2023新教材高中物理第二章电磁感应阶段回顾(第2-4节)作业新人教版选择性必修第二册

阶段回顾(第2～4节)易错点一公式E＝Blv和E＝neq\f(ΔΦ,Δt)的应用1．如图所示，平行导轨间距为d，一端跨接一个电阻R，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直于平行金属导轨所在平面。一根足够长的金属棒MN与导轨成θ角放置，金属棒与导轨的电阻均不计。当金属棒沿垂直于棒的方向以恒定的速度v在金属导轨上滑行时，通过电阻R的电流是()A.eq\f(Bdv,R) B.eq\f(Bdvsinθ,R)C.eq\f(Bdvcosθ,R) D.eq\f(Bdv,Rsinθ)答案D解析MN中产生的感应电动势为E＝Blv＝Beq\f(d,sinθ)v，通过R的电流为I＝eq\f(E,R)＝eq\f(Bdv,Rsinθ)，D正确。2.(多选)一个面积S＝4×10－2m2、匝数n＝100匝的线圈，放在匀强磁场中，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，则下列判断正确的是()A．在开始的2s内穿过线圈的磁通量变化率等于0.08Wb/sB．在开始的2s内穿过线圈的磁通量的变化量等于零C．在开始的2s内线圈中产生的感应电动势等于8VD．在第3s末线圈中的感应电动势等于零答案AC解析在开始的2s内穿过线圈的磁通量的变化率eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)S＝2×4×10－2Wb/s＝8×10－2Wb/s，A正确；在开始的2s内穿过线圈的磁通量的变化量不等于零，B错误；在开始的2s内，根据法拉第电磁感应定律得：E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝100×8×10－2Wb/s＝8V，C正确；由图像可知，在第3s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。易错点二电势差的判断3.如图所示，粗细均匀的、电阻为r的金属圆环，放在图示的匀强磁场中，磁感应强度为B，圆环直径为l；长为l、电阻为eq\f(r,2)的金属棒ab放在圆环上，以速度v0向右匀速运动，当ab棒由图示实线位置运动到虚线位置时，金属棒两端的电势差为()A．0B．Blv0C.eq\f(Blv0,2)D.eq\f(Blv0,3)答案D解析由E＝Blv0求出感应电动势，所求的金属棒两端的电势差为路端电压。左右侧圆弧均为半圆，电阻均为eq\f(r,2)，并联的总电阻即外电路电阻R＝eq\f(r,4)，金属棒的电阻为电源内阻r′＝eq\f(r,2)，故U＝eq\f(ER,R＋r′)＝eq\f(Blv0,3)，故D正确。4.如图所示，直角三角形金属框abc放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向平行于ab边向上。当金属框绕ab边以角速度ω逆时针转动时，a、b、c三点的电势分别为φa、φb、φc。已知bc边的长度为l。下列判断正确的是()A．φa＞φc，金属框中无电流B．φb＞φc，金属框中电流方向沿a→b→c→aC．Ubc＝－eq\f(1,2)Bl2ω，金属框中无电流D．Ubc＝eq\f(1,2)Bl2ω，金属框中电流方向沿a→c→b→a答案C解析金属框bc、ac边做切割磁感线运动，产生感应电动势，根据右手定则，感应电动势的方向从b到c，或从a到c，故φa＝φb＜φc，A、B错误；感应电动势大小E＝eq\f(1,2)Bl2ω，由于φb＜φc，所以Ubc＝－eq\f(1,2)Bl2ω，磁通量一直为零，不变，金属框中无电流，C正确，D错误。易错点三涡流的理解和应用5．(多选)“电磁感应铝箔封口机”被广泛应用在医药、食品、化工等生产行业的产品封口环节中，如图所示为一手持式封口机，它的工作原理是：当接通电源时，内置线圈产生磁场，当磁感线穿过封口铝箔材料时，瞬间产生大量小涡流，致使铝箔自行快速发热，熔化复合在铝箔上的溶胶，从而粘贴在待封容器的封口处，达到迅速封口的目的。下列有关说法正确的是()A．封口材料可用普通塑料来代替铝箔B．该封口机可用干电池作为电源以方便携带C．封口过程中温度过高，可适当减小所通电流的频率来解决D．该封口机适用于玻璃、塑料等多种材质的容器封口，但不适用于金属容器答案CD解析由于封口机利用了电磁感应原理，故封口材料必须是金属类材料，而且电源必须是交流电，A、B错误；减小内置线圈中所通电流的频率可减小封口过程中产生的热量，即控制温度，C正确；封口材料应是金属类材料，但对应被封口的容器不能是金属容器，否则容器也会发热，只能是玻璃、塑料等材质的容器，D正确。易错点四感生电场的理解6.著名物理学家费曼曾设计过一个实验，如图所示。在一块绝缘板的中部安装一个线圈，线圈接有电源，板的四周固定有许多带负电的小球，整个装置可绕线圈的中心轴线旋转，忽略各处的摩擦，当电源接通的瞬间，下列关于圆盘的说法中正确的是()A．圆盘将逆时针转动 B．圆盘将顺时针转动C．圆盘不会转动 D．无法确定圆盘是否会动答案A解析线圈接通电源瞬间，产生向上的磁场，向上增强的磁场产生顺时针方向的感生电场，因为小球带负电，负电荷受到的电场力与电场方向相反，则受逆时针方向的电场力，故圆盘将沿逆时针方向转动。故A正确。易错点五自感现象的分析7．(2020·西藏城关拉萨中学高二月考)如图所示，用电流传感器研究自感现象，电源内阻不可忽略，线圈的自感系数较大，其直流电阻小于电阻R的阻值。t＝0时刻闭合开关S，电路稳定后，t1时刻断开S，电流传感器连接计算机分别描绘了整个过程线圈中的电流IL和电阻中的电流IR随时间t变化的图像。下列图像中可能正确的是()答案A解析当t＝0时刻闭合开关S时，电路中的电流突然增大，在L中要产生自感电动势阻碍电流的增大，所以L中的电流会逐渐增大到稳定值；而电阻R上，开始时由于L中的很大的自感电动势的产生，L所在支路相当于断路，所以流过R的电流会较大，然后随时间逐渐减小到稳定值。由于L的直流电阻小于电阻R的阻值，所以稳定时电阻R中的电流小于L中的电流，两者方向相同，都是从左向右；当t1时刻断开S时，R中原来的电流立即减小到零，但是L中由于自感电动势阻碍电流的减小，所以L和R形成回路，回路中的电流逐渐减到零，其流过R的电流方向与原来方向相反。所以A正确，B、C、D错误。8.(2020·四川泸县五中高二期中)(多选)如图所示的电路中，三个灯泡L1、L2、L3的电阻关系为R1＝R2＝R3，线圈L的直流电阻可忽略，D为理想二极管，电源内阻不计。闭合开关S，电路电流稳定后，再断开开关S，下列说法中正确的是()A．闭合开关S，L1逐渐变亮B．闭合开关S，L2逐渐变亮C．断开开关S前后的瞬间，L3中有电流且方向相同D．断开开关S后，L2立即熄灭，L1、L3均逐渐变暗答案AD解析由于线圈的自感电动势阻碍电流的变化，所以闭合开关S，L1中的电流逐渐增大，L1逐渐变亮，A正确；闭合开关S，二极管相当于导线，所以L2立即变亮，B错误；断开开关S瞬间，由于线圈产生的自感电动势阻碍电流的变化，线圈产生与原电流方向相同的感应电流，且逐渐变小，则通过L3的电流与原方向相反，所以L1、L3均逐渐变暗，因为二极管具有单向导电性，所以L2立即熄灭，C错误，D正确。易错点六含容电路问题9．(多选)如图甲所示，轨道左端接有一电容为C的电容器，导体棒在水平拉力的作用下从静止开始向右运动。电容器两极板间电势差随时间变化的图像如图乙所示，下列关于导体棒运动的速度v、导体棒受到的外力F随时间变化的图像正确的是()答案BD解析感应电动势与电容器两极板间的电势差相等，即Blv＝U，设电容器的U­t图像的斜率为k，由图乙可知U＝kt，导体棒的速度随时间变化的关系为v＝eq\f(k,Bl)t，故A错误，B正确；可知导体棒做匀加速直线运动，其加速度a＝eq\f(k,Bl)，由C＝eq\f(Q,U)、I＝eq\f(ΔQ,Δt)，可得I＝C·eq\f(ΔU,Δt)＝kC，由牛顿第二定律F－BIl＝ma可以得到F＝keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(BlC＋\f(m,Bl)))，故C错误，D正确。10.如图所示装置中，导体棒AB、CD在相等的外力F作用下，沿着光滑的水平轨道朝相反方向以0.1m/s的速度匀速运动。匀强磁场垂直纸面向里，磁感应强度B＝4T，导体棒有效长度都是L＝0.5m，电阻R均等于0.5Ω，导轨上接有一只R′＝1Ω的电阻和平行板电容器，两板间相距1cm，轨道电阻不计，试求：(1)电容器极板间的电场强度的大小和方向；(2)外力F的大小。答案(1)20V/mb→a(2)0.4N解析根据右手定则，导体棒AB产生的感应电动势方向由A到B，导体棒CD产生的感应电动势方向由D到C，都使回路产生逆时针方向的电流，相当于两个电动势和内阻都相同的电源串联。如图所示。(1)导体棒AB、CD在外力的作用下做切割磁感线运动，使回路中产生感应电流，感应电流大小为I＝eq\f(EAB＋EDC,R总)＝eq\f(2BLv,2R＋R′)＝0.2A电容器两端电压U等于R′两端电压，即U＝IR′＝0.2V电容器两极板间的电场场强E＝eq\f(U,d)＝20V/m回路电流流向为D→C→R′→A→B→D所以，电容器b极板电势高于a极板电势，故电场强度方向为b→a。(2)由于导体棒沿着光滑的轨道做匀速运动，所以有F＝F安＝BIL＝0.4N。重难点一电磁感应中的电路问题1．(多选)如图甲所示，一个刚性圆形线圈与电阻R构成闭合回路，线圈平面与所在处的匀强磁场方向垂直，磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示。关于线圈中产生的感应电动势e、电阻R消耗的功率P随时间t变化的图像，可能正确的有()答案BD解析线圈的面积不变，0～0.5T和0.5T～T时间内磁场均匀变化，由E＝nSeq\f(ΔB,Δt)得感应电动势为定值，且磁场增强和磁场减弱时引起的感应电动势方向相反，A错误，B正确；对于电阻R，流过的电流大小不变，故消耗的功率恒定，C错误，D正确。2.如图所示，螺线管横截面积为S，线圈匝数为N，电阻为R1，管内有水平向左的变化磁场。螺线管与足够长的平行金属导轨MN、PQ相连并固定在同一倾斜平面内，与水平面的夹角为θ，两导轨间距为L，导轨电阻忽略不计。导轨处于垂直斜面向上、磁感应强度为B0的匀强磁场中。金属杆ab垂直导轨，杆与导轨接触良好，并可沿导轨无摩擦滑动。已知金属杆ab的质量为m，电阻为R2，重力加速度为g。忽略螺线管磁场对金属杆ab的影响，忽略空气阻力。(1)为使ab杆保持静止，求通过ab杆的电流的大小和方向；(2)当ab杆保持静止时，求螺线管内磁场的磁感应强度B的变化率；(3)若螺线管内磁场的磁感应强度的变化率eq\f(ΔB,Δt)＝k(k>0)，将金属杆ab由静止释放，杆将沿斜面向下运动，求当杆的速度为v时，杆的加速度大小。答案(1)eq\f(mgsinθ,B0L)方向由b到a(2)eq\f(mgR1＋R2sinθ,B0LNS)(3)gsinθ－eq\f(B0LNSk＋B0Lv,mR1＋R2)解析(1)以金属杆ab为研究对象，为使ab杆保持静止，ab杆应受到沿导轨向上的安培力，根据左手定则可以判断通过ab杆的电流方向为由b到a。根据平衡条件得mgsinθ－B0IL＝0，得I＝eq\f(mgsinθ,B0L)。(2)由ab杆中的电流方向和右手螺旋定则可判断螺线管中感应电流的磁场方向与B的方向相反，故B是增大的，eq\f(ΔB,Δt)>0。根据法拉第电磁感应定律E＝Neq\f(ΔΦ,Δt)＝NSeq\f(ΔB,Δt)根据闭合电路欧姆定律得I＝eq\f(E,R1＋R2)得eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(mgR1＋R2sinθ,B0LNS)。(3)根据法拉第电磁感应定律得螺线管的感应电动势E1＝NSeq\f(ΔB,Δt)＝NSkab杆切割磁感线产生的电动势E2＝B0Lv由楞次定律和右手定则知E1、E2的方向相同，总电动势E总＝E1＋E2感应电流I′＝eq\f(E总,R1＋R2)根据牛顿第二定律得mgsinθ－F＝ma其中安培力F＝B0I′L所以a＝gsinθ－eq\f(B0LNSk＋B0Lv,mR1＋R2)。重难点二电磁感应中的能量问题3．如图所示，一无限长通电直导线固定在光滑水平面上，金属环质量为0.2kg，在该平面上以初速度v0＝4m/s朝与导线夹角为60°的方向运动，最后达到稳定状态，此过程金属环中产生的电能最多为()A．1.6JB．1.2JC．0.8JD．0.4J答案B解析由题意可知金属环受到的安培力的合力水平向左，最终速度沿导线方向。初始时刻金属环沿导线方向的分速度v1＝v0cos60°＝2m/s，根据能量守恒定律得：Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝1.2J，故环中最多能产生1.2J的电能，B正确。4.光滑曲面与竖直平面的交线是抛物线，如图所示，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。一个质量为m的小金属块从曲面上y＝b(b>a)处以速度v沿曲面下滑，假设曲面足够长，则金属块在曲面上滑动的过程中产生的焦耳热总量为()A．mgb B.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，产生感应电流，进而产生焦耳热。最后，金属块在y＝a以下的曲面上做往复运动，减少的机械能为mg(b－a)＋eq\f(1,2)mv2，由能量守恒定律可知，减少的机械能全部转化成焦耳热，D正确。5．(多选)在倾角为θ的斜面上固定两根足够长的光滑平行金属导轨PQ、MN，相距为L，导轨处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下。有两根质量均为m的金属棒a、b，先将a棒垂直导轨放置，用跨过光滑定滑轮的细线与物块c连接，连接a棒的细线平行于导轨，由静止释放c，此后某时刻，将b也垂直导轨放置，a、c此刻起均做匀速直线运动，b棒刚好能静止在导轨上。a棒在运动过程中始终与导轨垂直，两棒与导轨间接触良好，导轨电阻不计。则()A．物块c的质量是2msinθB．b棒放上导轨前，物块c减少的重力势能等于a、c增加的动能C．b棒放上导轨后，物块c减少的重力势能等于回路消耗的电能D．b棒放上导轨后，a棒中电流大小是eq\f(mgsinθ,BL)答案AD解析b棒静止说明b棒受力平衡，即安培力和重力沿斜面向下的分力平衡，由左手定则可知，a、b棒与导轨组成的电路中电流的方向俯视时为逆时针，由右手定则可知a棒匀速向上运动，说明a棒沿斜面方向受细线的拉力和重力沿斜面向下的分力以及沿斜面向下的安培力三个力平衡，c匀速下降则c所受重力和细线的拉力平衡。由b平衡可知，安培力大小F安＝mgsinθ，由a平衡可知F线＝F安＋mgsinθ＝2mgsinθ，由c平衡可知F线＝mcg，联立可得mc＝2msinθ，A正确；b放上之前，根据能量守恒定律知物块c减少的重力势能等于a、c增加的动能与a增加的重力势能之和，B错误；b棒放上导轨后，物块c减少的重力势能等于回路消耗的电能与a增加的重力势能之和，C错误；根据b棒受力平衡可知F安＝mgsinθ，又因为F安＝BIL，则知I＝eq\f(mgsinθ,BL)，D正确。重难点三单杆问题6.如图所示，质量m1＝0.1kg、电阻R1＝0.3Ω、长度为l＝0.4m的导体棒ab横放在U形金属框架上。框架质量m2＝0.2kg，放在绝缘水平面上，与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2。MM′、NN′相互平行，间距为l＝0.4m，电阻不计且足够长。电阻为R2＝0.1Ω的MN垂直于MM′。整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B＝0.5T。垂直于ab施加F＝2N的水平恒力，ab从静止开始无摩擦地运动，且始终与MM′、NN′保持良好接触。当ab运动到某处时，框架开始运动。设框架与水平面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2。(1)求框架开始运动时ab的速度大小v；(2)从ab开始运动到框架开始运动的过程中，MN上产生的热量Q＝0.1J，求该过程中ab的位移x的大小。答案(1)6m/s(2)1.1m解析(1)框架受到的最大静摩擦力为Ff＝μ(m1＋m2)gab中的感应电动势为E＝BlvMN中的电流为I＝eq\f(E,R1＋R2)MN受到的安培力大小为F安＝IlB框架开始运动时有F安＝Ff解得v＝6m/s。(2)导体棒ab与MN中感应电流时刻相等，由焦耳定律Q＝I2Rt知，Q∝R则闭合回路中产生的总热量Q总＝eq\f(R1＋R2,R2)Q＝eq\f(0.3＋0.1,0.1)×0.1J＝0.4J由能量守恒定律得Fx＝eq\f(1,2)m1v2＋Q总解得x＝1.1m。7.如图所示，POQ是折成60°角的固定于竖直平面内的光滑金属导轨，导轨关于竖直轴线对称，OP＝OQ＝L。整个装置处在垂直导轨平面向里的足够大的匀强磁场中，磁感应强度随时间的变化规律为B＝B0－kt(其中k为大于0的常量)。一质量为m、长为L、电阻为R、粗细均匀的导体棒锁定于OP、OQ的中点a、b位置。当磁感应强度变为eq\f(1,2)B0后保持不变，同时将导体棒解除锁定，导体棒向下运动，离开导轨时的速度为v。导体棒与导轨始终保持良好接触，导轨电阻不计，重力加速度为g。求导体棒：(1)解除锁定前回路中电流的大小及方向；(2)滑到导轨末端时的加速度大小；(3)运动过程中产生的焦耳热。答案(1)eq\f(\r(3)kL2,8R)感应电流的方向为顺时针方向(或b→a→O→b)(2)g－eq\f(B\o\al(2,0)L2v,4mR)(3)eq\f(\r(3)mgL,4)－eq\f(1,2)mv2解析(1)导体棒解除锁定前，闭合回路的面积不变，且eq\f(ΔB,Δt)＝k，S＝eq\f(\r(3),16)L2，由法拉第电磁感应定律知：E＝eq\f(ΔB,Δt)S＝eq\f(\r(3),16)kL2，由闭合电路欧姆定律知：I＝eq\f(E,R总)＝eq\f(\r(3)kL2,8R)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(由题可知，其中R总＝\f(1,2)R))，由楞次定律知，感应电流的方向为顺时针方向(或b→a→O→b)。(2)导体棒恰好要离开导轨时受力如图所示，E′＝eq\f(1,2)B0Lv，I′＝eq\f(E′,R)，F＝eq\f(1,2)B0I′L，则有：F＝eq\f(B\o\al(2,0)L2v,4R)，由牛顿第二定律得：mg－F＝m