2019-2020学年粤教版选修3-2 1.5电磁感应规律的应用 达标作业（解析版)

1.5电磁感应规律的应用
达标作业（解析版)
1．在xOy平面内有一条抛物线金属导轨，导轨的抛物线方程为y2＝4x ， 磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面向里，一根足够长的金属棒ab垂直于x轴从坐标原点开始，以恒定速度v沿x轴正方向运动，运动中始终与金属导轨保持良好接触形成闭合回路，如图甲所示．则所示图象中能表示回路中感应电动势大小随时间变化的图象是( )
甲
A．
B．
C．
D．
2．如图所示，虚线框内存在均匀变化的匀强磁场，三个电阻R1、R2、R3的阻值之比为1∶2∶3，导线的电阻不计．当S1、S2闭合，S3断开时，闭合回路中感应电流为I；当S2、S3闭合，S1断开时，闭合回路中感应电流为5I；当S1、S3闭合，S2断开时，闭合回路中感应电流为(　　)
A．0 B．4I C．6I D．7I
3．如图所示，空间有两个宽度分别为L和2L的有界匀强磁场区域，磁感应强度大小都为B，左侧磁场方向垂直于纸面向里，右侧磁场方向垂直于纸面向外，abcd是一个均匀电阻丝做成的边长为L的正方形线框，线框以垂直于磁场边界的速度v匀速通过两个磁场区域，在运动过程中，线框ab、cd两边始终与磁场的边界平行。设线框cd边刚进入磁场的位置为x=0，x轴正方向水平向右，从线框ad边刚进入磁场开始到整个线框离开磁场区域的过程中，线框受到的安培力F(规定水平向右为正方向)随着位置x变化的图像正确的是
A． B．
C． D．
4．如图所示，MN、PQ是间距为L的平行金属导轨，置于磁感强度为B，方向垂直导轨所在平面向里的匀强磁场中，M、P间接有一阻值为R的电阻。一根与导轨接触良好、有效阻值为的金属导线ab垂直导轨放置，并在水平外力F的作用下以速度v向右匀速运动，则（不计导轨电阻）（　　）
A．通过电阻R的电流方向为P－R－M
B．ab两点间的电压为BLv
C．外力F做的功等于电阻R上发出的焦耳热
D．a端电势比b端高
5．如图甲所示，竖直向上的匀强磁场的磁感应强度B0＝0.5T，并且以＝0.1T/s的变化率均匀增大，图象如图乙所示，水平放置的导轨不计电阻，不计摩擦阻力，宽度L＝0.5m，在导轨上放着一金属棒MN，电阻R0＝0.1Ω，并且水平细线通过定滑轮悬吊着质量M＝0.2kg的重物．导轨的定值电阻R＝0.4Ω，与P、Q端点相连组成回路。又知PN长d＝0.8m。在重物被拉起的过程中，下列说法中正确的是(g取10N/kg)(　　)
A．电阻R中电流的方向由P到Q
B．电流的大小为0.1A
C．从磁感应强度为B0开始计时，经过495s的时间，金属棒MN恰能将重物拉起
D．电阻R上产生的热量约为16J
6．如图所示，竖直面内有一个闭合导线框ACDE（由细软导线制成）挂在两固定点A．D上，水平线段AD为半圆的直径，在导线框的E处有一个动滑轮，动滑轮下面挂一重物，使导线处于绷紧状态．在半圆形区域内，有磁感应强度大小为B．方向垂直纸面向里的有界匀强磁场．设导线框的电阻为r，圆的半径为R，在将导线上的C点以恒定角速度ω（相对圆心O）从A点沿圆弧移动的过程中，若不考虑导线中电流间的相互作用，则下列说法正确的是（ ）
A．在C从A点沿圆弧移动到D点的过程中，导线框中感应电流的方向先逆时针，后顺时针
B．在C从A点沿圆弧移动到图中 ∠ADC=30°位置的过程中，通过导线上C点的电量为
C．当C沿圆弧移动到圆心O的正上方时，导线框中的感应电动势最大
D．在C从A点沿圆弧移动到D点的过程中，导线框中产生的电热为
7．如图所示，一单匝圆形线圈两端与平行导轨相连接，整个装置处于水平面内。圆形线圈的直径与平行导轨的宽度相等，均为L，平行导轨区域处于垂直纸面向里的磁感应强度大小为B0的匀强磁场中，圆形线圈处于垂直纸面向外的磁场中，其磁感应强度的大小B随时间变化。质量为m、长度为L的金属杆垂直放置在平行导轨上，金属杆始终保持与导轨垂直且接触良好，金属杆与平行导轨间动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，已知金属杆的电阻为R，其它部分电阻均不计，重力加速度为g。下面说法正确的是
A．若，则金属杆在导轨上保持静止
B．若，则金属杆在导轨上保持静止
C．若给金属杆水平向右的速度，且，则金属杆匀速运动
D．若给金属杆水平向右的速度，且，则金属杆匀速运动
8．如图所示，一端接有定值电阻的平行金属轨道固定在水平面内，通有恒定电流的长直绝缘导线垂直并紧靠轨道固定，导体棒与轨道垂直且接触良好，在向右匀速通过M、N两区的过程中，导体棒所受安培力分别用FM、FN表示。不计轨道电阻。以下叙述正确的是（ ）
A．FM向右
B．FN向左
C．FM逐渐增大
D．FN逐渐减小
E.FM逐渐减小
9．粗细均匀的电阻丝围成如图所示的线框，置于正方形有界匀强磁场中，磁感应强度为B，方向垂直于线框平面，图中ab=bc=2cd=2de=2ef=2fa=2L。现使线框以同样大小的速度v匀速沿四个不同方向平动进入磁场，并且速度始终与线框最先进入磁场的那条边垂直。在通过如图所示的位置时，下列说法中正确的是（　　）
A．图甲中a、b两点间的电压最大
B．图丙与图丁中电流相等且最小
C．维持线框匀速运动的外力的大小均相等
D．图甲与图乙中ab段产生的电热的功率相等
10．如图所示，光滑水平桌面上存在有界的匀强磁场，磁场方向垂直于桌面向下，磁场边界呈正方形正方形线圈abcd从图中的甲位置以某一初速度进入磁场，经过一段时间线圈离开磁场到达乙位置，此过程中线框ab边始终与磁场左右边界平行、b两点电势差随时间t变化的图象，及随位移x变化的图象可能是　　
A．
B．
C．
D．
11．轻质细线吊着一质量为、边长为的单匝正方形线圈abcd，线圈总电阻为边长为的正方形磁场区域对称分布在线圈下边的两侧，如图甲所示磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小随时间变化如图乙所示，从开始经时间细线开始松弛，取求：

线圈abcd中产生的感应电动势E和电功率P；
求的值．
12．如图所示，将边长为a、质量为m、电阻为R的正方形导线框竖直向上抛出，穿过宽度为b、磁感应强度为B的匀强磁场区域，磁场的方向垂直纸面向里，线框向上离开磁场时的速度刚好是进入磁场时速度的一半，线框离开磁场后继续上升一段高度，然后落下并匀速进入磁场．整个运动过程中始终存在着大小恒定的空气阻力f，且线框不发生转动．求：
(1)线框在下落阶段匀速进入磁场时的速度v2；
(2)线框在上升阶段刚离开磁场时的速度v1；
(3)线框在上升阶段通过磁场过程中产生的焦耳热Q.
13．如图所示，已知水平放置的光滑金属导轨宽度为l，处在与导轨平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，导轨两端各接有一电阻R，其余电阻不计，导体棒在导轨上以速度υ匀速向右运动，则棒中感应电流方向为______，维持棒做匀速运动的外力的大小为___________.
14．如图所示，磁感应强度的匀强磁场，方向垂直纸面向里，导电导轨、间距，光滑且电阻不计.左端接一电阻，导线电阻不计，以速度向右匀速滑动时，回路中感应电动势大小是______V，感应电流大小是______A，方向______.这时使匀速运动所需的外力大小是______N.
参考答案
1．B
【解析】
【详解】
由图知，导体切割的有效长度为2y，根据法拉第电磁感应定律，又y2=4x，x=vt，联立解得，因导体做匀速运动，故E2与t成正比，所以B正确；ACD错误．
2．D
【解析】
因为R1：R2：R3=1：2：3，可以设R1=R，R2=2R，R3=3R；
由电路图可知，当S1、S2闭合，S3断开时，电阻R1与R2组成闭合回路，设此时感应电动势是E1，由欧姆定律可得：；
当S2、S3闭合，S1断开时，电阻R2与R3组成闭合回路，设感应电动势为E2，由欧姆定律可得：；
当S1、S3闭合，S2断开时，电阻R1与R3组成闭合回路，此时感应电动势，则此时的电流，故D正确，ABC错误；
故选D．
【点睛】分析清楚电路结构、熟练应用欧姆定律是正确解题的关键；要注意在三种电路情况下，产生的感应电动势不同．
3．C
【解析】
【详解】
第一个过程：cd边刚进入左侧磁场到ab刚要进入右侧磁场的过程，cd边受安培力，大小为，方向向左。
第二个过程：cd刚进入右侧磁场到ab刚进入右侧磁场的过程中，线框受到的安培力为：，方向向左
第三个过程：ab边离开左侧磁场到cd边到有侧磁场的有边界，在这个过程，线框中没有感应电流，所以线框不受安培力的作用。
第四个过程：cd边刚离开右侧磁场到ab边刚离开右侧磁场的过程，ab边受安培力，大小为,方向向左。
综合以上分析，C正确。
4．D
【解析】
【详解】
AD．由右手定则可知，a端为电源正极，a端电势比b端高，通过电阻R的电流方向为M→R→P，A错误，D?正确；
B．ab产生的电动势为：
电路中电流为：
a、b两点间的电压为路端电压，即电阻R两端的电压：
B错误；
C．由能量守恒定律可知，外力F做的功等于电阻R上发出的焦耳热及金属导轨上的焦耳热之和，C错误。
故选D。
5．AC
【解析】
【详解】
A．根据楞次定律可知电流方向为M→N→P→Q→M，故A正确；
B．电流大小
故B错误；
C．要恰好把质量M＝0.2kg的重物拉起，则
F安＝=T＝Mg＝2N
解得
B′＝50T
B′＝B0＋t＝0.5＋0.1t
解得
t＝495s
故C正确；
D．电阻R上产生的热量为
Q＝I2Rt＝(0.08)2×0.4×495J＝1.27J
故D错误。
故选AC。
6．ABD
【解析】
【详解】
A．设转过角度为θ=ωt，根据几何知识知线框的面积：S=?2R?Rsinθ=R2sinθ，磁通量为?=BR2sinθ=BR2sinωt，磁通量先增大后减小，根据楞次定律知电流的方向先逆时针，后顺时针，故A正确；
B．根据知，故B正确；根据知e=ωBR2cosωt，C．沿圆弧移动到圆心O的正上方时，导线框中的感应电动势最小为零，故C错误；
D．根据C项知电动势有效值为，故电热为，故D正确。
故选ABD。
7．BC
【解析】
【详解】
AB.当金属杆恰好在导轨上保持静止时，安培力与摩擦力等大反向，有
解得
由，根据数学知识可知，当时，金属杆保持静止，故B正确A错误；
CD.由题可知，此时金属杆所受安培力与摩擦力大小相等，即
电路中的电动势为
由右手螺旋定则可知，圆形线圈产生的感应电动势与金属杆的感应电动势方向相反，金属杆的感应电动势为
当圆形线圈中的磁感应强度时，感应电动势为

则有
当圆形线圈中的磁感应强度时，感应电动势为
此时
故C正确D错误。
故选BC。
8．BCD
【解析】
【详解】
A．根据安培定则可判断出，通电导线在M区产生竖直向上的磁场，在N区产生竖直向下的磁场．当导体棒匀速通过M区时，由楞次定律可知导体棒受到的安培力向左，A错误；
B．当导体棒匀速通过N区时，由楞次定律可知导体棒受到的安培力也向左，B正确；
CDE．设导体棒的电阻为r，轨道的宽度为L，导体棒产生的感应电流为I′，则导体棒受到的安培力：
F安＝BI′L＝BL＝
在导体棒从左到右匀速通过M区时，磁场由弱到强，所以FM逐渐增大；在导体棒从左到右匀速通过N区时，磁场由强到弱，所以FN逐渐减小，CD正确，E错误。
故选BCD。
9．ABD
【解析】
【详解】
A．图甲中两点间的电势差等于外电压，其大小为：
其它任意两点之间的电势差都小于路端电压，A正确；
B．图丙和图丁中，感应电动势大小为：
感应电流：
感应电动势大小小于图甲和图乙，所以图丙与图丁中电流相等且最小，B正确；
C．根据共点力的平衡条件可知，维持线框匀速运动的外力的大小等于安培力大小，根据安培力公式：
图甲和图乙的安培力大于图丙和图丁的安培力，所以维持线框匀速运动的外力的大小不相等，C错误；
D．图甲和图乙的电流强度相等，速度相同，进入磁场的时间也相等，根据焦耳定律：
可得图甲与图乙中段产生的电热的功率相等，D正确。
故选ABD。
10．ABC
【解析】
【详解】
A．设线框的边长为L，总电阻为R，进入磁场瞬间速度为，离开磁场瞬间的速度为v，则穿过磁场过程中某时刻t产生的感应电动势；如果磁场宽度等于线框的边长，进入过程中t时刻a、b两点电势差
离开磁场的过程中a、b两点电势差
由于速度减小、安培力减小、则加速度逐渐减小，所以图象的斜率减小，A正确；
B．如果磁场宽度大于线框的边长，进入过程中t时刻a、b两点电势差
完全进入磁场时，安培力为零，感应电动势不变，所以ab两端电压等于感应电动势大小；离开磁场的过程中a、b两点电势差
由于速度减小、安培力减小、则加速度逐渐减小，所以图象的斜率减小，B正确；
CD．如果磁场宽度小于线框的边长，进入过程中t时刻a、b两点电势差
根据动量定理可得：
即
也就是
解得
则进入过程中t时刻a、b两点电势差
磁场完全在线圈内部时，各边都不切割磁感应线，所以ab两端电压等于0；离开磁场的过程中a、b两点电势差
C正确D错误．
故选ABC.
【点睛】
对于图象问题，关键是能够根据已知的公式、定律等推导出横坐标和纵坐标的关系式，分析斜率的变化，然后作出正确的判断．
11．(1)E=0.4V，P=0.16W；(2)6s
【解析】
【分析】
(1)根据磁感应强度的变化，结合有效面积求出磁通量的变化量，根据法拉第电磁感应定律求出感应电动势的大小．根据P=I2R求出线圈abcd的电功率；
(2)当细线开始松弛，线框受重力和安培力平衡，根据平衡求出磁感应强度的大小，从而结合图线求出经历的时间。
【详解】
(1) 由法拉第电磁感应定律

而
由乙图得
解得：E=0.4V
而功率
；
(2) 在t0时刻mg=Bid
再依据闭合电路欧姆定律，

根据图象，B=10+5t0；
解得：t0=6s。
【点睛】
本题考查电磁感应与电路和基本力学的综合，难度不大，需加强训练．同时注意法拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆定律的综合应用，掌握图象信息是解题的关键。
12．(1) (2) (3)
【解析】
【分析】
(1)下落阶段匀速进入磁场说明线框所受力：重力、空气阻力及向上的安培力的合力为零.(2)对比线框离开磁场后继续上升一段高度（设为h），然后下落相同高度h到匀速进入磁场时两个阶段受力情况不同，合力做功不同，由动能定理：线框从离开磁场至上升到最高点的过程．(3)求解焦耳热Q，需要特别注意的是线框向上穿过磁场是位移是a+b而不是b，这是易错的地方
【详解】
(1)线框在下落阶段匀速进入磁场瞬间，由平衡知识有：
解得：
(2)线框从离开磁场至上升到最高点的过程，由动能定理：
线圈从最高点落至进入磁场瞬间：
联立解得：
(3)线框在向上通过磁场过程中，由能量守恒定律有：
而
解得：
即线框在上升阶段通过磁场过程中产生的焦耳热为
【点睛】
此类问题的关键是明确所研究物体运动各个阶段的受力情况，做功情况及能量转化情况，选择利用牛顿运动定律、动能定理或能的转化与守恒定律解决针对性的问题，由于过程分析不明而易出现错误.
13．从b到a
【解析】
【详解】
[1]．由右手定则可知，ab中的感应电流从b到a；
[2]．感应电动势：
E=Blv
电路电阻


维持棒做匀速运动的外力
F=F安
联立解得：
14．1 5 沿逆时针 1.25
【解析】
【详解】
[1]．感应电动势：
E=BLv=0.5×0.5×4=1V
[2]．感应电流：

[3]．由右手定则可知，感应电流沿逆时针；
[4]．安培力：
F安=BIL=0.5×5×0.5=1.25N
CD棒匀速运动处于平衡状态，由平衡条件得：
F=F安=1.25N；