2017-2018学年高中创新设计物理粤教版选修3-2练习：第一章 第五节 电磁感应规律的应用

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精第五节电磁感应规律的应用1．情景分析:如图1所示，铜棒Oa长为L，磁场的磁感应强度为B,铜棒在垂直于匀强磁场的平面上绕O点以角速度ω匀速转动，则棒切割磁感线的等效速度v＝eq\f(ωL，2)，产生的感应电动势E＝eq\f（1,2)BL2ω,由右手定则可判定铜棒的O端电势较高．图12．如图2所示,导体棒ef沿着导轨面向右匀速运动,导轨电阻不计．导体棒ef相当于电源，e是正极,f是负极，电源内部电流由负极流向正极；R和Rg构成外电路，外电路中电流由电源正极流向负极．图23．电磁感应中的能量：在由导体切割磁感线产生的电磁感应现象中，导体克服安培力做多少功,就有多少其他形式的能转化为电能，即电能是通过克服安培力做功转变来的．4．正在转动的电风扇叶片，一旦被卡住，电风扇电动机的温度上升，时间一久,便发生一种焦糊味，十分危险，产生这种现象的原因是________________________________________________________________________．答案见解析解析电风扇叶片一旦卡住，这时反电动势消失，电阻很小的线圈直接连在电源的两端,电流会很大，所以电风扇电动机的温度很快上升,十分危险．5．当穿过线圈的磁通量发生变化时，下列说法中正确的是（)A．线圈中一定有感应电流B．线圈中一定有感应电动势C．感应电动势的大小跟磁通量的变化成正比D．感应电动势的大小跟线圈的电阻有关答案B解析产生感应电流的条件与产生感应电动势的条件是不同的,只有电路闭合且磁通量发生变化才能产生感应电流，不管电路是否闭合,只要磁通量变化,就一定有感应电动势产生．感应电动势只与磁通量的变化快慢和线圈的匝数有关．6．如图3所示，在竖直向下的匀强磁场中,将一水平放置的金属棒ab以水平速度v抛出，且棒与磁场垂直，设棒在落下的过程中方向不变且不计空气阻力，则金属棒在运动的过程中产生的感应电动势大小变化情况是(）图3A．越来越大B．越来越小C．保持不变D．无法判断答案C解析在运用公式E＝BLv进行感应电动势的运算时，要注意该公式中B、L、v三者必须互相垂直．如果不互相垂直，要进行相应的分解后运用分量代入运算．本题中切割速度为金属棒的水平分速度,水平分速度不变，故感应电动势大小保持不变,选C。7．如图4所示,竖直放置的两根平行金属导轨之间接有定值电阻R，质量不能忽略的金属棒与两导轨始终保持垂直并良好接触且无摩擦，棒与导轨的电阻均不计,整个装置放在匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直,棒在竖直向上的恒力F作用下加速上升的一段时间内，力F做的功与安培力做的功的代数和等于()图4A．棒的机械能增加量B．棒的动能增加量C．棒的重力势能增加量D．电阻R上放出的热量答案A解析棒受重力G、拉力F和安培力FA的作用．由动能定理：WF＋WG＋W安＝ΔEk得WF＋W安＝ΔEk＋mgh，即力F做的功与安培力做功的代数和等于机械能的增量,A项正确．【概念规律练】知识点一法拉第电机模型的分析1．如图5所示，长为L的金属棒ab，绕b端在垂直于匀强磁场的平面内以角速度ω匀速转动，磁感应强度为B，求ab两端的电势差．图5答案eq\f（1，2)BL2ω解析方法一棒上各处速率不等，故不能直接用公式E＝BLv求解,由v＝ωr可知,棒上各点线速度跟半径成正比,故可用棒的中点的速度作为平均切割速度代入公式计算．由eq\x\to（v)＝ωL/2,有BLeq\x\to(v）＝eq\f（1，2)BL2ω,由右手定则判断φa〉φb,即Uab>0，故Uab＝eq\f（1，2）BL2ω方法二用E＝neq\f（ΔΦ,Δt）来求解．设经过Δt时间ab棒扫过的扇形面积为ΔS＝eq\f（1，2）LωΔtL＝eq\f（1，2）L2ωΔt变化的磁通量为ΔΦ＝BΔS＝eq\f（1,2)BL2ωΔt，所以E＝neq\f（ΔΦ，Δt)＝nBeq\f(ΔS，Δt)＝eq\f(1,2）BL2ω(n＝1)由右手定则判断φa〉φb所以a、b两端的电势差为eq\f(1，2）BL2ω.点评当导体棒转动切割磁感线时,若棒上各处磁感应强度B相同，则可直接应用公式E＝eq\f(1，2）BL2ω。2．如图6所示，长为L的导线下悬一小球，在竖直向上的匀强磁场中做圆锥摆运动，圆锥的偏角为θ,摆球的角速度为ω，磁感应强度为B，则金属导线中产生的感应电动势大小为________．图6答案eq\f（1,2）BL2ωsin2θ解析导线的有效长度为L′＝Lsinθ电动势E＝eq\f(1,2）BL′2ω＝eq\f(1，2）BL2ωsin2θ点评导体在磁场中转动，导线本身与磁场并不垂直,应考虑切割磁感线的有效长度．知识点二电磁感应中的电路问题3．如图7所示，长为L＝0。2m、电阻为r＝0。3Ω、质量为m＝0.1kg的金属棒CD垂直放在位于水平面上的两条平行光滑金属导轨上,两导轨间距也为L，棒与导轨接触良好，导轨电阻不计,导轨左端接有R＝0。5Ω的电阻,量程为0~3.0A的电流表串联在一条导轨上，量程为0～1。0V的电压表接在电阻R的两端，垂直导轨平面的匀强磁场向下穿过平面．现以向右恒定的外力F使金属棒右移，当金属棒以v＝2m/s的速度在导轨平面上匀速滑动时，观察到电路中的一个电表正好满偏，而另一电表未满偏．问：图7(1)此时满偏的电表是什么表？说明理由．（2）拉动金属棒的外力F有多大?（3）导轨处的磁感应强度多大？答案(1)见解析(2)1。6N(3)4T解析（1）假设电流表满偏，则I＝3A，R两端电压U＝IR＝3×0。5V＝1。5V，将大于电压表的量程,不符合题意，故满偏电表应该是电压表．（2)由能量关系，电路中的电能应是外力做功转化来的，所以有Fv＝I2(R＋r)，I＝eq\f（U,R），两式联立得,F＝eq\f（U2R＋r,R2v)＝1.6N。(3)磁场是恒定的，且不发生变化，由于CD运动而产生感应电动势，因此是动生电动势．根据法拉第电磁感应定律有E＝BLv，根据闭合电路欧姆定律得E＝U＋Ir以及I＝eq\f(U，R)，联立三式得B＝eq\f(U，Lv）＋eq\f(Ur,RLv）＝4T.点评注意区分电源和外电路，熟练运用闭合电路的有关规律．4．匀强磁场的磁感应强度B＝0.2T,磁场宽度l＝3m，一正方形金属框边长ad＝l′＝1m，每边的电阻r＝0。2Ω，金属框以v＝10m/s的速度匀速穿过磁场区，其平面始终保持与磁感线方向垂直，如图8所示．求：图8(1）画出金属框穿过磁场区的过程中，金属框内感应电流的I－t图线；(要求写出作图依据）(2）画出ab两端电压的U－t图线．（要求写出作图依据）答案见解析解析线框的运动过程分为三个阶段:第Ⅰ阶段cd相当于电源，ab为等效外电路；第Ⅱ阶段cd和ab相当于开路时两并联的电源；第Ⅲ阶段ab相当于电源，cd相当于外电路，如下图所示．（1）在第一阶段，有I1＝eq\f（E,r＋3r）＝eq\f（Bl′v,4r)＝2。5A感应电流方向沿逆时针方向，持续时间为t1＝eq\f（l′,v)＝eq\f(1,10）s＝0.1sab两端的电压为U1＝I1·r＝2.5×0。2V＝0。5V(2）在第二阶段，有I2＝0，U2＝E＝Bl′v＝2Vt2＝0.2s(3)在第三阶段，有I3＝eq\f(E,4r）＝2.5A感应电流方向为顺时针方向U3＝I3×3r＝1.5V，t3＝0。1s规定逆时针方向为电流正方向,故I－t图象和ab两端U－t图象分别如下图所示．点评第二阶段cd与ab全部进入磁场后，回路中磁通量不变化,无感应电流，但ab、cd都切割磁感线，有感应电动势，相当于开路时两个并联的电路．【方法技巧练】用能量观点巧解电磁感应问题5．如图9所示,将匀强磁场中的线圈（正方形,边长为L）以不同的速度v1和v2匀速拉出磁场，线圈电阻为R,那么两次拉出过程中,外力做功之比W1∶W2＝________。外力做功功率之比P1∶P2＝________.图9答案v1∶v2veq\o\al(2，1)∶veq\o\al（2，2）解析线圈匀速拉出磁场,故其动能未变化．线圈中由于电磁感应产生电流，即有电能产生，且电能全部转化为内能,故外力做多少功就有多少内能产生．W＝Q＝I2RΔt＝eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（ΔΦ，ΔtR)）)2RΔt＝eq\f(ΔΦ2，RΔt)∝eq\f(1，Δt)∝v故W1∶W2＝v1∶v2同理,由P＝eq\f(W,Δt）＝eq\f（Q，Δt）∝v2可得P1∶P2＝veq\o\al(2，1)∶veq\o\al(2,2)方法总结两次均匀速把线框拉出磁场都有F安＝F外，但两次的外力不同．6．光滑曲面与竖直平面的交线是抛物线，如图10所示，抛物线的方程为y＝x2，其下半部处在一个水平方向的匀强磁场中，磁场的上边界是y＝a的直线(图中的虚线所示)，一个质量为m的小金属块从抛物线y＝b（b>a)处以速度v沿抛物线下滑,假设抛物线足够长，则金属块在曲面上滑动的过程中产生的焦耳热总量是(）图10A．mgbB.eq\f(1,2）mv2C．mg（b－a）D．mg（b－a)＋eq\f（1,2)mv2答案D解析金属块在进入磁场或离开磁场的过程中，穿过金属块的磁通量发生变化，产生电流，进而产生焦耳热．最后，金属块在高为a的曲面上做往复运动．减少的机械能为mg(b－a）＋eq\f(1，2）mv2，由能量的转化和守恒可知，减少的机械能全部转化成焦耳热,即选D.方法总结在电磁感应现象中，感应电动势是由于非静电力移动自由电荷做功而产生的,要直接计算非静电力做功一般比较困难，因此要根据能量的转化及守恒来求解．1．如图11所示，一个带正电的粒子在垂直于匀强磁场的平面内做圆周运动，当磁感应强度均匀增大时，此粒子的动能将（)图11A．不变B．增大C．减少D．以上情况都有可能答案B解析当磁场增强时,将产生如图所示的电场，带正电的粒子将受到这个电场对它的电场力作用，而使动能增大．2．如图12所示，用一阻值为R的均匀细导线围成的金属环半径为a,匀强磁场的磁感应强度为B，垂直穿过金属环所在平面．电阻为eq\f(R，2）的导体杆AB，沿环表面以速度v向右滑至环中央时，杆的端电压为（)图12A．BavB.eq\f(1，2)BavC。eq\f(2,3）BavD。eq\f(4，3)Bav答案C解析当电阻为eq\f（R，2)的导体杆AB沿环表面以速度v向右滑至环中央时，这个回路的总电动势为：E＝2Bav.并联的两个半圆环的等效电阻为eq\f(R，4)，杆的端电压为UAB＝E·eq\f(R外，R外＋r)＝eq\f（2,3）Bav.方法总结当磁场和导体间有相对运动，且感应电动势大小在变化，求瞬时感应电动势时，应采用公式E＝BLvsinθ.3．在匀强磁场中,ab、cd两根导体棒沿两根导轨分别以速度v1、v2滑动，如图13所示,下列情况中，能使电容器获得最多电荷量且左边极板带正电的是（）图13A．v1＝v2，方向都向右B．v1＝v2，方向都向左C．v1〉v2,v1向右，v2向左D．v1>v2,v1向左，v2向右答案C解析当ab棒和cd棒分别向右和向左运动时，两棒均相当于电源，且串联，电路中有最大电动势，对应最大的顺时针方向电流，电阻上有最高电压,所以电容器上有最多电荷量，左极板带正电．4．如图14所示，在匀强磁场中，MN和PQ是两条平行的金属导轨，而ab与cd为串联有电压表和电流表的两根金属棒，当两棒以相同速度向右运动时，正确的是（)图14A．电压表有读数，电流表有读数B．电压表无读数，电流表无读数C．电压表有读数，电流表无读数D．电压表无读数,电流表有读数答案B解析当ab与cd以相同速度向右运动时,abcd围成的闭合回路的磁通量无变化,则回路内无感应电流，使电压表和电流表指针偏转必须有电流流过电表,所以两表无示数，故B选项正确．5．如图15甲所示，固定在水平桌面上的光滑金属框架cdeg处于方向竖直向下的匀强磁场中，金属杆ab与金属框架接触良好．在两根导轨的端点d、e之间连接一电阻，其他部分电阻忽略不计．现用一水平向右的外力F作用在金属杆ab上,使金属杆由静止开始向右在框架上滑动,运动中杆ab始终垂直于框架．图乙为一段时间内金属杆受到的安培力F安随时间t的变化关系，则图中可以表示外力F随时间t变化关系的图象是（)图15答案D解析ab切割磁感线产生感应电动势E＝BLv,感应电流为I＝eq\f(BLv，R）,安培力F安＝eq\f(B2L2v,R），所以v∝F安,v∝t，金属杆的加速度为定值．又由牛顿第二定律F－F安＝ma,即F＝F安＋ma，可知D项正确．6．如图16所示，在一均匀磁场中有一导线框abcd，线框处于水平面内，磁场与线框平面垂直，R为一电阻，ef为垂直于ab的一段导体杆，它可在ab，cd上无摩擦地滑动，杆ef及线框中导线的电阻都可不计．开始时,给ef一个向右的初速度，则()图16A．ef将减速向右运动，但不是匀减速B．ef将匀减速向右运动,最后停止C．ef将匀速向右运动D．ef将往返运动答案A解析ef向右运动，在闭合回路中产生感应电流，根据楞次定律,ef棒受安培力将阻碍其向右运动，即ef要克服安培力做功而使动能减少，故ef是向右做减速运动．但值得注意的是,随速度v的减小，加速度减小，故不可能做匀减速运动．A正确．7．如图17所示,竖直放置的螺线管与导线abcd构成回路，导线所围的区域内有一垂直纸面向里的变化的磁场,螺线管下方水平桌面上有一导体圆环，导线abcd所围区域内磁场的磁感应强度按下图中哪一图线所表示的方式随时间变化时，导体环将受到向上的磁场力作用（）图17答案A解析b→b→a→螺线管→d→c，螺线管下方的导体环中有磁通量穿过．但由于磁场的变化越来越慢，穿过圆环的磁通量也越来越小，根据楞次定律，为阻碍环中磁通量的减少,环将靠近螺线管，即环受向上的磁场力的作用．B选项中,磁场变化越来越快，螺线管中磁场变强,圆环中磁通量增大,为阻碍磁通量增大，环将向下运动,即受磁场力向下．C、D选项中,磁场均匀变化，螺线管中电流恒定，穿过圆环的磁通量不变，圆环中无感应电流产生，与螺线管无相互作用的力．8．如图18所示，空间某区域中有一匀强磁场，磁感应强度方向水平,且垂直纸面向里，磁场上边界b和下边界d水平．在竖直面内有一矩形金属线圈，线圈上下边的距离很短,下边水平．线圈从水平面a开始下落．已知磁场上下边界之间的距离大于水平面a、b之间的距离．若线圈下边刚通过水平面b、c(位于磁场中)和d时,线圈所受到的磁场力的大小分别为Fb，Fc和Fd，则()图18A．Fd〉Fc〉FbB．Fc〈Fd<FbC．Fc>Fb>FdD．Fc<Fb<Fd答案D解析本题考查电磁感应和安培力相关知识．线圈在进入和离开磁场的过程中，产生感应电流，线圈相应地受到安培力的作用,根据F＝ILB，E＝BLv，I＝eq\f(E,r），可知安培力F＝eq\f(B2L2v,r)，不难看出安培力与速度成正比，当线圈完全进入磁场的过程中，没有安培力,故Fc＝0，且其只在重力作用下加速下落,所以vd〉vb，即Fd〉Fb，答案为D项．9．（双选）如图19所示，两根光滑的金属导轨，平行放置在倾角为θ的斜面上，导轨的左端接有电阻R，导轨自身的电阻可忽略不计．斜面处在一匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向上．质量为m、电阻可以不计的金属棒ab，在沿着斜面与棒垂直的恒力F作用下沿导轨匀速上滑，并上升h高度，在这一过程中()图19A．作用于金属棒上的各个力的合力所做的功等于零B．作用于金属棒上的各个力的合力所做的功等于mgh与电阻R上产生的焦耳热之和C．恒力F与安培力的合力所做的功等于零D．恒力F与重力的合力所做的功等于电阻R上产生的焦耳热答案AD解析金属棒匀速上滑的过程中，对金属棒受力分析可知，有三个力对棒做功，恒力F做正功，重力做负功，安培力阻碍相对运动，沿斜面向下,做负功．匀速运动时，所受合力为零，故合力做功为零，A正确；克服安培力做多少功就有多少其他形式的能转化为电路中的电能，电能又等于R上产生的焦耳热，故外力F与重力的合力所做的功等于电阻R上产生的焦耳热，D正确．10．如图20所示的匀强磁场中，有两根相距20cm固定的平行金属光滑导轨MN和PQ。磁场方向垂直于MN、PQ所在平面．导轨上放置着ab、cd两根平行的可动金属细棒．在两棒中点OO′之间拴一根40cm长的细绳，绳长保持不变．设磁感应强度B以1。0T/s的变化率均匀减小，abdc回路的电阻为0。50Ω.求：当B减小到10T时，两可动边所受磁场力和abdc回路消耗的功率．图20答案均为0。32N0。0128W解析根据E＝eq\f(ΔΦ,Δt）＝eq\f（ΔBS，Δt)E＝1.0×20×40×10－4V＝0。08V根据I＝eq\f(E，R)，F＝BILF＝10×eq\f(0。08，0。50）×20×10－2N＝0.32NP＝eq\f(E2,R）＝eq\f（0。082,0.50）W＝0.0128W11．两根光滑的长直金属导轨MN、M′N′平行置于同一水平面内，导轨间距为l，电阻不计，M、M′处接有如图21所示的电路，电路中各电阻的阻值均为R，电容器的电容为C.长度也为l、阻值同为R的金属棒ab垂直于导轨放置,导轨处于磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中．ab在外力作用下向右匀速运动且与导轨保持良好接触,在ab运动距离为s的过程中，整个回路中产生的焦耳热为Q.求：图21（1）ab运动速度v的大小；(2)电容器所带的电荷量q。答案（1)eq\f(4QR，B2l2s)（2)eq\f(CQR,Bls）