高二物理下册电磁感应现象的两类情况课时练习题(含参考答案)

一、基础练
1．如图1所示，平行导轨间的距离为d，一端跨接一个电阻R，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直于平行金属导轨所在的平面．一根足够长的金属棒与导轨成θ角放置．金属棒 与导轨的电阻不计，当金属棒沿垂直于棒的方向滑行时，通过电阻R的电流为(　　)
图1
A.BdvR B.Bdvsin θR ]
C.Bdvcos θR D.BdvRsin θ
答案　D[ ]
解析　题中B、l、v满足两两垂直的关系，所以E＝Blv其中l＝dsin θ即E＝Bdvsin θ，故通过电阻R的电流为BdvRsin θ，选D.
点评　正确理解E＝Blv，知道适用条件是三个量两两垂直．
2. 图2中两条平行虚线之间存在匀强磁场，虚线间的距离为l，磁场方向垂直纸面向里,abcd是位于纸面内的梯形线圈，ad与bc间 的距离也为l.t=0时刻，bc边与磁场区域边界重合（如图）.现令线圈以恒定的速度v沿垂直于磁场区域边界的方向穿过磁场区域.取沿a→b→c→d→a的感应电流为正，则在线圈穿越磁 场区域的过程中，感应电流I随时间t变化的图线可能是( )?
答案　B
解析　线框进入时，磁通量是增加的，线框穿出时磁通量是减少的，由楞次定律可判断两次电流方向一定相反，故只能在A、B中选择，再由楞次定律及规定的电流正方向可判断进入时电流为负方向，故选B.
3．如图3所示，ab和cd是位于水平面内的平行金属轨道，间距为l，其电阻可忽略不计，ac之间连接一阻值为R的电阻．ef为一垂直于ab和cd的金属杆，它与ad和cd接触良好并可沿轨道方向无摩擦地滑动．电阻可忽略．整个装置处在匀强磁场中，磁场方向垂直于图中纸面向里，磁感应强度为B，当施外力使杆ef以速度v向 右匀速运动时，杆ef所受的安培力为(　　)
图3
A.vB2l2R B.vBlR
C.vB2lR D.vBl2R
答案　A
4．如图4所示，先后两次将同一 个矩形线圈由匀强磁场中拉出，两次拉动的速度相同．第一次线圈长边与磁场边界平行，将线圈全部拉出磁场区，拉力做功W1、通过导线截面的电荷量为q1，第二次线圈短边与磁场边界平行，将线圈全部拉出磁场区域，拉力做功为W2、通过导线截面的电荷量为q2，则(　　)
图4
A．W1>W2，q1＝q2
B．W1＝W2，q1>q2[ ]
C．W1D．W1>W2，q1>q2
答案　A
解析　设矩形线圈的长边为a，短边为b，电阻为R，速度为v，则W1＝BI1ba＝B?BavR?a?b，W2＝BI2ba＝B?BbvR?a?b，因为a>b，所以W1>W2.通过导线截面的电荷量q1＝I1t1＝BavR?bv＝q2.
5．如图5所示，半径为a的圆形区域(图中虚线)内有匀强磁场，磁感应强度为B＝0.2 T，半径为b的金属圆环与虚线圆同心、共面的放置，磁场与环面垂直，其中a＝0.4 m、b＝0.6 m；金属环上分别接有灯L1、L2，两灯的电阻均为2 Ω.一金属棒MN与金属环接触良好，棒与环的电阻均不计．
图5
(1)若棒以v0＝5 m/s的速率沿环面向右匀速滑动，求棒滑过圆环直径OO′的瞬间，MN中的电动势和流过灯L1的电流．
(2)撤去中间的金属棒MN，将左面的半圆弧OL1O′以MN为轴翻转90°，若此后B随时间均匀变化，其变化率为ΔBΔt＝4π T/s，求灯L2的功率．
答案　(1)0.8 V　0.4 A　(2)1.28×10－2 W
解析　(1)棒滑过圆环直径OO′的瞬间，MN中的电动势为动生电动势，E＝B?2a?v＝0.8 V.
流经L1的电流I＝ERL1＝0.4 A
(2)电路中的电动势为感生电动势，E＝πa22?ΔBΔt
灯L2的功率P2＝ERL1＋RL22RL2＝1.28×10－2 W
点评　求电路中的电动势时，要分析清楚产生感应电动势的方式，若为导体切割磁感线类，宜用E＝Blv计算；若为磁场变化产生感生电场类，宜用E＝nSΔBΔt.
二、提升练
6．如图6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(　　)
图6
A．穿过线框的磁通量不变化，MN间无感应电动势
B．MN这段导体做切割磁感线运动，MN间有电势差
C．MN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 ]
答案　B
解析　穿过线框的磁通量不变化，线框中无感应电流，但ab、MN、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．
7．粗细均匀的电阻丝围成的正方形线框置于有界匀强磁场中，磁场方向垂直于线框平面，其边界与正方形线框的边平行．现使线框以同样大小的速度沿四个不同 方向平移出磁场，如下图所示，则在移出过程中线框的一边a、b两点间电势差绝对值最大的是(　　)
答案　B
解析　设此题中磁感应强度为B，线框边长为l，速度为v，则四种情况的感应电动势都是Blv，但B中ab为电源，ab两点间的电势差为路端电压Uab＝34Blv，其他三种情况下，Uab＝14Blv，故选B.[来源:学科网][来源:学科网]
8．如图7所示，线圈C连接光滑平行导轨，导轨处在方向垂直纸面向里的匀强磁场中，导轨电阻不计，导轨上放着导 体棒MN.为了使闭合线圈A产生图示方向的感应电流，可使导体棒MN(　　)
图7
A．向右加速运动 B．向右减速运动
C．向左加速运动 D．向左减速运动
答案　AD
解析　N再由右手定则判断MN应向左运动，磁场减弱则电流减小故MN应减速，故可判断MN向左减速，同理可判断向右加速也可，故选A、D.→N再由右手定则判断MN应向左运动，磁场减弱则电流减小故MN应减速，故可判断MN向左减速，同理可判断向右加速也可，故选A、D.
9如图8所示，平行金属导轨与水平面成θ角，导轨与固定电阻R1和R2相连，匀强磁场垂直穿过导轨平面．有一导体棒ab，质量为m，导体棒的电阻与固定电阻R1和R2的阻值均相等，与导轨之间的动摩擦因数为μ，导体棒ab沿导轨向上滑动，当上滑的速度为v时，受到安培力的大小为F.此时(　　)
图8
A．电阻R1消耗的热功率为Fv/3
B．电阻R2消耗的热功率为Fv/6
C．整个装置因摩擦而消耗的热功率为μmgvcos θ D．整个 装置消耗的机械功率为(F＋μmgcos θ)v
答案　BCD
解析　棒ab上滑速度为v时，切割磁感线产生感应电动势E＝Blv，设棒电阻为R，则R1＝R2＝R，回路的总电阻R总＝32R，通过棒的电流I＝ER总＝2Blv3R，棒所受安培力F＝BIl＝2B2l2v3R，通过电阻R1的电流与通过电阻R2的电流相等，即I1＝I2＝I2＝Blv3R，则电阻R1消耗的热功率P1＝I21R＝B2l2v29R＝Fv6，电阻R2消耗的热功率P2＝I22R＝Fv6.棒与导轨间的摩擦力Ff＝μmgcos θ，故因摩擦而消耗的热功率为P＝Ffv＝μmgvcos θ；由能量转化知，整个装置中消耗的机械功率为安培力的功率和摩擦力的功率之和P机＝Fv＋Ffv＝(F＋μmgcos θ)v.由以上分析可知，B、C、D选项正确．
点评　切割磁感线的导体相当于电源，电源对闭合回路供电．分析清楚整个过程中能量的转化和守恒，所有的电能和摩擦生热都来自于机械能，而转化的电能在回路中又转化为电热．
10．如图9所示，一个半径为r的铜盘，在磁感应强度为B的匀强磁场中以角速度ω绕中心轴OO′匀速转动，磁场方向与盘面垂直，在盘的中心轴与边缘处分别安装电刷．设整个回路电阻为R，当圆盘匀速运动角速度 为ω时，通过电阻的电流为________．
图9
答案　Br2ω2R
解析　当铜盘转动时，产生的感应电动势相当于一根导体棒绕其一个端点在磁场中做切割磁感线的圆周运动，产生的电动势为E＝12Br2ω所以通过电阻的电流为Br2ω2R.
11．如图10所示，在磁感应强度B＝0.5 T的匀强磁场中，垂直于磁场方向水平放置着两根相距为h＝0.1 m的平行金属导轨MN与PQ，导轨的电阻忽略不计．在两根导轨的端点N、Q之间连接一阻值R＝0.3 Ω的电阻，导轨上跨放着一根长为L＝0.2 m、每米长电阻r＝2.0 Ω/m的金属棒ab，金属棒与导轨正交，交点为c、d.当金属棒以速度v＝4.0 m/s向左做匀速运动时，试求：
图10
(1)电阻R中电流的大小和方向；
(2)金属棒ab两端点间的电势差．Q
→Q
(2)0.32 V
解析　(1)在cNQd构成的回路中，动生电动势E＝Bhv，由欧姆定律可得电流
Q.
→Q.
(2)a、b两点间电势差应由ac段、cd段、db段三部分相加而成，其中cd两端的电压Ucd＝IR.
ac、db端电压即为其电动势，且有Eac＋Edb＝B(L－h)v.故
Uab＝IR＋Eac＋Edb＝0.32 V.
点评　无论磁场中做切割磁感线运动的导体是否接入电路，都具有电源的特征，接入电路后，其两端电压为路端电压，未接入电路时两端电压大小即为其电动势的大小．
12．如图11所示，两根平行金属导轨固定在水平桌面上，每根导轨每米的电阻为r0＝0.10 Ω/m，导轨的端点P、Q用电阻可忽略的导线相连，两 导轨间的距离l＝0.20 m．有随时间变化的匀强磁场垂直于桌面，已知磁感应强度B与时间t的关系为B＝kt，比例系数k＝0.020 T/s.一电阻不计的金属杆可在导轨上无摩擦地滑动，在滑动过程中保持与导轨垂直，在t＝0时刻，金属杆紧靠在P、Q端，在外力作用下，杆以恒定的加速度从静止开始向导轨的另一端滑动，求在t＝6.0 s时金属杆所受的安培力．
图11
答案　1.44×10－3 N
解析　以a表示金属杆运动的加速度，在t时刻，金属杆与初始位置的距离L＝12at2，此时杆的速度v＝at，杆与导轨构成的回路的面积S＝Ll，回路中的感应电动势 E＝SΔBΔt＋Blv，而B＝kt，故
ΔBΔt＝k?t＋Δt?－ktΔt＝k
回路的总电阻R＝2Lr0；回路中的感应电流I＝ER；
作用于杆的安培力F＝BlI.
联立以上各式解得F＝32?k2l2r0t.
代入数据得F＝1.44×10－3 N.
点评　当问题中同时有动生电动势和感生电动势时，可以分别单独求出动生电动势和感生电动势，再结合其方向求出电路中的总电动势．若两电动势方向相同，直接相加；若两电动势方向相反，用大电动势减去小电动势，总电动势方向与大的方向一致．在单独求出动生电动势时，磁感应强度B应该运用该时刻的值运算；单独求感生电动势时，面积S应该运用此时的面积运算．该方法也是分解思想的体现．当然，如果运用公式E＝nΔΦΔt计算，求得的电动势也为总电动势．解题时是运用分解的方法分别求出两个电动势后再合成，还是直接用E＝nΔΦΔt计算，由题中条件决定．
13．如图12所示，足够长的两根相距为0.5 m的平行光滑导轨竖直放置，导轨电阻不计，磁感应强度B为0.8 T的匀强磁场的方向垂直于导轨平面．两根质量均为0.04 kg的可动金属棒ab和cd都与导轨接触良好，金属棒ab和cd的电阻分别为1 Ω和0.5 Ω，导轨最下端连接阻值为1 Ω的电阻R，金属棒ab用一根细绳拉住，细绳允许承受的最大拉力为0.64 N．现让cd棒从静止开始落下，直至细绳刚被拉断，此过程中电阻R上产生的热量为0.2 J(g取10 m/s2)．求：
图12
(1)此过程中ab棒和cd棒产生的热量Qab和Qcd；
(2)细绳被拉断瞬间，cd棒的速度v；
(3)细绳刚要被拉断时，cd棒下落的高度h.
答案　(1)0.2 J　0.4 J　(2)3 m/s　(3)2.45 m
解析　(1)Qab＝QR＝0.2 J，由Q＝I2Rt，Icd＝2Iab.
所以Qcd＝I2cdRcdI2abRabQab＝4×12×0.2 J＝0.4 J.
(2)绳被拉断时BIabL＋mg＝FT，
E＝BLv,2Iab＝ERcd＋RRabR＋Rab
解上述三式并代入数据得v＝3 m/s
(3)由能的转化和守恒定律有
mgh＝12mv2＋Qcd＋Qab＋QR
代入数据得h＝2.45 m
14．磁悬浮列车的运行原理可简化为如图13所示的模型，在水平面上，两根平行直导轨间有竖直方向且等距离分布的匀强磁场B1和B2，导轨上有金属框abcd，金属框宽度ab与磁场B1、B2宽度相同．当匀强磁场B1和B2同时以速度v0沿直导轨向右做匀速运动时，金属框也会沿直导轨运动，设直导轨间距为L，B1＝B2＝B，金属框的电阻为R，金属框运动时受到的阻力恒为F，则金属框运动的最大速度为多少？
图13
答案　4B2L2v0－FR4B2L2
解析　当磁场B1、B2同时以速度v0向右匀速运动时，线框必然同时有两条边切割磁感线而产生感应电动势．线框以最大速度运动时切割磁感线的速度为v＝v0－vm
当线框以最大速度vm匀速行驶时，线框产生的感应电动势为E＝2BLv
线框中产生的感应电流为I＝ER
线框所受的安培力为F安＝2BIL
线框匀速运动时，据平衡可得F安＝F
解得vm＝4B2L2v0－FR4B2L2
点评　这是一道力、电综合题．它涉及力学中的受力分析及牛顿运动定律．解答的关键在于把新情景下的磁悬浮列车等效为有两条边切割磁感线的线框模型，分析运动情景，挖掘极值条件(线框做加速度越来越小的加速运动，当安培力等于阻力时，速度最大)，另外还要


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