第二章 电磁感应及其应用练习（Word含解析）

第2章　电磁感应及其应用
本章达标检测
(满分:100分;时间:75分钟)
一、选择题(本题共8小题,每小题6分,共48分)
1.(2020北京101中学高二上期中)(多选)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.若仅减小电刷A、B之间的距离,灵敏电流计的示数将变大
C.若仅提高金属盘转速,灵敏电流计的示数将变大
D.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
2.(2020山东济南一中高二检测)如图所示,在载流直导线旁固定有两平行光滑导轨A、B,导轨与直导线平行且在同一水平面内,在导轨上有两条可自由滑动的导体棒ab和cd。载流直导线中的电流逐渐增强时,导体棒ab和cd的运动情况是 (　　)
A.一起向左运动
B.一起向右运动
C.ab和cd相向运动,相互靠近
D.ab和cd相背运动,相互远离
3.(2020浙江瑞安中学检测)(多选)涡流检测是工业上无损检测的方法之一。如图所示,线圈中通以一定频率的交流电,靠近待测工件时,工件内会产生涡流,同时线圈中的电流受涡流影响也会发生变化。下列说法正确的是 (　　)
A.涡流的磁场总是要阻碍穿过工件磁通量的变化
B.涡流的频率等于通入线圈的周期性变化电流的频率
C.通电线圈和待测工件间存在周期性变化的作用力
D.待测工件可以是塑料或橡胶制品
4.(2020四川广元高二上期末)(多选)如图甲所示,螺线管内有一平行于轴线的磁场,规定图中箭头所示方向为磁感应强度B的正方向,螺线管与U形导线框cdef相连,导线框cdef内有一半径很小的金属圆环L,圆环与导线框cdef在同一平面内,当螺线管内的磁感应强度随时间按图乙所示规律变化时,下列选项中正确的是　 (　　)
A.在t1时刻,金属圆环L内的磁通量最大
B.在t2时刻,金属圆环L内的磁通量最大
C.在t1~t2时间内,金属圆环L内有逆时针方向的感应电流
D.在t1~t2时间内,金属圆环L有收缩的趋势
5.(2021福建莆田第二十五中学高二月考)(多选)如图甲所示,一个匝数为n的圆形线圈(图中只画了2匝),面积为S,线圈的电阻为R,在线圈外接一个阻值为R的电阻和一个理想电压表,将线圈放入垂直线圈平面指向纸内的磁场中,磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示,下列说法正确的是 (　　)
A.t1~t2时间内P端电势高于Q端电势
B.0~t1时间内电压表的读数为S
C.t1~t2时间内R上的电流为
D.t1~t2时间内圆形线圈中感应电流的方向为顺时针
6.(2021广东广州高二期末)水平放置一个固定的单匝金属圆线圈,磁场正方向和线圈中感应电流的正方向如图甲所示,当磁场的磁感应强度B随时间t如图乙变化时,下列选项中能正确表示线圈中感应电动势E变化是 (　　)
A
B
C
D
7.(2021山东枣庄第三中学高二月考)(多选)如图所示,用一根横截面积为S、电阻率为ρ的均匀硬质导线做成一个半径为r的圆环,以圆环的圆心O为坐标原点建立xOy坐标系,圆环与x、y轴的负方向的交点分别为b、a,在第一、二、四象限内存在垂直于圆环向里的匀强磁场,磁感应强度B的大小随时间的变化率=k(k>0)。下列说法正确的是 (　　)
A.圆环中产生顺时针方向的感应电流
B.圆环具有收缩的趋势
C.圆环中的感应电流的大小为
D.圆环上a、b两点间的电势差为Uab=
8.(2021浙江宁波高二期末)如图所示,水平面上固定着两根相距L且电阻不计的足够长的光滑金属导轨,导轨处于方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中,铜棒a、b的长度均等于两导轨的间距,电阻均为R,质量均为m,铜棒平行地静止在导轨上且与导轨接触良好。现给铜棒a一个平行导轨向右的初速度v0,此后运动过程中两棒不发生碰撞,下列说法正确的是 (　　)
A.最终a棒将停止运动,b棒在轨道上以某一速度匀速运动
B.最终两棒都静止在轨道上
C.回路中产生的总焦耳热为m
D.运动过程中b的最大加速度为
二、非选择题(共4题,共52分)
9.(2020江苏常熟中学高二检测)(10分)如图所示,质量为m=100 g的铝环,用细线悬挂起来,环中央距地面高度h=0.8 m,有一质量为M=200 g的小磁铁(长度可忽略),以v0=10 m/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s=3.6 m,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作平抛运动),问:
(1)铝环向哪边偏斜
(2)若铝环在小磁铁穿过后速度为v'=2 m/s,在小磁铁穿过铝环的整个过程中,环中产生了多少电能 (g=10 m/s2)
10.(2021北京海淀清华附中高二期末)(10分)如图所示,两条水平虚线之间有垂直于纸面向外、宽度为d、磁感应强度为B的匀强磁场,质量为m、电阻为R的正方形线圈边长为L,线圈下边缘到磁场上边界的距离为h。重力加速度为g,将线圈由静止释放,其下边缘(ab边)刚进入磁场和刚穿出磁场时的速度相同,则在整个线圈穿过磁场的过程中:
(1)若线圈的下边缘ab边刚进入磁场的瞬间,线圈恰好能匀速运动,则线圈下落的初始高度h需要满足什么条件
(2)要保证线圈的下边缘ab边刚进入磁场和刚穿出磁场时的速度相同,且这两个状态时线圈恰好能匀速运动,则磁场宽度d与线圈边长L应该满足什么样的关系 (此问不需要写出分析过程及理由,只需要给出结论即可)
(3)若d>L,且ab边刚进入磁场瞬间,线圈并不做匀速运动,请求出在线圈穿过磁场的整个过程中,线圈的总焦耳热。
11.(2021江苏盐城响水中学高二期末)(15分)如图所示,两根足够长的光滑直金属导轨MN、PQ平行放置在倾角为θ=30°的绝缘斜面上,两导轨间距为L=1 m,M、P两点间接有阻值为R=8 Ω的电阻。一根质量为m=1 kg、电阻为r=2 Ω的均匀直金属杆ab放在两导轨上,并与导轨垂直。整套装置处于磁感应强度为B=5 T的匀强磁场中,磁场方向垂直于斜面向上。导轨的电阻可忽略。让金属杆ab沿导轨由静止开始下滑,沿斜面下滑d=2 m时,金属杆达到最大速度,导轨和金属杆接触良好,重力加速度为g=10 m/s2。求:
(1)金属杆达到的最大速度vm;
(2)在这个过程中,电阻R上产生的热量;
(3)在这个过程中,通过电阻R的电荷量。
12.(2020北京杨镇第一中学高三月考)(17分)间距为l的两平行金属导轨由水平部分和倾斜部分平滑连接而成,如图所示。倾角为θ的导轨处于大小为B1、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场区间Ⅰ中,水平导轨上的无磁场区间静止放置一质量为2m的“联动双杆”(由两根长为l的金属杆cd和ef,用长度为L的刚性绝缘杆连接构成),在“联动双杆”右侧存在大小为B2、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场区间Ⅱ,其长度大于L。质量为2m、长为l的金属杆ab从倾斜导轨上端释放,达到匀速后进入水平导轨(无能量损失),杆ab与“联动双杆”发生碰撞,碰后杆ab和cd合在一起形成“联动三杆”。“联动三杆”继续沿水平导轨进入磁场区间Ⅱ并从中滑出。运动过程中,杆ab、cd和ef与导轨始终接触良好,且保持与导轨垂直。已知杆ab、cd和ef电阻均为R=0.02 Ω,m=0.1 kg,l=0.5 m,L=0.3 m,θ=30°,B1=0.1 T,B2=0.4 T。不计摩擦阻力和导轨电阻,忽略磁场边界效应。求:
(1)ab杆在倾斜导轨上匀速运动时的速度大小v;
(2)ab杆在倾斜轨道上的速度v1=3 m/s时的加速度;
(3)“联动三杆”滑过磁场区间Ⅱ产生的焦耳热Q。
答案全解全析
第2章　电磁感应及其应用
本章达标检测
1.AC　根据安培定则可知,电磁铁产生的磁场方向向右,圆盘转动相当于导体棒切割磁感线,由右手定则判断可知,金属盘产生的感应电流方向从A到B,则电刷A的电势低于电刷B的电势,故A正确;若仅减小电刷A、B之间的距离,有效的切割长度减小,产生的感应电动势减小,感应电流减小,则灵敏电流计的示数变小,故B错误;若仅提高金属盘转速,产生的感应电动势增大,灵敏电流计的示数将变大,故C正确;若仅将滑动变阻器滑动头向左滑,滑动变阻器接入电路的电阻增大,电路中电流减小,两磁极间的磁场减弱,感应电动势减小,灵敏电流计的示数变小,故D错误。
2.C　解法一:导线中电流增强时,电流在abdc回路中产生的垂直于回路平面向里的磁场增强,回路磁通量增大,根据楞次定律可知,回路产生逆时针方向的感应电流,ab中电流方向向下,ab所受安培力向右,cd中电流方向向上,cd所受安培力向左,故ab和cd相向运动,相互靠近,C项正确。
解法二:电流增强时,电流在abdc回路中产生的垂直于回路平面向里的磁场增强,回路磁通量增大,根据楞次定律可知,回路要减小面积以阻碍磁通量的增加,因此,两导体棒要相向运动,相互靠拢,C项正确。
3.ABC　根据楞次定律可知:感应电流的磁场总是要阻碍引起感应电流的磁通量的变化,故涡流的磁场总是要阻碍穿过工件磁通量的变化,故A正确;感应电流的频率与原电流的频率是相同的,涡流的频率等于通入线圈的周期性变化电流的频率,故B正确;因为通入线圈的电流是周期性变化的,故在工件中引起的感应电流也是周期性变化的,可知通电线圈和待测工件间存在周期性变化的作用力,故C正确;电磁感应只能发生在金属物体上,故待测工件只能是金属制品,故D错误。
4.BD　由题中B-t图像知,B随时间做正弦式变化,任意一点切线斜率代表磁通量变化率,t1时刻磁通量的变化率为零,则感应电流为零,L上的磁通量为零,故A错误;在t2时刻,磁感应强度为零,但是磁通量的变化率最大,则感应电流最大,通过金属圆环的磁通量最大,B正确;在t1~t2时间内,磁通量的变化率不断变大,则线圈内的感应电流不断变大,根据楞次定律,在线圈中的电流方向f到c,根据右手螺旋定则,穿过圆环的磁通量向外增大,则根据楞次定律,在金属圆环中产生顺时针方向的感应电流,故C错误;在t1~t2时间内,L内的磁场增加,由楞次定律可以确定L必须减小面积以达到阻碍磁通量的增加,故L有收缩的趋势,故D正确。
5.CD　t1~t2时间内,穿过线圈的磁感应强度减小,根据楞次定律结合安培定则可知,感应电流沿顺时针方向,线圈相当于电源,下端为正极,上端为负极,所以Q端电势高于P端电势,A错误,D正确;0~t1时间内线圈产生的感应电动势E=n·=n··S=nS,电压表的示数等于电阻R两端的电压U=IR=·R=,B错误;t1~t2时间内线圈产生的感应电动势大小E'=n·=n··S,根据闭合电路的欧姆定律可得R上的电流I'==,C正确。
6.C　0~1 s内,穿过线圈的磁感应强度方向向上并均匀增大,根据楞次定律结合安培定则可知感应电流沿顺时针方向,与正方向相同,感应电动势为正;1~3 s内,穿过线圈的磁感应强度不变,线圈的磁通量不变,无感应电流,感应电动势为零;3~5 s内,穿过线圈的磁感应强度方向向上且均匀减小,根据楞次定律结合安培定则可知感应电流沿逆时针方向,与正方向相反,感应电动势为负;同理5~6 s内感应电动势为负。故选C。
7.BC　由于=k(k>0),可知磁感应强度在增大,根据楞次定律结合安培定则可得圆环中的感应电流沿逆时针方向,A错误;由楞次定律的推论“增缩减扩”可判定圆环有收缩的趋势,B正确;根据法拉第电磁感应定律可得E===×πr2=,由电阻定律得圆环的电阻R=ρ,则圆环中的感应电流的大小为I==,C正确;由以上分析可知Uab<0,即Uab=-E=-,D错误。
8.D　根据动量守恒定律得mv0=2mv,解得v=,最终两棒以v=的速度在轨道上做匀速直线运动,A、B错误;由能量守恒定律可得回路中产生的总焦耳热为Q=m-·2mv2=m,C错误;刚开始运动时b的加速度最大,回路中的感应电动势E=BLv0,感应电流I=,由牛顿第二定律得BIL=ma,解得a=,D正确。
9.答案　(1)右边　(2)1.7 J
解析　(1)由楞次定律可知,当小磁铁与铝环发生相互作用时,铝环向右偏斜(阻碍相对运动)。 (3分)
(2)设小磁铁穿过铝环后的速度为v,落地时间为t。
则h=gt2,s=vt (2分)
解得v=9 m/s(2分)
由能量守恒定律可得E电=M-Mv2-mv'2=1.7 J。 (3分)
10.答案　(1)　(2)d=L　(3)2mgd
解析　(1)线框进入磁场时恰好匀速运动,重力和安培力平衡,则得
BI1L=mg (1分)
根据闭合电路欧姆定律和法拉第电磁感应定律得
I1== (1分)
根据机械能守恒定律得mgh=mv2 (2分)
联立解得h= (1分)
(2)要保证线圈的下边缘ab边刚进入磁场和刚穿出磁场时的速度相同,且这两个状态时线圈恰好能匀速运动,故线圈一直匀速穿过磁场,则磁场宽度d与线圈边长L应该满足d=L。
(3)下边缘(ab边)刚进入磁场和刚穿出磁场时的速度相同,在此过程中,根据动能定理可知
mgd-W安=0 (2分)
则W安=mgd (1分)
因为下边缘(ab边)刚进入磁场和刚穿出磁场时的速度相同,故线框进入和穿出过程中线框产生焦耳热相同,故总焦耳热为
Q=2W安=2mgd (2分)
11.答案　(1)2 m/s　(2)6.4 J　(3)1 C
解析　(1)金属杆在磁场中运动时,产生的感应电动势为E=BLv (1分)
金属杆中的电流为I= (1分)
金属杆受的安培力为F安=BIL (1分)
当速度最大时,有mg sin θ=F安 (1分)
代入数据可得vm=2 m/s(1分)
(2)由能量守恒定律可得mgd sin θ=m+Q (1分)
代入数据可得Q=8 J(1分)
由QR=R (1分)
得QR=6.4 J(1分)
(3)电路中的平均感应电动势为= (1分)
磁通量的变化量为ΔΦ=BLd (1分)
平均感应电流为= (1分)
通过的电荷量q=Δt (1分)
由以上各式联立可得q= (1分)
代入数据可得q=1 C(1分)
12.答案　(1)12 m/s　(2)3.75 m/s2　(3)4 J
解析　(1)由题意知ab杆运动时产生感应电动势为
E=B1lv (1分)
此时cd与ef并联电阻为,根据闭合电路欧姆定律有
I= (1分)
由安培力公式
F=B1Il (1分)
当杆匀速时受力平衡有
F=2mg sin θ (1分)
联立以上各式代入数据解得
v=12 m/s(1分)
(2)对ab杆受力分析有
2mg sin θ-F1=2ma (1分)
由(1)可得安培力为
F1= (1分)
代入数据联立解得
a=3.75 m/s2 (1分)
(3)ab杆与cd杆碰撞时动量守恒有
2mv=4mv2 (1分)
设进入磁场B2过程中三杆速度变化量为Δv,则根据动量定理有
-B2lΔt=4mΔv (1分)
而根据电流的定义式和法拉第电磁感应定律有
Δt=Δq== (2分)
联立解得
Δv=-1 m/s(1分)
同理三杆出磁场时,同样有Δv=-1 m/s;所以三杆出磁场后的速度为
v3=v2+2Δv (1分)
穿过B2区域产生的热量为
Q=×4m-×4m (2分)
联立各式代入数据可解得
Q=4 J(1分)