《2019-2020学年物理（人教版）选修3-2试题：第四章5电磁感应现象的两类情况 含解析.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019-2020学年物理（人教版）选修3-2试题：第四章5电磁感应现象的两类情况 含解析.doc（10页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、第四单元 电磁感应5 电磁感应现象的两类情况A级抓基础1(多选)下列说法中正确的是()A动生电动势的产生与洛伦兹力有关B因为洛伦兹力对运动电荷始终不做功，所以动生电动势的产生与洛伦兹力无关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：由动生电动势产生原因知A、C正确，B错误；只有在导体棒做匀速切割时，除安培力以外的力的合力才与安培力大小相等、方向相反，做变速运动时不成立，故D错误答案：AC2.如图所示，内壁光滑的塑料管弯成的圆环平放在水平桌面上，环内有一带负电的小球，整个装置处于竖直向下的磁场中，当磁场突然增强时，小球
2、将()A沿顺时针方向运动B沿逆时针方向运动C在原位置附近往复运动D仍然保持静止状态解析：当磁场增强时，由楞次定律知感应电流沿逆时针方向，即感生电场沿逆时针方向，带负电的小球在电场力作用下沿顺时针方向运动答案：A3.一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，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()AEfl2B，且a点电势低于b点电势BE2fl2B，且a点电势低于b点电势CEfl2B，且a点电势高
3、于b点电势DE2fl2B，且a点电势高于b点电势解析：解这道题要考虑两个问题：一是感应电动势大小，EBlvBl2fBl2f；二是感应电动势的方向，由右手定则可以判断出感应电动势的方向是由ab，因此a点电势低答案：A4如图所示，矩形线框abcd的ad和bc的中点M、N之间连接一电压表，整个装置处于匀强磁场中，磁场的方向与线框平面垂直，当线框向右匀速平动时，下列说法中正确的是()A穿过线框的磁通量不变化，MN间无感应电动势BMN这段导体做切割磁感线运动，MN间有电势差CMN间有电势差，所以电压表有示数D因为有电流通过电压表，所以电压表有示数解析：穿过线框的磁通量不变化，线框中无感应电流，但ab、M
4、N、dc都切割磁感线，它们都有感应电动势，故A错，B对；无电流通过电压表，电压表无示数，C、D错答案：B5(多选)如图所示，空间有一个方向水平的有界匀强磁场区域，一矩形导线框自磁场上方某一高度处自由下落进入磁场的过程中，导线框平面与磁场方向垂直，则在导线框进入磁场的过程中可能()A变加速下落B变减速下落C匀速下落 D匀加速下落解析：当线框进入磁场时，ab边切割磁感线产生感应电动势，回路中有感应电流，所以ab边受到的安培力向上当F安mg时，线框匀速进入磁场；当F安mg时，则变加速进入磁场；当F安mg时，则变减速进入磁场，故A、B、C正确，D错误答案：ABC6.如图所示，在竖直平面内有两根平行金属
5、导轨，上端与电阻R相连，磁感应强度为B的匀强磁场垂直导轨平面一质量为m的金属棒以初速度v0沿导轨竖直向上运动，上升到某一高度后又返回到原处，整个过程金属棒与导轨接触良好，导轨与棒的电阻不计下列说法正确的是()A回到出发点的速度v大于初速度v0B通过R的最大电流，上升过程小于下落过程C电阻R上产生的热量，上升过程大于下落过程D所用时间上升过程大于下落过程解析：金属棒切割磁感线运动，由右手定则和法拉第电磁感应定律、安培力公式可知金属棒下行和上行时的受力情况，由能量守恒定律可知，金属棒在运动过程中，机械能不断转化为热能，所以回到出发点的速度v小于初速度v0，选项A错误；设金属棒运动的速度为v，长度为
6、l，那么感应电动势EBlv，通过R的电流I，可见，当金属棒运动速度v大时，通过R的电流大，因为金属棒在运动过程中，机械能不断转化为热能，所以运动到同一高度处，上升时的速度大于下降时的速度，所以通过R的最大电流上升过程大于下落过程，选项B错误；同一高度处金属棒上升时受到的安培力大于下降时受到的安培力，由于上升和下降的高度相同，所以上升过程克服安培力所做的功大于下降时克服安培力做的功，故电阻R上产生的热量上升过程大于下落过程，C正确；研究金属棒的上升过程时，可以采取逆向思维法，把上升过程看作金属棒从最高点自由下落，显然，下落的加速度a1ga2，其中a2为金属棒返回下落时的加速度，显然，下落相同高度
7、，t1t2，选项D错误答案：CB级提能力7如图，MN和PQ是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，右端接一个阻值为R的定值电阻平直部分导轨左边区域有宽度为d、方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场质量为m、电阻也为R的金属棒从高度为h处静止释放，到达磁场右边界处恰好停止已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为，金属棒与导轨间接触良好，则金属棒穿过磁场区域的过程中()A流过金属棒的最大电流为B通过金属棒的电荷量为C克服安培力所做的功为mghD金属棒产生的焦耳热为mg(hd)解析：金属棒滑下过程中，根据动能定理有mghmv，根据法拉第电磁感应定律有EmBLvm，根
8、据闭合电路欧姆定律有Im，联立得Im，A错误；根据q可知，通过金属棒的电荷量为，B错误；金属棒运动的全过程根据动能定理得mghWfW安0，所以克服安培力做的功小于mgh，故C错误；由Wfmgd，金属棒克服安培力做的功完全转化成电热，由题意可知金属棒与电阻R上产生的焦耳热相同，设金属棒上产生的焦耳热为Q，故2QW安，联立得Qmg(hd)，D正确答案：D8如图所示，L10.5 m，L20.8 m，回路总电阻为R0.2 ，M0.04 kg，导轨光滑，开始时磁场B01 T，现使磁感应强度以0.2 T/s的变化率均匀地增大，试求：当t为多少时，M刚离开地面(g取10 m/s2)?解析：回路中原磁场方向向
9、下，且磁通量增加，由楞次定律可以判知，感应电流的磁场方向向上，根据安培定则可以判知，ab中的感应电流的方向是ab，由左手定则可知，ab所受安培力的方向水平向左，从而向上拉起重物，设ab中电流为I时M刚好离开地面，此时有FBBIL1Mg，I，EL1L20.08(V)，B，联立，解得：FB0.4 N，I0.4 A，B2 T，t5 s.9.如图所示，MN、PQ为水平放置的足够长的平行光滑导轨，导轨间距l0.5 m，导轨左端连接一个R0.2 的电阻和一个理想电流表A，导轨的电阻不计，整个装置放在磁感应强度B1 T的有界匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下一根质量m0.4 kg、电阻r0.05 的金属
10、棒与磁场的左边界cd重合现对金属棒施加一水平向右、大小为0.4 N的恒定拉力F，使棒从静止开始向右运动，已知在金属棒离开磁场右边界ef前电流表的示数已保持稳定(1)求金属棒离开磁场右边界ef时的速度大小；(2)当拉力F的功率为0.08 W时，求金属棒的加速度解析：(1)由题意可知，当金属棒离开右边界ef时已达到最大速度vmax，EBlvmax，I，F安BIl，F安F，代入数据得vmax0.4 m/s.(2)当力F的功率为0.08 W时，金属棒的速度v0.2 m/s，FF安ma，即Fma，代入数据得a0.5 m/s2，方向向右10如图甲所示，一对平行光滑轨道放置在水平面上，两轨道间距l0.20
11、m，电阻R1.0 ；有一导体杆静止地放在轨道上，与两轨道垂直，杆及轨道的电阻皆可忽略不计，整个装置处于磁感应强度B0.5 T的匀强磁场中，磁场方向垂直轨道向下，现用一外力F沿轨道方向拉杆，使之做匀加速运动，测得力F与时间t的关系如图乙所示求杆的加速度a和质量m.解析：导体杆在轨道上做初速度为零的匀加速直线运动，用v表示瞬时速度，t表示时间，则杆切割磁感线产生的感应电动势为EBlvBlat，闭合回路中的感应电流为：I，由安培力公式和牛顿第二定律得：FIlBma，将式代入式整理得：Fmaat.在乙图象上取两点t10，F11 N；t230 s，F24 N代入式，联立方程解得a10 m/s2，m0.1
12、 kg.11如图所示，电动机牵引一根原来静止的、长为L1 m、质量为m0.1 kg的导体MN，其电阻R1 ，导体棒架在磁感应强度B1 T、竖直放置的框架上，当导体棒上升h3.8 m时获得稳定的速度，导体产生的热量为14 J，电动机牵引棒时，电压表、电流表的示数分别为7 V、1 A，电动机内阻r1 ，不计框架电阻及一切摩擦，g取10 m/s2，求：(1)棒能达到的稳定速度；(2)棒从静止至达到稳定速度所需要的时间解析：(1)电动机的输出功率P出IUIr26 W，棒达到稳定速度时，有：FmgBILmg，而电动机的输出功率P出Fvm，由以上各式解得vm2 m/s.(2)从棒开始运动至达到稳定速度的过程中，由能量守恒定律，有：P出tmghmvQ，解得完成此过程所需要的时间t3 s.