第二章　电磁感应 第三节　电磁感应规律的应用 课时训练（有解析）高中物理粤教版选择性必修第二册

第二章　电磁感应 第三节　电磁感应规律的应用
基础对点练
1．浮桶式灯塔模型如图甲，其由带空腔的磁体和一个连着灯泡的线圈组成，磁体在空腔产生的磁场如图乙所示，磁体通过支柱固定在暗礁上，线圈随波浪相对磁体沿竖直方向运动，且始终处于磁场中，则浮桶线圈(　　)
A．当海面平静时，灯泡稳定发光
B．当海水水平匀速流动时，灯泡稳定发光
C．海水上下震荡幅度越大，灯泡发光越亮
D．海水上下震荡速度越快，灯泡发光越亮
2．有些医院使用了如图所示的门磁系统，强磁棒固定在门框上，线圈和发射系统固定在房门上，当房门关闭时穿过线圈的磁通量最大．当线圈中出现一定强度的电压、电流信号时，自动触发后面的信号发射系统，远程向后台发出报警信号，下列说法中正确的是(　　)
A．门磁系统的工作原理是利用了电流的磁效应
B．当房门缓慢打开时门线圈中电压、电流较小
C．房门不动时，线圈中会产生恒定的电流
D．将强磁棒与线圈和发射系统交换位置后不能起到报警的作用
3．如图所示，导体棒AB的长为2R，绕O点以角速度ω匀速转动，OB长为R，且O、B、A三点在一条直线上，有一磁感应强度为B的匀强磁场充满转动平面且与转动平面垂直，那么AB两端的电势差大小为(　　)
A．BωR2 B．2BωR2
C．4BωR2 D．6BωR2
4．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两点的电势差为(　　)
A．BRv B．BRv
C．BRv D．BRv
5．一直升机停在南半球的地磁极上空．该处地磁场的方向竖直向上，磁感应强度为B.直升机螺旋桨叶片的长度为L，螺旋桨转动的频率为f，顺着地磁场的方向看螺旋桨，螺旋桨按顺时针方向转动．螺旋桨叶片的近轴端为a，远轴端为b，如图所示．忽略a到转轴中心线的距离，用E表示每个叶片中的感应电动势，则(　　)
A．E＝πfL2B，且a点电势低于b点电势
B．E＝2πfL2B，且a点电势低于b点电势
C．E＝πfL2B，且a点电势高于b点电势
D．E＝2πfL2B，且a点电势高于b点电势
6．如图所示，间距为L、电阻不计的足够长平行光滑金属导轨水平放置，导轨左端用一阻值为R的电阻连接，导轨上横跨一根质量为m、电阻也为R的金属棒，金属棒与导轨接触良好．整个装置处于竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中．现使金属棒以初速度v沿导轨向右运动，若金属棒在整个运动过程中通过的电荷量为q.下列说法正确的是(　　)
A．金属棒在导轨上做匀减速运动
B．整个过程中金属棒在导轨上发生的位移为
C．整个过程中金属棒克服安培力做功为mv2
D．整个过程中电阻R上产生的焦耳热为mv2
综合提升练
7．(多选)(2024年三明期末)如图甲，U形导线框abcd与螺线管相连，螺线管内的磁场平行于轴线，其磁感应强度B随时间t变化如图乙所示，设图中箭头所示方向为B的正方向，则(　　)
　
A．0～t1内，感应电流的方向为adcba
B．t1～t2内，d点电势高于a点电势
C．0～t1内，感应电流的大小逐渐增大
D．t2～t3内，感应电流的大小逐渐减小
8．(多选)一空间有方向垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B＝0.5T的匀强磁场，两条电阻不计的平行光滑导轨竖直放置在磁场内，如图所示，导体棒ab、cd长度均为0.2 m，电阻均为0.1 Ω，重力均为0.1 N．现用力向上拉动导体棒ab，使之匀速上升(导体棒ab、cd与导轨垂直且接触良好)，此时cd静止不动，则ab上升时，下列说法正确的是(　　)
A．经过cd的电流方向为从c到d
B．ab受到的拉力大小为2 N
C．ab向上运动的速度大小为2 m/s
D．在2 s内，拉力做功，有0.6 J的其他形式的能转化为电能
9．如图甲所示，水平面上有一圆形线圈，通过导线与足够长的光滑水平导轨相连，线圈内存在垂直于线圈平面方向竖直向上的匀强磁场，其磁感应强度B1大小随时间t变化的图像如图乙所示．平行光滑金属导轨处于磁感应强度大小为B2、方向垂直于导轨平面向下的匀强磁场中．一导体棒MN垂直于导轨水平放置，由静止释放．已知线圈匝数n＝10，面积S＝0.02 m2，其电阻R1＝0.1 Ω，导轨相距L＝0.1 m，磁感应强度B2＝2.0 T，导体棒质量m＝0.5 kg，其电阻R2＝0.3 Ω，其余电阻不计．求：
(1)t＝0时刻，导体棒中的电流I的大小及方向；
(2)t＝0时刻，导体棒的加速度大小和方向；
(3)导体棒的最大速度的大小．
答案解析
1、【答案】D　【解析】当海面平静时，线圈静止不动，不切割磁感线，不产生电动势，灯泡不亮，A错误；当海水水平匀速流动时，线圈不切割磁感线，不产生电动势，灯泡不亮，B错误；线圈随海水上下震荡，切割磁感线产生的电动势E＝nBlv，可知电动势的大小与海水上下震荡速度有关，与震荡幅度无关，v越大，E越大，则灯泡发光越亮，C错误，D正确．
2、【答案】B　【解析】门磁系统的工作原理是利用了电磁感应原理，A错误；当房门缓慢打开时，门线圈中的磁通量变化得比较慢，则产生的感应电动势较小，感应电流也较小，B正确；房门不动时，线圈中磁通量不发生变化，则不会产生感应电流，C错误；将强磁棒与线圈和发射系统交换位置后，开关门都会使线圈中磁通量发生变化，则都会产生感应电流，都能起报警的作用，D错误．
3、【答案】C　【解析】A点线速度vA＝ω·3R，B点线速度vB＝ωR，AB棒切割磁感线的平均速度＝＝2ωR，由E＝BLv得，AB两端的电势差大小为E＝B·2R·＝4BωR2，C正确．
4、【答案】D　【解析】设整个圆环电阻是r，则其外电阻是圆环总电阻的，而在磁场内切割磁感线的有效长度是R，其相当于电源，E＝B·R·v，根据欧姆定律可得U＝E＝BRv，D正确．
5、【答案】A　【解析】螺旋桨叶片围绕着O点转动，产生的感应电动势为E＝BLv＝BLvb＝BL(ωL)＝B(2πf)L2＝πfL2B，由右手定则判断出b点电势比a点电势高，故A正确．
6、【答案】C　【解析】因为金属棒向右运动时受到向左的安培力作用，且安培力随速度的减小而减小，所以金属棒向左做加速度逐渐减小的减速运动．根据E＝＝，q＝IΔt＝Δt＝，解得x＝.整个过程中金属棒克服安培力做功等于金属棒动能的减少量mv2.整个过程中电路中产生的热量等于动能的减少量mv2，电阻R上产生的焦耳热为mv2.7、【答案】AD　【解析】由图像可知，0～t1内，通过螺线管的磁通量向上增加，根据楞次定律可知，感应电流的方向为adcba.根据E＝n＝nS，可知0～t1内，感应电动势保持不变，则感应电流的大小保持不变，A正确，C错误；由图像可知，t1～t2内，通过螺线管的磁通量先向上减少，后向下增加，根据楞次定律可知，感应电流的方向为dabcd，则d点电势低于a点电势，B错误；根据E＝n＝nS，可知t2～t3内，感应电动势大小逐渐减小，则感应电流的大小逐渐减小，D正确．
8、【答案】AC　【解析】对ab棒，由右手定则可知，电流方向由b到a，故经过cd的电流方向为从c到d，A正确；导体棒ab匀速上升，cd棒静止，受力均平衡，对于两棒组成的整体，合力为零，根据平衡条件可得ab棒受到的拉力F＝2mg＝0.2 N，B错误；cd棒受到向下的重力G和向上的安培力F安，由平衡条件得F安＝G，即BIL＝G，又I＝，联立解得v＝＝2 m/s，C正确；在2 s内，电路产生的电能Q＝t＝t＝×2 J＝0.4 J，则在2 s内，拉力做功，有0.4 J的其他形式的能转化为电能，D错误．
9、解：(1)t＝0时刻，感应电动势为
E＝n＝nS＝10××0.02 V＝0.4 V，
导体棒中的电流的大小为I＝＝1 A．
根据楞次定律，导体棒中的电流方向为从M到N.
(2)根据牛顿第二定律F＝IB2L＝ma，
解得t＝0时刻，导体棒的加速度大小为a＝0.4 m/s2.
根据左手定则，导体棒受到的安培力水平向右，故导体棒的加速度水平向右．
(3)当导体棒受到的安培力为零时，即回路中的感应电流为零时，导体棒的速度最大，则E＝B2Lvm，
解得导体棒的最大速度的大小为vm＝2 m/s.