广东省深圳市高二物理《电磁感应》

第十章电磁感应(90分钟，100分)整理ppt一、单项选择题（本大题共4小题，每小题4分，共16分，每小题只有一个选项符合题意）1.下列说法正确的是（）A.感应电流的磁场总与回路中原磁场的方向相反B.原磁通量变化时，就会有感应电流C.由于感应电流的磁场总阻碍原磁通量变化，所以回路中磁通量不变D.感应电流的磁场可能与原磁场方向相反，也可能相同整理ppt【解析】选D.感应电流的磁场阻碍原磁通量变化，不是阻止变化，C错；感应电流的磁场与原磁场方向可能相同，也可能相反，故A错，D对；如果回路不闭合，即使磁通量变化也不会有感应电流，B错误.整理ppt2.如图1所示，金属球（铜球）下端有通电的线圈，今把小球拉离平衡位置后释放，此后小球的运动情况是（不计空气阻力）（）A.做等幅振动B.做阻尼振动C.振幅不断增大D.无法判定整理ppt【解析】选B.小球在通电线圈磁场中运动，小球中产生涡流，故小球要受到安培力作用，安培力阻碍它的相对运动，所以小球做阻尼振动，故B项正确.整理ppt3.（2020·潮州模拟）如图2所示，金属棒ab置于水平放置的U形光滑导轨上，在ef右侧存在有界匀强磁场B，磁场方向垂直导轨平面向下，在ef左侧的无磁场区域cdef内有一半径很小的金属圆环L，圆环与导轨在同一平面内.当金属棒ab在水平恒力F作用下从磁场左边界ef处由静止开始向右运动后，则下列对圆环L的变化趋势及圆环内产生的感应电流变化判断正确的是（）A.收缩，变小B.收缩，变大C.扩张，变小D.扩张，不变整理ppt【解析】选A.金属棒ab由静止开始运动，做加速运动，由E=Blv知，感应电动势增大，回路abdc中电流增大，产生的磁场增强，由楞次定律推知圆环L将收缩；由F-F安=ma,即F-=ma知，棒ab做加速度逐渐减小的加速运动，回路abdc中电流的变化率减小，即磁通量的变化率减小，由E=知，圆环L中感应电动势减小，即感应电流变小，A项正确.整理ppt4.竖直平面内有一金属圆环，半径为a，总电阻为R，磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过平面，在环的最高点A用铰链连接的长度为2a、电阻为的导体棒AB由水平位置紧贴环面摆下，如图3所示.当摆到竖直位置时，B点的速度为v，则这时AB两端电压的大小为（）A.BavB.BavC.BavD.Bav整理ppt【解析】选D.当AB摆到竖直位置时，产生的感应电动势E=·B·2a·v=Bav，AB两端电压为路端电压，则UAB=·E=E=Bav，选项D正确.整理ppt二、双项选择题（本大题共5小题，每小题6分，共30分，每小题有两个选项符合题意）5.关于电磁感应中感应电动势大小正确的表述是（）整理pptA.穿过某导体线框的磁通量为零，该线框中的感应电动势不一定为零B.穿过某导体线框的磁通量越大，该线框中的感应电动势就一定越大C.穿过某导体线框的磁通量变化量越大，该线框中的感应电动势就一定越大D.穿过某导体线框的磁通量变化率越大，该线框中的感应电动势就一定越大整理ppt【解析】选A、D.根据法拉第电磁感应定律E=n，电动势大小与磁通量变化率成正比，D正确；当磁通量为零时，不一定为零，A对；Φ越大，不一定越大，B项错；ΔΦ越大，也不一定越大，C项错.整理ppt6.（2020·汕尾模拟）如图4所示，AOC是光滑的金属轨道，AO沿竖直方向，OC沿水平方向，PQ是一根金属直杆如图立在导轨上，直杆从图示位置由静止开始在重力作用下运动，运动过程中Q端始终在OC上，空间存在着垂直纸面向外的匀强磁场，则在PQ棒滑动的过程中，下列判断正确的是（）整理pptA.感应电流的方向始终是由P→QB.感应电流的方向先是由P→Q，后是由Q→PC.PQ受磁场力的方向垂直棒向左D.PQ受磁场力的方向先垂直于棒向左，后垂直于棒向右整理ppt【解析】选B、D.在PQ棒滑动的过程中，棒与导轨所围成的三角形POQ面积先增大再减小，由楞次定律可判断B正确；再由PQ中电流方向及左手定则可判断，PQ受的安培力先垂直棒向左，后垂直棒向右，D正确.整理ppt7.如图5甲和乙所示电路中，电阻R和自感线圈L的电阻值都很小，接通S，使电路达到稳定，灯泡D发光.则（）整理pptA.在图甲所示电路中，断开S，D将逐渐变暗B.在图甲所示电路中，断开S，D将先变得更亮，然后渐渐变暗C.在图乙所示电路中，断开S，D将逐渐变暗D.在图乙所示电路中，断开S，D将变得更亮，然后渐渐变暗整理ppt【解析】选A、D.因R、L阻值很小，在图甲中，线圈L与灯泡D串联，L中电流很小，断开S时自感电动势较小，自感作用使D与L中的电流值从S接通后的稳定值开始减小，D将逐渐变暗，而不是立即熄灭.在图乙中，L与D、R并联，稳定时L中电流比D中电流大，断开S的瞬间，L中电流从开始的稳定值逐渐减小，所以断开瞬间，通过灯泡D的电流变大，D将变得更亮，然后渐渐变暗.整理ppt8.如图6所示，位于同一水平面内的、两根平行的光滑金属导轨处于匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨所在的平面，导轨的一端与一电阻相连，具有一定质量的金属杆ab放在导轨上并与导轨垂直.现用一平行于导轨的恒力F拉杆ab，使它由静止开始向右运动.杆和导轨的电阻、感应电流产生的磁场均可不计，用E表示回路中的感应电动势，i表示回路中的感应电流，在i随时间增大的过程中，电阻消耗的功率等于（）整理pptA.F的功率B.安培力的功率的绝对值C.F与安培力的合力的功率D.iE整理ppt【解析】选B、D.由功能关系可得，恒力F对杆做的功等于金属杆克服安培力做的功与金属杆动能的增量；由能量守恒定律知，恒力F对杆做功将其他形式的能转化为金属杆的动能和回路的电能.因此电阻消耗的功率应等于安培力的功率的绝对值，也等于回路消耗的电功率值iE,故B、D正确.整理ppt9.（2020·临沂模拟）如图7所示，一闭合的小金属环用一根绝缘细杆挂在固定点O处，使金属环在竖直线OO′的两侧来回摆动的过程中穿过水平方向的匀强磁场区域，磁感线的方向和水平面垂直.若悬点摩擦力和空气阻力均不计，则（）整理pptA.金属环每次进入和离开磁场区域都有感应电流，而且感应电流的方向相反B.金属环进入磁场区域后越靠近OO′线时速度越大，而且产生的感应电流越大C.金属环开始摆动后，摆角会越来越小，摆角小到某一值后不再减小D.金属环在摆动过程中，机械能将全部转化为环中的电能整理ppt【解析】选A、C.金属环每次进入和离开磁场，通过金属环的磁通量均发生变化，故有感应电流产生，但进入和离开过程中，磁通量变化趋势相反，故感应电流方向相反，A项正确；金属环在进入磁场区域后，磁通量不再发生变化，故无感应电流产生，B项错；当金属环摆角减小到不再离开磁场时，金属环机械能守恒，摆角不再减小，C项正确，D项错.整理ppt三、计算题（本大题共4小题，共54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）10.（10分）有一面积为S=100cm2的金属环，电阻R=0.1Ω,环中磁场的变化规律如图8乙所示，且磁场方向垂直环向里，在t1到t2时间内，通过金属环的电量是多少？若t1=0.1s，t2=0.2s.线圈中产生的感应电动势为多少？整理ppt【解析】线圈中产生的感应电动势E==·S（2分）环中的感应电流I=（1分）通过环的电量Q=I·Δt=·Δt=（3分）将B2=0.2T,B1=0.1T,S=100×10-4m2,R=0.1Ω代入上式得Q=0.01C（1分）感应电动势E==·S=×100×10-4V=0.01V（3分）答案：0.01C0.01V整理ppt11.（13分）如图9所示，水平放置的平行金属导轨，相距L=0.50m，左端接一电阻R=0.20Ω，磁感应强度B=0.40T的匀强磁场方向垂直于导轨平面，导体棒ab垂直放在导轨上，并能无摩擦地沿导轨滑动，导轨和导体棒的电阻均可忽略不计，当ab以v=4.0m/s的速度水平向右匀速滑动时，求：（1）ab棒中感应电动势的大小，并指出a、b哪端电势高；（2）回路中感应电流的大小；（3）维持ab棒做匀速运动的水平外力F的大小.整理ppt【解析】（1）根据法拉第电磁感应定律，ab棒中的感应电动势为E=BLv=0.40×0.50×4.0V=0.80V（4分）根据右手定则可判定感应电动势的方向由b→a，所以a端电势高.（3分）（2）感应电流大小为I==A=4.0A（3分）（3）由于ab棒受安培力且匀速运动，故外力F=ILB=4.0×0.5×0.40N=0.80N，（3分）故外力的大小为0.80N.答案：（1）0.80Va端（2）4.0A（3）0.80N整理ppt12.（15分）如图10所示，固定的水平光滑金属导轨，间距为L，左端接有阻值为R的电阻，处在方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中，质量为m的导体棒与固定弹簧相连，放在导轨上，导轨与导体棒的电阻均可忽略.初始时刻，弹簧恰处于自然长度，导体棒具有水平向右的初速度v0.沿导轨往复运动的过程中，导体棒始终与导轨垂直，且保持良好接触.整理ppt（1）求初始时刻导体棒受到的安培力；（2）若导体棒从初始时刻到速度第一次为零时，弹簧的弹性势能为Ep,则这一过程中安培力所做的功W1和电阻R上产生的焦耳热Q1分别是多少？（3）导体棒往复运动，最终将静止于何处？从导体棒开始运动直到最终静止的过程中，电阻R上产生的焦耳热Q为多少？整理ppt【解析】（1）初始时刻棒中感应电动势E=BLv0，（2分）棒中感应电流I=，（1分）作用于棒上的安培力F=ILB，（1分）联立以上三式得F=，方向水平向左.（2分）（2）由功和能的关系得，安培力做功W1=Ep-mv20,（3分）电阻R上产生的焦耳热Q1=mv20-Ep.（2分）（3）由能量转化及平衡条件，可判断导体棒最终静止于初始位置，电阻R上产生的焦耳热整理pptQ=mv20.（4分）答案：（1），方向水平向左（2）Ep-mv20mv20-Ep(3)导体棒最终静止于初始位置mv20整理ppt整理ppt整理ppt13.(新题快递)（16分）如图11甲所示，光滑且足够长的平行金属导轨MN、PQ固定在同一水平面上，两导轨间距L=1m，电阻R1=3Ω，R2=1.5Ω，导轨上放一质量m=1kg的金属杆，长度与金属导轨等宽，其电阻r=1Ω，与导轨接触良好，导轨的电阻不计，整个装置处于磁感应强度B=0.8T的匀强磁场中，磁场的方向垂直导轨平面向下，现用一拉力F沿水平方向拉杆，使金属杆由静止开始运动.图乙所示为通过R1中的电流平方随时间变化的I21-t图线，求：整理ppt（1）5s末金属杆的动能；（2）5s末安培力的功率；（3）5s内拉力F做的功.整理ppt【解析】（1）5s末的电流为I1=A=2A.外电路并联，则I1∶I2=R2∶R1=1∶2（1分）干路电流I=3I1=3×2A=6A（1分）E=BLv=I（R并+r）（2分）金属杆的速度v==m/s=15m/s（1分）5s末金属杆的动能Ek=mv2=112.5J（1分）（2）解法一FA=BIL=0.8×6×1N=4.8N（2分）整理ppt5s末安培力的功率PA=FAv=4.8×15W=72W（2分）解法二P1∶P2∶Pr=1∶2∶3（2分）PA=6P1=6I21R1=72W（2分）（3）解法一W1=I21R1t，根据图线，I21t即为图线与时间轴包围的面积的（1分）又P1∶P2∶Pr=1∶2∶3（1分）所以WA=6W1=6××4×5×3J整理ppt=180J（1分）由动能定理，得WF-WA=ΔEk（2分）5s内拉力F做的功WF=WA+ΔEk=（180+112.5）J=292.5J（1分）解法二由PA=6I21R1和图线可知，PA正比于t（1分）所以WA=PAmt=×72×5J=180J（2分）由动能定理，得WF-WA=ΔEk（2分）5s内拉力F做的功整理pptWF=WA+ΔEk=（180+112.5）J=292.5J（1分）答案：（1）112.5J（2）72W（3）292.5J整理ppt整理ppt9、静夜四无邻，荒居旧业贫。。2022/12/252022/12/25Sunday,December25,202210、雨中黄叶树，灯下白头人。。2022/12/252022/12/252022/12/2512/25/20226:59:35PM11、以我独沈久，愧君相见频。。2022/12/252022/12/252022/12/25Dec-2225-Dec-2212、故人江海别，几度隔山川。。2022/12/252022/12/252022/12/25Sunday,December25,202213、乍见翻疑梦，相悲各问年。。2022/12/252022/12/252022/12/252022/12/2512/25/202214、他乡生白发，旧国见青山。。25十二月20222022/12/252022/12/252022/12/2515、比不了得就不比，得不到的就不要。。。十二月222022/12/252022/12/252022/12/2512/25/202216、行动出成果，工作出财富。。2022/12/252022/12/2525December202217、做前，能够环视四周；做时，你只能或者最好沿着以脚为起点的射线向前。。2022/12/252022/12/252022/12/252022/12/259、没有失败，只有暂时停止成功！。2022/12/252022/12/25Sunday,December25,202210、很多事情努力了未必有结果，但是不努力却什么改变也没有。。2022/12/252022/12/252022/12/2512/25/20226:59:35PM11、成功就是日复一日那一点点小小努力的积累。。2022/12/252022/12/252022/12/25Dec-2225-Dec-2212、世间成事，不求其绝对圆满，留一份不足，可得无限完美。。2022/12/252022/12/252022/12/25Sunday,December25,202213、不知香积寺，数里入云峰。。2022/12/252022/12/252022/12/252022/12/2512/25/202214、意志坚强的人能把世界放在手中像泥块一样任意揉捏。25十二月20222022/12/252022/12/252022/12/2515、楚塞三湘接，荆门九派通。。。十二月222022/12/252022/12/252022/12/2512/25/202216、少年十五二十时，步行夺得胡马骑。。2022/12/252022/12/2525