2024-2025学年高中物理第四章第5节电磁感应现象的两类情况课后达标能力提升练习含解析新人教版选修3-2

PAGE4-电磁感应现象的两类状况(建议用时：50分钟)【A组基础巩固】1．在如图所示的四种磁场状况中能产生恒定的感生电场的是()解析：选C.匀称变更的磁场产生恒定的电场，故C对．2．(多选)在空间某处存在一变更的磁场，则()A．在磁场中放一闭合线圈，线圈中肯定会产生感应电流B．在磁场中放一闭合线圈，线圈中不肯定会产生感应电流C．在磁场中不放闭合线圈，在变更的磁场四周肯定不会产生电场D．在磁场中不放闭合线圈，在变更的磁场四周肯定会产生电场解析：选BD.由感应电流产生的条件可知，只有闭合回路中磁通量发生变更，才能产生感应电流，假如闭合线圈平面与磁场方向平行，则线圈中无感应电流产生，故选项A错误，B正确；由麦克斯韦电磁场理论可知，感应电场的产生与变更的磁场四周有无闭合回路无关，故选项C错误，D正确．3．如图所示，一个带正电的粒子在垂直于匀强磁场的平面内做圆周运动，当磁感应强度匀称增大时，此粒子的动能将()A．不变 B．增大C．削减 D．以上状况都有可能解析：选B.依据麦克斯韦电磁场理论，当磁感应强度匀称增大时，会产生环形电场；依据楞次定律，电场方向垂直于磁场沿逆时针方向，与粒子运动方向一样，电场力对粒子做正功，粒子的动能将增大，故B项正确．4．(多选)如图所示，一金属半圆环置于匀强磁场中，磁场方向垂直于半圆面对外，下列说法正确的是()A．当磁场突外减弱时，电动势方向由M→NB．当磁场突然减弱时，电动势方向由N→MC．若磁场不变，将半圆环绕MN轴旋转180°的过程中，电动势方向由M→ND．若磁场不变，将半圆环绕MN轴旋转180°的过程中，电动势方向由N→M解析：选BD.当磁场突然减弱时，由楞次定律和右手定则知，感应电动势方向由N→M，选项A错误，B正确；若磁场不变，半圆环绕MN轴旋转180°的过程中，由右手定则可知，半圆环中产生的感应电动势在半圆环中由N指向M，选项C错误，选项D正确．5．(2024·兰州一中高二期末)如图所示，平行导体滑轨MM′、NN′放置于同一水平面上，固定在竖直向下的匀强磁场中，导体棒AB、CD横放在滑轨上且静止，形成一个闭合电路．当AB向右滑动的瞬间，电路中感应电流的方向及CD受到的安培力方向分别为()A．电流方向沿ABCD，安培力方向向右B．电流方向沿ADCB，安培力方向向右C．电流方向沿ABCD，安培力方向向左D．电流方向沿ADCB，安培力方向向左解析：选B.由右手安培定则可知，当AB向右运动时电流由B到A，故电流方向沿ADCB；则再由左手定则可得CD受力向右，故B正确，A、C、D错误．6．(2024·北京顺义区高二联考)在磁感应强度为B、方向如图所示的匀强磁场中，金属杆PQ在宽为L的平行金属导轨上以速度v0向右匀速滑动，PQ中产生的感应电动势为E1；若磁感应强度增为3B，其他条件不变，所产生的感应电动势大小变为E2，则E1与E2之比及通过电阻R的感应电流方向为()A．3∶1，b→a B．1∶3，b→aC．3∶1，a→b D．1∶3，a→b解析：选D.感应电动势之比：eq\f(E1,E2)＝eq\f(BLv,3BLv)＝eq\f(1,3)，由右手定则可知，流过R的电流为a→b，故应选D.7．如图所示，两个端面半径同为R的圆柱形铁芯同轴水平放置，相对的端面之间的一缝隙，铁芯上绕导线并与直流电源连接，在链隙中形成一匀强磁场．一铜质细直棒ab水平置于缝隙中，且与圆柱轴线等高、垂直．让铜质细直棒从静止起先自由下落，铜质细直棒下落距离为0.2R时铜质细直棒中电动势大小为E1，下落距离为0.8R时电动势大小为E2，忽视涡流损耗和边缘效应．关于E1、E2的大小和铜质细直棒离开磁场前两端的极性，下列推断正确的是()A．E1＞E2，a端为正B．E1＞E2，b端为正C．E1＜E2，a端为正D．E1＜E2，b端为正解析：选D.通电导线在缝隙中产生的磁场方向向左，所以铜质细直棒下落时由右手定则可推断得b端为正，选项A、C错误；依据E＝BLv可知，下落0.8R时电动势较大，即E1＜E2，选项B错误，选项D正确．8．如图为法拉第圆盘发电机的示意图，半径为r的导体圆盘绕竖直轴以角速度ω逆时针(从上向下看)旋转，匀强磁场B竖直向上，两电刷分别与圆盘中心轴和边缘接触，电刷间接有阻值为R的定值电阻，忽视圆盘电阻与接触电阻，则()A．流过定值电阻的电流方向为a到bB．b、a间的电势差为Bωr2C．若ω增大到原来的2倍，则流过定值电阻的电流增大到原来的2倍D．若ω增大到原来的2倍，则流过定值电阻的电流增大到原来的4倍解析：选C.选择其中一条半径来看，依据右手定则可知，流过定值电阻的电流方向为b到a，选项A错误；b、a间的电势差等于电动势的大小Uba＝E＝eq\f(1,2)Bωr2，选项B错误；若ω增大到原来的2倍，依据E＝eq\f(1,2)Bωr2可知电动势变为原来的2倍，则流过定值电阻的电流增大到原来的2倍，选项C正确，D错误．【B组素养提升】9．矩形导线框固定在匀强磁场中，如图甲所示，磁感线的方向与导线框所在平面垂直，规定磁场的正方向为垂直纸面对里，磁感应强度B随时间t变更的规律中图乙所示，则()A．从0～t1时间内，导线框中电流的方向为abcdaB．从0～t1时间内，导线框中电流越来越小C．从0～t2时间内，导线框中电流的方向始终为adcbaD．从0～t2时间内，导线框ab边受到的安培力越来越大解析：选C.由楞次定律，从0～t2时间内，导线框中电流的方向始终为adcba，选项A错误，C正确；由法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律，从0～t2时间内，导线框中电流恒定，选项B错误；由安培力公式，从0～t2时间内，导线框ab边受到的安培力先减小后增大，选项D错误．10．如图所示，两块水平放置的金属板间距离为d，用导线与一个n匝线圈连接，线圈置于方向竖直向上的磁场B中．两板间有一个质量为m、电荷量为＋q的油滴恰好处于平衡状态，则线圈中的磁场B的变更状况和磁通量的变更率分别是()A．正在增加；eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(dmg,q)B．正在减弱；eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(dmg,nq)C．正在减弱；eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(dmg,q)D．正在增加；eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(dmg,nq)解析：选B.电荷量为q的带正电的油滴恰好处于静止状态，电场力竖直向上，则电容器的下极板带正电，所以线圈下端相当于电源的正极，由题意可知，依据安培定则和楞次定律，可得穿过线圈的磁通量在匀称减弱，线圈产生的感应电动势E＝neq\f(ΔΦ,Δt)；油滴所受电场力F＝eq\f(qE,d)，对油滴，依据平衡条件得qeq\f(E,d)＝mg，所以解得线圈中磁通量的变更率的大小为eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(dmg,nq).故选项B正确，A、C、D错误．11．(2024·牡丹江一中高二期末)一个500匝、面积为20cm2的线圈，放在磁场中，磁场的方向与线圈平面垂直，若磁感应强度在0.05s内由0.1T增加到0.7T，在此过程中，求：(1)穿过线圈的磁通量的变更量；(2)线圈中的感应电动势的大小．解析：(1)磁通量的变更量是由磁场的变更引起的，应当用公式：ΔΦ＝ΔBS来计算，所以：ΔΦ＝ΔBS＝(0.7－0.1)×20×10－4Wb＝1.2×10－3Wb；(2)依据法拉第电磁感应定律，感应电动势的大小为E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝500×eq\f(1.2×10－3,0.05)V＝12V.答案：(1)1.2×10－3Wb(2)12V12．如图所示的匀强磁场中，有两根相距20cm固定的平行的金属光滑导轨MN和PQ.磁场方向垂直于MN、PQ所在平面．导轨上放置着ab、cd两根平行的可动金属细棒．在两棒中点OO′之间栓一根40cm长的细绳，绳长保持不变．设磁感应强度B以1.0T/s的变更率匀称减小，abdc回路的电阻为0.50Ω.求：当B减小到10T时，两可动边所受磁场力大小和abdc回路消耗的功率．解析：依据E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔBS,Δt)得E＝1.0×20×40×10－4V＝0.08V依据I＝eq\f(E,R)，F＝BIL得F＝10×eq\f(0.08,0.50)×20×10－2N＝0.32NP＝eq\f(E2,R)＝eq\f(（0.08）2,0.50)W＝0.0128W.答案：均为0.32N0.0128W13．如图所示，导轨OM和ON都在纸面内，导体AB可在导轨上无摩擦滑动，AB⊥ON，若AB以5m/s的速度从O点起先沿导轨匀速右滑，导体与导轨都足够长，磁场的磁感应强度为0.2T．问：(1)3s末夹在导轨间的导体长度是多少？此时导体切割磁感线产生的感应电动势多大？(2)3s内回路中的磁通量变更了多少？此过程中的平均感应电动势为多少？解析：(1)夹在导轨间的部分导体切割磁感线产生的电动势才是电路中的感应电动势．3s末，夹在导轨间导体的长度为：l＝vt·tan30°＝5×3×tan30°m＝5eq\r(3)m此时：E＝Blv＝0.2×5eq\r(3)×5V＝5eq\r(3)V.(2)3s内回路中磁通量的变更量ΔΦ＝BS－0＝0.2×eq\f(1,2)×1