2.3电磁感应定律的应用 课时练习（word解析版）

2021-2022学年粤教版（2019）选择性必修第二册
2.3电磁感应定律的应用 课时练习（解析版）
1．如图，一个有矩形边界的匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向里。一个三角形闭合导线框，由位置1沿纸面匀速运动到位置2。取线框刚到达磁场边界的时刻为计时起点，规定顺时针方向为电流的正方向，则下图中能正确反映线框中电流与时间关系的是（　　）
A． B． C． D．
2．如图所示，由均匀导线制成的半径为R的圆环，以速度v匀速进入一磁感应强度大小为B的匀强磁场。当圆环运动到图示位置（∠aOb=90°）时，a、b两点的电势差Uab为（　　）
A． B．
C． D．
3．如图所示，匀强磁场宽度为，有一边长为的正方形线框，线框与磁场边界重合，现让线框向右开始做往复运动，运动速度，其振幅小于，设回路中电流顺时针方向为正方向，线框受的安培力向右为正方向，以下图像中正确的是（　　）
A． B．
C． D．
4．如图，垂直纸面的正方形匀强磁场区域内，有一位于纸面的正方形导体框，现将导体框分别朝两个方向以、3v速度匀速拉出磁场，则导体框从两个方向移出磁场的两个过程中（　　）
A．导体框中产生的感应电流方向相反
B．导体框边两端电势差之比为1∶3
C．导体框中产生的焦耳热之比为1∶3
D．通过导体框截面的电荷量之比为1∶3
5．边长为的正方形线框在光滑水平面上以初速度进入有界磁场，匀强磁场的宽度，如图所示，则线框进入该磁场后的感应电流的图像不可能是选项中的（　　）
A． B．
C． D．
6．如图甲所示，abcd是位于竖直平面内边长为L的正方形闭合金属线框，金属线框的质量为m，电阻为R。在金属线框的下方有一磁感应强度为B的匀强磁场区域，MN和PQ是匀强磁场区域的水平边界，并与金属线框的bc边平行，磁场方向垂直于金属线框平面向里。现使金属线框从MN上方某一高度处由静止开始下落，图乙是金属线框t=0时刻静止开始下落到bc边刚好运动到匀强磁场PQ边界的v-t图像。重力加速度为g，不计空气阻力。则下列说法正确的是（　　）
A．金属线框进入磁场过程中ab边不受安培力
B．线框将匀速离开磁场
C．磁场边界MN与PQ的间距为2.5L
D．线框从释放到完全离开磁场产生的焦耳热为2mgL
7．如图所示，正方形金属线圈边长为，电阻为。现将线圈平放在粗糙水平传送带上，边与传送带边缘平行，随传送带以速度匀速运动，匀强磁场的边界是平行四边形，磁场方向垂直于传送带向上，磁感应强度大小为，与夹角为45°，长为，足够长，线圈始终相对于传送带静止，在线圈穿过磁场区域的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．线圈感应电流的方向先是沿adcba，后沿
B．线圈受到的静摩擦力先增大后减小
C．线圈始终受到垂直于向右的静摩擦力
D．线圈受到摩擦力的最大值为
8．如图所示，由竖直圆轨道和水平直轨道平滑连接组成两条光滑平行的金属导轨，导轨间距为。水平直轨所在水平面内有磁感应强度的竖直向上的匀强磁场，左端用阻值的电阻连接。金属棒放在水平直轨的右端（在磁场内）并始终与导轨接触良好，其长度、质量、电阻。质量的绝缘棒从圆弧轨道上高出水平轨道处由静止释放，与碰撞后粘在一起继续运动直到都停止运动的全过程中，未与左侧电阻接触，不计导轨电阻，重力加速度大小为，则（　　）
A．碰后的最大速度大小为
B．全过程中的位移大小为
C．到停止运动时，系统损失的机械能为
D．到停止运动时，通过电阻的电荷量为
9．如图所示，光滑水平面上存在有界匀强磁场，磁感应强度为B，质量为m边长为a的正方形线框ABCD斜向穿进磁场，当AC刚进入磁场时，线框的速度为v，方向与磁场边界成45°，若线框的总电阻为R，则（　　）
A．线框穿进磁场过程中，框中电流的方向为CDABC
B．AC刚进入磁场时线框中感应电流为
C．AC刚进入磁场时线框所受安培力为
D．此时CB两端电压为
10．如图甲所示，平行光滑金属导轨水平放置，两导轨相距，导轨一端与阻值的电阻相连，导轨电阻不计，一侧存在沿轴正方向均匀增大的磁场，其方向垂直导轨平面向下，磁感应强度与位置的关系如图乙所示。一根质量、接入电路的电阻的金属棒置于导轨上，并与导轨垂直，棒在外力作用下从处以初速度沿导轨向右做变速运动，且金属棒在运动过程中受到的安培力大小不变。下列说法正确的是（　　）。
A．金属棒向右做匀减速直线运动
B．金属棒在处的速度大小为
C．金属棒从运动到的过程中，流过金属棒的电荷量为
D．金属棒从运动到的过程中，外力所做的功为
11．如图所示，在倾角为=30°的绝缘的斜面上固定两光滑平行金属导轨，导轨电阻不计、间距为L，其底端接一电容为C的电容器，整个装置处在方向垂直斜面向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。一质量为m，电阻为r的金属棒ab置于导轨上，在受到平行于斜面向上、垂直于棒的外力F的作用下由静止开始沿导轨向上运动，经过时间t后达到最大速度。外力F与金属棒速度v的关系是F=mg-kv（k>0且为常量），金属棒与导轨始终垂直且接触良好，导轨足够长，重力加速度为g，则（　　）
A．金属棒ab运动的最大速度为
B．金属棒ab运动的最大速度为
C．从开始运动到最大速度过程中，金属棒ab的位移为
D．从开始运动到最大速度过程中，金属棒ab的位移为
12．如图所示，一粗糙的平行金属轨道平面与水平面成θ角，两轨道上端用一电阻R相连，该装置处于匀强磁场中，磁场方向垂直轨道Ａ平面向上。质量为m的金属杆ab以初速度v0从轨道底端向上滑行，滑行到某高度h后又返回到底端。若运动过程中金属杆始终保持与导轨垂直且接触良好，轨道与金属杆的电阻均忽略不计。则下列说法正确的是（　　）
A．金属杆ab上滑过程与下滑过程通过电阻R的电荷量一样多
B．金属杆ab上滑过程中克服安培力与摩擦力所做功之和等于mv
C．金属杆ab上滑过程与下滑过程因摩擦而产生的内能不一定相等
D．金属杆ab在整个过程中损失的机械能等于装置产生的热量
13．如图1所示，匝数为N、面积为S的圆形线圈通过导线分别与水平放置的两块平行金属板连接，两板间距为d（未知）。线圈处于垂直线圈平面的匀强磁场中，规定向里为正方向，其磁感应强度随时间的的变化规律如图2所示。t=0时在两板正中央由静止释放一电荷量为+q（q>0）的带电油滴，油滴在0~内处于静止状态，时刻的磁感应强度大小为B0，T时刻恰好到达下极板。已知重力加速度为g，不考虑极板边缘效应及磁场变化对右侧空间的影响，求两板间距d及油滴的质量m。
14．如图甲所示，边长为a的n匝正方形导线框ABCD垂直于磁场放置，磁感应强度方向垂直于纸面向里。
（1）若磁感应强度随时间的变化如图乙所示，求0～t1时间内线框产生的感应电动势的大小；
（2）若磁感应强度B=B0不变，线框以AB边为轴、CD边向里以角速度ω匀速转过60°角，求这一过程中线框产生的平均感应电动势的大小。
15．如图所示，MN、PQ为两足够长的光滑平行金属导轨，两导轨的间距L=1.0m，导轨所在平面与水平面间夹角θ=37°，N、Q间连接一阻值R=0.3Ω的定值电阻，在导轨所在空间内有垂直于导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度B=0.2T。将一根质量m=0.1kg的金属棒ab垂直于MN、PQ方向置于导轨上，金属棒与导轨接触的两点间的电阻r=0.2Ω，导轨的电阻可忽略不计。现由静止释放金属棒，金属棒沿导轨向下运动过程中始终与导轨垂直，且与导轨接触良好。重力加速度g取10m/s2，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8。求金属棒沿导轨：
（1）开始下滑时的加速度大小a；
（2）下滑过程中的最大速度大小v；
（3）以最大速度下滑时，电阻R的电功率大小P。
16．如图所示，两根平行的光滑金属导轨MN、PQ放在水平面上，左端向上弯曲，导轨间距为L，电阻不计。水平段导轨所处空间存在方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B，导体棒a与b的质量均为m，接入电路的有效电阻分别为，b棒放置在水平导轨上足够远处，a棒在弧形导轨上距水平面h高度处由静止释放。运动过程中导体棒与导轨接触良好且始终与导轨垂直，重力加速度为g，求：
(1)a棒刚进入磁场时受到的安培力的大小和方向；
(2)最终稳定时两棒的速度大小；
(3)从a棒开始下落到最终稳定的过程中，两棒各自产生的热量。
参考答案
1．B
【详解】
AD．线框进入磁场的过程，磁通量向里增加，根据楞次定律得知感应电流的磁场向外，由安培定则可知感应电流方向为逆时针，电流i应为负方向，故AD错误；
BC．线框进入磁场的过程，线框有效的切割长度先均匀增大后均匀减小，由E=BLv，可知感应电动势先均匀增大后均匀减小；线框完全进入磁场的过程，磁通量不变，没有感应电流产生；线框穿出磁场的过程，磁通量向里减小，根据楞次定律得知感应电流的磁场向里，由安培定则可知感应电流方向为顺时针，电流i应为正方向；线框有效的切割长度先均匀增大后均匀减小，由，可知感应电动势先均匀增大后均匀减小，故B正确，C错误．
故选B。
2．D
【详解】
有效切割长度即a、b连线，如下图所示
有效切割长度为，所以产生的电动势为
电流的方向为a→b，所以
由于在磁场部分的阻值为整个圆的1/4，所以
故选D。
3．C
【详解】
AB．根据法拉第电磁感应定律可得
由欧姆定律得
线框向右运动，减速到零再向左运动到中心位置，由右手定则可知，电流方向先顺时针再逆时针，由于磁场宽度与线框等宽，当线框回到中心位置时，电流方向发生突变，故交流电的周期，选项AB错误；
CD．根据安培力
当线框向右运动时，线框受的安培力向左，当线框向左运动时安培力向右，且周期，根据安培力向右为正方向，可知C正确，D错误。
故选C。
【快解】
线框做简谐运动的周期为，由于是有界磁场，始终有一条边在磁场中，线框每回到平衡位置时电流方向突然反向，产生交流电的周期为，从而确定图像；再根据安培力的大小和方向确定图像。
4．B
【详解】
A．将线框拉出磁场的过程中，穿过线框的磁通量都减小，由楞次定律判断出感应电流的方向都沿顺时针方向，方向相同，故A不符合题意；
B．设正方形的边长为L，线框以v运动时，dc边中感应电动势为
E1=BLv
ad边两端电势差为
线框以3v运动时，ad边中感应电动势为
E2=3BLv
ad边两端电势差为
导体框边两端电势差之比为
U1:U2=1:3
故B符合题意；
C．线框以v运动时，产生的焦耳热为
线框以3v运动时，产生的焦耳热为
导体框中产生的焦耳热之比为
Q1:Q2=3:1
故C不符合题意；
D．将线框拉出磁场的过程中，穿过线框的磁通量的变化量相同，根据推论
得知，通过导体框截面的电荷量相同，故D不符合题意。
故选B。
5．D
【详解】
根据右手定则得到，线框进磁场和出磁场过程感应电流方向相反，设线框的加速度为a，线框中产生的感应电动势
感应电流
根据牛顿第二定律有
因为安培力总是阻碍线框切割磁感线，所以线框穿过磁场过程中，做加速度逐渐减小的减速运动，即I-t图像的斜率逐渐减小，线框可能穿进磁场时，速度减为零；也可能穿过磁场时速度为零；也可能穿过磁场时还有速度，所以感应电流随时间的变化不可能出现D选项情况。
故选D。
6．C
【详解】
A．根据金属框进入磁场的过程中，bc边切割磁感线产生感应电动势，闭合回路产生感应流，故ab边要受安培力，A错误；
B．根据乙图可知线框进入磁场时先做匀速运动，根据安培力的计算公式，可得
完全进入磁场时开始做加速运动，线框开始离开磁场时的速度v2>v1，根据安培力计算式可得
故线框离开磁场时做减速运动，B错误；
C．根据图像可知，t0到2t0图像面积为L，，根据梯形的计算公式t0到3t0图像面积为
故磁场宽度等于2.5L，C正确；
D．根据金属棒进入过程中为匀速运动可知，进入过程中产生的热量为Q1
金属棒离开磁场时的速度大于金属棒进入磁场时的速度，故离开磁场时产生的热量Q2>Q1，故焦耳热大于2mgL，D错误。
故选C。
7．A
【详解】
A．磁场竖直向上，由楞次定律可知，线圈进入磁场过程感应电流方向为adcba，线圈离开磁场过程，感应电流方向为abcda，故A正确；
B．线圈受到的安培力
其中l是导线在磁场中的有效长度，线圈进入磁场过程l先增大后减小，线圈离开磁场过程l先增大后减小，因此线圈进入磁场过程与离开磁场过程安培力都是先增大后减小，线圈做匀速直线运动，由平衡条件可知，线圈受到的摩擦力大小等于安培力大小，因此线圈受到的摩擦力大小是先增大后减小再增大再减小，故B错误；
C．由左手定则可知，线圈进入磁场过程所受安培力方向垂直于PQ向左上方，线圈离开磁场过程所受安培力垂直于PQ向左下方，由平衡条件可知，线圈受到的摩擦力先垂直于PQ向右下方，后垂直于PQ向右上方，故C错误；
D．当ab边恰好完全进入磁场时线圈受到的安培力最大，由平衡条件可知，此时受到的摩擦力最大，最大摩擦力为
故D错误。
故选A。
8．ACD
【详解】
A．金属棒cd下滑到底端时的速度
cd与ab碰撞后的共同速度为v，则
解得
v=2m/s
即碰后的最大速度大小为，选项A正确；
BD．两棒碰后到停止的整个过程中，由动量定理
其中
解得
x=3.75m
到停止运动时，通过电阻的电荷量为
选项B错误，D正确；
C．到停止运动时，系统损失的机械能为
选项C正确；
故选ACD。
9．AC
【详解】
A．线框进入磁场的过程中穿过线框的磁通量增大，由楞次定律可知，感应电流的磁场的方向向外，则感应电流的方向为ABCDA方向，故A正确；
B．AC刚进入磁场时CD边切割磁感线，AD边不切割磁感线，所以产生的感应电动势
E=Bav
则线框中感应电流为
故B错误；
C．AC刚进入磁场时线框的cd边产生的安培力与v的方向相反，ad边受到的安培力的方向垂直于AD向下，它们的大小都是
F=BIa
由几何关系可以看出，AD边与CD边受到的安培力的方向相互垂直，所以AC刚进入磁场时线框所受安培力为AD边与CD边受到的安培力的矢量合，即
故C正确；
D．当AC刚进入磁场时，CB两端电压大小为
故D错误；
故选AC.
10．BD
【详解】
A．单杆切割磁感线产生感应电流而导致金属棒受到的安培力为
由题意可知安培力大小不变，故
结合乙图，金属棒不可能做匀减速直线运动，故A错误；
B．由
，
得金属棒在外的速度大小为
故B正确；
C．在发生磁通量的过程中通过导体横截面的电荷量结论
在本题中
则
故C错误；
D．金属棒从运动到的过程中，对金属棒由动能定理
其中
解得外力所做的功为
D正确。
故选BD。
11．BC
【详解】
AB．当速度达到最大时，加速度为0，即合力为0，在F、安培力和重力沿斜面向下的分力三个力的作用下平衡，F随着v的增大而减小，随着v的增大而增大，有
联立解得
故A错误，B正确；
CD．从开始到达到最大速度的过程中，取沿轨道向上为正，根据动量定理可得 :
其中
联立可解出
故C正确，D错误。
故选BC。
12．AD
【详解】
A．根据公式
可知，上滑过程与下滑过程磁通量的变化量相等，则通过电阻R的电荷量一样多。故A正确；
B．金属杆ab上滑过程中，由动能定理有
可知，克服重力和安培力与摩擦力所做功之和等于mv。故B错误；
C．根据摩擦生热的公式
依题意，上滑和下滑过程中，位移大小相等，摩擦力大小相等均为
联立可得，上滑过程与下滑过程因摩擦而产生的内能一定相等。故C错误；
D．金属杆ab在整个过程中损失的机械能等于整个装置产生的焦耳热和摩擦产生的热量之和。故D正确。
故选AD。
13．，
【详解】
在0~内，根据楞次定律，下极板带正电，油滴处于静止状态，根据两极板间的电势差
油滴在0~内处于静止状态
在~T内，两极板间的电势差大小不变，根据楞次定律，下极板带负电，则带电油滴受到电场力向下，液滴受电场力向下大小仍为mg，所以液滴向下运动，加速度大小为2g
解得
14．（1）；（2）
【详解】
（1）根据法拉第电磁感应定律可得，0～t1时间内线框产生的感应电动势大小
（2）由θ=ωt，可知导线框以角速度ω匀速转过60°角经历的时间为
这一过程中线框内磁通量的减小量
ΔΦ′=B0a2-B0a2cos60°=B0a2
所以这一过程中线框产生的平均感应电动势为
15．（1）6m/s2；（2）7.5m/s；（3）2.7W
【详解】
（1）金属棒沿导轨开始下滑时，根据牛顿第二定律有
mgsin37°=ma
解得
a= gsin37°=6m/s2
（2）当金属棒的加速度为0时，速度达到最大，此时有
mgsin37°=BIL
由法拉第电磁感应定律及闭合电路欧姆定律有
联立解得
v=7.5m/s
（3）电阻R的电功率
P=I2R=2.7W
16．(1)，水平向左；(2)；(3)；Qa=
【详解】
(1)设a棒刚进入磁场时的速度为v，从开始下落到进入磁场，根据机械能守恒定律得
a棒切割磁感线产生感应电动势
闭合电路欧姆定律
a棒受到的安培力
联立以上各式解得a棒刚进入磁场时受到的安培力的大小
由左手定则可得其方向水平向左；
(2)设两棒最后稳定时的速度为，从a棒开始下落到两棒速度达到稳定，它们之间存在相互作用力，根据水平方向的动量守恒得
解得
(3)设a棒产生的内能为Qa，b棒产生的内能为Qb，根据能量守恒定律
两棒串联，根据
可知，内能与电阻成正比
解得
Qa=