2025人教版高中物理选择性必修第二册强化练习题（有解析）--第二章 电磁感应
文档属性
| 名称 | 2025人教版高中物理选择性必修第二册强化练习题（有解析）--第二章 电磁感应 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 853.5KB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2024-12-27 21:32:22 | ||
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文档简介
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2025人教版高中物理选择性必修第二册
第二章 电磁感应
注意事项
1.全卷满分100分。考试用时90分钟。
2.无特殊说明,本试卷中重力加速度g取10 m/s2。
一、单项选择题(本大题共8小题,每小题3分,共24分。在每小题给出的四个选项中只有一个符合题目要求)
1.下列关于教材中四幅插图的说法正确的是 ( )
A.图甲:金属探测器通过使用恒定电流的长柄线圈来探测地下是否有金属
B.图乙:摇动手柄使得蹄形磁铁转动,则铝框会以相同的速度同向转动
C.图丙:真空冶炼炉,当炉外线圈通入高频交流电时,线圈中产生大量热量,从而冶炼金属
D.图丁:微安表的表头,在运输时连接正、负接线柱保护电表指针,利用了电磁阻尼原理
2.如图所示,一根有裂缝的空心铝管竖直放置。让一枚磁性比较强的永磁体从管口处由静止下落,磁体在管内运动时没有跟铝管内壁发生摩擦。则磁体 ( )
A.在管内的加速度越来越大
B.受到铝管中涡流的作用力方向一直向下
C.受到铝管中涡流的作用力方向一直向上
D.受到铝管中涡流的作用力方向先向上后向下
3.如图所示,若套在条形磁铁上的弹性金属导线圈Ⅰ突然缩小为线圈Ⅱ,关于线圈的感应电流及其方向(从上往下看),说法正确的是 ( )
A.有顺时针方向的感应电流
B.有逆时针方向的感应电流
C.先有逆时针方向的感应电流后有顺时针方向的感应电流
D.无感应电流
4.图甲为手机无线充电,其充电原理如图乙。充电底座接交流电源,对充电底座供电。若在某段时间内,磁场垂直于受电线圈平面向上穿过线圈,其磁感应强度大小逐渐增大。下列说法正确的是 ( )
A.受电线圈的工作原理是“电流的磁效应”
B.送电线圈内的电流大小在逐渐减小
C.受电线圈中感应电流方向由c→d
D.受电线圈有扩张趋势
5.如图所示,一倾斜的金属框架上放有一根金属棒,由于摩擦力作用,金属棒在没有磁场时处于静止状态。从t0时刻开始给框架区域内加一个垂直框架平面向上的逐渐增强的磁场,到t1时刻时,金属棒开始运动,则在这段时间内,棒所受的摩擦力 ( )
A.不断增大
B.不断减小
C.先减小后增大
D.先增大后减小
6.正方体abcd-a1b1c1d1的上表面水平,沿中心线O1O2放置一根通有恒定电流I的长直导线,现使一闭合金属小圆环沿不同方向以相同速率做匀速直线运动,运动过程中圆环平面始终水平。下列说法正确的是 ( )
A.a1点与c点的磁感应强度相同
B.小圆环的圆心从ad边的中点竖直向上运动时,小圆环中无感应电流
C.小圆环的圆心从b1移到c1过程中,穿过小圆环的磁通量先增加后减少
D.小圆环的圆心从a移到d与从a移到c,小圆环的平均感应电动势相等
7.两个宽度均为a的竖直边界区域如图所示,区域内匀强磁场的磁感应强度的大小相等、方向相反,且方向与纸面垂直。现有直角边长为a的等腰直角三角形导线框从图示位置开始向右匀速穿过磁场区域。若以顺时针方向为电流的正方向,则线框中产生的感应电流i与线框移动距离x的关系图像是 ( )
8.如图1所示,匝数N=100、边长为L=0.5 m、电阻R=2 Ω、重力未知的正方形金属线框用两根均带有拉力传感器(图中未画出)的绝缘轻绳悬挂在天花板上。位于线框中间的虚线上方充满磁场,磁感应强度按B=kt(k未知且为恒量,式中各量的单位均为国际单位制单位)变化,电脑显示每个拉力传感器的示数变化如图2所示,整个过程中轻绳未断且线框始终处于静止状态。不考虑线框的形变和电阻的变化。下列说法正确的是( )
A.线框的重力为10 N
B.k的值为 T/s
C.0~2 s时间内通过金属线框某一横截面的电荷量为20 C
D.0~2 s时间内线框的热功率为4 W
二、多项选择题(本大题共4小题,每小题4分,共16分。在每小题给出的四个选项中,有多个选项符合题目要求,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错或不答的得0分)
9.法拉第圆盘发电机的示意图如图所示。铜圆盘安装在竖直的铜轴上,两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触,关于流过电阻R的电流,下列说法正确的是 ( )
A.若圆盘转动的角速度恒定,则电流大小恒定
B.若从上往下看,圆盘顺时针转动,则电流沿a到b的方向流过电阻R
C.若圆盘转动方向不变,角速度大小发生变化,则电流方向可能发生变化
D.若圆盘转动的角速度变为原来的2倍,则电流在R上的热功率也变为原来的2倍
10.如图所示,光滑绝缘水平面上两虚线之间区域内存在范围足够大的匀强磁场,磁场的磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里。边长为a、总电阻为R的正方形导线框PQMN沿与磁场边界成45°角方向运动进入磁场,如图所示。当对角线PM刚进入磁场时,线框的速度大小为v,此时线框 ( )
A.感应电流大小为 B.感应电流大小为
C.受安培力大小为 D.受安培力大小为
11.图1中表示电流传感器,在用图1的电路研究自感现象时,电流传感器显示各时刻通过线圈L(直流电阻为0)的电流如图2所示。已知灯泡的电阻与定值电阻R相同且不随电流变化,可以判定 ( )
A.闭合S时灯泡缓慢变亮,断开S时灯泡缓慢熄灭
B.1.0×10-3 s前后,S由闭合变为断开
C.1.2×10-3 s时,通过灯泡的电流方向为从右向左
D.1.1×10-3 s时,灯泡的功率约为5.0×10-4 s时的二分之一
12.如图,在水平面内固定有两根相互平行的无限长光滑金属导轨,其间距为L,电阻不计。在虚线l1的左侧存在竖直向上的匀强磁场,在虚线l2的右侧存在竖直向下的匀强磁场,两部分磁场的磁感应强度大小均为B。与导轨垂直的金属棒ad、bc的电阻均为R,质量分别为m、2m,分别静止于两磁场中。现突然给ad棒一个水平向左的初速度v0,下列说法正确的是 ( )
A.两金属棒组成的系统的动量守恒
B.两金属棒始终受到水平向右的安培力
C.两棒达到稳定时速度大小均为v0
D.ad棒向左运动的过程中,ad棒产生的焦耳热为m
三、非选择题(本大题共6小题,共60分)
13.(6分)小华同学正在进行“探究法拉第电磁感应现象”实验。
(1)已将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电表及开关按如图所示部分连接,要把电路连接完整且正确,则M连接到接线柱 (选填“a”“b”或“c”),N连接到接线柱 (选填“a”“b”或“c”)。
(2)正确连接电路后,开始实验探究,小华同学发现当他将开关闭合瞬间,灵敏电流计指针向左偏转,则他保持开关闭合,将滑动变阻器的滑片P向右匀速滑动时,灵敏电流计的指针向 (选填“左”或“右”)偏转,由此可以判断 。
A.滑动变阻器的滑片P向右加速滑动,灵敏电流计的指针向左偏转
B.线圈A中的铁芯向上拔出或断开开关,都能引起灵敏电流计的指针向右偏转
C.滑动变阻器的滑片P匀速向左滑动,灵敏电流计的指针静止在中央
(3)实验中小华同学发现在两次电磁感应现象中,第一次电流计的指针摆动的幅度比第二次指针摆动的幅度大,原因是线圈中第一次的 (选填“磁通量”“磁通量的变化量”或“磁通量的变化率”)比第二次的大。
14.(8分)某同学想应用楞次定律判断线圈缠绕方向,设计的实验装置原理图如图甲所示。选用的器材有:一个磁性很强的条形磁铁,两个发光二极管(电压在1.5 V至5 V都可发光且保证安全),一个多用电表,导线若干。操作步骤如下:
①用多用电表的电阻挡测出二极管的正、负极;
②把二极管、线圈按如图甲所示电路用导线连接成实验电路;
③把条形磁铁插入线圈时,二极管B发光;拔出时,二极管A发光;
④根据楞次定律判断出线圈的缠绕方向。
请回答下列问题:
(1)线圈缠绕方向如图乙中的 [选填“(a)”或“(b)”]。
(2)条形磁铁运动越快,二极管发光的亮度就越大,这说明感应电动势随 的增大而增大。
(3)为进一步研究,他又做了如图丙所示实验:磁体从线圈上方靠近线圈的位置由静止下落。在磁体穿过整个线圈的过程中,传感器显示的电流i随时间t变化的图像应该是下图中的 。(填字母序号)
(4)实验结束后,该同学又对教材中断电自感实验做了如下改动。在两条支路上分别串联电流传感器,再按教材要求,断开电路并记录下两支路的电流情况如图所示,由图可知:
①断电瞬间,灯泡电流瞬间 。(选填“增大”“减小”或“不变”)
②断电瞬间,灯泡中电流与断开前方向 。(选填“相同”或“相反”)
③在不改变线圈电阻等其他条件的情况下,只将铁芯拔出后重做上述实验,可观察到灯泡在断电后处于亮着的时间将 。(选填“变长”“变短”或“不变”)
15.(8分)如图甲所示,一个阻值为R的圆形金属线圈与阻值为2R的电阻R1连接成闭合回路。线圈的半径为2r,在线圈中存在垂直于线圈平面向里的半径为r的圆形匀强磁场,磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙所示,图中B0和t0已知,导线电阻不计。求:
(1)0至t0时间内,电阻R1两端的电压U;
(2)0至t0时间内,通过电阻R1的电荷量q;
(3)0至t0时间内,电阻R1上的热功率P。
16.(12分)如图所示,在竖直平面内的xOy坐标系中有水平向里的磁场,磁感应强度大小沿x轴方向均相同,沿y轴正方向以By=ky(k>0)的规律均匀增大。一正方形线框abcd的a点与原点O重合,并沿x轴正方向水平抛出,下降高度h后线框开始做匀速运动。已知线框的边长为L、质量为m、电阻为R,重力加速度为g,不计空气阻力。求:
(1)线框匀速运动时沿y轴方向的速度大小vy;
(2)线框下落高度h的过程中产生的焦耳热Q。
17.(12分)如图,水平面内固定有平行长直金属导轨ab、cd和金属圆环;金属杆MN垂直导轨静止放置,金属杆OP一端在圆环圆心O处,另一端与圆环接触良好。水平导轨区域、圆环区域有等大反向的匀强磁场。OP绕O点逆时针匀速转动;闭合K,待MN匀速运动后,使OP停止转动并保持静止。已知磁感应强度大小为B,MN质量为m,OP的角速度为ω,OP长度、MN长度和平行导轨间距均为L,MN和OP的阻值均为r,忽略其余电阻和一切摩擦,求:
(1)闭合K瞬间MN所受安培力的大小和方向;
(2)MN匀速运动时的速度大小;
(3)从OP停止转动到MN停止运动的过程,MN产生的焦耳热。
18.(14分)电阻不计的平行金属导轨ACD与EFGH如图所示放置,AC与EF段在同一水平面内且粗糙,CD与GH段倾斜且光滑,C、F、G连接处接触良好,CD和GH与水平面成θ角,空间中存在匀强磁场,磁感应强度大小为B=1 T,方向竖直向上,倾斜导轨间距为L=1 m,水平导轨间距为2L,金属棒ab、cd质量相等,均为m=1 kg,接入回路的电阻均为R=0.5 Ω,两金属棒间用轻质绝缘细线相连,中间跨过一个理想定滑轮,两金属棒运动时与导轨充分接触,两金属棒始终垂直于导轨且始终不会与滑轮相碰,金属导轨足够长,不计导轨电阻,不计空气阻力,sin θ=0.6。现将两金属棒由静止释放,释放瞬间ab棒与cd棒的加速度大小均为1 m/s2。
(1)求cd棒与导轨间的动摩擦因数的大小;
(2)求两金属棒的速度的最大值;
(3)假设金属棒ab沿倾斜导轨下滑s= m时达到最大速度,求由静止释放至达到最大速度所用的时间。
答案全解全析
1.D 甲图中金属探测器通过使用变化电流的长柄线圈来探测地下是否有金属,故A错误;由电磁驱动原理知,图乙中摇动手柄使得蹄形磁铁转动,则铝框会同向转动,且比磁铁转得慢,即同向异步,B错误;真空冶炼炉,当炉外线圈通入高频交流电时,在金属块中会产生涡流,金属块中就会产生大量热量,从而冶炼金属,选项C错误;微安表的表头,在运输时连接正、负接线柱保护电表指针,利用了电磁阻尼原理,D正确。
2.C 虽然铝管有裂缝,但永磁体在铝管中下落时在侧壁会产生涡流,铝管中的感应电流阻碍磁体的下落,对磁体始终产生向上的阻力,故C正确,B、D错误。磁体在下落过程中由牛顿第二定律有mg-F安=ma,刚开始时磁体的加速度为g,随速度增大,感应电动势增大,感应电流增大,安培力增大,加速度减小,当重力与安培力大小相等时,加速度为零,故A错误。
3.A
关键点拨 有关磁通量变化的判定:磁感线是闭合曲线,在磁铁外部,磁感线从N极出发回到S极;在磁铁内部,磁感线从S极指向N极。图中,磁铁内部穿过线圈的磁感线方向向上,磁铁外部,穿过线圈的磁感线方向向下,与内部的磁通量抵消一部分,根据线圈面积大小、抵消多少来分析磁通量变化情况。
磁感线是闭合曲线,磁铁内部磁感线的条数等于外部所有磁感线条数的总和,且二者方向相反,可知通过金属导线圈Ⅱ的磁通量比Ⅰ的大,即当弹性金属导线圈Ⅰ突然缩小为线圈Ⅱ时,磁通量变大,且磁场方向向上,根据楞次定律结合安培定则可知线圈中产生顺时针方向的感应电流。
4.C 无线充电时,手机上受电线圈的工作原理是电磁感应,故A错误;由磁感应强度大小逐渐增大可知,送电线圈内的电流大小在逐渐增大,故B错误;由楞次定律可知,受电线圈的磁通量增强,则受电线圈中感应电流的磁场与原磁场方向相反,即受电线圈中感应电流的磁场方向向下,再根据安培定则可知,受电线圈中感应电流方向由c→d,故C正确;根据楞次定律的推论“增缩减扩”可知,受电线圈有收缩趋势,故D错误。
5.C 由于摩擦力作用,金属棒在没有磁场时处于静止状态,则摩擦力沿框架平面向上。从t0时刻开始给框架区域内加一个垂直框架平面向上的逐渐增强的磁场,穿过闭合回路的磁通量增大,闭合回路有收缩的趋势,金属棒受到沿斜面向上的安培力,金属棒运动前,受平衡力作用,有mg sin θ=F安+Ff,F安从0开始增大,Ff减小;F安增大到等于mg sin θ时,Ff减小到0;F安再增大,Ff会反向增大,故选C。
6.B a1点与c点的磁感应强度大小相等,但方向相反,故A错误;小圆环的圆心在ad边的中点时,其磁通量为零,在其竖直向上运动过程中,通过小圆环的磁通量始终为零,所以通过小圆环的磁通量未发生变化,即小圆环中无感应电流,故B正确;小圆环圆心在b1位置时,其磁通量不为零,在到达导线正下方时,其磁通量为零,在c1点时小圆环的磁通量也不为零,所以整个过程穿过小圆环的磁通量先减少后增加,故C错误;由于小圆环运动的速度大小不变,而从a移动到d与从a移动到c的过程其位移不同,所以两次运动所用时间不同,小圆环圆心在c点和d点时,穿过小圆环的磁通量相同,所以小圆环在两次移动过程中,磁通量的变化量相同,根据=可知,小圆环两次移动过程的平均感应电动势不相等,故D错误。
7.C 导线框是等腰直角三角形,可知刚进入左侧磁场时,有效切割长度等于进入磁场的距离,设线框总电阻为R,根据楞次定律可知初始时线圈中感应电流沿顺时针方向,大小为i==,在0≤x8.B 根据楞次定律和安培定则可知金属线框产生逆时针方向的电流,根据法拉第电磁感应定律得金属线框产生的感应电动势为E==,根据闭合电路欧姆定律得电流为I==,根据左手定则可知安培力方向向下,根据共点力平衡有2F=G+F安,且F安=NBIL,解得k= T/s,G=4 N,故A错误,B正确;0~2 s时间内通过金属线框某一横截面的电荷量为q=IΔt=2 C,故C错误;0~2 s时间内线框的热功率为P=I2R=2 W,故D错误。
9.AB 若圆盘转动的角速度恒定,根据E=Bωr2,可知感应电动势大小恒定,则电流大小恒定,选项A正确;若从上往下看,圆盘顺时针转动,根据右手定则可知,电流沿a到b的方向流过电阻R,选项B正确;若圆盘转动方向不变,角速度大小发生变化,电流方向不变,选项C错误;根据E=Bωr2,若圆盘转动的角速度变为原来的2倍,则感应电动势变为原来的2倍,电流变为原来的2倍,在R上的热功率变为原来的4倍,选项D错误。故选A、B。
10.BD 沿与磁场边界成45°角的方向进入磁场,PM刚进入磁场时,有效切割长度为a,此时感应电动势大小为E=Bva,感应电流大小为I==,A错误,B正确;分析导线框所受安培力,此时导线框的有效长度为a,故安培力大小为F=BIL=,C错误,D正确。
11.BC 闭合S时,流过灯泡的电流瞬间增大,所以灯泡瞬间变亮,A错误;闭合S时,由于线圈的自感作用使得流过电阻R的电流由0逐渐增大,稳定后,自感现象消失,电流保持不变,断开S时,线圈L产生自感电动势阻碍电流的减小,与定值电阻R、电流传感器和灯泡组成回路,线圈L中的感应电流方向与断开S前的电流方向相同,回路电流方向是逆时针方向,通过灯泡的电流方向为从右向左,所以题图2中,0~1.0×10-3 s是闭合S后的稳定时间,1.0×10-3 s前后,S由闭合变为断开,B、C正确;由题图2可知,t1=1.1×10-3 s时,电流约为I1=0.9 A,t2=5.0×10-4 s时,电流为I2=1.5 A,根据功率的计算公式P=I2R,可得==0.36,D错误。故选B、C。
12.CD ad棒向左运动时,回路中产生顺时针方向的感应电流,ad棒受到向右的安培力,bc棒也受到向右的安培力,所以两金属棒组成的系统所受合外力不为零,系统的动量不守恒,选项A错误;ad棒向左做减速运动,bc棒向右做加速运动,两棒速度大小相等时,穿过回路的磁通量不变,不再产生感应电流,两棒不受安培力,均做匀速运动,设速度大小为v,根据动量定理,对ad棒有-t=mv-mv0,对bc棒有t=2mv-0,联立解得v=v0,即最终两金属棒的速度大小都是v0,选项B错误,C正确;由能量关系可知总的焦耳热Q=m-mv2-×2mv2,ad棒产生的焦耳热为Qad=Q=m,选项D正确。
13.答案 (1)c(1分) a(1分) (2)右(1分) B(2分) (3)磁通量的变化率(1分)
解析 (1)要把电路连接完整且正确,则M连接到接线柱c,N连接到接线柱a。
(2)小华同学发现当他将开关闭合瞬间,灵敏电流计指针向左偏转,说明当穿过线圈的磁通量增加时灵敏电流计指针向左偏转,则他保持开关闭合,将滑动变阻器的滑片P向右匀速滑动时,电阻增大,电流减小,穿过线圈的磁通量减小,则灵敏电流计的指针向右偏转。滑动变阻器的滑片P向右加速滑动,电阻增大,电流减小,穿过线圈的磁通量减小,灵敏电流计的指针向右偏转,选项A错误;线圈A中的铁芯向上拔出或断开开关,穿过线圈的磁通量减小,则都能引起灵敏电流计的指针向右偏转,选项B正确;滑动变阻器的滑片P匀速向左滑动,电阻减小,电流变大,穿过线圈的磁通量变大,灵敏电流计的指针向左偏转,选项C错误。
(3)实验中小华同学发现在两次电磁感应现象中,第一次电流计的指针摆动的幅度比第二次指针摆动的幅度大,说明第一次产生的感应电动势较大,原因是线圈中第一次的磁通量的变化率比第二次的大。
14.答案 (1)(a)(1分) (2)磁通量变化率(2分) (3)B(2分) (4)①增大(1分) ②相反(1分) ③变短(1分)
解析 (1)条形磁铁插入线圈时二极管B发光,说明回路中产生顺时针方向的感应电流,拔出时二极管A发光说明回路中产生逆时针方向的感应电流,而在条形磁铁插入线圈时,线圈中的磁通量向上且增加,拔出线圈时线圈中的磁通量向上且减小,根据楞次定律结合安培定则可知,线圈的缠绕方向如图乙中的(a)。
(2)条形磁铁从初始位置到完全插入,磁通量的变化量相同,磁体运动越快,则穿过线圈的磁通量就变化得越快,二极管发光的亮度越大,说明回路中产生的感应电流越大,线圈两端产生的感应电动势越大,因此该实验说明感应电动势随磁通量变化率的增大而增大。
(3)磁体从线圈的上方静止下落,进入线圈的过程中磁通量向上且增大,根据楞次定律可知,感应电流产生的磁场方向向下;磁体离开线圈的过程中,穿过线圈的磁通量向上且减小,根据楞次定律可知,感应电流产生的磁场方向向上,所以磁体在进入和离开线圈时感应电流方向相反。而当磁体完全进入线圈时磁通量不变,不会产生感应电流,因此磁体加速运动,当靠近线圈底部时,磁通量的变化率大于刚进入线圈时磁通量的变化率,根据法拉第电磁感应定律可知到达底部时线圈中的感应电流相较于进入线圈过程中的更大。故选B。
(4)①由图可知,断电前通过灯泡和电感线圈的电流均恒定,且通过电感线圈的电流大于通过灯泡的电流,断电瞬间,线圈产生自感电动势阻碍其电流减小,而此时灯泡和线圈构成回路,从而使通过灯泡的电流瞬间增大。
②断电前通过灯泡的电流向右,断电瞬间通过线圈的电流方向不变,与灯泡构成回路后,通过灯泡的电流方向变为向左,即电流方向与断电前相反。
③在不改变线圈电阻等其他条件的情况下,只将铁芯拔出后重做上述实验,线圈的自感系数减小,对电流减小的阻碍能力减弱,因此可观察到灯泡在断电后处于亮着的时间将变短。
15.答案 (1) (2) (3)
解析 (1)由法拉第电磁感应定律得感应电动势为
E=== (1分)
电路中的电流为I== (1分)
电阻R1两端的电压U=I×2R (1分)
解得U= (1分)
(2)0至t0时间内,通过R1的电荷量q=It0 (1分)
解得q= (1分)
(3)根据焦耳定律可得电阻R1上的热功率P=I2·2R (1分)
解得P=2R()2= (1分)
16.答案 (1) (2)mgh-
解析 (1)线框下落距离为h时,ad边产生的感应电动势大小为
E1=khLvy (1分)
bc边产生的感应电动势大小为E2=k(h+L)Lvy (1分)
回路中的感应电动势E=E2-E1,又I= (1分)
ad边受到的安培力大小F1=B1IL=khIL,方向向下; (1分)
bc边受到的安培力大小F2=B2IL=k(h+L)IL,方向向上; (1分)
线框匀速运动,由共点力平衡的条件有F2-F1=mg (1分)
解得vy= (1分)
(2)设线框抛出时的初速度为v0,匀速运动时速度v= (1分)
由能量守恒定律,线框下落高度h过程中产生的焦耳热
Q=mgh- (2分)
解得Q=mgh- (2分)
17.答案 (1),方向水平向左 (2)ωL (3)mω2L2
思路点拨 (1)
(2)
(3)
解析 (1)当OP绕O点逆时针匀速转动时,由右手定则可知O点电势高,OP切割磁感线产生感应电动势为
E=BωL2 (1分)
闭合K瞬间,由闭合电路欧姆定律可知,通过MN的电流大小为
I==,方向由M到N (2分)
则MN所受安培力大小为
FA=BIL= (1分)
由左手定则可知,安培力方向水平向左。 (1分)
(2)闭合K后,MN向左做加速运动,速度逐渐增大,MN切割磁感线产生感应电动势,减弱原电流,可知MN所受安培力逐渐减小,做加速度减小的加速运动,当MN中电流减小到零时,安培力是零,加速度是零,MN的速度达到最大,设为v,此时做匀速直线运动,则有MN切割磁感线产生的感应电动势与OP产生的感应电动势大小相等,可知
EMN=BLv=BωL2 (2分)
解得v=ωL (1分)
(3)从OP停止转动到MN停止运动的过程,由能量守恒定律可知,电路中产生的焦耳热为
Q总=mv2=mω2L2 (2分)
MN产生的焦耳热为
QMN=Q总=mω2L2 (2分)
18.答案 (1)0.4 (2) m/s (3) s
解析 (1)释放瞬间,对金属棒ab、cd,由牛顿第二定律分别有
mg sin θ-T=ma (1分)
T-μmg=ma (1分)
解得μ=0.4 (1分)
(2)释放后,由楞次定律可知,整个回路中电流沿逆时针方向(俯视),经分析,当两金属棒加速度为0时速度最大,设最大速度为vm,此时,对ab棒,由平衡条件有BIL cos θ+mg sin θ-T'=0 (1分)
对cd棒,由平衡条件有T'-μmg-BI·2L=0 (1分)
整个回路中感应电动势为E=B·2Lvm-BLvm cos θ (1分)
由闭合电路欧姆定律可得I= (1分)
解得vm= m/s(1分)
(3)设金属棒由静止释放至最大速度所需时间为t,对ab棒,取沿斜面向下为正方向,由动量定理有
mg sin θ·t+BL cos θ·t-IT=mvm-0 (2分)
对cd棒,取向右为正方向,由动量定理有IT-μmgt-B·2Lt=mvm-0 (2分)
同时=
=
ΔΦ=B·2Ls-BLs cos θ (1分)
联立解得t= s(1分)
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2025人教版高中物理选择性必修第二册
第二章 电磁感应
注意事项
1.全卷满分100分。考试用时90分钟。
2.无特殊说明,本试卷中重力加速度g取10 m/s2。
一、单项选择题(本大题共8小题,每小题3分,共24分。在每小题给出的四个选项中只有一个符合题目要求)
1.下列关于教材中四幅插图的说法正确的是 ( )
A.图甲:金属探测器通过使用恒定电流的长柄线圈来探测地下是否有金属
B.图乙:摇动手柄使得蹄形磁铁转动,则铝框会以相同的速度同向转动
C.图丙:真空冶炼炉,当炉外线圈通入高频交流电时,线圈中产生大量热量,从而冶炼金属
D.图丁:微安表的表头,在运输时连接正、负接线柱保护电表指针,利用了电磁阻尼原理
2.如图所示,一根有裂缝的空心铝管竖直放置。让一枚磁性比较强的永磁体从管口处由静止下落,磁体在管内运动时没有跟铝管内壁发生摩擦。则磁体 ( )
A.在管内的加速度越来越大
B.受到铝管中涡流的作用力方向一直向下
C.受到铝管中涡流的作用力方向一直向上
D.受到铝管中涡流的作用力方向先向上后向下
3.如图所示,若套在条形磁铁上的弹性金属导线圈Ⅰ突然缩小为线圈Ⅱ,关于线圈的感应电流及其方向(从上往下看),说法正确的是 ( )
A.有顺时针方向的感应电流
B.有逆时针方向的感应电流
C.先有逆时针方向的感应电流后有顺时针方向的感应电流
D.无感应电流
4.图甲为手机无线充电,其充电原理如图乙。充电底座接交流电源,对充电底座供电。若在某段时间内,磁场垂直于受电线圈平面向上穿过线圈,其磁感应强度大小逐渐增大。下列说法正确的是 ( )
A.受电线圈的工作原理是“电流的磁效应”
B.送电线圈内的电流大小在逐渐减小
C.受电线圈中感应电流方向由c→d
D.受电线圈有扩张趋势
5.如图所示,一倾斜的金属框架上放有一根金属棒,由于摩擦力作用,金属棒在没有磁场时处于静止状态。从t0时刻开始给框架区域内加一个垂直框架平面向上的逐渐增强的磁场,到t1时刻时,金属棒开始运动,则在这段时间内,棒所受的摩擦力 ( )
A.不断增大
B.不断减小
C.先减小后增大
D.先增大后减小
6.正方体abcd-a1b1c1d1的上表面水平,沿中心线O1O2放置一根通有恒定电流I的长直导线,现使一闭合金属小圆环沿不同方向以相同速率做匀速直线运动,运动过程中圆环平面始终水平。下列说法正确的是 ( )
A.a1点与c点的磁感应强度相同
B.小圆环的圆心从ad边的中点竖直向上运动时,小圆环中无感应电流
C.小圆环的圆心从b1移到c1过程中,穿过小圆环的磁通量先增加后减少
D.小圆环的圆心从a移到d与从a移到c,小圆环的平均感应电动势相等
7.两个宽度均为a的竖直边界区域如图所示,区域内匀强磁场的磁感应强度的大小相等、方向相反,且方向与纸面垂直。现有直角边长为a的等腰直角三角形导线框从图示位置开始向右匀速穿过磁场区域。若以顺时针方向为电流的正方向,则线框中产生的感应电流i与线框移动距离x的关系图像是 ( )
8.如图1所示,匝数N=100、边长为L=0.5 m、电阻R=2 Ω、重力未知的正方形金属线框用两根均带有拉力传感器(图中未画出)的绝缘轻绳悬挂在天花板上。位于线框中间的虚线上方充满磁场,磁感应强度按B=kt(k未知且为恒量,式中各量的单位均为国际单位制单位)变化,电脑显示每个拉力传感器的示数变化如图2所示,整个过程中轻绳未断且线框始终处于静止状态。不考虑线框的形变和电阻的变化。下列说法正确的是( )
A.线框的重力为10 N
B.k的值为 T/s
C.0~2 s时间内通过金属线框某一横截面的电荷量为20 C
D.0~2 s时间内线框的热功率为4 W
二、多项选择题(本大题共4小题,每小题4分,共16分。在每小题给出的四个选项中,有多个选项符合题目要求,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错或不答的得0分)
9.法拉第圆盘发电机的示意图如图所示。铜圆盘安装在竖直的铜轴上,两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触,关于流过电阻R的电流,下列说法正确的是 ( )
A.若圆盘转动的角速度恒定,则电流大小恒定
B.若从上往下看,圆盘顺时针转动,则电流沿a到b的方向流过电阻R
C.若圆盘转动方向不变,角速度大小发生变化,则电流方向可能发生变化
D.若圆盘转动的角速度变为原来的2倍,则电流在R上的热功率也变为原来的2倍
10.如图所示,光滑绝缘水平面上两虚线之间区域内存在范围足够大的匀强磁场,磁场的磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里。边长为a、总电阻为R的正方形导线框PQMN沿与磁场边界成45°角方向运动进入磁场,如图所示。当对角线PM刚进入磁场时,线框的速度大小为v,此时线框 ( )
A.感应电流大小为 B.感应电流大小为
C.受安培力大小为 D.受安培力大小为
11.图1中表示电流传感器,在用图1的电路研究自感现象时,电流传感器显示各时刻通过线圈L(直流电阻为0)的电流如图2所示。已知灯泡的电阻与定值电阻R相同且不随电流变化,可以判定 ( )
A.闭合S时灯泡缓慢变亮,断开S时灯泡缓慢熄灭
B.1.0×10-3 s前后,S由闭合变为断开
C.1.2×10-3 s时,通过灯泡的电流方向为从右向左
D.1.1×10-3 s时,灯泡的功率约为5.0×10-4 s时的二分之一
12.如图,在水平面内固定有两根相互平行的无限长光滑金属导轨,其间距为L,电阻不计。在虚线l1的左侧存在竖直向上的匀强磁场,在虚线l2的右侧存在竖直向下的匀强磁场,两部分磁场的磁感应强度大小均为B。与导轨垂直的金属棒ad、bc的电阻均为R,质量分别为m、2m,分别静止于两磁场中。现突然给ad棒一个水平向左的初速度v0,下列说法正确的是 ( )
A.两金属棒组成的系统的动量守恒
B.两金属棒始终受到水平向右的安培力
C.两棒达到稳定时速度大小均为v0
D.ad棒向左运动的过程中,ad棒产生的焦耳热为m
三、非选择题(本大题共6小题,共60分)
13.(6分)小华同学正在进行“探究法拉第电磁感应现象”实验。
(1)已将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电表及开关按如图所示部分连接,要把电路连接完整且正确,则M连接到接线柱 (选填“a”“b”或“c”),N连接到接线柱 (选填“a”“b”或“c”)。
(2)正确连接电路后,开始实验探究,小华同学发现当他将开关闭合瞬间,灵敏电流计指针向左偏转,则他保持开关闭合,将滑动变阻器的滑片P向右匀速滑动时,灵敏电流计的指针向 (选填“左”或“右”)偏转,由此可以判断 。
A.滑动变阻器的滑片P向右加速滑动,灵敏电流计的指针向左偏转
B.线圈A中的铁芯向上拔出或断开开关,都能引起灵敏电流计的指针向右偏转
C.滑动变阻器的滑片P匀速向左滑动,灵敏电流计的指针静止在中央
(3)实验中小华同学发现在两次电磁感应现象中,第一次电流计的指针摆动的幅度比第二次指针摆动的幅度大,原因是线圈中第一次的 (选填“磁通量”“磁通量的变化量”或“磁通量的变化率”)比第二次的大。
14.(8分)某同学想应用楞次定律判断线圈缠绕方向,设计的实验装置原理图如图甲所示。选用的器材有:一个磁性很强的条形磁铁,两个发光二极管(电压在1.5 V至5 V都可发光且保证安全),一个多用电表,导线若干。操作步骤如下:
①用多用电表的电阻挡测出二极管的正、负极;
②把二极管、线圈按如图甲所示电路用导线连接成实验电路;
③把条形磁铁插入线圈时,二极管B发光;拔出时,二极管A发光;
④根据楞次定律判断出线圈的缠绕方向。
请回答下列问题:
(1)线圈缠绕方向如图乙中的 [选填“(a)”或“(b)”]。
(2)条形磁铁运动越快,二极管发光的亮度就越大,这说明感应电动势随 的增大而增大。
(3)为进一步研究,他又做了如图丙所示实验:磁体从线圈上方靠近线圈的位置由静止下落。在磁体穿过整个线圈的过程中,传感器显示的电流i随时间t变化的图像应该是下图中的 。(填字母序号)
(4)实验结束后,该同学又对教材中断电自感实验做了如下改动。在两条支路上分别串联电流传感器,再按教材要求,断开电路并记录下两支路的电流情况如图所示,由图可知:
①断电瞬间,灯泡电流瞬间 。(选填“增大”“减小”或“不变”)
②断电瞬间,灯泡中电流与断开前方向 。(选填“相同”或“相反”)
③在不改变线圈电阻等其他条件的情况下,只将铁芯拔出后重做上述实验,可观察到灯泡在断电后处于亮着的时间将 。(选填“变长”“变短”或“不变”)
15.(8分)如图甲所示,一个阻值为R的圆形金属线圈与阻值为2R的电阻R1连接成闭合回路。线圈的半径为2r,在线圈中存在垂直于线圈平面向里的半径为r的圆形匀强磁场,磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙所示,图中B0和t0已知,导线电阻不计。求:
(1)0至t0时间内,电阻R1两端的电压U;
(2)0至t0时间内,通过电阻R1的电荷量q;
(3)0至t0时间内,电阻R1上的热功率P。
16.(12分)如图所示,在竖直平面内的xOy坐标系中有水平向里的磁场,磁感应强度大小沿x轴方向均相同,沿y轴正方向以By=ky(k>0)的规律均匀增大。一正方形线框abcd的a点与原点O重合,并沿x轴正方向水平抛出,下降高度h后线框开始做匀速运动。已知线框的边长为L、质量为m、电阻为R,重力加速度为g,不计空气阻力。求:
(1)线框匀速运动时沿y轴方向的速度大小vy;
(2)线框下落高度h的过程中产生的焦耳热Q。
17.(12分)如图,水平面内固定有平行长直金属导轨ab、cd和金属圆环;金属杆MN垂直导轨静止放置,金属杆OP一端在圆环圆心O处,另一端与圆环接触良好。水平导轨区域、圆环区域有等大反向的匀强磁场。OP绕O点逆时针匀速转动;闭合K,待MN匀速运动后,使OP停止转动并保持静止。已知磁感应强度大小为B,MN质量为m,OP的角速度为ω,OP长度、MN长度和平行导轨间距均为L,MN和OP的阻值均为r,忽略其余电阻和一切摩擦,求:
(1)闭合K瞬间MN所受安培力的大小和方向;
(2)MN匀速运动时的速度大小;
(3)从OP停止转动到MN停止运动的过程,MN产生的焦耳热。
18.(14分)电阻不计的平行金属导轨ACD与EFGH如图所示放置,AC与EF段在同一水平面内且粗糙,CD与GH段倾斜且光滑,C、F、G连接处接触良好,CD和GH与水平面成θ角,空间中存在匀强磁场,磁感应强度大小为B=1 T,方向竖直向上,倾斜导轨间距为L=1 m,水平导轨间距为2L,金属棒ab、cd质量相等,均为m=1 kg,接入回路的电阻均为R=0.5 Ω,两金属棒间用轻质绝缘细线相连,中间跨过一个理想定滑轮,两金属棒运动时与导轨充分接触,两金属棒始终垂直于导轨且始终不会与滑轮相碰,金属导轨足够长,不计导轨电阻,不计空气阻力,sin θ=0.6。现将两金属棒由静止释放,释放瞬间ab棒与cd棒的加速度大小均为1 m/s2。
(1)求cd棒与导轨间的动摩擦因数的大小;
(2)求两金属棒的速度的最大值;
(3)假设金属棒ab沿倾斜导轨下滑s= m时达到最大速度,求由静止释放至达到最大速度所用的时间。
答案全解全析
1.D 甲图中金属探测器通过使用变化电流的长柄线圈来探测地下是否有金属,故A错误;由电磁驱动原理知,图乙中摇动手柄使得蹄形磁铁转动,则铝框会同向转动,且比磁铁转得慢,即同向异步,B错误;真空冶炼炉,当炉外线圈通入高频交流电时,在金属块中会产生涡流,金属块中就会产生大量热量,从而冶炼金属,选项C错误;微安表的表头,在运输时连接正、负接线柱保护电表指针,利用了电磁阻尼原理,D正确。
2.C 虽然铝管有裂缝,但永磁体在铝管中下落时在侧壁会产生涡流,铝管中的感应电流阻碍磁体的下落,对磁体始终产生向上的阻力,故C正确,B、D错误。磁体在下落过程中由牛顿第二定律有mg-F安=ma,刚开始时磁体的加速度为g,随速度增大,感应电动势增大,感应电流增大,安培力增大,加速度减小,当重力与安培力大小相等时,加速度为零,故A错误。
3.A
关键点拨 有关磁通量变化的判定:磁感线是闭合曲线,在磁铁外部,磁感线从N极出发回到S极;在磁铁内部,磁感线从S极指向N极。图中,磁铁内部穿过线圈的磁感线方向向上,磁铁外部,穿过线圈的磁感线方向向下,与内部的磁通量抵消一部分,根据线圈面积大小、抵消多少来分析磁通量变化情况。
磁感线是闭合曲线,磁铁内部磁感线的条数等于外部所有磁感线条数的总和,且二者方向相反,可知通过金属导线圈Ⅱ的磁通量比Ⅰ的大,即当弹性金属导线圈Ⅰ突然缩小为线圈Ⅱ时,磁通量变大,且磁场方向向上,根据楞次定律结合安培定则可知线圈中产生顺时针方向的感应电流。
4.C 无线充电时,手机上受电线圈的工作原理是电磁感应,故A错误;由磁感应强度大小逐渐增大可知,送电线圈内的电流大小在逐渐增大,故B错误;由楞次定律可知,受电线圈的磁通量增强,则受电线圈中感应电流的磁场与原磁场方向相反,即受电线圈中感应电流的磁场方向向下,再根据安培定则可知,受电线圈中感应电流方向由c→d,故C正确;根据楞次定律的推论“增缩减扩”可知,受电线圈有收缩趋势,故D错误。
5.C 由于摩擦力作用,金属棒在没有磁场时处于静止状态,则摩擦力沿框架平面向上。从t0时刻开始给框架区域内加一个垂直框架平面向上的逐渐增强的磁场,穿过闭合回路的磁通量增大,闭合回路有收缩的趋势,金属棒受到沿斜面向上的安培力,金属棒运动前,受平衡力作用,有mg sin θ=F安+Ff,F安从0开始增大,Ff减小;F安增大到等于mg sin θ时,Ff减小到0;F安再增大,Ff会反向增大,故选C。
6.B a1点与c点的磁感应强度大小相等,但方向相反,故A错误;小圆环的圆心在ad边的中点时,其磁通量为零,在其竖直向上运动过程中,通过小圆环的磁通量始终为零,所以通过小圆环的磁通量未发生变化,即小圆环中无感应电流,故B正确;小圆环圆心在b1位置时,其磁通量不为零,在到达导线正下方时,其磁通量为零,在c1点时小圆环的磁通量也不为零,所以整个过程穿过小圆环的磁通量先减少后增加,故C错误;由于小圆环运动的速度大小不变,而从a移动到d与从a移动到c的过程其位移不同,所以两次运动所用时间不同,小圆环圆心在c点和d点时,穿过小圆环的磁通量相同,所以小圆环在两次移动过程中,磁通量的变化量相同,根据=可知,小圆环两次移动过程的平均感应电动势不相等,故D错误。
7.C 导线框是等腰直角三角形,可知刚进入左侧磁场时,有效切割长度等于进入磁场的距离,设线框总电阻为R,根据楞次定律可知初始时线圈中感应电流沿顺时针方向,大小为i==,在0≤x
9.AB 若圆盘转动的角速度恒定,根据E=Bωr2,可知感应电动势大小恒定,则电流大小恒定,选项A正确;若从上往下看,圆盘顺时针转动,根据右手定则可知,电流沿a到b的方向流过电阻R,选项B正确;若圆盘转动方向不变,角速度大小发生变化,电流方向不变,选项C错误;根据E=Bωr2,若圆盘转动的角速度变为原来的2倍,则感应电动势变为原来的2倍,电流变为原来的2倍,在R上的热功率变为原来的4倍,选项D错误。故选A、B。
10.BD 沿与磁场边界成45°角的方向进入磁场,PM刚进入磁场时,有效切割长度为a,此时感应电动势大小为E=Bva,感应电流大小为I==,A错误,B正确;分析导线框所受安培力,此时导线框的有效长度为a,故安培力大小为F=BIL=,C错误,D正确。
11.BC 闭合S时,流过灯泡的电流瞬间增大,所以灯泡瞬间变亮,A错误;闭合S时,由于线圈的自感作用使得流过电阻R的电流由0逐渐增大,稳定后,自感现象消失,电流保持不变,断开S时,线圈L产生自感电动势阻碍电流的减小,与定值电阻R、电流传感器和灯泡组成回路,线圈L中的感应电流方向与断开S前的电流方向相同,回路电流方向是逆时针方向,通过灯泡的电流方向为从右向左,所以题图2中,0~1.0×10-3 s是闭合S后的稳定时间,1.0×10-3 s前后,S由闭合变为断开,B、C正确;由题图2可知,t1=1.1×10-3 s时,电流约为I1=0.9 A,t2=5.0×10-4 s时,电流为I2=1.5 A,根据功率的计算公式P=I2R,可得==0.36,D错误。故选B、C。
12.CD ad棒向左运动时,回路中产生顺时针方向的感应电流,ad棒受到向右的安培力,bc棒也受到向右的安培力,所以两金属棒组成的系统所受合外力不为零,系统的动量不守恒,选项A错误;ad棒向左做减速运动,bc棒向右做加速运动,两棒速度大小相等时,穿过回路的磁通量不变,不再产生感应电流,两棒不受安培力,均做匀速运动,设速度大小为v,根据动量定理,对ad棒有-t=mv-mv0,对bc棒有t=2mv-0,联立解得v=v0,即最终两金属棒的速度大小都是v0,选项B错误,C正确;由能量关系可知总的焦耳热Q=m-mv2-×2mv2,ad棒产生的焦耳热为Qad=Q=m,选项D正确。
13.答案 (1)c(1分) a(1分) (2)右(1分) B(2分) (3)磁通量的变化率(1分)
解析 (1)要把电路连接完整且正确,则M连接到接线柱c,N连接到接线柱a。
(2)小华同学发现当他将开关闭合瞬间,灵敏电流计指针向左偏转,说明当穿过线圈的磁通量增加时灵敏电流计指针向左偏转,则他保持开关闭合,将滑动变阻器的滑片P向右匀速滑动时,电阻增大,电流减小,穿过线圈的磁通量减小,则灵敏电流计的指针向右偏转。滑动变阻器的滑片P向右加速滑动,电阻增大,电流减小,穿过线圈的磁通量减小,灵敏电流计的指针向右偏转,选项A错误;线圈A中的铁芯向上拔出或断开开关,穿过线圈的磁通量减小,则都能引起灵敏电流计的指针向右偏转,选项B正确;滑动变阻器的滑片P匀速向左滑动,电阻减小,电流变大,穿过线圈的磁通量变大,灵敏电流计的指针向左偏转,选项C错误。
(3)实验中小华同学发现在两次电磁感应现象中,第一次电流计的指针摆动的幅度比第二次指针摆动的幅度大,说明第一次产生的感应电动势较大,原因是线圈中第一次的磁通量的变化率比第二次的大。
14.答案 (1)(a)(1分) (2)磁通量变化率(2分) (3)B(2分) (4)①增大(1分) ②相反(1分) ③变短(1分)
解析 (1)条形磁铁插入线圈时二极管B发光,说明回路中产生顺时针方向的感应电流,拔出时二极管A发光说明回路中产生逆时针方向的感应电流,而在条形磁铁插入线圈时,线圈中的磁通量向上且增加,拔出线圈时线圈中的磁通量向上且减小,根据楞次定律结合安培定则可知,线圈的缠绕方向如图乙中的(a)。
(2)条形磁铁从初始位置到完全插入,磁通量的变化量相同,磁体运动越快,则穿过线圈的磁通量就变化得越快,二极管发光的亮度越大,说明回路中产生的感应电流越大,线圈两端产生的感应电动势越大,因此该实验说明感应电动势随磁通量变化率的增大而增大。
(3)磁体从线圈的上方静止下落,进入线圈的过程中磁通量向上且增大,根据楞次定律可知,感应电流产生的磁场方向向下;磁体离开线圈的过程中,穿过线圈的磁通量向上且减小,根据楞次定律可知,感应电流产生的磁场方向向上,所以磁体在进入和离开线圈时感应电流方向相反。而当磁体完全进入线圈时磁通量不变,不会产生感应电流,因此磁体加速运动,当靠近线圈底部时,磁通量的变化率大于刚进入线圈时磁通量的变化率,根据法拉第电磁感应定律可知到达底部时线圈中的感应电流相较于进入线圈过程中的更大。故选B。
(4)①由图可知,断电前通过灯泡和电感线圈的电流均恒定,且通过电感线圈的电流大于通过灯泡的电流,断电瞬间,线圈产生自感电动势阻碍其电流减小,而此时灯泡和线圈构成回路,从而使通过灯泡的电流瞬间增大。
②断电前通过灯泡的电流向右,断电瞬间通过线圈的电流方向不变,与灯泡构成回路后,通过灯泡的电流方向变为向左,即电流方向与断电前相反。
③在不改变线圈电阻等其他条件的情况下,只将铁芯拔出后重做上述实验,线圈的自感系数减小,对电流减小的阻碍能力减弱,因此可观察到灯泡在断电后处于亮着的时间将变短。
15.答案 (1) (2) (3)
解析 (1)由法拉第电磁感应定律得感应电动势为
E=== (1分)
电路中的电流为I== (1分)
电阻R1两端的电压U=I×2R (1分)
解得U= (1分)
(2)0至t0时间内,通过R1的电荷量q=It0 (1分)
解得q= (1分)
(3)根据焦耳定律可得电阻R1上的热功率P=I2·2R (1分)
解得P=2R()2= (1分)
16.答案 (1) (2)mgh-
解析 (1)线框下落距离为h时,ad边产生的感应电动势大小为
E1=khLvy (1分)
bc边产生的感应电动势大小为E2=k(h+L)Lvy (1分)
回路中的感应电动势E=E2-E1,又I= (1分)
ad边受到的安培力大小F1=B1IL=khIL,方向向下; (1分)
bc边受到的安培力大小F2=B2IL=k(h+L)IL,方向向上; (1分)
线框匀速运动,由共点力平衡的条件有F2-F1=mg (1分)
解得vy= (1分)
(2)设线框抛出时的初速度为v0,匀速运动时速度v= (1分)
由能量守恒定律,线框下落高度h过程中产生的焦耳热
Q=mgh- (2分)
解得Q=mgh- (2分)
17.答案 (1),方向水平向左 (2)ωL (3)mω2L2
思路点拨 (1)
(2)
(3)
解析 (1)当OP绕O点逆时针匀速转动时,由右手定则可知O点电势高,OP切割磁感线产生感应电动势为
E=BωL2 (1分)
闭合K瞬间,由闭合电路欧姆定律可知,通过MN的电流大小为
I==,方向由M到N (2分)
则MN所受安培力大小为
FA=BIL= (1分)
由左手定则可知,安培力方向水平向左。 (1分)
(2)闭合K后,MN向左做加速运动,速度逐渐增大,MN切割磁感线产生感应电动势,减弱原电流,可知MN所受安培力逐渐减小,做加速度减小的加速运动,当MN中电流减小到零时,安培力是零,加速度是零,MN的速度达到最大,设为v,此时做匀速直线运动,则有MN切割磁感线产生的感应电动势与OP产生的感应电动势大小相等,可知
EMN=BLv=BωL2 (2分)
解得v=ωL (1分)
(3)从OP停止转动到MN停止运动的过程,由能量守恒定律可知,电路中产生的焦耳热为
Q总=mv2=mω2L2 (2分)
MN产生的焦耳热为
QMN=Q总=mω2L2 (2分)
18.答案 (1)0.4 (2) m/s (3) s
解析 (1)释放瞬间,对金属棒ab、cd,由牛顿第二定律分别有
mg sin θ-T=ma (1分)
T-μmg=ma (1分)
解得μ=0.4 (1分)
(2)释放后,由楞次定律可知,整个回路中电流沿逆时针方向(俯视),经分析,当两金属棒加速度为0时速度最大,设最大速度为vm,此时,对ab棒,由平衡条件有BIL cos θ+mg sin θ-T'=0 (1分)
对cd棒,由平衡条件有T'-μmg-BI·2L=0 (1分)
整个回路中感应电动势为E=B·2Lvm-BLvm cos θ (1分)
由闭合电路欧姆定律可得I= (1分)
解得vm= m/s(1分)
(3)设金属棒由静止释放至最大速度所需时间为t,对ab棒,取沿斜面向下为正方向,由动量定理有
mg sin θ·t+BL cos θ·t-IT=mvm-0 (2分)
对cd棒,取向右为正方向,由动量定理有IT-μmgt-B·2Lt=mvm-0 (2分)
同时=
=
ΔΦ=B·2Ls-BLs cos θ (1分)
联立解得t= s(1分)
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