2018届高二物理新人教版选修3-2学业分层测评：第4章 5 电磁感应现象的两类情况

学业分层测评(四)
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
1．(多选)下列说法中正确的是(　　)
A．感生电场是由变化的磁场激发而产生的
B．恒定的磁场也能在周围空间产生感生电场
C．感生电场的方向也同样可以用楞次定律和右手螺旋定则来判定
D．感生电场的电场线是闭合曲线，其方向一定是沿逆时针方向
【解析】　由麦克斯韦电磁理论知A正确，B错误；感生电场的产生也是符合电磁感应原理的，C正确；感生电场的电场线是闭合的，但不一定是逆时针方向，故D错误．
【答案】　AC
2．(多选)下列说法中正确的是(　　)
A．动生电动势是洛伦兹力对导体中自由电荷的作用而引起的
B．因为洛伦兹力对运动电荷始终不做功，所以动生电动势不是由洛伦兹力而产生的
C．动生电动势的方向可以由右手定则来判定
D．导体棒切割磁感线产生感应电流，受到的安培力一定与受到的外力大小相等、方向相反
【解析】　洛伦兹力对导体中自由电荷的作用效果是产生动生电动势的本质，A正确；在导体中自由电荷受洛伦兹力的合力与合速度方向垂直，总功为零，B错误；动生电动势的方向可由右手定则判定，C正确；只有在导体棒做匀速切割磁感线时，除安培力以外的力的合力与安培力大小相等、方向相反，做变速运动时不成立，D错误．故选A、C.
【答案】　AC
3．(多选)如图4 5 8所示，导体AB在做切割磁感线运动时，将产生一个感应电动势，因而在电路中有电流通过，下列说法中正确的是(　　)
图4 5 8
A．因导体运动而产生的感应电动势称为动生电动势
B．动生电动势的产生与洛伦兹力有关
C．动生电动势的产生与电场力有关
D．动生电动势和感生电动势产生的原因是一样的
【解析】　根据动生电动势的定义，A正确．动生电动势中的非静电力与洛伦兹力有关，感生电动势中的非静电力与感生电场有关，B正确，C、D错误．
【答案】　AB
4．(多选)如图4 5 9甲所示，水平放置的平行金属导轨连接一个平行板电容器C和电阻R，导体棒MN放在导轨上且接触良好，整个装置放在垂直导轨平面的磁场中，磁感应强度B的变化情况如图乙所示(图示磁感应强度方向为正方向)，MN始终保持静止，则0～t2时间内(　　)
甲　　　　　　　　　　　　　　乙
图4 5 9
A．电容器C的电荷量大小始终没变
B．电容器C的a板先带正电后带负电
C．MN所受安培力的大小始终没变
D．MN所受安培力的方向先向右后向左
【解析】　磁感应强度均匀变化，产生恒定电动势，电容器C的电荷量大小始终没变，选项A正确，B错误；由于磁感应强度变化，MN所受安培力的大小变化，MN所受安培力的方向先向右后向左，选项C错误，D正确．
【答案】　AD
5．如图4 5 10所示，在匀强磁场中，放置两根光滑平行导轨MN和PQ，其电阻不计，ab、cd两根导体棒，其电阻Rab＜Rcd，当ab棒在外力F1作用下向左匀速滑动时，cd棒在外力F2作用下保持静止，F1和F2的方向都与导轨平行，那么，F1和F2大小相比、ab和cd两端的电势差相比，正确的是(　　)
图4 5 10
A．F1＞F2，Ucd＞Uab
B．F1＝F2，Uab＝Ucd
C．F1＜F2，Uab＜Ucd
D．F1＝F2，Uab＜Ucd
【解析】　因ab和cd的磁场力都是F＝BIl，又因为ab棒在外力F1作用下向左匀速滑动时，cd在外力F2作用下保持静止，故F1＝F2，又由MN、PQ电阻不计，所以a、c两点等势，b、d两点等势，因而Uab＝Ucd，故B正确．
【答案】　B
6．一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4 5 11所示．如果忽略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(　　)
图4 5 11
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
【解析】　直升机螺旋桨的叶片围绕着轴转动，产生的感应电动势为E＝Blv＝Blvb＝Bl(ωl)＝B(2πf)l2＝πfl2B，设想ab是闭合电路的一部分导体，由右手定则知感应电流方向为a→b，所以b点电势比a点电势高．选项A正确．
【答案】　A
7．据报道，一法国摄影师拍到“天宫一号”空间站飞过的瞬间．照片中，“天宫一号”的太阳帆板轮廓清晰可见．如图4 5 12所示，假设“天宫一号”正以速度v＝7.7
km/s绕地球做匀速圆周运动，运动方向与太阳帆板两端M、N的连线垂直，M、N间的距离L＝20
m，地磁场的磁感应强度垂直于v、MN所在平面的分量B＝1.0×10－5T.将太阳帆板视为导体．
图4 5 12
(1)求M、N间感应电动势的大小E；
(2)在太阳帆板上将一只“1.5
V,0.3
W”的小灯泡与M、N相连构成闭合电路，不计太阳帆板和导线的电阻，试判断小灯泡能否发光，并说明理由；
(3)取地球半径R＝6.4×103
km，地球表面的重力加速度g＝9.8
m/s2，试估算“天宫一号”距离地球表面的高度h(计算结果保留一位有效数字)．
【解析】　(1)感应电动势E＝BLv，代入数据得E＝1.54
V.
(2)不能，因为穿过闭合回路的磁通量不变，不产生感应电流．
(3)在地球表面有G＝mg
“天宫一号”做匀速圆周运动，有G＝m
解得h＝－R，代入数据得h≈4×105
m(数量级正确都算对)
【答案】　(1)1.54
V　(2)见解析　(3)4×105
m
[能力提升]
8．如图4 5 13所示，将外皮绝缘的圆形闭合细导线扭一次变成两个面积比为1∶4的圆形闭合回路(忽略两部分连接处的导线长度)，分别放入垂直圆面向里、磁感应强度大小随时间按B＝kt(k＞0，为常数)的规律变化的磁场，前后两次回路中的电流比为(　　)
图4 5 13
A．1∶3
B．3∶1
C．1∶1
D．9∶5
【解析】　同一导线构成不同闭合回路，它们的电阻相同，那么电流之比等于它们的感应电动势之比，设圆形线圈的周长为l，依据法拉第电磁感应定律E＝S，之前的闭合回路的感应电动势E＝kπ，圆形闭合细导线扭一次变成两个面积比为1∶4的圆形闭合回路，根据面积之比等于周长的平方之比，则1∶4的圆形闭合回路的周长之比为1∶2；之后的闭合回路的感应电动势E′＝kπ－kπ；则前后两次回路中的电流比I∶I′＝E∶E′＝3∶1，B正确；
【答案】　B
9．如图4 5 14甲所示，n＝50匝的圆形线圈M，它的两端点a、b与内阻很大的电压表相连，线圈中磁通量的变化规律如图乙所示，则a、b两点的电势高低与电压表的读数为(　　)
甲　　　　　　　　乙
图4 5 14
A．φa>φb,20
V
B．φa>φb,10
V
C．φa<φb,20
V
D．φa<φb,10
V
【解析】　圆形线圈产生电动势，相当于电源内电路，磁通量均匀增大，由楞次定律可知，线圈中感应电流为逆时针方向，由于线圈相当于内电路，故φa>φb；又E＝n＝50×
V＝10
V，所以电压表的示数为10
V，B正确．
【答案】　B
10．如图4 5 15所示，两根足够长的光滑金属导轨MN、PQ间距为l＝0.5
m，其电阻不计，两导轨及其构成的平面均与水平面成30°角．完全相同的两金属棒ab、cd分别垂直导轨放置，每棒两端都与导轨始终有良好接触，已知两棒的质量均为0.02
kg，电阻均为R＝0.1
Ω，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度为B＝0.2
T，棒ab在平行于导轨向上的拉力F作用下，沿导轨向上匀速运动，而棒cd恰好保持静止，g取10
m/s2.求：
图4 5 15
(1)通过cd棒的电流I是多少，方向如何？
(2)棒ab受到的拉力F多大？
(3)拉力F做功的功率P是多少？
【解析】　(1)对cd棒受力分析可得：
BIl＝mgsin
30°
代入数据，得I＝1
A
根据右手定则判断，通过cd棒的电流方向由d到c.
(2)对ab棒受力分析可得：
F＝BIl＋mgsin
30°
代入数据，得F＝0.2
N.
(3)根据I＝，P＝Fv
得P＝0.4
W.
【答案】　(1)1
A　由d到c　(2)0.2
N　(3)0.4
W
11．如图4 5 16甲所示，平行金属导轨竖直放置，导轨间距为L＝1
m，上端接有电阻R1＝3
Ω，下端接有电阻R2＝6
Ω，虚线OO′下方是垂直于导轨平面的匀强磁场．现将质量m＝0.1
kg、电阻不计的金属杆ab，从OO′上方某处垂直导轨由静止释放，杆下落0.2
m过程中始终与导轨保持良好接触，加速度a与下落距离h的关系图象如图乙所示．求：
图4 5 16
(1)磁感应强度B；
(2)杆下落0.2
m过程中通过电阻R2的电荷量q.
【解析】　(1)由题图乙知，杆自由下落距离是0.05
m，当地重力加速度g＝10
m/s2，则杆进入磁场时的速度
v＝＝1
m/s
由题图乙知，杆进入磁场时加速度
a＝－g＝－10
m/s2
由牛顿第二定律得mg－F安＝ma
回路中的电动势E＝BLv
杆中的电流I＝
R并＝
F安＝BIL＝
得B＝＝2
T.
(2)杆在磁场中运动产生的平均感应电动势＝＝B·
杆中的平均电流＝
通过杆的电荷量Q＝I·Δt
通过R2的电荷量q＝Q＝0.05
C.
【答案】　(1)2
T　(2)0.05
C