《高二物理教案-随堂练习 电磁感应定律的应用.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高二物理教案-随堂练习 电磁感应定律的应用.doc（10页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、【巩固练习】一、选择题1某空间出现了如图所示的一组闭合的电场线，这可能是() A沿AB方向磁场的迅速减弱B沿AB方向磁场的迅速增强C沿BA方向磁场的迅速增强D沿BA方向磁场的迅速减弱2一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，螺旋桨顺时针方向转动螺旋桨叶片的近轴端为a，远轴端为b，如果忽略a到转轴中心线的距离，用表示每个叶片中的感应电动势，如图所示则() AfL2B，且a点电势低于b点电势B2fL2B，且a点电势低于b点电势CfL2B，且a点电势高于b点电势D2fL2B，且a点电势高于b点
2、电势3如图所示，两个比荷相同的都带正电荷的粒子a和b以相同的动能在匀强磁场中运动，a从B1区运动到B2区，已知B2B1；b开始在磁感应强度为B1的磁场中做匀速圆周运动，然后磁场逐渐增加到B2.则a、b两粒子的动能将()Aa不变，b增大Ba不变，b变小Ca、b都变大 Da、b都不变4内壁光滑、水平放置的玻璃圆环内，有一直径略小于圆环直径的带正电的小球，以速率v0沿逆时针方向匀速转动，若在此空间突然加上方向竖直向上、磁感应强度B随时间成正比例增加的变化磁场设运动过程中小球带电荷量不变，那么(如图所示)()A小球对玻璃圆环的压力一定不断增大B小球所受的磁场力一定不断增大C. 小球先沿逆时针方向减速运
3、动，之后沿顺时针方向加速运动D磁场力对小球一直不做功5如图所示，一金属方框abcd从离磁场区域上方高h处自由落下，然后进入与线框平面垂直的匀强磁场中，在进入磁场的过程中，可能发生的情况是() A线框做加速运动，加速度a2 B12C12 D不能判断9如图所示，在第一象限内存在磁场，已知沿x轴方向磁感应强度均匀增加，满足Bxkx，沿y轴方向磁感应强度不变线框abcd做下列哪种运动时可以产生感应电流() A沿x轴方向匀速运动B沿y轴方向匀速运动C沿x轴方向匀加速运动D沿y轴方向匀加速运动10如图所示，闭合圆导线圈平行地放置在匀强磁场中，其中ac、bd分别是平行、垂直于磁场方向的两直径试分析线圈做以下
4、哪种运动时能产生感应电流() A使线圈在其平面内平动或转动B使线圈平面沿垂直纸面方向向纸外平动C使线圈以ac为轴转动D使线圈以bd为轴稍做转动二、填空题11（2015 河南校级期中）电阻为R的矩形导线框abcd，边长为ab=L，ad=h，质量为m，自某一高度自由落下，通过一匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，磁场区域的宽度也为h，如图所示，若线框恰好以恒定速度通过磁场，则线框中消耗的电能是 _12把一个矩形线圈从有理想边界的匀强磁场中匀速拉出(如图)，第一次速度为v1，第二次速度为v2，且v22v1，则两情况下拉力的功之比_，拉力的功率之比_，线圈中产生的焦耳热之比_.三、解答题13如图所示，处于
5、匀强磁场中的两根足够长、电阻不计的平行金属导轨相距1m、导轨平面与水平面成37角，下端连接阻值为R的电阻，匀强磁场方向与导轨平面垂直质量为0.2kg，电阻不计的金属棒放在两导轨上，棒与导轨垂直并保持良好接触，它们之间的动摩擦因数为0.25.(1)求金属棒沿导轨由静止开始下滑时的加速度大小(2)当金属棒下滑速度达到稳定时，电阻R消耗的功率为8W，求该速度的大小(3)在上问中，若R2，金属棒中的电流方向由a到b，求磁感应强度的大小与方向(g10m/s2，sin370.6，cos370.8)14如图所示，P、Q为水平面内平行放置的光滑金属长直导轨，间距为L1，处在竖直向下、磁感应强度大小为B1的匀强
6、磁场中，一导体杆ef垂直于P、Q放在导轨上，在外力作用下向左做匀速直线运动质量为m、每边电阻均为r、边长为L2的正方形金属框abcd置于竖直平面内，两顶点a、b通过细导线与导轨相连，磁感应强度大小为B2的匀强磁场垂直金属框向里，金属框恰好处于静止状态，不计其余电阻和细导线对a、b点的作用力(1)通过ab边的电流Iab是多大？(2)导体杆ef的运动速度v是多大？ 15(2014 天津卷）如图所示，两根足够长的平行金属导轨固定在倾角=300的斜面上，导轨电阻不计，间距L=0.4m。导轨所在空间被分成区域I和，两区域的边界与斜面的交线为MN，I中的匀强磁场方向垂直斜面向下，中的匀强磁场方向垂直斜面向
7、上，两磁场的磁场感应度大小均为B=0.5T，在区域I中，将质量m1=0.1kg，电阻R1=0.1的金属条ab放在导轨上，ab刚好不下滑。然后，在区域中将质量m2=0.4kg，电阻R2=0.1的光滑导体棒cd置于导轨上，由静止开始下滑，cd在滑动过程中始终处于区域的磁场中，ab、cd始终与轨道垂直且两端与轨道保持良好接触，取g=10m/s2,问（1）cd下滑的过程中，ab中的电流方向；（2）ab将要向上滑动时，cd的速度v多大；（3）从cd开始下滑到ab刚要向上滑动的过程中，cd滑动的距离x=3.8m，此过程中ab上产生的热量Q是多少。【答案与解析】一、选择题1【答案】AC【解析】假设存在圆形闭
8、合回路，回路中应产生与电场同向的感应电流，由安培定则可知，感应电流的磁场向下，所以根据楞次定律，引起感应电流的应是方向向下的磁场迅速减弱或方向向上的磁场迅速增强，故A、C正确2【答案】A【解析】对于螺旋桨叶片ab，其切割磁感线的速度是其做圆周运动的线速度，螺旋桨上不同的点线速度不同，但满足vR，可求其等效切割速度vL/2fL，运用法拉第电磁感应定律EBLvfL2B.由右手定则判断电流的方向为由a指向b，在电源内部电流由低电势流向高电势，故选项A正确3【答案】A【解析】a粒子一直在恒定的磁场中运动，受到的洛伦兹力不做功，动能不变；b粒子在变化的磁场中运动，由于变化的磁场要产生感生电场，感生电场会
9、对它做正功，所以，A选项是正确的4【答案】CD【解析】变化的磁场将产生感生电场，这种感生电场由于其电场线是闭合的，也称为涡旋电场，其场强方向可借助电磁感应现象中感应电流方向的判定方法，使用楞次定律判断当磁场增强时，会产生顺时针方向的涡旋电场，电场力先对小球做负功使其速度减为零，后对小球做正功使其沿顺时针方向做加速运动，所以C正确；磁场力始终与小球运动方向垂直，因此始终对小球不做功，D正确；小球在水平面内沿半径方向受两个力作用：环的压力FN和磁场的洛伦兹力F，这两个力的合力充当小球做圆周运动的向心力，其中FBqv，磁场在增强，球速先减小，后增大，所以洛伦兹力不一定总在增大；向心力，其大小随速度先
10、减小后增大，因此压力FN也不一定始终增大故正确答案为C、D.5【答案】ABC【解析】由楞次定律的另一种表述知：感应电流的效果总是阻碍导体间的相对运动当线框下落进入磁场过程中，感应电流的磁场将阻碍线框进入磁场，这就说明进入磁场时产生的感应电流使线框受到向上的安培力设线框bc边长为L，整个线框电阻为R，进入磁场时速度为v，bc边进入磁场时感应电动势EBLv，线框中的电流.受到向上的安培力.如果Fmg，线框将匀速进入磁场如果Fmg，线框将减速进入磁场，随着速度的减小，F减小，加速度的值将减小，线框做加速度减小的减速运动由此可见，其进入磁场的运动特点是由其自由下落的高度h决定的(对于确定的线圈)，A、
11、B、C三种情况均有可能但第四种情况D绝不可能，因为线框进入磁场，才会受到向上的安培力，同时受到向上的力是因为有电流，可见已经有一部分机械能转化为电能，机械能不守恒6【答案】C【解析】根据感应电流在一段时间恒定，导线框应为扇形；由右手定则可判断出产生的感应电流i随时间t的变化规律如图1所示的是C。7【答案】C. 【解析】利用安培定则判断直线电流产生的磁场，作出俯视图如图考虑到磁场具有对称性，可以知道，穿入线圈的磁感线的条数与穿出线圈的磁感线的条数是相等的故选C.8【答案】C. 【解析】设线框在位置时的磁通量为1，在位置时的磁通量为，直线电流产生的磁场在处比在处要强，.将线框从平移到，磁感线是从线
12、框的同一面穿过的，所以1|；将线框从绕cd边转到，磁感线分别是从线框的正反两面穿过的，所以2|()|(以原来穿过的为正，则后来从另一面穿过的为负)故正确选项为C.9【答案】AC. 【解析】根据磁场的特点，线框沿x轴方向运动，磁通量增加，有感应电流；沿y轴方向运动磁通量不变，不产生感应电流10【答案】D. 【解析】根据产生感应电流的条件可知：只需使穿过闭合回路的磁通量发生变化，就能在回路中产生感应电流线圈在匀强磁场中运动，磁感应强度B为定值，根据前面分析BS知：只要回路中相对磁场的正对面积改变量S0，则磁通量一定要改变，回路中一定有感应电流产生当线圈在纸面内平动或转动时，线圈相对磁场的正对面积始
13、终为零，因此S0，因而无感应电流产生；当线圈平面沿垂直纸面方向向纸外平动时，同样S0，因而无感应电流产生；当线圈以ac为轴转动时，线圈相对磁场的正对面积改变量S仍为零，回路中仍无感应电流；当线圈以bd为轴稍做转动，则线圈相对磁场的正对面积发生了改变，因此在回路中产生了感应电流，故选D.二、填空题11【答案】【解析】因为线框恰好以恒定速度通过磁场，线框的重力势能减小，转化为内能。线框通过磁场的整个过程，线框的高度下降为2h，重力势能减少为2mgh，则根据能量守恒定律，线框内产生的焦耳热为12【答案】；.【解析】设线圈的ab边长为l、bc边长为l，整个线圈的电阻为R.把ab拉出磁场时，cd边以速度
14、v匀速运动切割磁感线产生动生电动势EBlv，其电流方向从c指向d，线圈中形成的感应电流，cd边所受的安培力.为了维持线圈匀速运动，所需外力大小为.因此拉出线圈时外力的功外力的功率线圈中产生的焦耳热.即Qv.由上面得出的W、P、Q的表达式可知，两情况拉力的功、功率，线圈中的焦耳热之比分别为；三、解答题13【答案】(1)4m/s2(2)10m/s(3)0.4T垂直导轨平面向上【解析】(1)金属棒开始下滑的初速度为零，根据牛顿第二定律mgsinmgcosma由式解得a10(0.60.250.8)m/s24m/s2(2)设金属棒运动达到稳定时，速度为v，所受安培力为F，棒在沿导轨方向受力平衡mgsin
15、mgcosF0此时金属棒克服安培力做功的功率等于电路中电阻R消耗的电功率FvP由、两式解得(3)设电路中电流为I，两导轨间金属棒的长度为l，磁场的磁感应强度为B由、两式解得磁场方向垂直导轨平面向上14【答案】(1)(2)【解析】(1)设通过正方形金属框的总电流为I，ab边的电流为Iab，dc边的电流为Idc，有金属框受重力和安培力，处于静止状态，有由，解得(2)由(1)可得设导体杆切割磁感线产生的电动势为E，有设ad、dc、cb三边电阻串联后与ab边电阻并联的总电阻为R，则根据闭合电路欧姆定律，有由，解得本题综合了平衡、电路、电磁感应等问题，但思路并不曲折，属于容易题15【答案】（1）由a流向b （2） (3)1.3【解析】（1）由a流向b（2）开始放置ab刚好不下滑时，ab所受摩擦力为最大静摩擦力，设其为 有 设ab刚好要上滑时，cd棒的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律有E=Blv设电路中的感应电流为，由闭合电路的欧姆定律设ab所受安培力为F安，有此时ab受到的最大静摩擦力方向沿斜面向下，由平衡条件有代入数据解得（3）设cd棒的运功过程中电路中产生的总热量为，由能量守恒有又解得Q=1.3J