第二章 电磁感应 单元综合提升-【金版新学案】2024-2025学年新教材高二物理选择性必修第二册同步课堂高效讲义教师用书word（粤教版2019）

单元综合提升 (2021·广东高考)如图所示，水平放置足够长光滑金属导轨abc和de，ab与de平行，bc是以O为圆心的圆弧导轨，圆弧be左侧和扇形Obc内有方向如图的匀强磁场，金属杆OP的O端与e点用导线相接，P端与圆弧bc接触良好，初始时，可滑动的金属杆MN静止在平行导轨上，若杆OP绕O点在匀强磁场区内从b到c匀速转动时，回路中始终有电流，则此过程中，下列说法正确的有(　　) A．杆OP产生的感应电动势恒定 B．杆OP受到的安培力不变 C．杆MN做匀加速直线运动 D．杆MN中的电流逐渐减小 答案：AD 解析：OP转动切割磁感线产生的感应电动势为E＝Br2ω，因为OP匀速转动，所以杆OP产生的感应电动势恒定，故A正确；杆OP匀速转动产生的感应电动势产生的感应电流由M到N通过MN棒，由左手定则可知，MN棒会向左运动，MN棒运动会切割磁感线，产生电动势与原来电流方向相反，让回路电流减小，MN棒所受合力为安培力，电流减小，安培力会减小，加速度减小，故D正确，B、C错误。故选A、D。 　链接粤教版P44法拉第圆盘发电机的原理 学生用书↓第78页 　本题以单棒旋转切割磁感线的素材为背景，考查发电机和电动机原理，与粤教版P44法拉第圆盘原理情境类似。 单棒OP匀速旋转切割磁感线，相当于发电机，产生的电动势大小恒定，方向根据右手定则判断。直棒MN通电受力运动，同样切割磁场产生反电动势，阻碍电流的生成。 针对练1．(多选)如图为早期制作的发电机及电动机的示意图。A盘和B盘分别是两个可绕固定转轴转动的铜盘，用导线将A盘的中心和B盘的边缘连接起来，用另一根导线将B盘的中心和A盘的边缘连接起来。当A盘在外力作用下转动起来时，B盘也会转动。则下列说法中正确的是(　　) A．不断转动A盘就可以获得持续的电流，其原因是将整个铜盘看成沿径向排列的无数根铜条，它们做切割磁感线运动，产生感应电动势 B．当A盘转动时，B盘也能转动的原因是沿着半径方向的电流在磁场中受到磁场力的作用 C．从上往下看，当A盘顺时针转动时，B盘边缘的电势更高 D．从上往下看，当A盘顺时针转动时，B盘也顺时针转动 答案：AB 解析：转动A盘时，将整个铜盘看成沿径向排列的无数根铜条，它们做切割磁感线运动，产生感应电动势，电路又是闭合的，所以不断转动A盘就可以获得持续的电流，故A正确；当A盘转动时，A盘产生的感应电流流过B盘，沿着半径方向的电流在磁场中受到磁场力的作用而转动，故B正确；从上往下看，当A盘顺时针转动时，据右手定则可判断A盘中电流方向由中心到边缘，则B盘中电流是由中心到边缘，B盘中心的电势比边缘的电势高，故C错误；从上往下看，当A盘顺时针转动时，据右手定则可判断A盘中电流方向由中心到边缘，则B盘中电流是由中心到边缘，再由左手定则可判断B盘所受安培力方向逆时针，则B盘逆时针转动，故D错误。故选A、B。 针对练2．(多选)置于匀强磁场中的金属圆盘中央和边缘各引出一根导线，与套在铁芯上部的线圈A相连，套在铁芯下部的线圈B引出两根导线接在两根水平导轨上，如图所示。导轨上有一根金属棒ab处在垂直于纸面向外的匀强磁场中。下列说法中正确的是(　　) A．圆盘顺时针加速转动时，ab棒将向右运动 B．圆盘顺时针减速转动时，ab棒将向右运动 C．圆盘顺时针匀速转动时，ab棒将向左运动 D．圆盘顺时针加速转动时，ab棒将向左运动 答案：BD 解析：由右手定则可知，圆盘顺时针加速转动时，感应电流从圆心流向边缘，线圈A中产生的磁场方向向下，且磁场增强，由楞次定律可知，线圈B中的感应磁场方向向上，由右手螺旋定则可知，ab棒中感应电流的方向为a→b，由左手定则可知，ab棒受的安培力方向向左，ab棒将向左运动，故A错误，D正确；由上述分析可知，若圆盘顺时针减速转动时，则ab棒将向右运动，故B正确；当圆盘顺时针匀速转动时，线圈A中产生恒定的电流，那么线圈B的磁通量不变，则ab棒中没有感应电流，则将不会运动，故C错误。故选B、D。 (2023·广东高考)光滑绝缘的水平面上有垂直平面的匀强磁场，磁场被分成区域Ⅰ和Ⅱ，宽度均为h，其俯视图如图(a)所示，两磁场磁感应强度随时间t的变化如图(b)所示，0～τ时间内，两区域磁场恒定，方向相反，磁感应强度大小分别为2B0和B0，一电阻为R，边长为h的刚性正方形金属框abcd，平放在水平面上，ab、cd边与磁场边界平行。t＝0时，线框ab边刚好跨过区域Ⅰ的左边界以速度v向右运动。在τ时刻，ab边运动到距区域Ⅰ的左边界处，线框的速度近似为零，此时线框被固定，如图(a)中的虚线框所示。随后在τ～2τ时间内，Ⅰ区磁感应强度线性减小到0，Ⅱ区磁场保持不变；2τ～3τ时间内，Ⅱ区磁感应强度也线性减小到0。求： (1)t＝0时线框所受的安培力F； (2)t＝1.2τ时穿过线框的磁通量Φ； (3)2τ～3τ时间内，线框中产生的热量Q。 答案：(1)，方向水平向左　(2)　(3) 解析：(1)由题图可知t＝0时线框切割磁感线的感应电动势为E＝2B0hv＋B0hv＝3B0hv 则感应电流大小为I＝＝ 所受的安培力为F＝2B0h＋B0h＝，方向水平向左。 (2)在τ时刻，ab边运动到距区域Ⅰ的左边界处，线框的速度近似为零，此时线框被固定，则t＝1.2τ时穿过线框的磁通量为Φ＝1.6B0h·－B0h·＝，方向垂直纸面向里。 (3)2τ～3τ时间内，Ⅱ区磁感应强度也线性减小到0，则有E′＝＝＝ 感应电流大小为I′＝＝ 则2τ～3τ时间内，线框中产生的热量为 Q＝I′2Rt＝。 　粤教版P62T12 月球探测器在月面实现软着陆是非常困难的，为此科学家们在实验探索过程中设计了一种电磁阻尼缓冲装置，其原理如图所示。该装置的主要部件有两部分：①缓冲滑块，它由高强绝缘 学生用书↓第79页 材料制成，其内部边缘绕有闭合单匝矩形线圈abcd，指示灯连接在cd两处；②探测器主体，包括绝缘光滑缓冲轨道MN、PQ和超导线圈(图中未画出)，超导线圈能产生方向垂直于整个缓冲轨道平面的匀强磁场。当缓冲滑块接触仿真水平月面时，滑块立即停止运动。 (1)请运用已学知识分析该装置是如何实现缓冲的。 (2)简要阐述该装置在缓冲过程中能量是如何转化的。 　该高考题以线框切割磁感线为素材背景，通过受力分析，判断其运动的规律。与粤教版62页第12题情景类似。 线框切割磁场属于动生模型，双棒切割属于双电源模型，求解瞬时安培力，需求解瞬时电流，瞬时电流由瞬时电动势决定。当线框固定时，变为感生模型，磁感应强度均匀变化，产生恒定感生电动势，产生恒定电流。 针对练．(多选)如图为粗细均匀的裸铜导线制成的半径为r的圆环，PQ为圆环的直径，其左右两侧存在垂直圆环所在平面的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，但方向相反，圆环的电阻为2R。一根长度为2r、电阻为R的金属棒MN绕着圆环的圆心O点紧贴着圆环以角速度ω沿顺时针方向匀速运动，转动过程中金属棒与圆环始终接触良好，则金属棒旋转一周的过程中(　　) A．金属棒中电流的大小始终为 B．金属棒中电流方向始终由N到M C．电路中产生的热量为 D．金属棒两端的电压大小始终为Bωr2 答案：AC 解析：产生的感应电动势为两者之和，即E＝2×Br2ω＝Br2ω，环的电阻由两个电阻为R的半圆电阻并联组成，所以环的总电阻为R，所以通过导体MN的电流I＝＝，MN两端的电压U＝I·R＝Br2ω，故A正确，D错误；由右手定则可以确定电流的方向由M指向N，故B错误；MN旋转一周外力做功为W＝EIt＝Br2ω··＝，则电路中产生的热量为，故C正确。故选A、C。 1．(楞次定律的应用)(多选)如图甲所示，两个闭合圆形线圈A、B的圆心重合，放在同一水平面内，线圈A中通以如图乙所示的变化电流，设t＝0时电流沿逆时针方向(图中箭头所示)。关于线圈B的电流方向和所受安培力产生的效果，下列说法中正确的是(　　) A．在0<t<t1时间内，有顺时针方向的电流，且有扩张的趋势 B．在0<t<t1时间内，有逆时针方向的电流，且有收缩的趋势 C．在t1<t<t2时间内，有顺时针方向的电流，且有收缩的趋势 D．在t1<t<t2时间内，有逆时针方向的电流，且有扩张的趋势 答案：BD 解析：在0<t<t1时间内，线圈A中逆时针电流在减小，电流产生的磁场在减小，根据安培定则与磁场叠加原则可知，线圈B所处磁场的方向向外，且在减小，根据楞次定律，可知线圈B的感应电流方向为逆时针，两线圈的电流同向，则有相互吸引的趋势，所以线圈B有收缩的趋势，A错误，B正确；在t1<t<t2时间内，线圈A中顺时针电流在增大，电流产生的磁场在增强，根据安培定则与磁场叠加原则可知，线圈B所处磁场的方向向里，且在增强，根据楞次定律，则线圈B的感应电流方向为逆时针，两线圈的电流反向，则有相互排斥的趋势，所以线圈B有扩张的趋势，C错误，D正确。故选B、D。 [易错分析]　本题的易错点是死记“增缩减扩”，理解楞次定律的阻碍作用，阻碍磁通量的变化，面积的变化也是朝着阻碍磁通量的变化的方向改变。 2．(三定则一定律的应用)(多选)如图所示，在匀强磁场中放置一个电阻不计的平行金属导轨，导轨跟大线圈M相连，导轨上放一根导线ab，磁感线垂直于导轨所在平面，欲使M所包围的小闭合线圈N产生顺时针方向的感应电流，则导线的运动情况可能是(　　 ) A．匀速向右运动 B．加速向右运动 C．减速向右运动 D．加速向左运动 答案：CD 解析：导线ab匀速向右运动时，导线ab产生的感应电动势和感应电流恒定不变，大线圈M产生的磁场恒定不变，穿过小线圈N中的磁通量不变，没有感应电流产生，故A错误；导线ab加速向右运动时，导线ab中产生的感应电动势和感应电流增加，由右手定则可知，ab中电流方向为a→b，根据安培定则可知，M产生的磁场方向垂直纸面向里，穿过N的磁通量增大，由楞次定律可知，线圈N产生逆时针方向的感应电流，故B错误；导线ab减速向右运动时，导线ab中产生的感应电动势和感应电流减小，由右手定则可知，ab电流方向为a→b，根据安培定则可知，M产生的磁场方向垂直纸面向里，穿过N的磁通量减小，由楞次定律可知，线圈N产生顺时针方向的感应电流，故C正确；导线ab加速向左运动时，导线ab中产生的感应电动势和感应电流增加，由右手定则可知，ab电流方向为b→a，根据安培定则可知，M产生的磁场方向垂直纸面向外，穿过N的磁通量增大，由楞次定律可知，线圈N产生顺时针方向的感应电流，故D正确。 [易错分析]　本题易错点是左手定则和右手定则混淆，熟记“左力右电”。 3．(法拉第发电机)(多选)(2023·广东高二校联考期末)法拉第圆盘的装置结构可简化为图甲，一半径为 学生用书↓第80页 r的匀质金属圆盘全部水平放置在竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中，在圆心O和圆盘边缘的A点之间接有一小灯泡，通过握把带动圆盘在磁场中绕轴心O沿箭头所示方向转动，当角速度为ω时，可观察到小灯泡发光。某同学改变实验条件分别进行了如图乙、图丙的实验，其中图乙仅撤去了小灯泡；图丙撤去了小灯泡，且仅有阴影区域的一半圆盘处在匀强磁场中，其他条件不变。下列说法正确的是(　　) A．图甲A点的电势大于O点的电势 B．图乙OA间的电势差大小为Bω r2 C．图丙圆盘中没有感应电流 D．撤去施加在握把上的外力，不考虑转轴的摩擦，则甲、丙圆盘减速转动至静止，乙圆盘保持匀速转动 答案：BD 解析：将铜盘看做无数条由中心指向边缘的铜棒组合而成，当铜盘转动时，每根金属棒都在切割磁感线，相当于电源，由右手定则可知，盘边缘为电源负极，中心为正极，A点的电势小于O点的电势，故A错误；题图乙仅撤去了小灯泡，金属圆盘不构成回路，不产生感应电流，但当铜盘转动时，每根金属棒都在切割磁感线，OA间的电势差大小为E＝Br＝Br＝Bωr2，故B正确；题图丙撤去了小灯泡，且仅有阴影区域的一半圆盘处在匀强磁场中，当铜盘转动时，阴影处每根金属棒都在切割磁感线，金属棒和没有在阴影区的铜盘组成回路，产生感应电流，故C错误；撤去施加在握把上的外力，不考虑转轴的摩擦，甲转动过程中灯泡消耗电能，圆盘产生焦耳热，故甲圆盘减速转动至静止，丙转动过程中，一半圆盘不切割磁感线，形成涡流，根据楞次定律可知，磁场部分受到与转动方向相反的力使圆盘停止转动，故丙圆盘减速转动至静止，乙圆盘磁场穿过整个圆盘，圆心与边缘会形成一个恒定的电势差，不会形成涡流，也就不存在安培力，因此圆盘将匀速转动，故D正确。故选B、D。 [易错分析]　本题易错点是旋转切割电动势的计算。铜盘的每一条半径都在旋转切割磁感线，交替充当电路的电源。 4．(感生电路)(2023·广东广州高二统考期末)如图甲所示，一个电阻值为R，匝数为n，半径为r1的圆形金属线圈与阻值为3R的电阻R1连接成闭合回路，线圈中半径为r2的圆形区域存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系图线如图乙所示，图线与横、纵轴的截距分别为t2和B0，导线的电阻不计，求0至t1时间内： (1)电阻R1两端的电压及判断电阻R1两端a、b两点电势的高低； (2)通过电阻R1上的电量q及电阻R1上产生的热量。 答案：(1)　b点电势高于a点电势 (2)　 解析：(1)由法拉第电磁感应定律知0至t1时间内的电动势为E＝＝nπr·＝nπr· 由闭合电路欧姆定律知通过R1的电流为I＝ R1两端的电压U＝I·3R 代入可得U＝ 由楞次定律可判断通过R1的电流方向为从b到a，则b点的电势高于a点的电势。 (2)通过R1的电荷量为q＝It1 电阻R1上产生的热量为Q＝I2·3Rt1 代入可得q＝，Q＝。 [易错分析]　本题的易错点是有效面积。计算感应电动势时要注意有效面积是磁场存在的区间面积。 5．(电磁感应的能量问题)(多选)(2023·广东广州高二统考期末)如图甲所示，一正方形单匝金属线框放在光滑水平面上，水平面内两条平行直线MN、QP间存在垂直水平面的匀强磁场，t＝0时，线框在水平向右的外力F作用下紧贴MN从静止开始做匀加速运动，外力F随时间t变化的图线如图乙实线所示，已知线框质量m＝1 kg，电阻R＝4 Ω，则(　　) A．磁场宽度为5 m B．匀强磁场的磁感应强度为2 T C．线框穿过QP的过程中产生的焦耳热等于4 J D．线框穿过MN的过程中通过导线内某一横截面的电荷量为0.5 C 答案：BD 解析：t＝0时刻，线框的加速度为a＝＝2m/s2，第1 s末后直到第2 s末这段时间内，拉力F恒定为F＝2 N，此时线框在磁场中不受安培力，可知磁场宽度为d＝at＝4 m，故A错误；设线框的边长为L，则进磁场的过程，从0～1 s内的位移为L＝at＝1 m，当线框全部进入磁场前的瞬间有F1－F安＝ma，F安＝＝，其中F1＝4 N，t1＝1 s；联立解得B＝2 T，故B正确；设线框穿过QP的初末速度分别为v2、v3，线圈全程做匀加速直线运动，则v2＝＝4 m/s，v3＝＝2 m/s，由能量守恒定律可得Q＝WF＋mv－mv，mv－mv＝－2 J，WF>F2L＝6 J，可得Q>4 J，即线框穿过OP的过程中产生的焦耳热大于4 J，故C错误；线框穿过MN的过程中通过导线内某一横截面的电荷量为q＝I (_)t＝×Δt＝＝0.5 C，故D正确。故选B、D。 [易错分析]　本题易错点是根据图像获取信息。线圈宽度要根据完全在磁场中的匀加速运动求解，安培力是变力，要根据能量守恒定律求解焦耳热。 单元测试卷(二)　电磁感应 (时间：90分钟　满分：100分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) 一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的) 1．电吉他中电拾音器的基本结构如图所示，磁体附近的金属弦被磁化，因此弦振动时，在线圈中产生感应电流，电流经电路放大后传送到音箱发出声音。下列说法正确的有(　　) A．选用铜质弦，电吉他仍能正常工作 B．取走磁体，电吉他仍能正常工作 C．增加线圈匝数可以增大线圈中的感应电动势 D．弦振动过程中，线圈中的电流大小不断变化、方向不变 答案：C 解析：按照题意，磁体附近的金属弦被磁化，铜质弦不具备这种“本领”，A错误；取走磁体，导体不能切割磁感线，所以电吉他将不能正常工作，B错误；根据法拉第电磁感应定律判断出C正确；振动过程中，金属弦靠近或远离磁体，由楞次定律知，线圈中的电流方向不断变化，D错误。 2．某国产直升机在我国某地上空悬停，长度为L的导体螺旋桨叶片在水平面内顺时针匀速转动(俯视)，转动角速度为ω。该处地磁场的水平分量为Bx，竖直分量为By。叶片的近轴端为a，远轴端为b。忽略转轴的尺寸，则叶片中感应电动势为(　　) A．BxLω，a端电势高于b端电势 B．BxL2ω，a端电势低于b端电势 C．ByL2ω，a端电势高于b端电势 D．ByL2ω，a端电势低于b端电势 答案：D 解析：我国某地上空地磁场方向有向下的分量，大小为By，当螺旋桨叶片在水平面内顺时针匀速转动(俯视)时，根据右手定则可知，a端电势低于b端电势，大小为E＝ByL＝ByL2ω，故选D。 3．电阻为r、边长为R的正三角形金属导体框，放在光滑绝缘水平面上，在水平力F作用下以恒定速率v进入圆形匀强磁场区域，如图所示，磁场方向垂直水平面向下，磁场区域的半径为R，下列说法正确的是(　　) A．导体框从进入到离开磁场，导体中电流方向先逆时针再顺时针 B．导体框所受力F为恒力 C．导体框中产生的电流大小恒定 D．导体框中产生的电流大小随时间呈线性变化 答案：A 解析：根据楞次定律，导体框进入磁场过程，感应电流方向为逆时针，离开磁场过程为顺时针，故A正确；取导体框刚进入磁场中到左边框未进入磁场的这一段时间进行分析，设用时为t，在磁场中切割磁感线的有效长度为l，产生的感应电动势为E＝Blv，感应电流I＝＝，安培力F＝BIl＝，电流随时间变化，力的大小随时间变化，切割磁感线的有效长度与时间不是线性关系，故电流与时间也不是线性关系，故B、C、D错误。故选A。 4．将P、Q两单匝闭合圆形导线环按如图所示放置，导线环Q恰好与正方形的匀强磁场区域边界内切，磁场方向垂直于两导线环的平面，P、Q导线环的半径之比rP∶rQ＝2∶1。若磁感应强度均匀增大，则P、Q导线环中感应电动势之比为(　　) A．1∶1 B．4∶1 C．4∶π D．2∶π 答案：C 解析：匀强磁场的磁感应强度随时间均匀增大，设＝k，k为常量，由题图可知穿过P的磁场的面积SP＝(2rQ)2＝4r，穿过Q的磁场的面积SQ＝πr，根据法拉第电磁感应定律有E＝n＝n·S，所以P、Q导线环中感应电动势之比为＝＝，故A、B、D错误，C正确。 5．如图所示，有两个完全相同的灯泡A、B，A与一自感线圈L相连接，线圈L的直流电阻阻值为R；B与一定值电阻相连，定值电阻的阻值为R。下列说法正确的是(　　 ) A．开关闭合瞬间A、B两灯一起亮 B．稳定后A灯比B灯亮 C．开关断开瞬间A灯会闪亮一下，B灯不会闪亮一下 D．开关断开后两灯缓慢熄灭 答案：D 解析：由于A、B为两个完全相同的灯泡，当开关闭合瞬间，B灯泡立刻发光，由于线圈的自感现象，导致A灯泡渐渐变亮，因线圈L的直流电阻阻值为R，当电流稳定时，两个灯一样亮，故A、B错误；因线圈L的直流电阻阻值为R，说明稳定时，两个支路电阻相等，两个支路电流相等，所以开关断开瞬间，通过两个灯泡的电流不会突然变大，所以两灯都不会闪亮，而是缓慢熄灭，故D正确，C错误。 6．如图所示，一电阻可忽略的U形光滑金属框abcd置于水平绝缘平台上，ab、dc足够长，一根电阻为R的导体棒MN置于金属框上，现给金属框水平向右的初速度v0，运动过程中，装置始终处于竖直向下的匀强磁场中，MN与金属框保持良好接触，且与bc边保持平行。则金属棒加速度a、速度v、产生的感应电动势EMN、回路中电流强度i随时间t变化的关系图像可能正确的是(　　) 答案：A 解析：金属框向右运动，由右手定则可知，bc边产生的感应电流从c流向b，由左手定则可知，金属棒MN受到向右的安培力作用，金属棒向右做加速运动，设金属框的加速度为a1，金属棒的加速度为a2，金属框的速度为v1，金属棒的速度为v2，ab、dc间距为L，回路的感应电流可表示为I＝，设金属框的质量为M，金属棒的质量为m，对金属框由牛顿第二定律可得BIL＝Ma1，对金属棒MN，由牛顿第二定律可得BIL＝ma2，可知金属框做减速运动，金属棒做加速运动，感应电流I逐渐减小，加速度均逐渐减小，当满足v1＝v2时，感应电流为零，加速度均为零，金属框和金属棒均做匀速直线运动，故金属棒做加速度减小的加速运动，最后匀速运动，A正确，B、D错误；金属棒产生的感应电动势为EMN＝BLv2，可知其逐渐增大，最后保持不变，C错误。故选A。 7．如图所示，固定在水平面上的半径为r的金属圆环内存在方向竖直向上，磁感应强度大小为B的匀强磁场。长为l的金属棒，一端与圆环接触良好，另一端固定在竖直导电转轴OO′上，随轴以角速度ω匀速转动。在圆环的A点和电刷间接有阻值为R的电阻和电容为C、极板间距为d的平行板电容器，有一带电微粒在电容器极板间处于静止状态，已知重力加速度为g，不计其它电阻和摩擦，下列说法正确的是(　　) A．棒产生的电动势为Bl2ω B．电容器所带的电荷量为 C．电阻消耗的电功率为 D．微粒的电荷量与质量之比为 答案：B 解析：金属棒在磁场中垂直于磁场转动切割磁感线，由于磁场局限于金属圆环内，则金属棒产生的电动势为E＝Brω·r＝Br2ω，A错误；由于金属棒电阻不计，则电容器所带的电荷量Q＝CE，结合上述解得Q＝，B正确；由于金属棒电阻不计，则电阻消耗的电功率P＝EI＝，结合上述解得P＝，C错误；带电微粒在电容器极板间处于静止状态，则有mg＝q，结合上述解得＝，D错误。故选B。 二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得3分，有选错的得0分) 8．下列甲、乙、丙、丁四幅图是法拉第电磁感应现象中产生感应电流的几种情况，根据已经学过的知识，请判断下列说法正确的是(　　) A．甲图中磁场均匀增大，线圈中感应电动势均匀增大 B．乙图中线圈abcd放置于垂直于纸面向里的磁场中，导体棒MN向右运动过程中，导体棒MN电流方向为由N到M C．丙图在条形磁铁N极向下插入螺旋管的过程中，电容器上极板带负电 D．丁图在PQ向右匀速运动中，N金属圈中将产生逆时针方向电流 答案：BC 解析：由法拉第电磁感应定律可知，甲图中磁场均匀增大，线圈中感应电动势恒定不变，故A错误；由右手定则可知，乙图中导体棒MN向右运动过程中，导体棒MN电流方向为由N到M，故B正确；丙图中，由楞次定律可知，条形磁铁N极向下插入螺旋管的过程中，螺线管中感应电流由上端导线流入，由下端导线流出，对电容器充电，则电容器下极板带正电，上极板带负电，故C正确；丁图在PQ向右匀速运动中，线圈M中产生恒定的电流，则N金属圈中无感应电流产生，故D错误。故选B、C。 9．如图是学生常用的饭卡内部实物图，其由线圈和芯片电路组成。当饭卡处于感应区域时，会在线圈中产生感应电流来驱动芯片工作。已知线圈面积为S，共n匝，回路总电阻为R。某次刷卡时，线圈平面与磁感应强度方向垂直，且全部处于磁场区域内，在感应时间t内，磁感应强度由0增大到B，此过程中(　　) A．线圈有扩张的趋势 B．通过线圈平面的磁通量变化量为nBS C．线圈的平均感应电动势为 D．通过导线某截面的电荷量为 答案：CD 解析：线圈平面的磁通量增加，根据楞次定律可知线圈有收缩的趋势，故A错误；磁通量变化量为BS，与匝数无关，故B错误；线圈的平均感应电动势E＝n＝，故C正确；通过导线某截面的电荷量q＝Δt＝，故D正确。故选C、D。 10．如图所示，均匀导线框abc为边长为L的正三角形，有界匀强磁场宽为2L，导线框从磁场左边界开始向右做匀速直线运动穿过有界磁场，直至恰好完全穿出。此过程中，关于回路产生的感应电流I、ab两端的电势差Uab、施加的外力F及回路产生的电功率P随时间t的变化关系中(规定电流逆时针为正)，下列图像中正确的是(　　) 答案：AD 解析：线框进入磁场过程，切割磁感线的有效长度先均匀增大，后均匀减小，故产生的感应电动势和感应电流先均匀增大，后均匀减小，感应电流方向为逆时针，进入阶段I-t图像正确，整个线框完全在磁场中运动阶段，回路磁通量不变，产生的总电动势和感应电流为零，第二阶段I-t图像也正确；出磁场阶段切割磁感线的有效长度仍先均匀增大，后均匀减小，故产生的感应电动势和感应电流先均匀增大，后均匀减小，感应电流方向为顺时针，第三阶段I-t图像正确，故A正确；线框完全在磁场阶段，虽然回路产生的总电动势为零，但ab和bc均切割磁感线，各自产生的感应电动势不为零，故ab两端的电势差不为零，故B错误；外力和安培力相等，根据F＝F安＝BIL有＝BL有＝，由于导线框匀速穿过有界磁场，可知产生安培力阶段过程，切割磁感线的有效长度与时间是一次函数关系，故外力与时间是二次函数关系，应该为曲线，故C错误；回路产生的电功率为P＝I2R＝＝，可知功率与切割磁感线的有效长度为二次函数变化关系，而切割磁感线的有效长度与时间是一次函数关系，故功率与时间是二次函数关系，应该为曲线，且进出两段完全相同，完全在磁场中无感应电流，无电功率，故D正确。故选A、D。 三、非选择题(本题共6小题，共54分。按题目要求作答。计算题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位) 11．(7分)小红用如图甲所示的装置探究“影响感应电流方向的因素”，螺线管与电流计构成闭合电路，条形磁铁N极朝下，请回答下列问题： (1)要想使电流计指针发生偏转，即有感应电流产生，小红进行了以下四种操作，其中可行的是________。 A．螺线管不动，磁铁静止放在螺线管中 B．螺线管不动，磁铁插入或拔出螺线管 C．磁铁与螺线管保持相对静止，一起匀速向上运动 D．磁铁与螺线管保持相对静止，一起在水平面内做圆周运动 (2)已知当电流从灵敏电流计G左端流入时，指针向左偏转。将灵敏电流计G与线圈L连接，线圈上导线绕法如图乙所示。将磁铁N极向下从线圈L上方竖直插入L时，灵敏电流计G的指针将____________(选填“向左”“向右”或“不”)偏转。当条形磁铁从图中虚线位置向右远离L时，a点电势____________(选填“高于”“等于”或“低于”)b点电势。 答案：(1)B　(2)向左　高于 解析：(1)螺线管不动，磁铁静止放在螺线管中，螺线管中磁通量没有发生变化，不会产生感应电流，电流计指针不会发生偏转，A错误；螺线管不动，磁铁插入或拔出螺线管，螺线管中磁通量发生变化，会产生感应电流，电流计指针会发生偏转，B正确；磁铁与螺线管保持相对静止，一起匀速向上运动或一起在水平面内做圆周运动的过程，螺线管中磁通量没有发生变化，不会产生感应电流，电流计指针不会发生偏转，C、D错误。故选B。 (2)将磁铁N极向下从线圈L上方竖直插入L时，螺线管中的磁场向下，磁通量增加，据楞次定律可知，灵敏电流计G的指针将向左偏转。当条形磁铁从图中虚线位置向右远离L时，螺线管中磁场向上，磁通量减小，据楞次定律可知，产生的感应电流为俯视逆时针方向，a点等效为电源正极，a点电势高于b点电势。 12．(8分)如图甲为研究自感实验电路图，并用电流传感器显示出在t＝1×10－3 s时断开开关前后一段时间内各时刻通过线圈L的电流(如图乙)。已知电源电动势E＝6 V，内阻不计，灯泡的阻值R1＝6 Ω，电阻R的阻值为2 Ω。 (1)线圈的直流电阻RL＝________Ω； (2)开关断开时，该同学观察到的现象是________________________________，并计算开关断开瞬间线圈产生的自感电动势是________V。 答案：(1)2　(2)灯泡闪亮一下后逐渐变暗，最后熄灭　15 解析：(1)断开开关前，通过线圈的电流为1.5 A，则I＝，解得RL＝2 Ω。 (2)断开开关前，通过灯泡的电流为＝1.0 A，断开开关后瞬间，通过灯泡的电流为1.5 A，最后灯泡的电流为0，所以灯泡闪亮一下后逐渐变暗，最后熄灭，断开开关瞬间通过灯泡的电流为1.5 A，I＝，解得E自＝15 V。 13．(7分) (2023·广东广州高二校考)如图所示，空间存在着磁感应强度大小为B＝0.5 T，竖直向上的匀强磁场。两根间距L＝0.3 m的足够长的平行金属导轨，一端接有开关S、滑动变阻器R和电动势E＝8 V的直流电源，导轨上M、N处有导电性良好的光滑铰链。初始时，整个导轨水平放置，一根质量m＝0.4 kg的金属杆ab，水平放置在导轨上，杆ab与导轨间的动摩擦因数为μ＝0.75，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。若其余电阻不计，重力加速度大小为g＝10 m/s2。 (1)闭合S后，要使杆ab静止在水平导轨上，滑动变阻器接入电路的阻值至少为多少？ (2)将导轨右侧抬起角θ＝90°，若要杆保持ab静止在导轨上，滑动变阻器接入电路的阻值最大为多少？ 答案：(1)0.4 Ω　(2)0.225 Ω 解析：(1)由平衡得μmg＝BIL＝B··L 滑动变阻器接入电路的阻值至少为R1＝0.4 Ω。 (2)将导轨右侧抬起角θ＝90°，由平衡得mg＝μB··L 滑动变阻器接入电路的阻值最大为R2＝0.225 Ω。 14．(10分)如图所示，正方形闭合线圈边长为0.2 m，质量为0.1 kg，电阻为0.1 Ω，在倾角为30°的斜面上的砝码质量为0.4 kg，匀强磁场磁感应强度为0.5 T，不计一切摩擦，砝码沿斜面下滑线圈开始进入磁场时，它恰好做匀速运动(g取10 m/s2)。 (1)求线圈匀速上升的速度大小； (2)线圈进入磁场的过程中产生多少焦耳热？ 答案：(1)10 m/s　(2)0.2 J 解析：(1)设绳子的拉力大小为T 对砝码：T＝m1gsin 30°＝2 N 对线框：T＝m2g＋F安 又F安＝ 代入数据得v＝10 m/s。 (2)绳的拉力对线圈做的功为 W＝Tl＝2×0.2 J＝0.4 J 由能量守恒定律得 Q＝W－m2gl＝0.4 J－0.1×10×0.2 J＝0.2 J。 15．(10分)如图甲所示，在一个正方形金属线圈区域内，存在着磁感应强度B随时间变化的匀强磁场，磁场的方向与线圈平面垂直。金属线圈所围的面积S＝0.02 m2，匝数n＝1 000，线圈电阻r＝1.0 Ω。线圈与电阻R构成闭合回路，电阻R＝4.0 Ω。匀强磁场的磁感应强度随时间变化的情况如图乙所示，求： (1)在0～4.0 s内，通过电阻R的感应电流的大小和电阻R消耗的电功率； (2)0～6.0 s内整个闭合电路中产生的热量。 答案：(1)0.2 A　0.16 W　(2)7.2 J 解析：(1)根据法拉第电磁感应定律，0～4.0 s时间内线圈中磁通量均匀变化，产生恒定的感应电流。感应电动势E1＝n＝nS 根据闭合电路欧姆定律，闭合回路中的感应电流 I1＝ 解得I1＝0.2 A 电阻消耗的电功率P1＝IR＝0.16 W。 (2)根据焦耳定律，0～4.0 s内闭合电路中产生的热量Q1＝I(R＋r)Δt1＝0.8 J 4．0～6.0 s内E2＝n＝S＝4 V 根据闭合电路欧姆定律，闭合回路中的感应电流 I2＝＝0.8 A 闭合电路中产生的热量Q2＝I(R＋r)Δt2＝6.4 J 0～6.0 s内闭合电路中产生的热量 Q＝Q1＋Q2＝7.2 J。 16．(12分)(2023·广东佛山高二校考)如图所示，两根足够长平行金属导轨MN、PQ固定在倾角θ＝37°的绝缘斜面上，顶部接有一阻值R＝3 Ω的定值电阻，下端开口，轨道间距L＝1 m。整个装置处于磁感应强度B＝2 T的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向上，质量m＝1 kg的金属棒ab置于导轨上，ab在导轨之间的电阻r＝1 Ω，电路中其余电阻不计，金属棒ab由静止释放后沿导轨运动时始终垂直于导轨且与导轨接触良好。已知金属棒ab与导轨间动摩擦因数μ＝0.5，不计空气阻力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10m/s2。求： (1)金属棒ab沿导轨向下运动的最大速度大小vm； (2)金属棒ab达到最大速度后，电阻R上再产生QR＝1.5 J的内能的过程中，ab杆下滑的距离s。 答案：(1)2 m/s　(2)1 m 解析：(1)金属棒由静止释放后，在重力、轨道支持力和安培力作用下沿斜面做变加速运动，加速度不断减小，当加速度为零时达到最大速度vm后保持匀速运动，受力分析如图，则 mgsin θ＝F＋f 安培力F＝BIL 摩擦力f＝μmgcos θ 由闭合电路欧姆定律得I＝ 感应电动势E＝BLvm 解得vm＝2 m/s。 (2)R上产生的热量QR＝I2Rt＝1.5 J r上产生的热量Qr＝I2rt 因为R＝3 Ω，r＝1 Ω，得Qr＝0.5 J ab杆下滑过程中系统能量守恒，则 mgssin θ＝QR＋Qr＋μmgscos θ 解得s＝1 m。 学科网（北京）股份有限公司 $$