2025高中物理人教版选修3-2教学资源包（名师同步导学）含答案第四章 第7节　涡流、电磁阻尼和电磁驱动

PAGEPAGE62025高中物理人教版选修3-2教学资源包（名师同步导学）含答案第四章第7节涡流、电磁阻尼和电磁驱动「基础达标练」1．(多选)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BD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，B对；若“门框”的线圈中通上恒定电流，只能产生恒定磁场，它不能使块状金属产生涡流，因而不能检查出金属物品携带者，C错；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对．2．桌面上放一铜片，如图所示，一条形磁铁的N极自上而下接近铜片的过程中，铜片对桌面的压力()A．增大B．减小C．不变D．无法判断是否变化解析：选A磁铁的N极接近铜片时，自上而下穿过铜片的磁通量增大，在铜片内会产生逆时针方向绕行的感应电流(如图所示)，使铜片上方呈现N极，阻碍磁铁接近．根据牛顿第三定律知，磁铁对铜片有同样大小的作用力，使铜片增加对桌面的压力．3．下列有关金属探测器工作原理叙述正确的是()A．金属探测器是利用电流的热效应原理工作的B．当金属探测器在探测到金属时，会在探测器内部产生涡流，致使蜂鸣器发出蜂鸣声C．金属探测器自身不产生迅速变化的磁场时，仍可以探测到金属物质而正常工作D．金属探测器在正常工作时，自身会产生迅速变化的磁场，从而使探测器附近的金属内部产生涡流，影响原来的磁场，引发报警解析：选D金属探测器利用的是电磁感应现象，故A、C错误；金属探测器探测金属时，被测金属中感应出涡流，故B错误；探测过程中工作时，当探测器靠近金属物体时，能在金属中形成涡流，进而引起线圈中电流的变化，产生涡流，影响原来的磁场，引发报警，故D正确．4．(多选)关于涡流，下列说法中正确是()A．真空冶炼炉是利用涡流来熔化金属的装置B．家用电磁炉是利用涡流来加热食物的C．阻尼摆摆动时产生的涡流总是阻碍其运动D．变压器的铁芯用相互绝缘的硅钢片叠成能增大涡流解析：选ABC高频冶炼炉是用涡流来熔化金属对其进行冶炼的，炉内放入被冶炼的金属，线圈内通入高频交变电流，这时被冶炼的金属中产生涡流就能被熔化，故A正确；电磁炉利用高频电流在电磁炉内部线圈中产生磁场，当含铁质锅具放置炉面时，铁磁性锅体被磁化，在锅具底部产生交变的涡流来加热食物，故B正确；阻尼摆摆动时产生的涡流总是阻碍其运动，当金属板从磁场中穿过时，金属板板内感应出的涡流会对金属板的运动产生阻碍作用，故C正确；在整块导体内部发生电磁感应而产生感应电流的现象称为涡流现象，要损耗能量，不用整块的硅钢铁芯，其目的是为了减小涡流，故D错误．5．(多选)1824年，法国科学家阿拉果完成了著名的“圆盘实验”．实验中将一铜圆盘水平放置，在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针，如图所示．实验中发现，当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时，磁针也随着一起转动起来，但略有滞后．下列说法正确的是()A．圆盘上产生了感应电动势B．圆盘内的涡电流产生的磁场导致磁针转动C．在圆盘转动的过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化D．圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流，此电流产生的磁场导致磁针转动解析：选AB由于磁针位于圆盘的正上方，所以穿过圆盘的磁通量始终为零，故C错误；如果将圆盘看成由沿半径方向的“辐条”组成，则圆盘在转动过程中，“辐条”会切割磁感线产生感应电动势，在圆盘中产生涡电流，该涡电流产生的磁场导致磁针运动，故A、B正确；同时圆盘中的自由电子随圆盘一起转动形成电流，该电流对磁针没有作用力，D错误．6.高频感应炉是用来熔化金属对其进行冶炼的，如图所示为冶炼金属的高频感应炉的示意图，炉内放入被冶炼的金属，线圈通入高频交变电流，这时被冶炼的金属就能被熔化，这种冶炼方法速度快，温度易控制，并能避免有害杂质混入被冶炼金属中，因此适于冶炼特种金属．该炉的加热原理是()A．利用线圈中电流产生的焦耳热B．利用线圈中电流产生的磁场C．利用交变电流的交变磁场在炉内金属中产生的涡流D．给线圈通电的同时，给炉内金属也通了电解析：选C高频感应炉的原理：给线圈通以高频交变电流后，线圈产生高频变化的磁场，磁场穿过金属，在金属内产生涡流，由于电流的热效应，可使金属熔化．故只有C正确．7．如图所示，上下开口、内壁光滑的铜管P和塑料管Q竖直放置．小磁块先后在两管中从相同高度处由静止释放，并落至底部．则小磁块()A．在P和Q中都做自由落体运动B．在两个下落过程中的机械能都守恒C．在P中的下落时间比在Q中的长D．落至底部时在P中的速度比在Q中的大解析：选C小磁块从铜管P中下落时，P中的磁通量发生变化，产生感应电流，给小磁块一个向上的磁场力，阻碍小磁块向下运动，因此小磁块在P中不是做自由落体运动，而塑料管Q中不会产生电磁感应现象，因此Q中小磁块做自由落体运动，A错误；P中磁场力对小磁块做负功，机械能不守恒，B错误；由于在P中小磁块下落的加速度小于g，而Q中小磁块做自由落体运动，因此从静止开始下落相同高度，在P中下落的时间比在Q中长，C正确；根据动能定理可知，小磁块落到底部时在P中的速度比在Q中的小，D错误．8．一个半径为r、质量为m、电阻为R的金属圆环，用一根长为L的绝缘细绳悬挂于O点，离O点下方eq\f(L,2)处有一宽度为eq\f(L,4)、垂直纸面向里的匀强磁场区域，如图所示．现使圆环从与悬点O等高位置A处由静止释放(细绳张直，忽略空气阻力)，摆动过程中金属环所在平面始终垂直磁场，则在达到稳定摆动的整个过程中，金属环产生的热量是()A．mgL B．mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,2)＋r))C．mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)L＋r)) D．mg(L＋2r)解析：选C线圈在进入磁场和离开磁场时，磁通量发生变化，产生感应电流，机械能减少，最后线圈在磁场下面摆动，机械能守恒．在整个过程中减少的机械能转变为焦耳热，在达到稳定摆动的整个过程中，金属环减少的机械能为mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)L＋r))，C正确．「能力提升练」1．一位物理老师用一段铜导线和一块磁铁演奏一曲《菊花台》的视频惊艳网友，网友直呼“史上最牛物理老师”．他是这么做的：在一块木板上固定两颗螺丝钉，用一段铜导线缠绕在两颗螺丝钉之间，扩音器通过导线与两螺丝钉连接．将磁铁放在铜导线旁边，手指拨动铜导线，另一只手握着螺丝刀压着铜导线，并在铜导线上滑动，优美动听的乐曲就呈现出来了．根据上面所给的信息，你认为下面说法正确的是()A．手指拨动铜导线，铜导线的振动引起空气振动而发出声音B．手指拨动铜导线，使铜导线切割磁感线产生感应电流，电流通过扩音器放大后发声C．声音的音调变化是通过手指拨动铜导线力的大小来实现的D．手指拨动铜导线，铜导线中产生直流电流解析：选B手指拨动铜导线发声是由于铜导线切割磁感线产生感应电流，电流通过扩音器放大后发声，选项A错误，B正确；螺丝刀压着铜导线在铜导线上滑动，实质是改变铜导线切割磁感线的有效长度，从而改变感应电流，变化的电流通过导线传到扩音器中，便产生不同音调的声音，所以声音的音调变化不是通过手指拨动铜导线产生的，选项C错误；手指拨动铜导线，铜导线振动切割磁感线，根据法拉第电磁感应定律，铜导线中的感应电流大小、方向均改变，选项D错误．2．电磁炉热效率高达90%，炉面无明火，无烟无废气，“火力”强劲，安全可靠．图示是描述电磁炉工作原理的示意图，下列说法正确的是()A．当恒定电流通过线圈时，会产生恒定磁场，恒定磁场越强，电磁炉加热效果越好B．电磁炉通电线圈加交流电后，在锅底产生涡流，进而发热工作C．在锅和电磁炉中间放一纸板，则电磁炉不能起到加热作用D．电磁炉的锅不能用陶瓷锅或耐热玻璃锅，主要原因是这些材料的导热性能较差解析：选B电磁炉线圈中通以交变电流，产生交变磁场，锅体中的涡流是由变化的磁场产生的，A选项错误，B选项正确；在锅和电磁炉中间放一纸板，不会影响电磁炉的加热作用，C选项错误；陶瓷锅或耐热玻璃锅属于绝缘材料，不会产生涡流，D选项错误．3．(2019·湖北模拟)随着科技的不断发展，无线充电已经进入人们的视线．小到手表、手机，大到电脑、电动汽车的充电，都已经实现了从理论研发到实际应用的转化．下图给出了某品牌的无线充电手机利用电磁感应方式无线充电的原理图．关于无线充电，下列说法正确的是()A．无线充电时手机接收线圈部分的工作原理是“电流的磁效应”B．只有将充电底座接到直流电源上才能对手机进行充电C．接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同D．只要有无线充电底座，所有手机都可以进行无线充电解析：选C无线充电时手机接收线圈部分的工作原理是电磁感应现象，A选项错误；充电底座接直流电源时，无线充电设备不会产生交变磁场，不能够正常使用，B选项错误；电磁感应现象不会改变电流的频率，接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同，C选项正确；被充电手机内部，应该有一类似金属线圈的部件，与手机电池相连，当有交变磁场时，则出现感应电动势，因此普通手机不能够利用无线充电设备进行充电，D选项错误．4.(多选)低频电涡流传感器可用来测量自动化生产线上金属板的厚度．如图，在线圈L1中通以低频交流电，它周围会产生交变磁场，其正下方有一个与电表连接的线圈L2，金属板置于L1、L2之间．当线圈L1产生的变化磁场透过金属板，L2中会产生感应电流．由于金属板厚度不同，吸收电磁能量强弱不同，导致L2中感应电流的强弱不同，则()A．金属板吸收电磁能量，是由于穿过金属板的磁场发生变化，板中产生涡流B．金属板越厚，涡流越弱C．L2中产生的是直流电D．L2中产生的是与L1中同频率的交流电解析：选AD当线圈L1产生的变化磁场透过金属板，板中产生涡流，从而吸收电磁能量，A选项正确；金属板越厚，产生的涡流越强，B选项错误；根据电磁感应原理，L2中产生的是与L1中同频率的交流电，C选项错误，D选项正确．5.如图所示，在光滑的水平面上，有一半径r＝10cm、电阻R＝1Ω、质量m＝1kg的金属环以速度v＝10m/s向一有界磁场滑去．匀强磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度B＝0.5T．从环刚进入磁场算起，到刚好有一半进入磁场时，圆环释放了32J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)由能量守恒eq\f(mv2,2)＝Q＋eq\f(mv′2,2)而P＝eq\f(E2,R)＝eq\f(B·2r·v′2,R)二式联立可得P＝0.36W.(2)a＝eq\f(BIL,m)＝eq\f(B22r2v′,mR)＝6×10－2m/s2，方向向左．答案：(1)0.36W(2)6×10－2m/s2，方向向左6．如图所示，质量为m＝100g的铝环，用细线悬挂起来，环中央距地面高度h＝0.8m，有一质量为M＝200g的小磁铁(长度可忽略)，以v0＝10m/s的水平速度射入并穿过铝环，落地点距铝环原位置的水平距离为3.6m，则磁铁与铝环发生相互作用时(小磁铁穿过铝环后的运动看做平抛运动)：(1)铝环向哪边偏斜？(2)若铝环在磁铁穿过后速度为v′＝2m/s，在磁铁穿过铝环的整个过程中，环中产生了多少电能？(g＝10m/s2)解析：(1)由楞次定律可知，当小磁铁向右运动时，铝环向右偏斜(阻碍相对运动)．(2)由能量守恒可得：由磁铁穿过铝环后做平抛运动，设飞行的水平距离为x，根据h＝eq\f(1,2)gt2，x＝vt可求出穿过后的速度v＝x·eq\r(\f(g,2h))m/s＝9m/sE电＝eq\f(1,2)Mv02－eq\f(1,2)Mv2－eq\f(1,2)mv′2＝1.7J.答案：(1)铝环向右偏斜(2)1.7J第四章习题课(二)电磁感应中的动力学和能量问题「基础达标练」1.如图所示，一闭合金属圆环用绝缘细线挂于O点，将圆环拉离平衡位置并释放，圆环摆动过程中经过有界的水平匀强磁场区域，A、B为该磁场的竖直边界．若不计空气阻力，则()A．圆环向右穿过磁场后，还能摆至原来的高度B．在进入和离开磁场时，圆环中均有感应电流C．圆环进入磁场后离平衡位置越近速度越大，感应电流也越大D．圆环最终将静止在平衡位置解析：选B如题图所示，当圆环从1位置开始下落，进入和摆出磁场时(即2和3位置)，由于圆环内磁通量发生变化，所以有感应电流产生．同时，金属圆环本身有内阻，必然有能量的转化，即有能量的损失．因此圆环不会摆到4位置．随着圆环进出磁场，其能量逐渐减少，圆环摆动的振幅越来越小．当圆环只在匀强磁场中摆动时，圆环内无磁通量的变化，无感应电流产生，无机械能向电能的转化．题意中不存在空气阻力，摆线的拉力垂直于圆环的速度方向，拉力对圆环不做功，所以系统的能量守恒，所以圆环最终将在A、B间来回摆动．B正确．2.(多选)如图所示，电阻不计的平行金属导轨固定在一绝缘斜面上，两相同的金属导体棒a、b垂直于导轨静止放置，且与导轨接触良好，匀强磁场垂直穿过导轨平面．现用一平行于导轨的恒力F作用在a的中点，使其向上运动．若b始终保持静止，则它所受摩擦力可能()A．为0 B．先减小后不变C．等于F D．先增大再减小解析：选AB导体棒a在恒力F作用下加速运动，最后匀速运动，闭合回路中产生感应电流，导体棒b受到安培力方向应沿斜面向上，且逐渐增大，最后不变．由平衡条件可知，导体棒b受到的摩擦力先沿斜面向上逐渐减小，最后不变，所以选项A、B正确，C、D错误．3.如图所示，质量为m的金属环用线悬挂起来，金属环有一半处于水平且与环面垂直的匀强磁场中，从某时刻开始，磁感应强度均匀减小，则在磁感应强度均匀减小的过程中，关于线拉力的大小，下列说法中正确的是()A．大于环重力mg，并逐渐减小B．始终等于环重力mgC．小于环重力mg，并保持恒定D．大于环重力mg，并保持恒定解析：选A根据楞次定律知圆环中感应电流方向为顺时针，再由左手定则判断可知圆环所受安培力竖直向下，对圆环受力分析，根据受力平衡有FT＝mg＋F，得FT>mg，F＝BIL，根据法拉第电磁感应定律I＝eq\f(E,R)＝eq\f(ΔΦ,RΔt)＝eq\f(ΔB,RΔt)S可知I为恒定电流，联立上式可知B减小，推知F减小，则由FT＝mg＋F知FT减小．选项A正确．4.(多选)如图所示，有两根和水平方向成α角的光滑平行的金属轨道，上端接有可变电阻R，下端足够长，空间有垂直于轨道平面的匀强磁场，磁感应强度为B.一根质量为m的金属杆从轨道上由静止滑下，经过足够长的时间后，金属杆的速度会趋近于一个最大速度vm，则()A．如果B变大，vm将变大B．如果α变大，vm将变大C．如果R变大，vm将变大D．如果m变小，vm将变大解析：选BC金属杆从轨道上滑下切割磁感线产生感应电动势E＝Blv，在闭合电路中形成电流I＝eq\f(Blv,R)，因此金属杆从轨道上滑下的过程中除受重力、轨道的弹力外还受安培力F作用，F＝BIl＝eq\f(B2l2v,R)，先用右手定则判定感应电流方向，再用左手定则判定出安培力方向，如图所示，根据牛顿第二定律，得mgsinα－eq\f(B2l2v,R)＝ma，当a→0时，v→vm，解得vm＝eq\f(mgRsinα,B2l2)，故选项B、C正确．5．一个刚性矩形铜制线圈从高处自由下落，进入一水平的匀强磁场区域，然后穿出磁场区域继续下落，如图所示，则()A．若线圈进入磁场过程是匀速运动，则离开磁场过程也是匀速运动B．若线圈进入磁场过程是加速运动，则离开磁场过程也是加速运动C．若线圈进入磁场过程是减速运动，则离开磁场过程也是减速运动D．若线圈进入磁场过程是减速运动，则离开磁场过程是加速运动解析：选C线圈从高处自由下落，以一定的速度进入磁场，会受到重力和安培力，线圈全部进入磁场后只受重力，在磁场内部会做一段加速运动，所以线圈出磁场时的速度要大于进磁场的速度．若线圈进入磁场过程是匀速运动，说明重力等于安培力，离开磁场时安培力大于重力，就会做减速运动，故A错误；若线圈进入磁场过程是加速运动，说明重力大于安培力，离开磁场时安培力变大，安培力与重力大小关系无法确定，故B错误；若线圈进入磁场过程是减速运动，说明重力小于安培力，离开磁场时安培力变大，安培力仍然大于重力，所以也是减速运动，故C正确，D错误．6.如图所示，在粗糙绝缘水平面上有一正方形闭合线框abcd，其边长为l，质量为m，金属线框与水平面的动摩擦因数为μ.虚线框a′b′c′d′内有一匀强磁场，磁场方向竖直向下．开始时金属线框的ab边与磁场的d′c′边重合．现使金属线框以初速度v0沿水平面滑入磁场区域，运动一段时间后停止，此时金属线框的dc边与磁场区域的d′c′边距离为l.在这个过程中，金属线框产生的焦耳热为()A.eq\f(1,2)mv02＋μmgl B.eq\f(1,2)mv02－μmglC.eq\f(1,2)mv02＋2μmgl D.eq\f(1,2)mv02－2μmgl解析：选D依题意知，金属线框移动的位移大小为2l，此过程中克服摩擦力做功为2μmgl，由能量守恒定律得金属线框中产生的焦耳热为Q＝eq\f(1,2)mv02－2μmgl，故选项D正确．7.(多选)如图所示，两足够长平行金属导轨固定在水平面上，匀强磁场方向垂直导轨平面向下，金属棒ab、cd与导轨构成闭合回路且都可沿导轨无摩擦滑动，两金属棒ab、cd的质量之比为2∶1.用一沿导轨方向的恒力F水平向右拉金属棒cd，经过足够长时间以后()A．金属棒ab、cd都做匀速运动B．金属棒ab上的电流方向是由b向aC．金属棒cd所受安培力的大小等于eq\f(2F,3)D．两金属棒间距离保持不变解析：选BC对两金属棒ab、cd进行受力和运动分析可知，两金属棒最终将做加速度相同的匀加速直线运动，且金属棒ab速度小于金属棒cd速度，所以两金属棒间距离是变大的，由楞次定律判断金属棒ab上的电流方向是由b向a，A、D错误，B正确；以两金属棒整体为研究对象有：F＝3ma，隔离金属棒cd分析：F－F安＝ma，可求得金属棒cd所受安培力的大小F安＝eq\f(2,3)F，C正确．8．如图甲所示，不计电阻的平行金属导轨竖直放置，导轨间距为L＝1m，上端接有电阻R＝3Ω，虚线OO′下方是垂直于导轨平面的匀强磁场．现将质量m＝0.1kg、电阻r＝1Ω的金属杆ab，从OO′上方某处垂直导轨由静止释放，杆下落过程中始终与导轨保持良好接触，杆下落过程中的v­t图象如图乙所示．(g取10m/s2)求：(1)磁感应强度B；(2)杆在磁场中下落0.1s的过程中电阻R产生的热量．解析：(1)由图象可知，杆自由下落0.1s进入磁场以v＝1.0m/s做匀速运动产生的电动势E＝BLv杆中的电流I＝eq\f(E,R＋r)杆所受安培力F安＝BIL由平衡条件得mg＝F安代入数据得B＝2T.(2)电阻R产生的热量Q＝I2Rt＝0.075J.答案：(1)2T(2)0.075J「能力提升练」1.(多选)如图所示，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，并上升高度h，在这一过程中()A．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棒重力势能增加量与电阻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上产生的焦耳热解析：选AD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项正确，B、C项错误；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，D项正确．2．(多选)如图所示，空间存在磁感应强度为B，方向竖直向下的匀强磁场，MN、PQ是相互平行的粗糙的长直导轨，处于同一水平面内，其间距为L，导轨一端接一阻值为R的电阻，ab是跨接在导轨上质量为m的导体棒，其阻值也为R.从零时刻开始，对ab棒施加一个水平向左的恒力F，使其从静止开始沿导轨做直线运动，此过程中棒始终保持与导轨垂直且接触良好，所受滑动摩擦力大小始终为eq\f(1,4)F.导轨电阻不计．则()A．通过电阻R的电流方向为由N到QB．ab棒的最大速度为eq\f(3FR,4B2L2)C．电阻R消耗的最大功率为eq\f(9F2R,16B2L2)D．ab棒速度为v0时的加速度大小为eq\f(3F,4m)－eq\f(B2L2v0,2mR)解析：选CD由右手定则可知，通过电阻R的电流方向为由Q到N，故A错误；导体棒受到的安培力：F安培＝BIL＝eq\f(B2L2v,2R)，导体棒匀速运动时速度最大，由平衡条件得：F＝eq\f(B2L2vmax,2R)＋eq\f(F,4)，解得vmax＝eq\f(3FR,2B2L2)，故B错误；最大感应电流：I＝eq\f(E最大,2R)＝eq\f(BLv最大,2R)＝eq\f(3F,4BL)，电阻R消耗的最大功率：P＝I2R＝eq\f(9F2R,16B2L2)，故C正确；ab棒速度为v0时导体棒受到的安培力：F安培′＝BIL＝eq\f(B2L2v0,2R)，由牛顿第二定律得F－eq\f(B2L2v0,2R)－eq\f(F,4)＝ma，解得a＝eq\f(3F,4m)－eq\f(B2L2v0,2mR)，故D正确．3．甲为质量M＝1kg的绝缘底板座静止在动摩擦因数μ1＝0.1的粗糙水平地面上，位于磁场中的正方形金属框ABCD为动力源，其质量m＝1kg，边长为1m，电阻为eq\f(1,16)Ω，与绝缘板间的动摩擦因数μ2＝0.4，OO′为AD、BC的中线，在金属框内有可随金属框同步移动的磁场，OO′CD区域内磁场的磁感应强度B1随时间t的变化情况如图乙所示，CD恰在磁场边缘以外；OO′BA区域内磁场的磁感应强度B2随时间t的变化情况如图丙所示，AB恰在磁场边缘以内，若绝缘板足够长且认为绝缘板与地面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，从t＝0时刻由静止释放金属框，则金属框由静止释放瞬间(g＝10m/s2)()A．金属框产生的感应电动势为1VB．金属框受到的安培力大小为16NC．若金属框固定在绝缘板上，金属框的加速度为6m/s2D．若金属框不固定，金属框的加速度为4m/s2，绝缘板的加速度为2m/s2解析：选D根据法拉第电磁感应定律有E＝eq\f(ΔB,Δt)S＝eq\f(1,1)×eq\f(1,2)×12＝0.5V，故A错误；则回路中的电流为I＝eq\f(E,R)＝eq\f(0.5,\f(1,16))A＝8A，CD和AB中CD不受安培力，AB所爱安培方向向右，大小为F＝B2Il＝1×8×1N＝8N，故B错误；若金属框固定在绝缘板上，整体受力分析，根据牛顿第二定律有：F－f＝(M＋m)a，f＝(M＋m)gμ1，代入数据解得a＝3m/s2，故C错误；若金属框不固定，各自受力分析，金属框的加速度a1＝eq\f(F－μ2mg,m)＝4m/s2，绝缘板的加速度为a2＝eq\f(μ2mg－μ1M＋mg,M)＝2m/s2，故D正确．4．如图甲所示，电阻不计且间距为L＝1m的光滑平行金属导轨竖直放置，上端连接阻值为R＝1Ω的电阻，虚线OO′下方有垂直于导轨平面的匀强磁场．现将质量为m＝0.3kg、电阻Rab＝1Ω的金属杆ab从OO′上方某处以一定初速度释放，下落过程中与导轨保持良好接触且始终水平．在金属杆ab下落0.3m的过程中，其加速度a与下落距离h的关系图象如图乙所示．已知ab进入磁场时的速度v0＝3.0m/s，取g＝10m/s2.则下列说法正确的是()A．进入磁场后，金属杆ab中电流的方向由b到aB．匀强磁场的磁感应强度为1.0TC．金属杆ab下落0.3m的过程中，通过R的电荷量0.24CD．金属杆ab下落0.3m的过程中，R上产生的热量为0.45J解析：选C进入磁场后棒ab切割磁感线产生动生电动势，根据右手定则判断可知金属杆ab中电流的方向由a到b，故A错误；由乙图知，刚进入磁场时，金属杆的加速度大小a0＝10m/s2，方向竖直向上，由牛顿第二定律得BI0L－mg＝ma0.杆刚进入磁场时的速度为v0，则有I0＝eq\f(E0,R＋Rab)＝eq\f(BLv0,R＋Rab)，联立得eq\f(B2L2v0,R＋Rab)－mg＝ma0，代入数据解得B＝2.0T，故B错误；由图象可知金属杆在磁场外下落的高度为h1＝0.06m，则在磁场中下降的高度h′＝h－h1＝0.3m－0.06m＝0.24m，则通过R的电荷量q＝eq\f(ΔΦ,R＋Rab)＝eq\f(BLh′,R＋Rab)＝eq\f(2×1×0.24,1＋1)C＝0.24C，故C正确；由图线可知，下落0.3m时做匀速运动，根据平衡条件有mg＝eq\f(B2L2v,R＋Rab)，解得金属杆的速度v＝1.5m/s.根据能量守恒得mgh′＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)mv2－\f(1,2)mv02))＋Q，而两电阻串联，热量关系为QR＝eq\f(R,R＋Rab)Q，联立解得QR＝0.86625J，故D错误．5.如图所示，PN与QM两平行金属导轨相距1m，电阻不计，两端分别接有电阻R1和R2，且R1＝6Ω，ab导体的电阻为2Ω，在导轨上可无摩擦地滑动，垂直穿过导轨平面的匀强磁场的磁感应强度为1T．现ab以恒定速度v＝3m/s匀速向右移动，这时ab杆上消耗的电功率与R1、R2消耗的电功率之和相等，求：(1)R2的阻值；(2)R1与R2消耗的电功率；(3)拉ab杆的水平向右的外力F.解析：(1)内外功率相等，则内外电阻相等eq\f(R1·R2,R1＋R2)＝Rab解得R2＝3Ω.(2)导体棒切割磁感线，相当于电源，E＝BLv＝1×1×3V＝3V总电流I＝eq\f(E,R总)＝eq\f(3,4)A＝0.75A路端电压U＝IR外＝0.75×2V＝1.5VP1＝eq\f(U2,R1)＝eq\f(1.52,6)W＝0.375WP2＝eq\f(U2,R2)＝eq\f(1.52,3)W＝0.75W.(3)F＝BIL＝1×0.75×1N＝0.75N.答案：(1)3Ω(2)0.375W0.75W(3)0.75N6．如图所示，两根足够长的光滑金属导轨竖直放置，相距L，导轨上端连接着阻值为R的定值电阻，质量为m的金属杆ab与导轨垂直并接触良好，金属杆和导轨的电阻不计．整个装置处于与导轨平面垂直的磁感应强度为B的匀强磁场中．金属杆由静止释放，下落高度h后开始做匀速运动，已知重力加速度为g.求：(1)金属杆做匀速运动的速度大小v；(2)下落高度h的过程中，通过金属杆中的电量q；(3)下落高度h的过程中，电阻R上产生的热量Q.解析：(1)根据法拉第定磁感应定律E＝BLv根据欧姆定律I＝eq\f(E,R)金属杆受到的安培力F安＝BIL，则F安＝eq\f(B2L2v,R)金属杆匀速，根据平衡条件F安＝mg整理得v＝eq\f(mgR,B2L2).(2)下降高度h的过程中，通过金属杆的电量q＝eq\x\to(I)Δt根据欧姆定律有eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R)根据法拉第电磁感应定律eq\x\to(E)＝neq\f(ΔΦ,Δt)，则q＝neq\f(ΔΦ,R)下降高度h的过程中的磁通量变化ΔΦ＝BLh，且n＝1代入得q＝eq\f(BLh,R).(3)下降高度h的过程中，根据能量守恒定律得mgh＝eq\f(1,2)mv2＋Q整理得Q＝mgh－eq\f(m3g2R2,2B4L4).答案：(1)eq\f(mgR,B2L2)(2)eq\f(BLh,R)(3)mgh－eq\f(m3g2R2,2B4L4)第四章习题课(一)电磁感应中的电路和图象问题「基础达标练」1．(2019·福州期末)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－0.08VD．在第3s末线圈中的感应电动势等于零解析：选A分析图象可知，开始2s内，线圈的磁通量的变化量不为零，B选项错误；磁感应强度的斜率eq\f(ΔB,Δt)＝－2T/s，磁通量变化率eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)·S＝－8×10－2Wb/s，A选项正确；根据法拉第电磁感应定律可知，E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(ΔB,Δt)·S＝8V，感应电动势大小为8V，C选项错误；第3s末线圈中的磁通量为零，磁通量的变化率不为零，感应电动势不等于零，D选项错误．2．磁卡的磁条中有用于存储信息的磁极方向不同的磁化区，刷卡器中有检测线圈．当以速度v0刷卡时，在线圈中产生感应电动势，其E­t关系如图所示．如果只将刷卡速度改为eq\f(v0,2)，线圈中的E­t关系可能是图中的()解析：选D磁卡磁条的磁化区通过检测线圈时，检测线圈中产生电动势，当刷卡速度由v0变成eq\f(v0,2)时，电动势的大小由E0＝Blv0变为E′＝eq\f(Blv0,2)；刷卡器的长度一定，当刷卡速度由v0变成eq\f(v0,2)时，刷卡时间由t0变为2t0，故D选项正确．3．(多选)如图，AB、CD是两根固定的足够长的平行金属导轨，放置在水平面上，电阻不计，间距为L，MN是一根电阻为R、长度为L的金属杆，导轨间加垂直于纸面向里的匀强磁场，AC间有一电阻r＝eq\f(R,2).现用力拉MN以恒定的速度向右匀速运动，当开关S断开时，MN两点间电势差为U1；当开关S闭合时，MN两点间电势差为U2，则正确的是()A．U1＝0，U2≠0 B．U1≠0，U2≠0C．U1∶U2＝3∶2 D．U1∶U2＝3∶1解析：选BD当开关S断开时，MN两点间电势差为U1＝BLv；当开关S闭合时，MN两点间电势差为U2＝eq\f(BLv,\f(3,2)R)·eq\f(R,2)＝eq\f(1,3)BLv＝eq\f(U1,3)，B、D正确．4.如图所示，矩形闭合线圈abcd竖直放置，OO′是它的对称轴，通电直导线AB与OO′平行，设沿adcba方向为感应电流的正方向，初始线圈位置处于AB与OO′决定的平面，则在线圈转动半圈的时间内线圈中感应电流随时间变化关系正确的是()解析：选B直导线中通有向上的电流，根据安培定则，通过线圈的磁场方向垂直于纸面向里，在线圈转动半圈的时间内线圈中磁通量先减小到0，然后反向增大，根据楞次定律，感应电流的方向始终是逆时针的方向．刚开始时，ab边与cd边运动的方向与磁场的方向之间的夹角小，所以感应电动势小．当转过90°时，ab边与cd边运动的方向与磁感线的方向垂直，感应电动势最大，故B正确.5.如图所示，一个半径为L的半圆形硬导体AB以速度v，在水平U形框架上匀速滑动，匀强磁场的磁感应强度为B，回路电阻为R0，半圆形硬导体AB的电阻为r，其余电阻不计，则半圆形导体AB切割磁感线产生感应电动势的大小及AB之间的电势差分别为()A．BLv；eq\f(BLvR0,R0＋r) B．2BLv；BLvC．2BLv；eq\f(2BLvR0,R0＋r) D．BLv；2BLv解析：选C半圆形导体AB切割磁感线的有效长度为2L，对应的电动势为E＝2BLv，AB间的电势差UAB＝eq\f(E,R0＋r)R0＝eq\f(2BLvR0,R0＋r)，C正确．6．电吉他是利用电磁感应原理工作的一种乐器．如图甲为电吉他的拾音器的原理图，在金属弦的下方放置有一个连接到放大器的螺线管．一条形磁铁固定在管内，当拨动金属弦后，螺线管内就会产生感应电流，经一系列转化后可将电信号转为声音信号．若由于金属弦的振动，螺线管内的磁通量随时间的变化如图乙所示，则对应感应电流的变化为()解析：选B由感应电流公式I＝eq\f(E,R)＝eq\f(nΔΦ,RΔt)知，感应电流的大小与磁通量的变化率成正比，在Φ­t图线上各点切线的斜率的绝对值正比于感应电流的大小，斜率的正负号表示电流的方向．根据图乙，在0～t0时间内，感应电流I的大小先减小到零，然后逐渐增大，电流的方向改变一次，B正确．7．如图甲所示，光滑导轨水平放置在竖直方向的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度B随时间的变化规律如图乙所示(规定向下为正方向)，导体棒ab垂直导轨放置，除电阻R的阻值外，其余电阻不计，导体棒ab在水平外力F的作用下始终处于静止状态．规定a→b的方向为电流的正方向，水平向右的方向为外力的正方向，则在0～2t0时间内，能正确反映流过导体棒ab的电流与时间或外力与时间关系的图线是()解析：选D在0～t0时间内磁通量为向上减少，t0～2t0时间内磁通量为向下增加，两者等效，且根据B­t图线可知，两段时间内磁通量的变化率相等，根据楞次定律可判断0～2t0时间内均产生由b到a的大小和方向不变的感应电流，选项A、B均错误；在0～t0可判断所受安培力的方向水平向右，则所受水平外力的方向向左，大小F＝BIL，随B的减小呈线性减小；在t0～2t0时间内，可判断所受安培力的方向水平向左，则所受水平外力的方向向右，大小F＝BIL，随B的增加呈线性增加，故选项D正确．8.如图所示，磁感应强度为B的匀强磁场仅存在于边长为2L的正方形abcd中，在这个正方形的同一平面内，有一电阻为R、边长为L的正方形导体线圈ABCD，以速度v匀速通过磁场．从BC边进入磁场开始计时，试回答下列问题，并用图象表示出来．(1)穿过线圈的磁通量Φ随时间t如何变化？(2)线圈中电流I随时间t如何变化？(3)线圈所受安培力F随时间t如何变化？解析：(1)由于本题中线圈的速度不变，可根据题意把整个过程从时间上分成三段，即0～eq\f(L,v)(BC边进磁场到AD边进磁场)、eq\f(L,v)～eq\f(2L,v)(整个线圈都在磁场中)、eq\f(2L,v)～eq\f(3L,v)(BC边出磁场到AD边出磁场)三个时间段．根据磁通量的公式Φ＝B·S可知，穿过线圈的磁通量在第一段时间内从零均匀增大到最大值，然后在第二段时间内保持最大值不变，在第三段时间内均匀减小直到零(如图所示)．(2)由法拉第电磁感应定律可以知道只有通过闭合回路的磁通量发生变化时才有感应电动势BLv和感应电流eq\f(BLv,R)产生，所以只有在第一段时间内和第三段时间内才有感应电动势和感应电流，且由楞次定律可知，两次的感应电流大小相等但方向相反(以逆时针方向为正方向)，如图所示．(3)通过安培力计算公式F＝BIL及左手定则，在第一段时间内和第三段时间内有安培力，大小都等于eq\f(B2L2v,R)且同向(以水平向左为正方向)，如图所示．答案：见解析「能力提升练」1.如图所示，竖直平面内有一金属环，半径为a，总电阻为R(指剪开拉直时两端的电阻)，磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过环平面，与环的最高点A连接的长度为2a、电阻为eq\f(R,2)的导体棒AB由水平位置紧贴环面摆下，当摆到竖直位置时，B点的线速度为v，则这时导体棒AB两端的电压大小为()A.eq\f(Bav,3) B.eq\f(Bav,6)C.eq\f(2Bav,3) D.Bav解析：选A摆到竖直位置时，导体棒AB切割磁感线的瞬时感应电动势E＝B·2a·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)v))＝Bav.由闭合电路欧姆定律得，UAB＝eq\f(E,\f(R,2)＋\f(R,4))·eq\f(R,4)＝eq\f(1,3)Bav，故A正确．2．如图所示的甲、乙、丙中，除导体棒ab可动外，其余部分均固定不动，甲图中的电容器C原来不带电，设导体棒、导轨和直流电源的电阻均可忽略，导体棒和导轨间的摩擦也不计，图中装置均在水平面内，且都处于方向垂直于水平面(纸面)向下的匀强磁场中，导轨足够长．现给导体棒ab一个向右的初速度v0，在甲、乙、丙三种情形下导体棒ab的最终运动状态是()A．三种情形下导体棒ab最终都做匀速运动B．图甲、丙中，ab棒最终将做匀速运动；图乙中，ab棒最终静止C．图甲、丙中，ab棒最终将以相同速度做匀速运动；图乙中，ab棒最终静止D．三种情形下导体棒ab最终都静止解析：选B题图甲中ab棒运动后给电容器充电，当充电完成后，棒以一个小于v0的速度向右匀速运动．题图乙中构成了回路，最终棒的动能完全转化为电热，棒停止运动．题图丙中棒先向右减速为零，然后反向加速至匀速．故B正确．3．(多选)用一根横截面积为S、电阻率为ρ的硬质导线做成一个半径为r的圆环，ab为圆环的一条直径．如图所示，在ab的左侧存在一匀强磁场，磁场垂直圆环所在平面，方向如图，磁感应强度大小随时间的变化率eq\f(ΔB,Δt)＝k(k<0)．则()A．圆环中产生逆时针方向的感应电流B．圆环具有扩张的趋势C．圆环中感应电流的大小为eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(krS,2ρ)))D．图中a、b两点间的电势差Uab＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)kπr2))解析：选BD根据楞次定律和安培定则，圆环中将产生顺时针方向的感应电流，且具有扩张的趋势，A错误，B正确；根据法拉第电磁感应定律，圆环中产生的感应电动势大小为E＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(ΔB·πr2,2Δt)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)kπr2))，由电阻定律知R＝ρeq\f(2πr,S)，所以感应电流的大小为I＝eq\f(E,R)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(krS,4ρ)))，C错误；根据闭合电路欧姆定律可得a、b两点间的电势差Uab＝I·eq\f(R,2)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)kπr2))，D正确．4．如图甲所示，固定在水平桌面上的光滑金属框架cdef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()解析：选Dab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，再由题图乙知v∝t，金属杆的加速度为定值．又由牛顿第二定律得F－F安＝ma，即F＝F安＋ma，可知D项正确．5．如图所示，倾角为α的光滑导轨上端接入一定值电阻，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中磁场随时间按B2＝kt变化，一质量为m、电阻为r的金属杆穿过区域Ⅰ垂直地跨放在两导轨上，并恰能保持静止(金属杆所受安培力沿斜面向上)．试求：(1)通过金属杆的电流大小；(2)定值电阻的阻值为多大？解析：(1)对金属杆：mgsinα＝B1IL①解得I＝eq\f(mgsinα,B1L).②(2)感应电动势E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB2,Δt)L2＝kL2③闭合电路的电流I＝eq\f(E,R＋r)④联立②③④得R＝eq\f(E,I)－r＝eq\f(kB1L3,mgsinα)－r.答案：(1)eq\f(mgsinα,B1L)(2)eq\f(kB1L3,mgsinα)－r6．如图所示，两个电阻的阻值分别为R和2R，其余电阻不计，电容器的电容为C，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，金属棒ab、cd接入电路的长度均为l，当棒ab以速度v向左做切割磁感线运动，棒cd以速度2v向右做切割磁感线运动时，电容器所带的电荷量为多少？哪一个极板带正电？解析：金属棒ab、cd做切割磁感线运动时，分别产生感应电动势E1、E2，相当于两个电源，等效电路如图所示．由法拉第电磁感应定律得E1＝Blv，E2＝2Blv，电容器充电后相当于断路，右侧回路中没有电流，若设f点的电势为零，则c点电势为φc＝E2＝2Blv.设左侧回路中电流为I，由欧姆定律得I＝eq\f(E1,3R)＝eq\f(Blv,3R)，电阻R上的电流方向为f→e，则φe＝－IR＝－eq\f(Blv,3)，电容器两端的电压为Uce＝φc－φe＝eq\f(7Blv,3)，电容器所带电荷量为Q＝CUce＝eq\f(7BClv,3)，因φc>φe，故电容器右极板电势高，所以右极板带正电．答案：eq\f(7BClv,3)右极板第四章章末高考真题链接1．(多选)(2018·全国卷Ⅰ)如图，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()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．开关闭合后并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向里的方向C．开关闭合后并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向外的方向D．开关闭合后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解析：选AD开关闭合后的瞬间，根据安培定则可知，两线圈内的磁场方向水平向右．因为线圈内的磁通量增加，根据楞次定律可判断直导线内的电流方向由南到北，再根据安培定则可知直导线内的电流在正上方产生的磁场方向垂直纸面向里，则小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动，故选项A正确；开关闭合后并保持一段时间后，与直导线相连的线圈内磁通量不变，则直导线没有感应电流，故小磁针不动，故选项B、C错误；开关闭合后并保持一段时间再断开后的瞬间，与直导线相连的线圈内磁通量减少，根据楞次定律可判断直导线内的电流方向由北到南，小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动，故选项D正确．2．(多选)(2018·全国卷Ⅲ)如图甲，在同一平面内固定有一长直导线PQ和一导线框R，R在PQ的右侧．导线PQ中通有正弦交流电i，i的变化如图乙所示，规定从Q到P为电流正方向．导线框R中的感应电动势()A．在t＝eq\f(T,4)时为零B．在t＝eq\f(T,2)时改变方向C．在t＝eq\f(T,2)时最大，且沿顺时针方向D．在t＝T时最大，且沿顺时针方向解析：选AC由于长直导线PQ中通有正弦交流电i，所以会在导线的左右两侧产生磁场，那么导线框R就会有磁通量．由于导线PQ中的电流大小和方向都在进行周期性变化，所以右侧线框的磁通量就会有周期性的变化，所以就会产生感应电动势和感应电流，根据楞次定律来判定在t＝eq\f(T,4)到t＝eq\f(3T,4)时间内导线框R中的感应电动势均沿顺时针方向，故B错；在t＝eq\f(T,4)时图线斜率为零，磁通量变化率为零，感应电动势为零，故A对；在t＝eq\f(T,2)时图线斜率最大，磁通量变化率最大，感应电动势最大且沿顺时针方向，同理在t＝T时感应电动势也最大，且沿逆时针方向，故C对，D错，故选AC.3．(2018·全国卷Ⅰ)如图，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()A.eq\f(5,4) B.eq\f(3,2)C.eq\f(7,4) D.2解析：选B由q＝eq\x\to(I)t、eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R)，eq\x\to(E)＝neq\f(ΔΦ,Δt)，解得q＝neq\f(ΔΦ,R).过程Ⅰ中流过OM的电荷量q1＝eq\f(B\f(πr2,4),R)＝eq\f(πBr2,4R)；过程Ⅱ中流过OM的电荷量q2＝eq\f(B′－B\f(πr2,2),R)＝eq\f(πB′－Br2,2R).而q1＝q2，即eq\f(πBr2,4R)＝eq\f(πB′－Br2,2R)，解得eq\f(B′,B)＝eq\f(3,2).4.(2017·全国卷Ⅲ)如图在方向垂直于纸面向里的匀强磁场中有一“U”形金属导轨，导轨平面与磁场垂直，金属杆PQ置于导轨上并与导轨形成闭合回路PQRS，一圆环形金属线框T位于回路围成的区域内，线框与导轨共面．现让金属杆PQ突然向右运动，在运动开始的瞬间，关于感应电流的方向，下列说法正确的是()A．PQRS中沿顺时针方向，T中沿逆时针方向B．PQRS中沿顺时针方向，T中沿顺时针方向C．PQRS中沿逆时针方向，T中沿逆时针方向D．PQRS中沿逆时针方向，T中沿顺时针方向解析：选D金属杆PQ突然向右运动，在运动开始的瞬间，闭合回路PQRS中磁场方向垂直纸面向里，磁通量增大，由楞次定律可判断，闭合回路PQRS中感应电流产生的磁场垂直纸面向外，由安培定则可判断感应电流方向为逆时针；由于闭合回路PQRS中感应电流产生的磁场方向垂直纸面向外，与原磁场方向相反，则T中磁通量减小，由楞次定律可判断，T中感应电流产生的磁场方向垂直纸面向里，由安培定则可知T中感应电流方向为顺时针，选项D正确．5．(多选)(2017·全国卷Ⅱ)两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感应强度方向与纸面垂直．边长为0.1m、总电阻为0.005Ω的正方形导线框abcd位于纸面内，cd边与磁场边界平行，如图甲所示．已知导线框一直向右做匀速直线运动，cd边于t＝0时刻进入磁场．线框中感应电动势随时间变化的图线如图乙所示(感应电流的方向为顺时针时，感应电动势取正)．下列说法正确的是()A．磁感应强度的大小为0.5TB．导线框运动的速度的大小为0.5m/sC．磁感应强度的方向垂直于纸面向外D．在t＝0.4s至t＝0.6s这段时间内，导线框所受的安培力大小为0.1N解析：选BC由E­t图象可知，导线框经过0.2s全部进入磁场，则速度v＝eq\f(l,t)＝eq\f(0.1,0.2)m/s＝0.5m/s，选项B正确；由题图乙可知，E＝0.01V，根据E＝Blv得，B＝eq\f(E,lv)＝eq\f(0.01,0.1×0.5)T＝0.2T，选项A错误；根据右手定则及正方向的规定可知，磁感应强度的方向垂直于纸面向外，选项C正确；在t＝0.4s至t＝0.6s这段时间内，导线框中的感应电流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(0.01,0.005)A＝2A，所受的安培力大小为F＝BIl＝0.2×2×0.1N＝0.04N，选项D错误．6．(2018·全国卷Ⅱ)如图，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()解析：选D从起始位置向左运动eq\f(l,2)的过程中，左右两导体棒上产生的感应电动势大小相同，方向分别向上和向下，E＝2Blv、I＝eq\f(E,R)＝eq\f(2Blv,R)，电流方向为顺时针方向；向左运动eq\f(l,2)～l的过程中，左右两导体棒上产生的感应电动势大小相同，方向都向下，回路中感应电动势为0，电流为0；左右两导体棒向左运动l～eq\f(3,2)l的过程中，两导体棒上产生的感应电动势大小相等，方向分别向下和向上，E＝2Blv、I＝eq\f(E,R)＝eq\f(2Blv,R)，电流方向为逆时针方向；向左运动eq\f(3,2)l～2l的过程中，两导体棒上产生的感应电动势大小相等，方向都向上，回路中电流为0.选项D正确．7．(多选)(2018·江苏卷)如图所示，竖直放置的“”形光滑导轨宽为L，矩形匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的高和间距均为d，磁感应强度为B.质量为m的水平金属杆由静止释放，进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等．金属杆在导轨间的电阻为R，与导轨接触良好，其余电阻不计，重力加速度为g.金属杆()A．刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向下B．穿过磁场Ⅰ的时间大于在两磁场之间的运动时间C．穿过两磁场产生的总热量为4mgdD．释放时距磁场Ⅰ上边界的高度h可能小于eq\f(m2gR2,2B4L4)解析：选BC金属杆在磁场Ⅰ、Ⅱ之间运动时，做加速运动，因此金属杆在磁场Ⅰ中要做减速运动，才能保证进入磁场Ⅱ时和进入磁场Ⅰ时速度相等，选项A错误；画出穿过磁场Ⅰ和在两磁场之间的v­t图象，能够直观反映出穿过磁场Ⅰ的时间大于在两磁场之间的运动时间，选项B正确；进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等，表明金属杆穿过磁场Ⅰ到进入磁场Ⅱ之前动能没有变化，减少的重力势能2mgd变成了焦耳热，再穿过磁场Ⅱ过程跟穿过磁场Ⅰ情况完全相同，产生的焦耳热还等于2mgd，总的热量为4mgd，选项C正确；由于在进入磁场Ⅰ前，金属杆做自由落体运动，末速度为eq\r(2gh)，在刚进入磁场Ⅰ时，安培力eq\f(B2L2,R)·eq\r(2gh)>mg才能保证金属杆做减速运动，化简得h>eq\f(m2gR2,2B4L4)，选项D错误．8．(2018·江苏卷)如图所示，两条平行的光滑金属导轨所在平面与水平面的夹角为θ，间距为d.导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向与导轨平面垂直．质量为m的金属棒被固定在导轨上，距底端的距离为s，导轨与外接电源相连，使金属棒通有电流．金属棒被松开后，以加速度a沿导轨匀加速下滑，金属棒中的电流始终保持恒定，重力加速度为g.求下滑到底端的过程中，金属棒(1)末速度的大小v；(2)通过的电流大小I；(3)通过的电荷量Q.解析：(1)金属棒做匀加速直线运动，有v2＝2as，解得v＝eq\r(2as).(2)安培力F安＝IdB，金属棒所受合力F＝mgsinθ－F安由牛顿第二定律F＝ma解得I＝eq\f(mgsinθ－a,dB).(3)运动时间t＝eq\f(v,a)，电荷量Q＝It解得Q＝eq\f(\r(2as)mgsinθ－a,dBa).答案：(1)eq\r(2as)(2)eq\f(mgsinθ－a,dB)(3)eq\f(\r(2as)mgsinθ－a,dBa)第四章章末质量检测卷(一)(时间：90分钟满分：100分)一、单项选择题(本题共8小题，每小题3分，共24分)1．电磁炉具有无烟、无明火、无污染、不产生有害气体、无微波辐射、高效节能等优势．电磁炉是利用电流通过线圈产生磁场，当磁场的磁感线通过含铁质锅底部时，即会产生无数小涡流，使锅体本身自行高速发热，然后再加热锅内食物．下列相关说法中正确的是()A．锅体可以用不导电的陶瓷制成B．锅体中的涡流是由恒定的磁场产生的C．恒定磁场越强，电磁炉的加热效果越好D．提高磁场变化的频率，可提高电磁炉的加热效果解析：选D锅体中的涡流是由变化的磁场产生的，故A、B、C错误；提高磁场变化的频率，可提高电磁炉的加热效果，故D正确．2．如图所示，在条形磁铁的中央位置的正上方水平固定一铜质圆环．以下判断中正确的是()A．释放圆环，环下落过程中产生感应电流B．释放圆环，环下落过程中无感应电流C．释放圆环，环下落过程中感应电流大小不变D．释放圆环，环下落过程中感应电流逐渐增大解析：选B圆环竖直向下运动时，通过圆环的磁通量始终为零，不产生感应电流，故A、C、D错误，B正确．3．如图所示，矩形线圈放置在水平薄木板上，有一块马蹄形磁铁置于薄木板下(磁极间距略大于线圈宽度)，磁铁在线圈正下方自左向右匀速通过线圈时，线圈仍静止不动，那么线圈受到木板的摩擦力的方向是()A．先向左、后向右B．先向左、后向右、再向左C．一直向左D．一直向右解析：选C当磁铁在线圈正下方自左向右匀速通过线圈时，穿过线圈的磁通量发生变化，根据楞次定律判知，线圈与磁铁间先相互排斥后互相吸引，故线圈一直有向右运动的趋势，故线圈所受木板的摩擦力方向一直向左，故C正确，A、B、D错误．4．2018年全国高考已经结束，高考使用的金属探测器，是在全国高考考生入场前统一使用的合法预防考生作弊的辅助检测设施．其结构原理图可简化为下图所示．探测器运用的是电磁感应的原理，发射线圈(外环)产生垂直于线圈平面大小和方向交替变化的磁场，内环线圈是接收线圈，用来收集被查金属目标发出的磁场(接收线圈能完全屏蔽发射线圈产生的磁场)．随着磁场方向的反复变化，它会与所遇的任何导体物发生作用，导致目标物自身也会产生微弱的磁场，来自目标物的磁场进入内环线圈被接收到后，检测器会发出报警声．某一时刻发射线圈发射一向下的磁场，则下列说法中正确的是()A．如果发射线圈发射的向下磁场增强，则金属物中产生的涡流俯视看沿顺时针方向B．如果发射线圈发射的向下磁场增强，则金属物中涡流产生的磁场也增强C．金属物发出的磁场穿过接收线圈时，接收线圈中产生一个微弱的电流，探测器相应的元件就是依据这一信号电流做出报警的D．金属物发出的磁场穿过接收线圈时，如果接收线圈中产生的微弱电流俯视看沿逆时针方向，则金属物发出的穿过接收线圈的磁场方向向上解析：选C当发射线圈发射的向下磁场增强，根据楞次定律，则感应磁场向上，依据右手螺旋定则，则感应电流方向，俯视看沿逆时针方向，故A错误；如果发射线圈发射的向下磁场增强，则金属物中产生涡流，而不能确定涡流的磁场强弱，故B错误；当接收线圈中产生一个微弱的电流，则探测器相应的元件就是依据这一信号电流，从而发出报警声，故C正确；如果接收线圈中产生的微弱电流俯视看沿逆时针方向，则金属物发出的穿过接收线圈的磁场可能方向向上大小减弱，也可能方向向下大小增强，故D错误．5.图中半径为r的金属圆盘在垂直于盘面的匀强磁场中，绕O轴以角速度ω沿逆时针方向匀速转动，电阻两端分别接盘心O和盘边缘，则通过电阻R的电流的大小和方向是()A．由c到d，I＝eq\f(Br2ω,R)B．由d到c，I＝eq\f(Br2ω,R)C．由c到d，I＝eq\f(Br2ω,2R)D．由d到c，I＝eq\f(Br2ω,2R)解析：选C由右手定则可判断出R中电流由c到d，电动势eq\x\to(E)＝Breq\f(v,2)＝eq\f(1,2)Br2ω，电路中电流I＝eq\f(Br2ω,2R)，C正确．6．如图所示，金属半圆环AB放在匀强磁场中，环内与磁感应强度垂直，先让半圆环绕直径AB所在的直线以角速度ω匀速转动，环中产生的感应电动势的有效值大小为E1；再让圆环绕A点在垂直于磁感线的平面内以角速度ω匀速转动，环中产生的感应电动势大小为E2，则eq\f(E1,E2)的值为()A.eq\f(\r(2)π,2) B.eq\f(\r(2)π,4)C.eq\f(\r(2)π,8) D.eq\f(\r(2)π,16)解析：选C圆环的半径为R.让半圆环绕直径AB所在的直线以角速度ω匀速转动时，根据公式E＝BSω得环中产生的感应电动势最大值为E1max＝B·eq\f(πR2,2)·ω环中产生正弦式感应电动势，则感应电动势的有效值为E1＝eq\f(\r(2),2)E1max＝eq\f(\r(2),4)BπR2ω让圆环绕A点在垂直于磁感线的平面内以角速度ω匀速转动时，有效切割长度为L＝2R环中产生的感应电动势大小为E2＝Bleq\x\to(v)＝B·2R·eq\f(0＋2Rω,2)＝2BR2ω所以有eq\f(E1,E2)＝eq\f(\r(2)π,8).故选C.7．如图所示，绝缘的水平桌面上放置一金属圆环P，在圆环P的正上方固定一个线圈Q，线圈Q与平行金属导轨相连并与导体棒ab组成闭合回路，金属导轨处于垂直导轨所在平面向里的匀强磁场中，由于导体棒ab的运动，使得圆环P中产生逆时针方向(从上向下看)的感应电流，并且对桌面的压力小于圆环P的重力，下列说法正确的是()A．导体棒ab向右加速运动B．导体棒ab向左加速运动C．导体棒ab向右减速运动D．导体棒ab向左减速运动解析：选C导体棒向右加速做切割磁感线的运动时，根据右手定则，可知，感应电流由b指向a，且大小增大，根据右手螺旋定则，可知，线圈Q中的磁场方向向上，且大小增大，导致穿过P的磁通量向上，且大小增大，那么其感应磁场方向向下，根据右手螺旋定则，可知，线圈P中有顺时针方向感应电流(从上向下看)，依据楞次定律，它们之间是相互排斥，导致对桌面的压力大于圆环P的重力，故A错误；导体棒ab向左加速做切割磁感线的运动时，根据右手定则，可知，感应电流由a指向b，且大小增大，根据右手螺旋定则，可知，线圈Q中的磁场方向向下，且大小增大，导致穿过P的磁通量向下，且大小增大，那么其感应磁场方向向上，根据右手螺旋定则，可知，线圈P中有逆时针方向感应电流(从上向下看)，依据楞次定律，它们之间是相互排斥，导致对桌面的压力大于圆环P的重力，故B错误；导体棒向右减速做切割磁感线的运动时，根据右手定则，可知，感应电流由b指向a，且大小减小，根据右手螺旋定则，可知，线圈Q中的磁场方向向上，且大小减小，导致穿过P的磁通量向上，且大小减小，那么其感应磁场方向向上，根据右手螺旋定则，可知，线圈P中有逆时针方向感应电流(从上向下看)，依据楞次定律，它们之间是相互吸引，导致对桌面的压力小于圆环P的重力，故C正确；导体棒ab向左减速做切割磁感线的运动时，根据右手定则，可知，感应电流由a指向b，且大小减小，根据右手螺旋定则，可知，线圈Q中的磁场方向向下，且大小减小，导致穿过P的磁通量向下，且大小减小，那么其感应磁场方向向下，根据右手螺旋定则，可知，线圈P中有顺时针方向感应电流(从上向下看)，依据楞次定律，它们之间是相互吸引，导致对桌面的压力小于圆环P的重力，故D错误．8．将一段导线绕成如图甲所示的闭合回路，并固定在水平面(纸面)内．回路的ab边置于垂直纸面向里的匀强磁场Ⅰ中．回路的圆环区域内有垂直纸面的磁场Ⅱ，以向里为磁场Ⅱ的正方向，其磁感应强度B随时间t变化的图象如图乙所示．用F表示ab边受到的安培力，以水平向右为F的正方向，能正确反映F随时间t变化的图象是()解析：选B从B­t图象中获取磁感应强度B与时间t的关系，结合E＝eq\f(ΔΦ,Δt)及安培力F＝BIL得F­t关系．由B­t图象可知，在0～eq\f(T,4)时间内，B均匀减小；eq\f(T,4)～eq\f(T,2)时间内，B反向均匀增大．由楞次定律知，通过ab的电流方向向上，由左手定则可知ab边受安培力的方向水平向左．由于B均匀变化，产生的感应电动势E＝eq\f(ΔB,Δt)S不变，则安培力大小不变．同理可得，在eq\f(T,2)～T时间内ab边受安培力的方向水平向右，故选项B正确．二、多项选择题(本题共7小题，每小题3分，共21分．全选对的得3分，选对但不全的得2分，有错选的得0分)9．如图所示，将两端刮掉绝缘漆的导线绕在一把锉刀上，一端接上电池(电池另一极与锉刀接触)，手持导线的另一端，在锉刀上来回划动，由于锉刀表面凹凸不平，就会产生电火花．则下列说法中正确的是()A．产生电火花的回路只由导线与电池组成B．若导线端只向一个方向划动也能产生电火花C．锉刀采用什么材料制成对实验没有影响D．自感电动势的方向无关与导线端划动的方向解析：选BD由图可知，产生电火花的回路由导线、锉刀与电池组成，故A错误；手执导线的另一端，在锉刀上来回划动时产生的电火花，是由于电路时通时断，在回路中产生自感电动势产生的，与导线运动的方向无关，如导线端只向一个方向划动也能产生电火花，故B正确；产生电火花的回路由导线、锉刀与电池组成，如果锉刀是绝缘体，则实验不能完成，故C错误；自感电动势的方向与电流接通或电流断开有关，与导线端划动的方向无关，故D正确．10．法拉第发现了电磁感应现象之后，又发明了世界上第一台发电机——法拉第圆盘发电机，揭开了人类将机械能转化为电能并进行应用的序幕．法拉第圆盘发电机的原理如图所示，将一个圆形金属盘放置在电磁铁的两个磁极之间，并使盘面与磁感线垂直，盘的边缘附近和中心分别装有与金属盘接触良好的电刷A、B，两电刷与灵敏电流计相连．当金属盘绕中心轴按图示方向转动时，则()A．电刷B的电势高于电刷A的电势B．若仅将滑动变阻器滑动头向左滑，灵敏电流计的示数将变大C．若仅将电刷A向盘边缘移动，使电刷A、B之间距离增大，灵敏电流计的示数将变大D．金属盘转动的转速越大，维持其做匀速转动所需外力做功的功率越小解析：选AC电磁铁的左端磁极为N极，右端磁极为S极，圆盘转动，切割磁感线，根据右手定则可知，感应电动势的方向为A到B，B点的电势高于A点电势，A选项正确；根据导体旋转切割公式E＝eq\f(1,2)BL2ω可知，若仅将滑动变阻器滑动头向左滑，回路阻值变大，电流变小，线圈中产生的磁场减弱，切割产生的感应电动势减小，灵敏电流计的示数减小，B选项错误；同理，电刷A、B间距离增大，切割产生的感应电动势增大，灵敏电流计的示数增大，C选项正确；金属盘转动的转速越大，产生的电动势增大，感应电流增大，需要的维持其做匀速转动所需外力增大，外力做功的功率增大，D选项错误．11.如图所示，电灯A和B与固定电阻的电阻均为R，L是自感系数很大的线圈．当S1闭合、S2断开且电路稳定时，A、B亮度相同，再闭合S2，待电路稳定后将S1断开，下列说法正确的是()A．B立即熄灭B．A灯将比原来更亮一些后再熄灭C．有电流通过B灯，方向为c→dD．有电流通过A灯，方向为b→a解析：选AD当断开S2而只闭合S1时，A、B两灯一样亮，可知线圈L的电阻也是R，在S1、S2闭合时，IA＝IL，故当S2闭合、S1突然断开时，流过A灯的电流只是方向变为b→a，但其大小不突然增大，A灯不出现更亮一下再熄灭的现象，故D项正确，B项错误；由于固定电阻R几乎没有自感作用，故断开S1时，B灯电流迅速变为零，立即熄灭，故A项正确，C项错误．12.(2017·海南卷)如图，空间中存在一匀强磁场区域，磁场方向与竖直面(纸面)垂直，磁场的上、下边界(虚线)均为水平面；纸面内磁场上方有一个正方形导线框abcd，其上、下两边均与磁场边界平行，边长小于磁场上、下边界的间距．若线框自由下落，从ab边进入磁场时开始，直至ab边到达磁场下边界为止，线框下落的速度大小可能()A．始终减小 B．始终不变C．始终增加 D．先减小后增大解析：选CD线框自由落体，ab边进入磁场时，线框具有一定的速度，ab边切割磁感线，受到安培力作用，当eq\f(B2L2v,R)＝mg时，线框先做匀速运动，当完全进入磁场后，线框不再受安培力，做加速运动，速度增加；当eq\f(B2L2v,R)>mg时，线框先做减速运动，完全进入磁场后，做加速运动，故速度可能先减小后增大，D选项正确；当eq\f(B2L2v,R)<mg时，线框先做加速运动，完全进入磁场后，继续做加速运动，故速度可能始终增加，C选项正确．13.如图所示，平行的金属导轨与电路