铁芯中产生水平向右的磁场，开关闭合后的瞬间，根据楞次定律，直导线上将产生由南向北的电流，直导线上方的磁场垂直纸面向里，故小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动，A项正确；开关闭合并保持一段时间后，直导线上没有感应电流，故小磁针的N极指北，B、C项错误；开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，根据楞次定律，直导线上将产生由北向南的电流，直导线上方的磁场垂直纸面向外，故小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动，D项正确．
2．(多选)(2019·宿迁市高二上期末)如图2所示，A、B是两个完全相同的小灯泡，L是直流电阻不计、自感系数很大的线圈．下列说法正确的有( )
图2
A．闭合S1，再闭合S2，A灯将变暗
B．闭合S1，再闭合S2，B灯将变暗直至熄灭
C．闭合S1、S2稳定后，再断开S1，A灯将立即熄灭
D．闭合S1、S2稳定后，再断开S1，B灯先亮一下然后变暗直至熄灭
答案 BCD
3．(2020·江苏卷)如图3所示，两匀强磁场的磁感应强度B1和B2大小相等、方向相反．金属圆环的直径与两磁场的边界重合．下列变化会在环中产生顺时针方向感应电流的是( )
图3
A．同时增大B1减小B2
B．同时减小B1增大B2
C．同时以相同的变化率增大B1和B2
D．同时以相同的变化率减小B1和B2
答案 B
解析 若同时增大B1减小B2，则穿过环向里的磁通量增大，根据楞次定律，感应电流产生的磁场方向向外，由安培定则，环中产生的感应电流是逆时针方向，故选项A错误；同理可推出，选项B正确，C、D错误．
4．(多选)(2019·全国卷Ⅰ)空间存在一方向与纸面垂直、大小随时间变化的匀强磁场，其边界如图4(a)中虚线MN所示．一硬质细导线的电阻率为ρ、横截面积为S，将该导线做成半径为r的圆环固定在纸面内，圆心O在MN上．t＝0时磁感应强度的方向如图(a)所示；磁感应强度B随时间t的变化关系如图(b)所示．则在t＝0到t＝t1的时间间隔内( )
图4
A．圆环所受安培力的方向始终不变
B．圆环中的感应电流始终沿顺时针方向
C．圆环中的感应电流大小为eq \f(B0rS,4t0ρ)
D．圆环中的感应电动势大小为eq \f(B0πr2,4t0)
答案 BC
解析 在0～t0时间内，磁感应强度减小，根据楞次定律可知感应电流的方向为顺时针，圆环所受安培力水平向左；在t0～t1时间内，磁感应强度反向增大，感应电流的方向仍为顺时针，圆环所受安培力水平向右，所以选项A错误，B正确；根据法拉第电磁感应定律得E＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(1,2)πr2·eq \f(B0,t0)＝eq \f(B0πr2,2t0)，由R＝ρeq \f(l,S)可得R＝ρeq \f(2πr,S)，根据欧姆定律可得I＝eq \f(E,R)＝eq \f(B0rS,4t0ρ)，所以选项C正确，D错误．
5.(2020·潍坊市多校联考)如图5所示，光滑铜环水平固定，其半径为l，长为l、电阻为r的铜棒OA的一端在铜环的圆心O处，另一端与铜环接触良好，整个装置处在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中．现使铜棒OA以角速度ω逆时针(俯视)匀速转动，A端始终在铜环上，定值电阻的阻值为3r，上方导线与O点连线，下方导线与铜环连接，其他电阻不计．下列说法正确的是( )
图5
A．O点的电势比A点的电势高
B．回路中通过的电流为eq \f(ωBl2,4r)
C．该定值电阻两端的电压为eq \f(3,8)ωBl2
D．该定值电阻上的热功率为eq \f(ω2B2l4,16r)
答案 C
解析 根据右手定则可知，O点的电势比A点的电势低，故A错误；根据法拉第电磁感应定律可知，铜棒OA切割磁感线产生的感应电动势为E＝eq \f(1,2)Bl2ω，回路中通过的电流为I＝eq \f(E,r＋3r)＝eq \f(ωBl2,8r)，故B错误；该定值电阻两端的电压为U＝I·3r＝eq \f(3,8)ωBl2，故C正确；该定值电阻上的热功率为P＝UI＝eq \f(3,8)ωBl2×eq \f(ωBl2,8r)＝eq \f(3B2l4ω2,64r)，故D错误．
6.(2019·庄河高级中学高二上期末)如图6所示，垂直纸面向里的匀强磁场区域宽度为2a，磁感应强度的大小为B.一边长为a、电阻为4R的正方形均匀导线框ABCD从图示位置沿水平向右方向以速度v匀速穿过磁场区域，下列图中线框A、B两端电压UAB与线框移动距离x的关系图像正确的是( )
图6
答案 D
解析 由楞次定律判断可知，在线框穿过磁场的过程中，A点的电势始终高于B点的电势，则UAB始终为正值．AB、DC两边切割磁感线时产生的感应电动势均为E＝Bav.在0～a过程中，AB边切割磁感线，A、B两端的电压是路端电压，则UAB＝eq \f(3,4)E＝eq \f(3,4)Bav；在a～2a过程中，线框在磁场中运动，穿过线框的磁通量没有变化，不产生感应电流，则UAB＝E＝Bav；在2a～3a过程中，DC边切割磁感线，A、B两端的电压为UAB＝eq \f(1,4)E＝eq \f(1,4)Bav，故D正确．
7.(多选)(2019·辽宁盘锦高级中学高二月考)如图7所示，倾角为α的光滑导轨上端接入一定值电阻R，Ⅰ和Ⅱ是边长都为L的两正方形磁场区域，其区域内的磁场方向都垂直于导轨平面向上，区域Ⅰ中磁场的磁感应强度为B1，恒定不变，区域Ⅱ中磁感应强度随时间按B2＝kt(k>0)变化，一质量为m、接入电路的电阻为r的金属杆ab穿过区域Ⅰ垂直地跨放在两导轨上，与导轨接触良好，并恰能保持静止．不计导轨电阻，则下列说法正确的是( )
图7
A．通过金属杆的电流大小为eq \f(mgsin α,B1L)
B．通过金属杆的电流方向是从a到b
C．定值电阻的阻值为eq \f(kB1L3,mgsin α)－r
D．定值电阻的阻值为eq \f(kB1L3,mgsin α)
答案 AC
解析 对金属杆，根据平衡条件，结合安培力公式有mgsin α＝B1IL，解得I＝eq \f(mgsin α,B1L)，选项A正确；由楞次定律可知，通过金属杆的电流方向是从b到a，选项B错误；由法拉第电磁感应定律有E＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(ΔB·L2,Δt)＝kL2，根据闭合电路欧姆定律得I＝eq \f(E,R＋r)，故R＝eq \f(E,I)－r＝eq \f(kB1L3,mgsin α)－r，选项C正确，D错误．
8．(2018·全国卷Ⅰ)如图8所示，导体轨道OPQS固定，其中PQS是半圆弧，Q为半圆弧的中点，O为圆心．轨道的电阻忽略不计．OM是有一定电阻、可绕O转动的金属杆，M端位于PQS上，OM与轨道接触良好．空间存在与半圆所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B.现使OM从OQ位置以恒定的角速度逆时针转到OS位置并固定(过程Ⅰ)；再使磁感应强度的大小以一定的变化率从B增加到B′(过程Ⅱ)．在过程Ⅰ、Ⅱ中，流过OM的电荷量相等，则eq \f(B′,B)等于( )
图8
A.eq \f(5,4) B.eq \f(3,2) C.eq \f(7,4) D．2
答案 B
解析 设半圆弧PQS的半径为r，在过程Ⅰ中，根据法拉第电磁感应定律，有
E1＝eq \f(ΔΦ1,Δt1)＝eq \f(B\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)πr2－\f(1,4)πr2)),Δt1)＝eq \f(B·\f(1,4)πr2,Δt1)
根据闭合电路欧姆定律，有
I1＝eq \f(E1,R)
且q1＝I1Δt1
在过程Ⅱ中，有E2＝eq \f(ΔΦ2,Δt2)＝eq \f(B′－B\f(1,2)πr2,Δt2)
I2＝eq \f(E2,R)
q2＝I2Δt2
又q1＝q2，即eq \f(B·\f(1,4)πr2,R)＝eq \f(B′－B\f(1,2)πr2,R)
所以eq \f(B′,B)＝eq \f(3,2).
9.如图9所示，矩形闭合线框在匀强磁场上方，由不同高度静止释放，用t1、t2分别表示线框ab边和cd边刚进入磁场的时刻．线框下落过程中形状不变，ab边始终保持与磁场水平边界OO′平行，线框平面与磁场方向垂直．设OO′下方磁场区域足够大，不计空气阻力，则下列四幅图中哪一个图像不可能反映线框下落过程中速度v随时间t变化的规律( )
图9
答案 A
解析 当线圈匀速进入磁场时，由eq \f(B2L2v0,R)＝mg得匀速运动的速度v0＝eq \f(mgR,B2L2).设ab边刚进入磁场时的速度为v.当v>v0时，因eq \f(B2L2v,R)>mg，则线圈做减速运动，且由eq \f(B2L2v,R)－mg＝ma可知加速度a在减小，当a＝0时速度达到最小并保持匀速运动，A不可能，B可能；当v＝v0时，因eq \f(B2L2v,R)＝mg，则线圈匀速进入磁场，D可能；当v10.(多选)(2019·全国卷Ⅱ)如图10，两条光滑平行金属导轨固定，所在平面与水平面夹角为θ，导轨电阻忽略不计．虚线ab、cd均与导轨垂直，在ab与cd之间的区域存在垂直于导轨所在平面的匀强磁场．将两根相同的导体棒PQ、MN先后自导轨上同一位置由静止释放，两者始终与导轨垂直且接触良好．已知PQ进入磁场时加速度恰好为零．从PQ进入磁场开始计时，到MN离开磁场区域为止，流过PQ的电流随时间变化的图像可能正确的是( )
图10
答案 AD
解析 根据题述，PQ刚进入磁场时加速度恰好为零，两导体棒从同一位置释放，则两导体棒进入磁场时的速度相同，产生的感应电动势大小相等，若释放两导体棒的时间间隔足够长，在PQ通过磁场区域一段时间后MN进入磁场区域，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律可知流过PQ的电流随时间变化的图像可能是A；若释放两导体棒的时间间隔较短，在PQ没有出磁场区域时MN就进入磁场区域，则两棒在磁场区域中运动时回路中磁通量不变，两棒不受安培力作用，二者在磁场中做加速运动，PQ出磁场后，MN切割磁感线产生感应电动势和感应电流，且感应电流一定大于I1，导体棒受到安培力作用，由于安培力与速度成正比，则MN所受的安培力一定大于MN的重力沿导轨平面方向的分力，所以MN一定做减速运动，回路中感应电流减小，流过PQ的电流随时间变化的图像可能是D.
11．(2018·全国卷Ⅱ)如图11所示，在同一水平面内有两根平行长导轨，导轨间存在依次相邻的矩形匀强磁场区域，区域宽度均为l，磁感应强度大小相等、方向交替向上向下．一边长为eq \f(3,2)l的正方形金属线框在导轨上向左匀速运动．线框中感应电流i随时间t变化的正确图线可能是( )
图11
答案 D
解析 设线路中只有一边切割磁感线时产生的感应电流为I0.
由分析知，只有选项D符合要求．
12．(多选)(2020·全国卷Ⅰ)如图12，U形光滑金属框abcd置于水平绝缘平台上，ab和dc边平行，和bc边垂直．ab、dc足够长，整个金属框电阻可忽略．一根具有一定电阻的导体棒MN置于金属框上，用水平恒力F向右拉动金属框，运动过程中，装置始终处于竖直向下的匀强磁场中，MN与金属框保持良好接触，且与bc边保持平行．经过一段时间后( )
图12
A．金属框的速度大小趋于恒定值
B．金属框的加速度大小趋于恒定值
C．导体棒所受安培力的大小趋于恒定值
D．导体棒到金属框bc边的距离趋于恒定值
答案 BC
解析 当金属框在恒力F作用下向右加速运动时，bc边产生从c向b的感应电流i，金属框的加速度大小为a1，则有F－Bil＝Ma1；MN中感应电流从M流向N，MN在安培力作用下向右加速运动，加速度大小为a2，则有Bil＝ma2，当金属框和MN都运动后，金属框速度为v1，MN速度为v2，则电路中的感应电流为i＝eq \f(Blv1－v2,R)，感应电流从0开始增大，则a2从零开始增加，a1从eq \f(F,M)开始减小，加速度差值减小．当a1＝a2时，得F＝(M＋m)a，a＝eq \f(F,M＋m)恒定，由F安＝ma可知，安培力趋于恒定，则感应电流趋于恒定，据i＝eq \f(Blv1－v2,R)知金属框与MN的速度差保持不变，v－t图像如图所示，故A错误，B、C正确；MN与金属框的速度差不变，但MN的速度小于金属框的速度，则MN到金属框bc边的距离越来越大，故D错误．
二、非选择题
13．(2020·江苏卷)如图13所示，电阻为0.1 Ω的正方形单匝线圈abcd的边长为0.2 m，bc边与匀强磁场边缘重合．磁场的宽度等于线圈的边长，磁感应强度大小为0.5 T，在水平拉力作用下，线圈以8 m/s的速度向右穿过磁场区域．求线圈在上述过程中．
图13
(1)感应电动势的大小E；
(2)所受拉力的大小F；
(3)感应电流产生的热量Q.
答案 (1)0.8 V (2)0.8 N (3)0.32 J
解析 (1)线圈切割磁感线产生的感应电动势E＝Blv
代入数据得E＝0.8 V
(2)线圈中产生的感应电流I＝eq \f(E,R)
拉力的大小等于安培力F＝BIl
解得F＝eq \f(B2l2v,R)
代入数据得F＝0.8 N
(3)运动时间t＝eq \f(2l,v)
根据焦耳定律有Q＝I2Rt
联立可得Q＝eq \f(2B2l3v,R)
代入数据解得Q＝0.32 J
14.如图14所示，质量为m、边长为L的正方形线框，从有界匀强磁场上方高h处由静止自由下落，线框的总电阻为R，磁感应强度为B的匀强磁场宽度为2L.线框下落过程中，ab边始终与磁场边界平行且处于水平方向．已知ab边刚穿出磁场时线框恰好做匀速运动，求：
图14
(1)cd边刚进入磁场时线框的速度大小；
(2)线框穿过磁场的过程中产生的焦耳热．
答案 (1)eq \r(\f(m2g2R2,B4L4)－2gL) (2)mg(h＋3L)－eq \f(m3g2R2,2B4L4)
解析 (1)线框匀速运动的条件是mg＝BIL，①
而I＝eq \f(E,R)＝eq \f(BLv2,R)，②
联立①②式得ab边刚穿出磁场时线框的速度v2＝eq \f(mgR,B2L2)，cd边刚进入磁场到ab边刚穿出磁场的过程中，线框做加速度为g的匀加速运动，运动路程为L，
由运动学公式得，cd边刚进入磁场时线框的速度v1＝eq \r(v\\al(22)－2gL)＝eq \r(\f(m2g2R2,B4L4)－2gL).
(2)由题意知，cd边恰好穿出磁场时线框的速度为v2，由能量定恒定律可知
Q＝mg(h＋3L)－eq \f(1,2)mv22＝mg(h＋3L)－eq \f(m3g2R2,2B4L4).
15.如图15所示，两根足够长的平行金属导轨固定在倾角θ＝30°的斜面上，导轨电阻不计，间距L＝0.4 m，导轨所在空间被分成区域Ⅰ和Ⅱ，两区域的边界与斜面的交线为MN.Ⅰ中的匀强磁场方向垂直斜面向下，Ⅱ中的匀强磁场方向垂直斜面向上，两磁场的磁感应强度大小均为B＝0.5 T．在区域Ⅰ中，将质量m1＝0.1 kg、电阻R1＝0.1 Ω的金属条ab放在导轨上，ab刚好不下滑．然后，在区域Ⅱ中将质量m2＝0.4 kg、电阻R2＝0.1 Ω的光滑导体棒cd置于导轨上，cd由静止开始下滑．cd在滑动过程中始终处于区域Ⅱ的磁场中，ab、cd始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，取g＝10 m/s2，问：
图15
(1)cd下滑的过程中，ab中的电流方向；
(2)ab刚要向上滑动时，cd的速度v多大；
(3)从cd开始下滑到ab刚要向上滑动的过程中，cd滑动的距离x＝3.8 m，此过程中ab上产生的热量Q是多少．
答案 (1)由a流向b (2)5 m/s (3)1.3 J
解析 (1)由右手定则可判断出cd中的电流方向为由d到c，则ab中电流方向为由a流向b.
(2)开始放置时ab刚好不下滑，ab所受摩擦力为最大静摩擦力，设其大小为Ffmax，有Ffmax＝m1gsin θ①
设ab刚要上滑时，cd棒的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律有E＝BLv②
设电路中的感应电流为I，由闭合电路欧姆定律有
I＝eq \f(E,R1＋R2)③
设ab所受安培力为F安，有F安＝BIL④
由左手定则知，F安方向沿导轨向上，此时ab受到的最大静摩擦力方向沿导轨向下，由平衡条件有F安＝m1gsin θ＋Ffmax⑤
联立①②③④⑤式，代入数据解得v＝5 m/s.⑥
(3)设cd棒运动过程中电路中产生的总热量为Q总，由能量守恒定律有m2gxsin θ＝Q总＋
eq \f(1,2)m2v2⑦
又Q＝eq \f(R1,R1＋R2)Q总⑧
联立⑥⑦⑧式解得Q＝1.3 J.线框位移
等效电路图
感应电流
0～eq \f(l,2)
I＝2I0(顺时针)
eq \f(l,2)～l
I＝0
l～eq \f(3l,2)
I＝2I0(逆时针)
eq \f(3l,2)～2l
I＝0