【物理】2020届一轮复习人教版 电磁感应现象的两类情况 课时作业
电磁感应现象的两类情况 课时作业
1．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做功而引起的
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：选C 动生电动势是洛伦兹力沿导体方向的分力做功引起的，但洛伦兹力对自由电荷所做的总功仍为零，选项A、B错误；动生电动势是由于导体切割磁感线产生的，可由右手定则判定方向，C正确；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。
2．[多选]如图甲所示，abcd是匝数为100匝、边长为10 cm、总电阻为0.1 Ω的正方形闭合导线圈，放在与线圈平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示，则以下说法正确的是( )
A．在0～3 s内导线圈中产生的感应电流方向不变
B．在t＝2.5 s时导线圈产生的感应电动势为1 V
C．在0～2 s内通过导线横截面的电荷量为20 C
D．在t＝1 s时，导线圈内电流的瞬时功率为10 W
解析：选CD 在0～2 s内，磁感应强度变化率为＝1 T/s，根据法拉第电磁感应定律，产生的感应电动势为E1＝nS＝100×0.12×1 V＝1 V；在2～3 s内，磁感应强度变化率为＝2 T/s，根据法拉第电磁感应定律，产生的感应电动势为E2＝nS＝100×0.12×2 V＝2 V。在0～2 s内穿过线圈的磁通量增加，在2～3 s内穿过线圈的磁通量减少，根据楞次定律可知在0～3 s内线圈中产生的感应电流方向发生了变化，选项A错误。在t＝2.5 s时，产生的感应电动势为E2＝2 V，选项B错误。在0～2 s内，感应电流I＝＝10 A，通过导线横截面的电荷量为q＝IΔt＝20 C，选项C正确。在t＝1 s时，导线圈内感应电流的瞬时功率P＝I2R＝102×0.1 W＝10 W，选项D正确。
3.[多选]如图所示，导体棒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( )
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：选AB 动生电动势是由于导体运动而产生的，选项A正确；动生电动势中，非静电力是洛伦兹力沿导体棒方向的分力，而感生电动势是由感生电场产生的，选项B正确，C、D错误。
4.如图所示，空间某区域中有一匀强磁场，磁感应强度方向水平，且垂直于纸面向里，磁场上边界b和下边界d水平。在竖直面内有一矩形金属线圈，线圈上下边的距离很短，下边水平。线圈从a开始下落。已知磁场上下边界之间的距离大于a、b之间的距离。若线圈下边刚通过b、c(位于磁场中)和d时，线圈所受到的磁场力的大小分别为Fb、Fc和Fd，则( )
A．Fd>Fc>Fb B．Fc
Fb>Fd D．Fcvb，当线圈在进入和离开磁场时，穿过线圈的磁通量变化，线圈中产生感应电流，受磁场力作用，其大小为F＝BIl＝B··l＝，因为vd>vb，所以Fd>Fb>Fc，选项D正确。
5.水平放置的金属框架cdef处于如图所示的匀强磁场中，金属棒ab处于粗糙的框架上且与框架接触良好，从某时刻开始，磁感应强度均匀增大，金属棒ab始终保持静止，则( )
A．ab中电流增大，ab棒所受摩擦力也增大
B．ab中电流不变，ab棒所受摩擦力也不变
C．ab中电流不变，ab棒所受摩擦力增大
D．ab中电流增大，ab棒所受摩擦力不变
解析：选C 磁感应强度均匀增大时，磁通量的变化率恒定，故回路中的感应电动势和感应电流都是恒定的；又棒ab所受的摩擦力等于安培力，即Ff＝F安＝BIL，故当B增加时，摩擦力增大，选项C正确。
6.如图所示，用粗细相同的铜丝做成边长分别为L和2L的两只闭合线框a和b，以相同的速度从磁感应强度为B的匀强磁场区域中匀速地拉到磁场外，不考虑线框的动能，若外力对线框做的功分别为Wa、Wb，则Wa∶Wb为( )
A．1∶4 B．1∶2
C．1∶1 D．不能确定
解析：选A 根据能的转化和守恒可知，外力做功等于电能，而电能又全部转化为焦耳热
Wa＝Qa＝·
Wb＝Qb＝·
由电阻定律知，Rb＝2Ra，故Wa∶Wb＝1∶4。
7.[多选]如图所示，磁感应强度为B的匀强磁场有理想界面，用力将矩形线圈从磁场中匀速拉出。在其他条件不变的情况下( )
A．速度越大时，拉力做功越多
B．线圈边长L1越大时，拉力做功越多
C．线圈边长L2越大时，拉力做功越多
D．线圈电阻越大时，拉力做功越多
解析：选ABC 用力F匀速拉出线圈过程所做的功为W＝FL2，
又F＝F安＝IBL1，I＝，所以W＝，可知A、B、C正确，D错误。
8.如图所示，水平面上有两根光滑金属导轨平行固定放置，导轨的电阻不计，间距为l＝0.5 m，左端通过导线与阻值R＝3 Ω的电阻连接，右端通过导线与阻值为RL＝6 Ω的小灯泡L连接，在CDFE矩形区域内有竖直向上、磁感应强度B＝0.2 T的匀强磁场。一根阻值r＝0.5 Ω、质量m＝0.2 kg的金属棒在恒力F＝2 N的作用下由静止开始从MN位置沿导轨向右运动，经过t＝1 s刚好进入磁场区域。求金属棒刚进入磁场时，
(1)金属棒切割磁感线产生的电动势；
(2)小灯泡两端的电压和金属棒受到的安培力。
解析：(1)0～1 s棒只受拉力，由牛顿第二定律F＝ma，
可得金属棒进入磁场前的加速度
a＝＝ m/s2＝10 m/s2，
设其刚要进入磁场时速度为v，则v＝at＝10 m/s。
金属棒进入磁场时切割磁感线，
感应电动势E＝Blv＝0.2×0.5×10 V＝1 V。
(2)小灯泡与电阻R并联，R并＝＝ Ω＝2 Ω，
通过金属棒的电流大小I＝＝ A＝0.4 A，
小灯泡两端的电压U＝E－Ir＝1 V－0.4×0.5 V＝0.8 V，
金属棒受到的安培力大小
F安＝BIl＝0.2×0.4×0.5 N＝0.04 N，
由左手定则可判断安培力方向水平向左。
答案：(1)1 V (2)0.8 V 0.04 N，方向水平向左
9.如图所示，在垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场区域中，有一个均匀导线制成的单匝直角三角形线框，现用外力使线框以恒定的速度v沿垂直磁场方向向右运动，运动中线框的AB边始终与磁场右边界平行。已知AB＝BC＝l，线框导线的总电阻为R，则线框离开磁场的过程中( )
A．线框A、B两点间的电压不变
B．通过线框截面的电荷量为
C．线框所受外力的最大值为
D．线框的热功率与时间成正比
解析：选B 线框匀速向右运动时，切割磁感线的有效长度均匀增加，电动势E＝Bl′v与时间成正比，所以A、B间的电压发生变化，故选项A错误。热功率P＝，与时间的二次方成正比，故选项D错误。电荷量q＝＝，故选项B正确。外力最大值出现在电流最大时，Im＝，Fm＝BIml＝，故选项C错误。
10.(2016·全国卷Ⅱ)如图，水平面(纸面)内间距为l的平行金属导轨间接一电阻，质量为m、长度为l的金属杆置于导轨上。t＝0时，金属杆在水平向右、大小为F的恒定拉力作用下由静止开始运动。t0时刻，金属杆进入磁感应强度大小为B
、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，且在磁场中恰好能保持匀速运动。杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保持垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数为μ。重力加速度大小为g。求
(1)金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小；
(2)电阻的阻值。
解析：(1)设金属杆进入磁场前的加速度大小为a，由牛顿第二定律得
ma＝F－μmg①
设金属杆到达磁场左边界时的速度为v，由运动学公式有
v＝at0②
当金属杆以速度v在磁场中运动时，由法拉第电磁感应定律，杆中的电动势为
E＝Blv③
联立①②③式可得
E＝Blt0。④
(2)设金属杆在磁场区域中匀速运动时，金属杆中的电流为I，根据欧姆定律
I＝⑤
式中R为电阻的阻值。金属杆所受的安培力为
f＝BlI⑥
因金属杆做匀速运动，由牛顿运动定律得
F－μmg－f＝0⑦
联立④⑤⑥⑦式得
R＝。⑧
答案：(1)Blt0 (2)
11.如图所示，两根相距l＝0.4 m、电阻不计的平行光滑金属导轨水平放置，一端与阻值R＝0.15 Ω的电阻相连。导轨间x＞0一侧存在沿x方向均匀增大的稳恒磁场，其方向与导轨平面垂直，变化率k＝0.5 T/m，x＝0处磁场的磁感应强度B0＝0.5 T。一根质量m＝0.1 kg、电阻r＝0.05 Ω的金属棒置于导轨上，并与导轨垂直。棒在外力作用下从x＝0处以初速度v0＝2 m/s沿导轨向右运动，运动过程中电阻上消耗的功率不变。求：
(1)回路中的电流；
(2)金属棒在x＝2 m处的速度；
(3)金属棒从x＝0运动到x＝2 m过程中安培力做功的大小。
解析：(1)电阻上消耗的功率不变，即回路电流不变，
在x＝0处有E＝B0lv0＝0.4 V，I＝＝2 A。
(2)由题意，磁感应强度B＝B0＋kx
考虑到电流恒定，在x＝2 m处，有＝
得v＝ m/s。
(3)导体棒受到的安培力
F＝BIl＝(B0＋kx)Il＝0.4(1＋x)
安培力随位置线性变化，则安培力做功
WF＝[B0＋(B0＋kx)]Ilx
代入数据得WF＝1.6 J。
答案：(1)2 A (2) m/s (3)1.6 J
