训练八 电磁感应中的电路及图像问题-【勤径学升】2024-2025学年高中物理选择性必修第二册同步练测素能提升训练（人教版2019）

根据右手定则知，A点相当于电源的正极，0点相当于 电源的负极，所以 A点的电势高于O点的电势，故 A正 E=_Btw,则知扇叶确，B、C错误；转动切割的电动势1 长度越短，转速越快，感应电动势不一定越大，电势差就 不一定越大，故 D错误。 4.BD 海水在落潮时自西向东流，该过程可以理解为自 西向东运动的导体在切割竖直向下的磁感线。根据右 手定则可判断，北岸是正极，电势高，南岸电势低，所以 C错误，D正确；根据法拉第电磁感应定律 E= Blv= 4.5×10-?×100×2 V=9×10-3V,A错误，B正确。 5.BD 当h减小时，小磁铁进入螺线管时的速度减小，导 致螺线管中磁通量的变化率减小，感应电动势减小，因 此两个峰值都会减小，故A错误；当只减小螺线管匝数 时，螺线管中产生的感应电动势减小，因此两个峰值都 会减小，故 B正确；增大小磁铁的质量，小磁铁在螺线管 中运动的平均速度变大，穿过螺线管所用时间变小，故 C错误；小磁铁进入螺线管过程中，螺线管对小磁铁产 生向上的排斥力，穿出螺线管过程中，螺线管对小磁铁 产生向上的吸引力，增大滑动变阻器的阻值，则螺线管 中的电流减小，螺线管产生的磁场减弱，对小磁铁的阻 碍作用减小，所以小磁铁穿过螺线管的时间减少，故 D 正确。 6.解析 (1)根据法拉第电磁感应定律得，0～4 s内，回路 中的感应电动势： E=n=1000x(0.4-0.2)×2×10?2v=1V。 (2)t=5 s时，磁感应强度正在减弱，根据楞次定律，感 应电流的磁场方向与原磁场方向相同，即感应电流产生 的磁场方向是垂直纸面向里，故a点的电势高。 (3)在t=5 s时，线圈的感应电动势： E'=n=1000x10-0.4×2×102v=4V, 根据闭合电路欧姆定律得电路中的电流： I=R+r=441A=0.8 A, 故电阻R两端的电压： U=IR=0.8×4 V=3.2 V。 答案(1)1V(2)a点的电势高(3)3.2 V 7.C E= Blvsin θ= Blv?,金属棒 ab做平抛运动，水平速 度保持不变，感应电动势保持不变，C正确。 8.A 面积为S的线圈平面最初平行于磁场，经过时间t, 线圈平面逆时针转动至与磁场夹角为0处，磁通量变化 为△Φ=BS sinθ,由法拉第电磁感应定律，匝数为N的线 E=N=圈中产生的平均感应电动势的大小为 NBSsine,,由楞次定律，感应电流方向为逆时针方向。 故选A。 9.B 穿过线圈的磁感应强度均匀增加，产生恒定的电动 E=n=nsB=势，由法拉第电磁感应定律得 nS(B-B),故选B。 10.CD 根据左手定则可知，导线框未全部进入磁场前受 到的安培力方向向左，全部进入以后受到的安培力为 a零，所以A、B错误。有效切割长度最长为 ,则感应 电动势最大值为Bao, ,故 C正确。感应电动势平均-,故D正确。值为 11.D 导线OA切割磁感线的有效长度等于OA在垂直 磁场方向上的投影长度，即I′=l·sinθ,产生的感应电 动势E=1Bt'w=-Bt2asin20,由右手定则可知A 点电势高，所以D正确。 12.解析(1)电动机工作时，电能转化为机械能和电动机 内阻的内能；导体棒 MN在电动机牵引下上升，切割 磁感线产生感应电动势 E=Blv,回路中出现感应电流 I′=景，,棒受到安培力F'=BIz=BR0,机械能有一 部分转化为导体棒的内能；达到稳定速度时，棒受力平 F=F'+mg=BR+mg①,衡，牵引力1 对电动机有IU—I2r=Fv?②, 其中I=1 A,U=7 V,r=10,B=1T,l=1 m,m= 0.1 kg,R=10,①②式联立，且代入数据即可求得棒 所达到的稳定速度 v?=2 m/s。 (2)在棒从静止到速度稳定的过程中，对棒应用能量守 恒定律有Fxt=mgh+_mv2+Q③, 其中h=3.8m,Q=2J,m=0.1 kg,①②③式联立解得 完成此过程所需时间t=1 s。 答案(1)2 m/s (2)1s 训练八 电磁感应中的电路及图像问题 1.B 导体棒ef有电阻，将ef看成等效电源，E=Blv,内 阻为r,U=IR=k+R=R+r,故 B正确。 2.A 设开始时穿过导线环向里的磁通量为正值，Φ?= Bπa2,则向外的磁通量为负值，Φ=—B·π(b2-a2),总 的磁通量为它们的代数和(取绝对值)φ=B·π|b2-2a2|, 31 末态总的磁通量为Φ′=0,由法拉第电磁感应定律，得 E=会，平均感应电动势 ,通过圆形导线环截面的电荷 量g=長·a=7BIB-2a2l,A正确。 3.BC 由题图乙可知，0～1 s内，B增大，Φ增大，由楞次 定律可知，感应电流沿逆时针方向，为负值；1～2 s内， 磁通量不变，无感应电流；2～3 s内，B的方向垂直纸面 向里，B减小，Φ减小，由楞次定律可知，感应电流沿顺 时针方向，为正值；3～4 s内，B的方向垂直纸面向外， B增大，Φ增大，由楞次定律可知，感应电流沿顺时针方 向，感应电流为正值，A错误，B正确；由左手定则可知， 在0～1s内，ad边受到的安培力方向水平向右，是正 值，根据F=IB可知安培力均匀增加；1～2s内无感应 电流，ad边不受安培力，2～3 s 内，安培力方向水平向 左，是负值且逐渐减小；3～4 s 内，安培力方向水平向 右，是正值且逐渐变大；由法拉第电磁感应定律可知，感 E=A=ABs,感应电流I=長=RB,由B-t应电动势1 AB的大小是定值，在各时图像可知，在每一时间段内， 间段内I是定值，ad 边受到的安培力F=IB,I、I不 变，B均匀变化，则安培力F均匀变化，不是定值，C正 确，D错误。 I=長4.B 由感应电动势E=Blv、电流1 ,得安培力F安= mB=B,,由题图可知Fct,则 vt,说明金属杆 ab 做匀加速运动，那么 v=a?t,根据牛顿第二定律，得F一 Fe=ma,则F=Fe+ma,=BRa1+ma,B正确。 5.B 线框进入磁场后切割磁感线，a、b中产生的感应电 动势是 c、d中电动势的一半，而不同的线框的电阻不 同，设 a 线框电阻为 4r,b、c、d线框的电阻分别为6r、 8r、6r则有：U?= Blv·4r=4Blv,U?= Blv·6r= 吾Bo,U。=B·21o·g=喜Bo,U?=B·21o·= 告Blo,故U,<U.<U?<U,B正确。 6.解析(1)由楞次定律可得流过线圈的电流方向为逆时 针方向，通过R的电流方向为b→a, q=ia=k+,=nRS,=nABS=0.4C。 (2)由法拉第电磁感应定律知， E=n=nsAB=100×0.2×0.02 V=0.4V, 则I=k+r=3+4A=0.1A, Uc=UR=IR=0.1×3 V=0.3 V, Q=CUc=30×10-?×0.3 C=9×10-?C。 答案(1)方向由b→a 0.4 C(2)9×10-?C q=i·x=贵·A=“=n策=7.C 由题意知 n2RS,则B=2s,故C正确。 8.B 从图中发现，线圈的磁通量是增大的，根据楞次定 律，感应电流产生的磁场跟原磁场方向相反，即感应电 流产生的磁场方向为垂直纸面向外，根据安培定则，可 以判断出线圈中感应电流的方向为逆时针方向。在回 路中，线圈相当于电源，由于电源是逆时针方向，所以 a 相当于电源的正极，b相当于电源的负极，所以 a点的 电势高于b点的电势。根据法拉第电磁感应定律得E= n=50×2 V=100 V,电压表读数为100 V,故B 正确。 9.A 在本题中由于扇形导线框匀速转动，因此导线框进 入磁场的过程中产生的感应电动势是恒定的。注意线 框在进入磁场和离开磁场时，有感应电流产生，当完全 进入时，由于磁通量不变，故无感应电流产生。由右手 定则可判断导线框进入磁场时，电流方向为逆时针故 A 正确。 10.A 题目中要求各个过程中通过电阻R的电荷量，由 Ag=Tan=号=”t=法拉第电磁感应定律知 n,,在此题中，B是不变的，△Φ=B△S,只要分析清 楚各个过程中回路面积的变化量即可，与运动速度无 关。如图所示，各个过程中S的变化量用阴影表示，易 发现各个过程的面积变化量都是相等的。 11.ACD A.由 E= BLo 可知，感应电动势与速度成正 比，而在ab段的电压随时间均匀增大，因此可知在t? 到t?这段时间内，火车的速度随时间也均匀增大，所 以火车在这段时间内做的是匀加速直线运动，故 A正 确；B.同理，火车在t?～t4时间内做匀加速直线运动， 故 B错误；C.由图乙知t?时刻对应的速度为 v?= 2=nBnBl,t? ,故这段时间内的时刻对应的速度为 a=t?-t?=nBL(t?一),故C正确；D.由图加速度为 v?=nBl?,t4时刻对应的速乙知t?时刻对应的速度为 32 0=02v?=nBL,则这段时间内的平均速度为度为 x=0At=2nB(=2nBL ,则这段时间内的位移为 一t?),故D正确；故选ACD。 12.解析(1)导体切割磁感线，电动势E?=Blv。 3r(2)等效电路图如图所示： 总电阻R=2r, 3r 电流I=卡=2r 3r (3)匀速运动时线框受到安培力 FA=B2, E1r 根据牛顿第三定律，质量为m?的部分受力F=FA,方 F=6,向竖直向上，匀速条件i 得v=3Br v=v=3B2l,(4)匀速运动时电容器不充放电，满足 电容器两端电压为Ue=3I×3r=3×2×3r =6B, q=CU?=6Brc电荷量为 答案(1)Blo。(2)B2 (3)3B2r 6Br3B2r(4) 训练九 电磁感应中的动力学及能量问题 R>mg,1.ACD 设ab杆的有效长度为1,S闭合时，若 BR0=mg杆先减速再匀速，D项有可能；若 ,杆匀速运 BR?<mg,,杆先加速再匀速，C项有动，A项有可能；若 可能；由于0变化，Bo-mg=ma中的a不恒定，故B 项不可能。 F女Fs2.B 小灯泡稳定发光时，导体棒 F MN匀速下滑，其受力如图所示， 由平衡条件可得F+μmgcos 37° =mgsin 37°,所以F安=mg(sin 37°37 *mg一μcos 37°)=0.4 N,由 F安= I==1A,所以E=I(R+Rw)=2 V,导体IIB得I 0=吾=5 m/s,小灯泡消耗的电功率棒的运动速度 为P=I2R,=1W。B正确。 3.BC 当金属杆由静止开始滑下的 F E 过程中，金属杆就是一个电源，与电 阻R构成一个回路；其受力情况如 图所示，根据牛顿第二定律得， sa +Gmgsina-BR2=ma, 所以金属杆由静止开始做加速度减小的加速运动，当 a=0时，即mgsina=BF,,此时达到最大速度 vm,可 得：0m=mBsina,,故由此式知 B、C正确。 4.D 线圈在a处自由下落，到b点速度 v,=√2gh,受 F=Br,线圈全部进入磁场，无感应电流，则安培力 线圈不受安培力作用，F=0,线圈继续加速，由于线圈 上下边界很短，故 v?=√v2+2gh>v,,d点处所受安 F?=BR培力为 ,故F?>F?>F,选项D正确。 5.C 金属框绕光滑轴转下的过程中机械能有损失但能 mgL-m,量守恒，损失的机械能为 ,故产生的热量为 mgL-m2,,C正确。 6.解析 (1)当t=2 s时，对导体棒由平衡条件得， ①mgsinθ=B?IL, I=R+r ②由闭合电路欧姆定律得 E=会L?L?=B-0L?L?,③由法拉第电磁感应定律得1 联立①②③式解得B?=1T。 (2)当t=5s时，对棒由平衡条件得， B?IL?=mgsin 0+Fmx, 由题图乙及第(1)问可得t=5 s时，B?=2.5 T, 联立解得 Fmx=1.5 N。 (3)由焦耳定律得：Qk=I2Rt, 代入数据解得：Q=4.5 J。 答案(1)1T (2)1.5 N (3)4.5 J 7.A 棒加速上升时受到重力、拉力F及安培力。根据功 能关系可知，力F与安培力做的功的代数和等于棒的机 械能的增加量，A正确。 8.AD 由右手定则可以判断感应电流的方向为(俯视)顺 时针方向，可知 A 正确；由左手定则可以判断，圆环受 到的安培力向上，阻碍圆环的运动，B错误；圆环垂直切 割磁感线，产生的感应电动势 E=Blv=B·2πR·v,圆 Re=0·2-R I==环的电阻I ,则圆环中的感应电流 33 训练八电磁感应中的电路及图像问题 基础练了现固应用 1.如图所示，磁感应强度为 234 1234 B,ef长为l,ef的电阻为 Fo FIN r,定值电阻R,其余电阻不 124 计。当ef在外力作用下向 2 0 右以速度v匀速运动时，则ef两端的电 4.如图甲所示，固定在水平桌面上的光滑平行 压为 ) A.Blv B.BtoR 金属导轨cd、eg处于竖直向下的匀强磁场 R+r 中，长为I的金属杆ab与金属导轨接触良 c D.R ur 好。在两根导轨的端点d、e之间连接一电 阻，其阻值为R,其他部分电阻不计。现用 2.如图所示，空间存在垂直· 一水平向右的外力F作用在金属杆ab上， 于纸面的匀强磁场，在半 使金属杆由静止开始向右在导轨上滑动，运 径为a的圆形区域内部及 动中金属杆ab始终垂直于导轨。图乙为一 外部，磁场方向相反，磁感 段时间内金属杆受到的安培力F随时间 应强度的大小均为B。一 的变化关系图像，则下列选项可以表示外力 半径为b(b>a)、电阻为R的圆形导线环 F随时间t变化的图像是 放置在纸面内，其圆心与圆形区域的中心 重合。当内、外磁场同时由B均匀地诚 小到零的过程中，通过圆形导线环截面的 电荷量为 ( A.BI-2a' B."B(+2a) R R C.B(-) D.πB(B+a) R R 3,(多选)如图甲所示，闭合矩形导线框abcd 5.用相同导线绕制的边长为（或2l的四个闭 固定在匀强磁场中，磁场的方向与导线框 合导体线框，以相同的速度匀速进入右侧匀 所在平面垂直，磁感应强度B随时间1变化 强磁场，如图所示。在每个线框进入磁场的 的规律如图乙所示。规定垂直纸面向内为 过程中，M、N两点间的电压分别为U、U、 磁场的正方向，顺时针为线框中感应电流 U。和U。下列判断正确的是 的正方向，水平向右为安培力的正方向。 关于线框中的感应电流i与ad边所受的安 培力F随时间t变化的图像，下列选项中正 ×x× 确的是 A.U<U<U<U B.U<U<U<U C.U=U<U.=U D.U<U<U<U 21 ◆高中物理·选择性必修第二册（人教版 6.面积S=0.2m、n=100匝的圆形线圈，处：8.如图甲所示，n=50匝的圆形线圈M,它的 在如图所示的匀强磁场内，磁场方向垂直于 两端点α、b与内阻很大的电压表相连，线圈 线圈平面，磁感应强度B随时间！变化的规 中磁通量的变化规律如图乙所示，则a、b两 律是B=0.02tT,R=32,C=30F,线圈 点的电势高低与电压表的读数为() 电阻r=12,求： +中(×0.1Wb 2 4训×0.1s副 (1)通过R的电流方向和4s内通过导线横 A.9a>9,20V B.g.>g100V 截面积的电荷量： C.g<9,20V D.9.<9%,100V (2)电容器的电荷量。 9.如图所示的区域内有垂直×××××× 于纸面向里的匀强磁场， ×××××x x×是×xx 磁感应强度为B。一个电 ××x0××x 阻为R、半径为L、圆心角 4% 为45°的扇形闭合导线框 绕垂直于纸面的O轴匀速转动(O轴位于 磁场边界)，周期为T,=0时刻线框置于如 图所示位置，则线框内产生的感应电流的图 像为（规定电流顺时针方向为正）( ti/A 能力练了肃养提升 10.如图所示，在匀强磁场中 7.物理实验中，常用一种叫作“冲× 固定放置一根串接电阻 XX 击电流计”的仪器测定通过电路 R的直角形金属导轨 的电荷量。如图所示，探测线圈× aOb(在纸面内)，磁场方 XX ××××.××× 与冲击电流计串联后可用来测© 向垂直于纸面向里，另有××××××× 两根金属导轨c、d分别 x0mR××X×” 定磁场的磁感应强度。已知线圈的匝数为 ,面积为S,线圈与冲击电流计组成的回路 平行于Oa、Ob放置。保持导轨之间接触 电阻为R。若将线圈放在被测匀强磁场中， 良好，金属导轨的电阻不计。现经历以下 开始时线圈平面与磁场垂直，现把探测线圈 四个过程： 翻转180°，冲击电流计测出通过线圈的电荷 ①以速率v移动d,使它与Ob的距离增大 量为q,由上述数据可测出被测磁场的磁感 一倍；②再以速率v移动c,使它与Ou的 应强度为 ( 距离减小一半；③然后再以速率2移动 B.gR c,使它回到原处：④最后以速率2v移动 nS c器 D. 2S d,使它也回到原处。设上述四个过程中通 22 过电阻R的电荷量的大小依次为Q、Q、: 经过减速，在导轨下方缓冲弹簧接触月球 Q和Q,则 表面前船舱已可视为匀速。已知船舱电阻 A.Q=Q:=Q=Q 为3r,“A”形线框的质量为m2,其7条边 B.Q1=Q2=2Q=2Q 的边长均为(，电阻均为r;月球表面的重 C.2Q1=2Q2=Q3=Q D.Q≠Q2=Q3≠Q 力加速度为答。整个运动过程中只有b 11.(多选)某铁路安装的一种电磁装置可以向 边在磁场中，线框与月球表面绝缘，不计导 控制中心传输信号，以确定火车的位置和 轨电阻和摩擦阻力。 运动状态，其原理是将能产生匀强磁场的 (1)求着陆装置接触到月 磁体安装在火车首节车厢下面，如图甲所 球表面后瞬间线框ab边 船舱 示（俯视图），当它经过安放在两铁轨间的 产生的电动势E: 然 线圈时，线圈便产生一个电信号传输给控 (2)通过画等效电路图， 求着陆装置接触到月球 导 制中心。线圈边长分别为1和2，匝数为 ,线圈和传输线的电阻忽略不计。若火车 表面后瞬间流过“∧”形 通过线圈时，控制中心接收到线圈两端的 线框ab边的电流Ig； 电压信号“与时间t的关系如图乙所示 (3)求船舱匀速运动时的 (ab,cd均为直线)，t1,t2、tat4是运动过程 速度大小v: 的四个时刻，则火车 (4)同桌小张认为在磁场 “A”形线框 一铁轨 上方、两导轨之间连接一个电容为C的电 4联 L ....nb 容器，在着陆减速过程中还可以回收部分 线圈 能量，在其他条件均不变的情况下，求船舱 24 匀速运动时的速度大小和此时电容器所 火车 控制中心 带电荷量q。 印 乙 A.在t1~t2时间内做匀加速直线运动 B.在t3~t:时间内做匀减速直线运动 C.在一t2时间内加速度大小为 u2一1 nBl (t2-t) D.在~4时间内火车的位移大小为 s十(4一⅓) 2nBl 12.嫦娥六号成功实现月背着陆和采样，鼓舞 人心。小明知道月球上没有空气，无法靠 降落伞减速降落，于是设计了一种新型着 陆装置。如图所示，该装置由船舱、间距为 1的平行导轨、产生垂直船舱导轨平面的 磁感应强度大小为B的匀强磁场的磁体 和“∧”形刚性线框组成，“A”形线框ab边 可沿导轨滑动并接触良好。船舱、导轨和 磁体固定在一起，总质量为1。整个装置 竖直着陆到月球表面前瞬间的速度大小为 ,接触月球表面后线框速度立即变为零。： 23