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人教版高二物理选修3-2电磁感应专题强化训练（含详细解析）

示．下列说法中正确的是( )

电磁感应专题强化练

1．(2015·新课标全国Ⅰ·19) 1824年，法国科学家阿拉果完成了著名的“圆盘实验”．实验中将一铜圆盘水平放置，在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针，如图1所示．实验中发现，当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时，磁针也随着一起转动起来，但略有滞后．下列说法正确的是( )

图2

A．线圈中的感应电流方向为顺时针方向 B．电阻R两端的电压随时间均匀增大 C．线圈电阻r消耗的功率为4×104 W

－

D．前4 s内通过R的电荷量为4×104 C

－

答案 C

解析 由图可知，穿过线圈的磁通量变大，由楞次定律

图1

A．圆盘上产生了感应电动势

B．圆盘内的涡电流产生的磁场导致磁针转动

C．在圆盘转动的过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化

D．圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流，此电流产生的磁场导致磁针转动 答案 AB

解析 当圆盘转动时，圆盘的半径切割磁针产生的磁场的磁感线，产生感应电动势，选项A正确．如图所示，铜圆盘上存在许多小的闭合回路，当圆盘转动时，穿过小的闭合回路的磁通量发生变化，回路中产生感应电流，根据楞次定律，感应电流阻碍其相对运动，但抗拒不了相对运动，故磁针会随圆盘一起转动，但略有滞后，选项B正确；在圆盘转动过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量始终为零，选项C错误；圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成的电流的磁场方向沿圆盘轴线方向，会使磁针沿轴线方向偏转，选项D错误．

误；由法拉第电磁感应定律：E＝n

可得：线圈产生的感应电流方向为逆时针方向，故A错误；根据法拉第电磁感应定律可知，磁通量的变化率恒定，所以电动势恒定，则电阻两端的电压恒定，故B错

ΔΦΔB·S

＝n＝ΔtΔt

0.4－0.2

100××0.02 V＝0.1 V，根据闭合电路欧姆定律

4E0.1

可知，电路中的电流为：I＝＝ A＝0.02 A，所

R＋r4＋1以线圈电阻r消耗的功率：P＝I2r＝0.022×1 W＝4×10

4

－

W，故C正确；前4 s内通过R的电荷量：Q＝It＝0.02×4

C＝0.08 C，故D错误．

3．如图3所示，倾角为α的光滑导轨上端接入一定值电阻，Ⅰ和Ⅱ是边长都为L的两正方形磁场区域，其区域内的磁场方向都垂直于导轨平面向上，区域Ⅰ中磁场的磁感应强度为B1，区域Ⅱ中磁场随时间按B2＝kt变化，一质量为m、电阻为r的金属杆ab穿过区域Ⅰ垂直地跨放在两导轨上，并恰能保持静止．则( )

2．如图2甲所示，一个圆形线圈的匝数n＝100，线圈面积S＝200 cm2，线圈的电阻r＝1 Ω，线圈外接一个阻值R＝4 Ω的电阻，把线圈放入一方向垂直线圈平面向里的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化规律如图乙所

图3

mgsin αA．通过金属杆的电流大小为 B1L1 / 9

人教版高二物理选修3-2电磁感应专题强化训练（含详细解析）

B．通过金属杆的电流方向从a到b kB1L3

C．定值电阻的阻值为－r

mgsin αkB1L3

D．定值电阻的阻值为 mgsin α答案 AC

mgsin α

解析 对金属杆：mgsin α＝B1IL，解得：I＝，A

B1L对；由楞次定律知，电流方向为从b到a，B错；由法拉第电磁感应定律得E＝

ΔΦΔB2

＝L＝kL2，又因为：I＝ΔtΔt

误．通过线圈截面的电荷量为q＝

2LL

磁场宽度为L，线圈有效的切割长度为＝ tan θ2L1

所以线圈中感应电动势大小为E＝B·v＝BLv，故B错

22

ΔΦ

＝R

EEkB1L3

，故：R＝－r＝－r，C对，D错．

Imgsin αR＋r

4．如图4所示，平行虚线之间有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁场左右宽度为L，磁感应强度大小为B.一等腰梯形线圈ABCD所在平面与磁场垂直，AB边刚好与磁场右边界重合，AB长等于L，CD长等于2L，AB、CD间的距离为2L，线圈的电阻为R.现让线圈向右以恒定速度v匀速运动，从线圈开始运动到CD边刚好要进入磁场的过程中( )

33

2L＋LL＋L

22B?·L－·L?

22BL2

＝，故C正确．由B项分析知

R2R线圈产生的感应电动势不变，克服安培力做的功等于线E2

圈产生的焦耳热，则克服安培力做的功为W＝t＝

R1

?BLv?2232LBLv

·v＝4R，故D正确． R

5．如图5甲所示，在水平面上固定一个匝数为10匝的等边三角形金属线框，总电阻为3 Ω，边长为0.4 m．金属线框处于两个半径为0.1 m的圆形匀强磁场中，顶点A恰好位于左边圆的圆心，BC边的中点恰好与右边圆的圆心重合．左边磁场方向垂直水平面向外，右边磁场垂直

图4

A．线圈中感应电流沿顺时针方向 B．线圈中感应电动势大小为BLv BL2

C．通过线圈截面的电荷量为 2RB2L3v

D．克服安培力做的功为

4R答案 CD

解析 当线圈向右运动时穿过线圈的磁通量在增加，根据楞次定律知，感应电流沿逆时针方向，故A错误．设2L

∠ADC＝θ，由几何知识可得：tan θ＝＝4

L2

水平面向里，磁感应强度的变化规律如图乙所示，则下列说法中正确的是(π取3)( )

图5

A．线框中感应电流的方向是顺时针方向 B．t＝0.4 s时，穿过线框的磁通量为0.005 Wb C．经过t＝0.4 s，线框中产生的热量为2.7 J D．前0.4 s内流过线框的电荷量为0.2 C 答案 CD

解析 由磁感应强度B1垂直水平面向里，大小随时间增大；B2垂直水平面向外，大小不变，故线框的磁通量增2 / 9

人教版高二物理选修3-2电磁感应专题强化训练（含详细解析）

BLvm2mgRsin θ大，由楞次定律可得，线框中感应电流方向为逆时针方

条件得：mgsin θ＝BIL＝BL，解得vm＝.2RB2L2向，故A错误；t＝0.4 s时穿过线框的磁通量为：

故A正确；在MN下滑的过程中，穿过回路的磁通量增

11

Φ＝B1××πr2－B2××πr2＝5×0.5×3×0.12 Wb－

26大，根据楞次定律判断知，EF受到沿导轨向下的安培力，1

4××3×0.12 Wb＝0.055 Wb，故B错误； 6Q

＝

I2Rt

＝

(

nΔΦΔt

)2R×Δt

＝

程中，通过其横截面的电荷量为 q＝It＝＝

根据平衡条件得：导体棒EF所受的静摩擦力 f＝mgsin θ＋F安．故B错误；当导体棒MN从静止开始下滑s的过

E2R

BLvtt＝

2R

1

10×?5－1?×π×0.12

2

()2×3×0.4 J＝2.7 J，故C正确；

0.4在t＝0.4 s内通过线框中的电荷量q＝It＝

E

nΔΦt＝＝RR

BLs

，故C正确；根据能量守恒得：导体棒MN中产2R

11

生的热量为 Q＝(mgssin θ－mv2)，故D错误．

22m7．如图7所示，固定的竖直光滑U形金属导轨，间距为L，上端接有阻值为R的电阻，处在方向水平且垂直于导轨平面、磁感应强度为B的匀强磁场中，质量为m、电阻为r的导体棒与劲度系数为k的固定轻弹簧相连放在导轨上，导轨的电阻忽略不计．初始时刻，弹簧处于伸长状态，其伸长量为x1＝

mg

，此时导体棒具有竖直向k

1

10×?5－1?×π×0.12

2

C＝0.2 C，故D正确．

3

6．如图6所示，电阻不计、相距L的两条足够长的平行金属导轨倾斜放置，与水平面的夹角为θ，整个空间存在垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为B，导轨上固定有质量为m、电阻为R的两根相同的导体棒，导体棒MN上方轨道粗糙下方光滑，将两根导体棒同时释放后，观察到导体棒MN下滑而EF始终保持静止，当MN下滑的距离为s时，速度恰好达到最大值vm，则下列叙述正确的是( )

上的初速度v0.在沿导轨往复运动的过程中，导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触．则下列说法正确的是( )

图6

A．导体棒MN的最大速度vm＝

2mgRsin θ

B2L2图7

B2L2v0

A．初始时刻导体棒受到的安培力大小F＝

RB2L2v0

B．初始时刻导体棒加速度的大小a＝2g＋

m?R＋r?C．导体棒往复运动，最终静止时弹簧处于压缩状态 D．导体棒开始运动直到最终静止的过程中，电阻R上122m2g2

产生的焦耳热Q＝mv0＋ 2k答案 BC

解析 由题意得：E＝BLv0，由闭合电路欧姆定律得：IB2L2v0E

＝，由安培力公式得：F＝，故A错误；初始R＋rR＋r3 / 9

B．此时导体棒EF与轨道之间的静摩擦力为mgsin θ C．当导体棒MN从静止开始下滑s的过程中，通过其横BLs

截面的电荷量为 2R

D．当导体棒MN从静止开始下滑s的过程中，导体棒1

MN中产生的热量为mgssin θ－mv2

2m答案 AC

解析 导体棒MN速度最大时做匀速直线运动，由平衡