高中物理第四章电磁感应电磁感应的力学综合问题作业新人教版选修.docx
高中物理 第四章 电磁感应 4 法拉第电磁感应定律课时
法拉第电磁感应定律[全员参与·基础练]1．如果闭合电路中的感应电动势很大，那一定是因为( ) A ．穿过闭合电路的磁通量很大 B ．穿过闭合电路的磁通量变化很大 C ．穿过闭合电路的磁通量的变化很快 D ．闭合电路的电阻很小 【解析】 根据法拉第电磁感应定律，感应电动势取决于穿过闭合电路的磁通量的变化率，即感应电动势的大小与磁通量大小、磁通量变化量大小、电路电阻无必然联系，所以C 项正确，A 、B 、D 错误．【答案】 C2．穿过一个单匝线圈的磁通量始终保持每秒钟均匀地减少2 Wb ，则( ) A ．线圈中感应电动势每秒钟增加2 V B ．线圈中感应电动势每秒钟减少2 V C ．线圈中无感应电动势D ．线圈中感应电动势保持不变【解析】 由E ＝ΔΦΔt 可知当磁通量始终保持每秒钟均匀地减少2 Wb 时，磁通量的变化率即感应电动势是2 Wb/s ＝2 V.【答案】 D3．(多选)将一磁铁缓慢或者迅速地插到闭合线圈中的同一位置处，不会发生变化的物理量是( )A ．磁通量的变化量B ．磁通量的变化率C ．感应电流的大小D ．流过线圈横截面的电荷量【解析】 将磁铁插到闭合线圈的同一位置，磁通量的变化量相同，而用的时间不同，所以磁通量的变化率不同．感应电流I ＝E R ＝ΔΦΔt ·R，故感应电流的大小不同．流过线圈横截面的电荷量q ＝I ·Δt ＝ΔΦR ·Δt ·Δt ＝ΔΦR，由于两次磁通量的变化量相同，电阻不变，所以q 也不变，即流过线圈横截面的电荷量与磁铁插入线圈的快慢无关．【答案】 AD4．(多选)某地的地磁场磁感应强度的竖直分量方向向下，大小为4.5×10－5T ．一灵敏电压表连接在当地入海河段的两岸，河宽100 m ，该河段涨潮和落潮时有海水(视为导体)流过．设落潮时，海水自西向东流，流速为2 m/s.下列说法正确的是( )A ．电压表记录的电压为5 mVB ．电压表记录的电压为9 mVC ．河南岸的电势较高D ．河北岸的电势较高 【解析】 可以将海水视为垂直河岸方向放置的导体，海水平动切割地磁场的磁感线产生感应电动势，则E ＝Blv ＝9 mV ，B 项正确．由右手定则可知，感应电流方向由南向北，故河北岸的电势较高，D 项正确．【答案】 BD5．(多选)一根直导线长0.1 m ，在磁感应强度为0.1 T 的匀强磁场中以10 m/s 的速度匀速运动，则导线中产生的感应电动势( )A ．一定为0.1 VB ．可能为零C ．可能为0.01 VD ．最大值为0.1 V【解析】 当公式E ＝Blv 中B 、l 、v 互相垂直而导体切割磁感线运动时感应电动势最大：E m ＝Blv ＝0.1×0.1×10 V ＝0.1 V ，考虑到它们三者的空间位置关系不确定应选B 、C 、D.【答案】 BCD图44146．(2015·芜湖高二检测)如图4414所示，半径为r 的n 匝线圈套在边长为L 的正方形abcd 之外，匀强磁场局限在正方形区域内且垂直穿过正方形，当磁感应强度以ΔB Δt 的变化率均匀变化时，线圈中产生感应电动势大小为( )A ．πr2ΔB ΔtB ．L 2ΔB ΔtC ．n πr2ΔB ΔtD ．nL2ΔB Δt【解析】 根据法拉第电磁感应定律，线圈中产生的感应电动势的大小E ＝nΔΦΔt＝nL 2ΔB Δt. 【答案】 D图44157．(2015·郑州一中高二检测)穿过某线圈的磁通量随时间变化的关系如图4415所示，在下列几段时间内，线圈中感应电动势最小的是( )A ．0～2 sB ．2～4 sC ．4～5 sD ．5～10 s【解析】 图线斜率的绝对值越小，表明磁通量的变化率越小，感应电动势也就越小． 【答案】 D8．(多选)如图所示的几种情况中，金属导体中产生的感应电动势为Blv 的是( )【解析】 在A 图中，磁场中的导体沿垂直于速度方向上的投影为l sin θ，所以感应电动势为E ＝Blv sin θ.在B 、C 、D 图中，磁场中的导体沿垂直于速度方向上的投影均为l ，所以感应电动势均为E ＝Blv .【答案】 BCD[超越自我·提升练]9．(多选)(2014·广东华师大附中质检)如图4416甲所示线圈的匝数n ＝100匝，横截面积S ＝50 cm 2，线圈总电阻r ＝10 Ω，沿轴向有匀强磁场，设图示磁场方向为正，磁场的磁感应强度随时间作如图4416乙所示变化，则在开始的0.1 s 内( )图4416A ．磁通量的变化量为0.25 WbB ．磁通量的变化率为2.5×10－2Wb/s C ．a 、b 间电压为0D ．在a 、b 间接一个理想电流表时，电流表的示数为0.25 A【解析】 通过线圈的磁通量与线圈的匝数无关，则线圈中磁通量的变化量为ΔΦ＝|B 2S －(－B 1S )|，代入数据即ΔΦ＝(0.1＋0.4)×50×10－4Wb ＝2.5×10－3Wb ，A 错；磁通量的变化率ΔΦΔt ＝2.5×10－30.1Wb/s ＝2.5×10－2Wb/s ，B 正确；根据法拉第电磁感应定律可知，当a 、b 间断开时，其间电压等于线圈产生的感应电动势，感应电动势大小为E ＝n ΔΦΔt ＝2.5V 且恒定，C 错；在a 、b 间接一个理想电流表时相当于a 、b 间接通而形成回路，回路总电阻即为线圈的总电阻，故感应电流大小I ＝E r＝0.25 A ，D 项正确．【答案】 BD10．(2014·浙江嘉兴一中期末)环形线圈放在均匀磁场中，设在第1 s 内磁感线垂直于线圈平面向里，若磁感应强度随时间变化的关系如图4417乙所示，那么在第2 s 内线圈中感应电流的大小和方向是( )图4417A ．感应电流大小恒定，顺时针方向B ．感应电流大小恒定，逆时针方向C ．感应电流逐渐增大，逆时针方向D ．感应电流逐渐减小，顺时针方向【解析】 由B t 图知：第2秒内ΔB Δt 恒定，则E ＝ΔB Δt S 也恒定，故感应电流I ＝ER 大小恒定，又由楞次定律可知电流方向为逆时针方向，故B 对，A 、C 、D 都错．【答案】 B图441811．如图4418所示，将直径为d ，电阻为R 的闭合金属环从匀强磁场B 中拉出，求这一过程中：(1)磁通量的改变量；(2)通过金属环某一截面的电荷量．【解析】 (1)由已知条件得金属环的面积S ＝π⎝ ⎛⎭⎪⎫d 22＝πd 24.磁通量的改变量ΔΦ＝BS ＝πd 2B4.(2)由法拉第电磁感应定律E ＝ΔΦΔt，又因为I ＝E R ，q ＝I Δt ，所以q ＝ΔΦR ＝πd 2B4R.【答案】 (1)πd 2B 4 (2)πd 2B4R图441912．(2014·天津南开中学期末)如图4419所示，MN 、PQ 为光滑金属导轨(金属导轨电阻忽略不计)，MN 、PQ 相距L ＝50 cm ，导体棒AB 在两轨道间的电阻为r ＝1 Ω，且可以在MN 、PQ 上滑动，定值电阻R 1＝3 Ω，R 2＝6 Ω，整个装置放在磁感应强度为B ＝1.0 T 的匀强磁场中，磁场方向垂直于整个导轨平面，现用外力F 拉着AB 棒向右以v ＝5 m/s 速度做匀速运动．求：(1)导体棒AB 产生的感应电动势E 和AB 棒上的感应电流方向． (2)导体棒AB 两端的电压U AB .【解析】 (1)导体棒AB 产生的感应电动势E ＝BLv ＝2.5 V ，由右手定则，AB 棒上的感应电流方向向上，即沿B →A 方向．(2)R 并＝R 1×R 2R 1＋R 2＝2 Ω， I ＝E R 并＋r ＝2.53A ， U AB ＝I ·R 并＝53V ≈1.7 V.【答案】 (1)2.5 V 感应电流方向B →A (2)1.7 V。
高中物理第四章电磁感应5电磁感应现象的两类情况训练含解析新人教版选修3212131101
高中物理第四章电磁感应5电磁感应现象的两类情况训练含解析新人教版选修3212131101A级抓基础1.（多选）下列说法中正确的是（）A.动生电动势的产生与洛伦兹力有关B.因为洛伦兹力对运动电荷始终不做功，所以动生电动势的产生与洛伦兹力无关C.动生电动势的方向可以由右手定则来判定D.导体棒切割磁感线产生感应电流，受到的安培力一定与受到的外力大小相等、方向相反解析：由动生电动势产生原因知A、C正确，B错误；只有在导体棒做匀速切割时，除安培力以外的力的合力才与安培力大小相等、方向相反，做变速运动时不成立，故D错误.答案：AC2.如图所示，内壁光滑的塑料管弯成的圆环平放在水平桌面上，环内有一带负电的小球，整个装置处于竖直向下的磁场中，当磁场突然增强时，小球将（）A.沿顺时针方向运动B.沿逆时针方向运动C.在原位置附近往复运动D.仍然保持静止状态解析：当磁场增强时，由楞次定律知感应电流沿逆时针方向，即感生电场沿逆时针方向，带负电的小球在电场力作用下沿顺时针方向运动.答案：A3.如图所示，有一匝接在电容器C两端的圆形导线回路，垂直于回路平面以内存在着向里的匀强磁场B，已知圆的半径r＝5 cm，电容C＝20 μF，当磁场B以4×10－2 T/s的变化率均匀增加时，则（）A.电容器a板带正电，电荷量为2π×10－9 CB.电容器a板带负电，电荷量为2π×10－9 CC.电容器b板带正电，电荷量为4π×10－9 CD.电容器b 板带负电，电荷量为4π×10－9C解析：圆环为电源，所以a 是正极带正电.E ＝ΔB Δt·S ＝π×10－4 V ，所以Q ＝UC ＝2π×10－9C.答案：A4.如图所示，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（ ）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.答案：B5.如图所示，匀强磁场方向竖直向下，磁感应强度为B .正方形金属框abcd 可绕光滑轴OO ′转动，边长为L ，总电阻为R ，ab 边质量为m ，其他三边质量不计，现将abcd 拉至水平位置，并由静止释放，经时间t 到达竖直位置，ab 边的速度大小为v ，则在金属框内产生的热量大小等于（ ）A.mgL －mv 22 B.mgL ＋mv 22C.mgL －mv 22 D.mgL ＋mv 22解析：金属框绕光滑轴转下的过程中机械能有损失但能量守恒，损失的机能能为mgL －mv 22，故产生的热量为mgL －mv 22，选项C 正确.答案：C6.如图所示，在竖直平面内有两根平行金属导轨，上端与电阻R 相连，磁感应强度为B 的匀强磁场垂直导轨平面.一质量为m 的金属棒以初速度v 0沿导轨竖直向上运动，上升到某一高度后又返回到原处，整个过程金属棒与导轨接触良好，导轨与棒的电阻不计.下列说法正确的是（ ）A.回到出发点的速度v 大于初速度v 0B.通过R 的最大电流，上升过程小于下落过程C.电阻R 上产生的热量，上升过程大于下落过程D.所用时间上升过程大于下落过程解析：金属棒切割磁感线运动，由右手定则和法拉第电磁感应定律、安培力公式可知金属棒下行和上行时的受力情况，由能量守恒定律可知，金属棒在运动过程中，机械能不断转化为热能，所以回到出发点的速度v 小于初速度v 0，选项A 错误；设金属棒运动的速度为v ，长度为l ，那么感应电动势E ＝Blv ，通过R 的电流I ＝E R ＝Blv R，可见，当金属棒运动速度v 大时，通过R 的电流大，因为金属棒在运动过程中，机械能不断转化为热能，所以运动到同一高度处，上升时的速度大于下降时的速度，所以通过R 的最大电流上升过程大于下落过程，选项B 错误；同一高度处金属棒上升时受到的安培力大于下降时受到的安培力，由于上升和下降的高度相同，所以上升过程克服安培力所做的功大于下降时克服安培力做的功，故电阻R 上产生的热量上升过程大于下落过程，选项C 正确；研究金属棒的上升过程时，可以采取逆向思维法，把上升过程看作金属棒从最高点自由下落，显然，下落的加速度a 1＞g ＞a 2，其中a 2为金属棒返回下落时的加速度，显然，下落相同高度，t 1＜t 2，选项D 错误.答案：CB 级 提能力7.如图，MN 和PQ 是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L ，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，右端接一个阻值为R 的定值电阻.平直部分导轨左边区域有宽度为d 、方向竖直向上、磁感应强度大小为B 的匀强磁场.质量为m 、电阻也为R 的金属棒从高度为h 处静止释放，到达磁场右边界处恰好停止.已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为μ，金属棒与导轨间接触良好，则金属棒穿过磁场区域的过程中（ ）A.流过金属棒的最大电流为Bd 2gh 2RB.通过金属棒的电荷量为BdL RC.克服安培力所做的功为mghD.金属棒产生的焦耳热为12mg （h －μd ） 解析：金属棒滑下过程中，根据动能定理有mgh ＝12mv 2m ，根据法拉第电磁感应定律有E m ＝BLv m ，根据闭合电路欧姆定律有I m ＝E m 2R，联立三式得I m ＝BL 2gh 2R ，故A 错误；根据q ＝ΔΦ2R 可知，通过金属棒的电荷量为BdL 2R，故B 错误；金属棒运动的全过程中，根据动能定理得mgh ＋W f ＋W 安＝0，所以克服安培力做的功小于mgh ，故C 错误；由W f ＝－μmgd ，金属棒克服安培力做的功完全转化成电热，由题意可知金属棒与电阻R 上产生的焦耳热相同，设金属棒上产生的焦耳热为Q ，故2Q ＝－W 安，Q ＝12mg （h －μd ），故D 正确. 答案：D8.如图所示，可绕固定轴OO ′转动的正方形线框的边长为L ，不计摩擦和空气阻力，线框从水平位置由静止释放，到达竖直位置所用的时间为t ，ab 边的速度为v ，设线框始终处在竖直向下、磁感应强度为B 的匀强磁场中，试求：（1）这个过程中回路中的感应电动势.（2）到达竖直位置时回路中的感应电动势.解析：（1）E －＝ΔΦΔt ＝BL 2－0t ＝BL 2t. （2）在竖直位置B ⊥v ，所以E ＝BLv .9.如图所示，MN 、PQ 为水平放置的足够长的平行光滑导轨，导轨间距l ＝0.5 m ，导轨左端连接一个R ＝0.2 Ω的电阻和一个理想电流表A ，导轨的电阻不计，整个装置放在磁感应强度B ＝1 T 的有界匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下.一根质量m ＝0.4 kg 、电阻r ＝0.05 Ω的金属棒与磁场的左边界cd 重合.现对金属棒施加一水平向右、大小为0.4 N 的恒定拉力F ，使棒从静止开始向右运动，已知在金属棒离开磁场右边界ef 前电流表的示数已保持稳定.（1）求金属棒离开磁场右边界ef 时的速度大小；（2）当拉力F 的功率为0.08 W 时，求金属棒的加速度.解析：（1）由题意可知，当金属棒离开右边界ef 时已达到最大速度v max ，E ＝Blv max ，I ＝E R ＋r， F 安＝BIl ，F 安＝F ，联立以上各式并代入数据，得v max ＝0.4 m/s.（2）当力F 的功率为0.08 W 时，金属棒的速度v ＝P F＝0.2 m/s ， F －F 安′＝ma ，即F －B 2l 2v R ＋r＝ma ， 代入数据得a ＝0.5 m/s 2，方向向右.10.如图所示，两根足够长的固定平行金属导轨位于倾角θ＝30°的斜面上，导轨上、下端各接有一个阻值R ＝20 Ω的电阻，导致电阻忽略不计，导轨宽度L ＝2 m ，在整个导轨平面内都有垂直于导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度B ＝1 T.质量m ＝0.1 kg 、连入电路的电阻为r ＝10 Ω的金属棒ab 在导轨斜面较高处由静止释放.当金属棒ab 下滑高度h ＝3 m 时，速度恰好达到最大值v ＝2 m/s.金属ab 在下滑过程中始终与导轨垂直且接触良好，g 取10 m/s 2.求：（1）金属棒ab 由静止至下滑高度为3 m 的运动过程中机械能的减少量.（2）金属棒ab 由静止至下滑高度为3 m 的运动过程中导轨上端电阻R 中产生的热量.解析：（1）金属棒ab 机械能的减少量ΔE ＝mgh －12mv 2＝2.8 J. （2）速度最大时金属棒ab 产生的电动势E ＝BLv ，产生的电流I ＝Er ＋R2，此时的安培力F ＝BIL ＝1×0.2×2 N ＝0.4 N ，由题意可知，所受摩擦力F f ＝mg sin 30°－F ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0.1×10×12－0.4N ＝0.1 N ， 由能量守恒知，损失的机械能等于金属棒ab 克服摩擦力做功和产生的电热之和，电热Q ＝ΔE －F f h sin 30°＝（2.8－0.1×3×2）J ＝2.2 J ，又上、下端电阻并联后再与金属棒ab 串联，公式Q ＝I 2⎝ ⎛⎭⎪⎫r ＋R 2t ， 则上端电阻R 中产生的热量Q R ＝Q 4＝14×2.2 J ＝0.55 J. 11.如图所示，电动机牵引一根原来静止的、长为L ＝1 m 、质量为m ＝0.1 kg 的导体MN ，其电阻R ＝1 Ω，导体棒架在磁感应强度B ＝1 T 、竖直放置的框架上，当导体棒上升h ＝3.8 m 时获得稳定的速度，导体产生的热量为14 J ，电动机牵引棒时，电压表、电流表的示数分别为7 V 、1 A ，电动机内阻r ＝1 Ω，不计框架电阻及一切摩擦，g 取10 m/s 2，求：（1）棒能达到的稳定速度；（2）棒从静止至达到稳定速度所需要的时间.解析：（1）电动机的输出功率P 出＝IU －I 2r ＝6 W ， 棒达到稳定速度时，有F ＝mg ＋BIL ＝mg ＋B 2L 2v m R， 而电动机的输出功率P 出＝Fv m ，由以上各式解得v m ＝2 m/s.（2）从棒开始运动至达到稳定速度的过程中，由能量守恒定律，有P 出t ＝mgh ＋12mv 2m ＋Q ， 解得完成此过程所需要的时间t ＝3 s.。
版高中物理 第四章 电磁感应 第节 法拉第电磁感应定律课时作业 新人教版选修
第四章第4节法拉第电磁感觉定律基础夯实一、选择题(1～4题为单项选择题，5题为多项选择题)1．(2017·福建省福州外国语学校高二上学期期末)穿过一个单匝闭合线圈的磁通量向来为每秒均匀增加2Wb，则(B)A．线圈中感觉电动势每秒增加2VB．线圈中感觉电动势向来为2VC．线圈中感觉电动势向来为一个确定值，但由于线圈有电阻，电动势小于2VD．线圈中感觉电动势每秒减少2V剖析：磁通量向来保持每秒钟均匀地增加2Wb，则ΔΦΔt＝2Wb1s＝2V，依照法拉第电磁感觉定律E＝n ΔΦΔt可知E＝2V保持不变。
故B正确，ACD错误。
2．如图中所示的导体棒的长度为L，处于磁感觉强度为B的匀强磁场中，棒运动的速度均为v，则产生的感觉电动势为BLv的是(D)剖析：当B、L、v三个量方向互相垂直时，E＝BLv；A选项中B与v不垂直；B、C选项中B与L平行，E＝0；只有D选项中三者互相垂直，D正确。
3．当航天飞机在环绕地球的轨道上翱翔时，从中释放一颗卫星，卫星与航天飞机保持相对静止，两者用导电缆绳相连，这种卫星称为“绳系卫星”。
现有一颗卫星在地球赤道上空运行，卫星位于航天飞机正上方，卫星所在地址地磁场方向由南向北。
以下说法正确的选项是(B)A．航天飞机和卫星从西向东翱翔时，图中B端电势高B．航天飞机和卫星从西向东翱翔时，图中A端电势高C．航天飞机和卫星从南向北翱翔时，图中B端电势高D．航天飞机和卫星从南向北翱翔时，图中A端电势高剖析：向东方向运动时，由右手定则知电流流向A点，即A为电源正极，因此电势高，选项B正确；若向北运动，电缆没有切割磁感线，不会产生感觉电动势，应选项C、D错误。
4．(2018·江西省南昌市第二中学高二上学期期末)以下列图，均匀导线制成的半径为R的圆环以速度v匀速进入一磁感觉强度大小为B的匀强磁场。
当圆环运动到图示地址(∠aOb＝90°)时，a、b两点的电势差为(B)A．24BRv B．324BRvC．2BRv D．22BRv剖析：当圆环运动到图示地址，圆环切割磁感线的有效长度为2R 线框刚进入磁场时ab边产生的感觉电动势为：E＝2BR线框进入磁场的过程中a、b两点的电势差由欧姆定律得：U ab＝E－I·r ab＝2BRv－B2RvR·R4＝324BRv，应选项B正确，选项A、C、D错误。
高中物理第四章电磁感应课时提升作业四4.5电磁感应现象的两类情况新人教版选修3_2
课时提升作业四电磁感应现象的两类情况(40分钟100分)一、选择题(本题共8小题,每小题7分,共56分)1. (多选)(2018·聊城高二检测)某空间出现了如图所示的一组闭合的电场线,这可能是( )A.沿AB方向的磁场在迅速减弱B.沿AB方向的磁场在迅速增强C.沿BA方向的磁场在迅速增强D.沿BA方向的磁场在迅速减弱【解析】选A、C。
由右手定则可知,感应电场产生的磁场方向竖直向下,如果磁场方向沿AB,则感应磁场与原磁场方向相同,由楞次定律可知,原磁场正在减弱,故A正确,B错误;如果磁场沿BA方向,则感应磁场方向与原磁场方向相反,由楞次定律可知,原磁场方向正在增强,故C正确,D错误;故选A、C。
2.英国物理学家麦克斯韦认为,磁场变化时会在空间激发感生电场。
如图所示,一个半径为r 的绝缘细圆环水平放置,环内存在竖直向上的匀强磁场B,环上套一带电荷量为+q的小球,已知磁感应强度B随时间均匀增加,其变化率为k,若小球在环上运动一周,则感生电场对小球的作用力所做功的大小是( )A.0B.r2qkC.2πr2qkD.πr2qk【解析】选D。
根据法拉第电磁感应定律可知,磁场变化产生的感生电动势为E=πr2=kπr2,小球在环上运动一周,则感生电场对小球的作用力所做功的大小W=qE=πr2qk,故选项D正确。
3. (2018·揭阳高二检测)在匀强磁场中,有一个接有电容器的导线回路,如图所示。
已知电容C=30 μF,回路的长和宽分别为l1=8 cm,l2=5 cm,磁感应强度的变化率为5×10-2 T/s,若磁感应强度向里均匀增大,则( )A.电容器的上极板带正电,电荷量为2×10-9 CB.电容器的上极板带负电,电荷量为6×10-9 CC.电容器的上极板带正电,电荷量为6×10-9 CD.电容器的上极板带负电,电荷量为8×10-9 C【解析】选C。
2019高中物理第四章电磁感应课时作业(五)互感和自感(含解析)新人教版选修3_2
互感和自感[全员参与·基础练]1．关于某一线圈的自感系数，下列说法中正确的是( )A ．线圈中电流变化越大，线圈的自感系数越大B ．线圈中电流变化得越快，线圈的自感系数越大C ．若线圈中通入恒定电流，线圈自感系数为零D ．不管电流如何变化，线圈的自感系数不变【解析】 自感系数只与线圈本身有关，而与其他因素无关．自感系数是由线圈的本身性质(线圈的长度、横截面积、单位长度上的匝数)和是否插入铁芯决定的．线圈的横截面积越大，线圈越长，单位长度上的匝数越多，它的自感系数就越大，有铁芯的线圈的自感系数比没有铁芯的大得多．自感系数与通入的电流、电流改变量、电流变化率等无关，故正确答案为D.【答案】 D2．(多选)下列说法正确的是( )A ．当线圈中电流不变时，线圈中没有自感电动势B ．当线圈中电流反向时，线圈中自感电动势的方向与线圈中原电流的方向相反C ．当线圈中电流增大时，线圈中自感电动势的方向与线圈中电流的方向相反D ．当线圈中电流减小时，线圈中自感电动势的方向与线圈中电流的方向相反【解析】 由法拉第电磁感应定律可知，当线圈中电流不变时，不产生自感电动势，A 对；当线圈中电流反向时，相当于电流减小，线圈中自感电动势的方向与线圈中原电流的方向相同，B 错；当线圈中电流增大时，自感电动势阻碍电流的增大，线圈中自感电动势的方向与线圈中电流的方向相反，C 对；当线圈中电流减小时，自感电动势阻碍电流的减小，线圈中自感电动势的方向与线圈中电流的方向相同，D 错．【答案】 AC3．(2015·大庆一中高二检测)通过一个线圈的电流在均匀增大时，则这个线圈的( )A ．自感系数也将均匀增大B ．自感电动势也将均匀增大C ．磁通量保持不变D ．自感系数和自感电动势不变【解析】 线圈的磁通量与电流大小有关，电流增大，磁通量增大，故C 项错误；自感系数由线圈本身决定，与电流大小无关，A 项错误；自感电动势E L ＝L ΔI Δt，与自感系数和电流变化率有关，对于给定的线圈，L 一定，已知电流均匀增大，说明电流变化率恒定，故自感电动势不变，B 项错误，D 项正确．【答案】 D图46134．在制造精密电阻时，为消除电阻使用过程中由于电流变化而引起的自感现象，采取了双线绕法，如图4613所示，其道理是( )A．当电路中电流变化时，两股导线中产生的自感电动势互相抵消B．当电路中电流变化时，两股导线中产生的感应电流互相抵消C．当电路中电流变化时，两股导线中产生的磁通量互相抵消D．以上说法均不正确【解析】由于采用双线并绕的方法，当有电流通过时，两股导线中的电流方向是相反的，不管电流怎样变化，任何时刻两股电流总是等大反向的，所产生的磁通量也是等大反向的，故总磁通量等于零，在该线圈中不会产生电磁感应现象，因此消除了自感，选项A、B 错误，只有选项C正确．【答案】 C图46145．(2014·吉林市一中高二检测)如图4614所示，L为自感系数较大的线圈，电路稳定后小灯泡正常发光，当断开开关S的瞬间会有( )A．灯A立即熄灭B．灯A慢慢熄灭C．灯A突然闪亮一下再慢慢熄灭D．灯A突然闪亮一下再突然熄灭【解析】当开关S断开时，由于通过自感线圈的电流从有变到零，线圈将产生自感电动势，但由于线圈L与灯A串联，在S断开后，不能形成闭合回路，因此灯A在开关断开后，电源供给的电流为零，灯就立即熄灭．【答案】 A图46156．如图4615所示是用于观察自感现象的电路图．设线圈的自感系数较大，线圈的直流电阻R L与灯泡的电阻R满足R L≪R，则在开关S由闭合到断开的瞬间，可以观察到( ) A．灯泡立即熄灭B．灯泡逐渐熄灭C．灯泡有明显的闪亮现象D．只有在R L≫R时，才会看到灯泡有明显的闪亮现象【解析】S闭合电路稳定时，由于R L≪R，那么I L≫I R，S断开的瞬间，流过线圈的电流I L要减小，在L上产生的自感电动势要阻碍电流的减小．通过灯原来的电流I R随着开关的断开变为零，而灯与线圈形成闭合回路，此时灯泡的电流等于流过线圈的电流，即从I L 开始逐渐变小，由于I L≫I R，因此灯开始时有明显的闪亮现象，C正确，A、B错．若R L≫R 时，I L≪I R，这样不会有明显的闪亮，D错．【答案】 C7．(2015·南京师大附中高二检测)如图4616所示，L A和L B是两个相同的小灯泡，L 是一个自感系数相当大的线圈，其电阻值与R相同．由于存在自感现象，在开关S闭合和断开时，灯L A和L B先后亮暗的顺序是( )图4616A．闭合时，L A先达最亮；断开时，L A后暗B．闭合时，L B先达最亮；断开时，L B后暗C．闭合时，L A先达最亮；断开时，L A先暗D．闭合时，L B先达最亮；断开时，L B先暗【解析】闭合时，线圈对电流的增大有阻碍作用，所以干路中的电流全部流经L A，而L B与R并联在电路中，故闭合时，L A先达最亮；断开时，线圈对电流的减小有阻碍作用，产生自感电动势，与L A组成闭合回路，所以L A慢慢变暗，故A对．【答案】 A8．如图4617所示，线圈L与小灯泡A并联后接到电源上．先闭合开关S，稳定后，通过线圈的电流为I1，通过小灯泡的电流为I2.断开开关S，发现小灯泡闪亮一下再熄灭．则下列说法正确的是( )图4617A．I1<I2B．I1＝I2C．断开开关前后，通过小灯泡的电流方向不变D．断开开关前后，通过线圈的电流方向不变【解析】断开开关后，由于线圈的自感作用，流过L的电流逐渐减小，因此断开瞬间，流过回路的电流为I1，而小灯泡闪亮一下再熄灭，说明流过小灯泡的电流先增大后减小，因此I1>I2，A、B错误；断开后线圈相当于电源，流过线圈的电流不变，这样流过小灯泡的电流方向发生改变，D正确，C错误．【答案】 D[超越自我·提升练]9．某同学为了验证断电自感现象，自己找来带铁芯的线圈L、小灯泡A、开关S和电池组E，用导线将它们连接成如图4618所示的电路．检查电路后，闭合开关S，小灯泡发光；再断开开关S，小灯泡仅有不显著的延时熄灭现象．虽经多次重复，仍未见老师演示时出现的小灯泡闪亮现象，他冥思苦想找不出原因．你认为最有可能造成小灯泡未闪亮的原因是( )图4618A．电源的内阻较大B．小灯泡电阻偏大C．线圈电阻偏大D．线圈的自感系数较大【解析】由自感规律可知在开关断开的瞬间造成灯泡闪亮以及延时的原因是在线圈中产生了与原电流同向的自感电流且大于稳定时通过灯泡的原电流．由图可知灯泡和线圈构成闭合的自感回路，与电源无关，故A错；造成不闪亮的原因是自感电流不大于稳定时通过灯泡的原电流，当线圈电阻小于灯泡电阻时才会出现闪亮现象，故B错C正确．自感系数越大，则产生的自感电动势越大，与灯泡是否闪亮无直接关系，故D错．【答案】 C10．在如图4619所示的电路中，两个相同的小灯泡L1和L2分别串联一个带铁芯的电感线圈L和一个滑动变阻器R.闭合开关S后，调整R，使L1和L2发光的亮度一样，此时流过两个灯泡的电流均为I.然后，断开S.若t′时刻再闭合S，则在t′前后的一小段时间内，图中能正确反映流过L1的电流i1、流过L2的电流i2随时间t变化的图象是( )图4619【解析】闭合开关S后，调整R，使两个灯泡L1、L2发光的亮度一样，电流为I，说明R L＝R.若t′时刻再闭合S，流过电感线圈L和灯泡L1的电流迅速增大，使电感线圈L产生自感电动势，阻碍了流过L1的电流i1增大，直至到达电流为I，故A错误，B正确；而对于t′时刻再闭合S，流过灯泡L2的电流i2立即达到电流为I，故C、D错误．【答案】 B11．(多选)(2014·山东省实验中学高二检测)如图4620所示，E为电池组，L是自感线圈(直流电阻不计)，D1、D2是规格相同的小灯泡．下列判断正确的是( )图4620A ．开关S 闭合时，D 1先亮，D 2后亮B ．闭合S 达到稳定时，D 1熄灭，D 2比起初更亮C ．断开S 时，D 1闪亮一下D ．断开S 时，D 1、D 2均不立即熄灭【解析】 开关S 闭合时D 1、D 2同时亮，电流从无到有，线圈阻碍电流的增加，但不阻止，A 错．闭合S 达到稳定时D 1被短路，电路中电阻减小，D 2比起初更亮，B 对．断开S 时，线圈阻碍电流减小，故D 1会闪亮一下，而D 2在S 断开后无法形成通路，会立即熄灭，所以C 对，D 错．【答案】 BC图462112．(2014·淮安高二检测)如图4621所示为研究自感实验电路图，并用电流传感器显示出在t ＝1×10－3s 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4622)．已知电源电动势E ＝6 V ，内阻不计，灯泡R 1的阻值为6 Ω，电阻R 的阻值为2 Ω.图4622(1)线圈的直流电阻R L ＝________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.【解析】 (1)由图象可知S 闭合稳定时I L ＝1.5 AR L ＝E I L －R ＝61.5Ω－2 Ω＝2 Ω. (2)S 闭合稳定时小灯泡电流I 1＝E R 1＝66A ＝1 A S 断开后，L 、R 、R 1组成临时回路电流由1.5 A逐渐减小，所以灯泡会闪亮一下再熄灭，自感电动势E＝I L(R＋R L＋R1)＝15 V.【答案】(1)2 (2)灯泡闪亮一下后逐渐变暗，最后熄灭15。
高中物理第四章电磁感应4_6互感和自感练习新人教版选修3_20305253.doc
4-6 互感和自感时间：40分钟满分：100分一、选择题(每小题6分，共60分)1．关于线圈的自感系数，下面说法正确的是( )A．线圈的自感系数越大，自感电动势一定越大B．线圈中的电流等于零时，自感系数也等于零C．线圈中电流变化越快，自感系数越大D．线圈的自感系数由线圈本身的因素及有无铁芯决定答案 D解析自感电动势的大小除了与自感系数有关，还与电流的变化率有关，故A错误；线圈的自感系数是由线圈本身的因素及有无铁芯决定的，与有无电流、电流变化情况都没有关系，故B、C错误，D正确。
2．如图是测定自感系数很大的线圈L直流电阻的电路，L两端并联一只电压表，用来测量自感线圈的直流电压。
在测量完毕后，将电路拆除时应( )A．先断开K1B．先断开K2C．先拆除电流表D．先拆除电阻R答案 A解析若先断开开关K2或先拆去电流表或先拆去电阻R，因为L的自感作用都会使L和电压表组成回路，原先L中有较大的电流通过，现在这个电流将通过电压表，造成电表损坏，所以实验完毕应先断开开关K1。
3．(多选)用电流传感器可以清楚地演示通电自感对电路中电流的影响，不一定要用两个灯泡作对比。
电流传感器的作用相当于一个电流表，实验就用电流表的符号表示。
它与电流表的一个重要区别在于，传感器与计算机相结合能够即时反映电流的迅速变化，并能在屏幕上显示电流随时间变化的图象。
先按图甲连接电路，测一次后，拆掉线圈，然后按图乙连接电路再测一次，得到(a)、(b)图象。
则下列说法正确的是( )A ．(a)图象是对应甲测得的B ．(a)图象是对应乙测得的C ．(b)图象是对应甲测得的D ．(b)图象是对应乙测得的答案 AD解析 电路甲中电流在开关闭合后，由于自感电动势作用，逐渐增加至最大；电路乙中电流在开关闭合后，立即增至最大，所以A 、D 项正确。
4．(多选)某线圈通有如图所示的电流，则线圈中自感电动势改变方向的时刻有( )A ．第1 s 末B ．第2 s 末C ．第3 s 末D ．第4 s 末答案 BD解析 线圈中的磁通量与电流的大小成正比，根据法拉第电磁感应定律，E ＝ΔΦΔt，当磁通量变化的方向发生变化时，即电流变化的方向发生变化时，感应电动势与感应电流的方向才发生变化，所以线圈中自感电动势改变方向的时刻有第2 s 末和第4 s 末。
【 精品同步】高中物理 第4章 电磁感应章末综合检测 新人教版选修32
【精品同步】高中物理第4章电磁感应章末综合检测新人教版选修32(时间：90分钟，满分：100分)一、选择题(本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确，全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分)1．(2011年惠阳高二检测)关于磁通量的概念，以下说法中正确的是( )A．磁感应强度越大，穿过闭合回路的磁通量也越大B．磁感应强度越大，线圈面积越大，则磁通量也越大C．穿过线圈的磁通量为零，但磁感应强度不一定为零D．磁通量发生变化，一定是磁场发生变化引起的解析：选C.穿过闭合回路的磁通量大小取决于磁感应强度、回路所围面积以及两者夹角三个因素，所以只了解其中一个或两个因素无法确定磁通量的变化情况，A、B项错误；同样由磁通量的特点，也无法判断其中一个因素的情况，C项正确，D项错误．图4－92．如图4－9所示，若套在条形磁铁上的弹性金属导线圈Ⅰ突然缩小为线圈Ⅱ，则关于线圈的感应电流及其方向(从上往下看)是( )A．有顺时针方向的感应电流B．有逆时针方向的感应电流C．先逆时针后顺时针方向的感应电流D．无感应电流解析：选A.穿过线圈的磁通量包括磁体内和磁体外的一部分，合磁通量是向上的．当线圈突然缩小时合磁通量增加，原因是磁体外向下穿过线圈的磁通量减少．故由楞次定律判断，感应电流的方向为顺时针方向(从上往下看)．图4－103.如图4－10所示是电表中的指针和电磁阻器，下列说法中正确的是( )A．2是磁铁，在1中产生涡流B．1是磁铁，在2中产生涡流C．该装置的作用是使指针能够转动D．该装置的作用是使指针能很快地稳定解析：选AD.1在2中转动产生感应电流，感应电流受到安培力作用阻碍1的转动，A、D对．图4－114．(2010年高考广东卷)如图4－11所示，平行导轨间有一矩形的匀强磁场区域，细金属棒PQ沿导轨从MN处匀速运动到M′N′的过程中，棒上感应电动势E随时间t变化的图示，可能正确的是( )图4－12解析：选A.由E ＝Blv 可以直接判断选项A 正确．图4－135.穿过某线圈的磁通量随时间变化的关系，如图4－13所示，在下列几段时间内，线圈中感应电动势最小的是( )A ．0～2 sB ．2 s ～4 sC ．4 s ～5 sD ．5 s ～10 s解析：选D.图象斜率越小，表明磁通量的变化率越小，感应电动势也就越小．图4－146. (2011年高考江苏卷)如图4－14所示，固定的水平长直导线中通有电流I ，矩形线框与导线在同一竖直平面内，且一边与导线平行．线框由静止释放，在下落过程中( )A ．穿过线框的磁通量保持不变B ．线框中感应电流方向保持不变C ．线框所受安培力的合力为零D ．线框的机械能不断增大解析：选B.直线电流的磁场离导线越远，磁感线越稀，故线圈在下落过程中磁通量一直减小，A 错；由于上、下两边电流相等，上边磁场较强，线框所受合力不为零，C 错；由于电磁感应，一部分机械能转化为电能，机械能减小，D 错．故B 对．7．(2010年高考江苏卷)一矩形线框置于匀强磁场中，线框平面与磁场方向垂直．先保持线框的面积不变，将磁感应强度在1 s 时间内均匀地增大到原来的两倍．接着保持增大后的磁感应强度不变，在1 s 时间内，再将线框的面积均匀地减小到原来的一半．先后两个过程中，线框中感应电动势的比值为( )A.12 B ．1 C ．2 D ．4解析：选B.在相同时间内，两个过程中磁通量的变化量相同，由法拉第电磁感应定律E ＝ΔΦΔt 可以判断感应电动势的大小也相同，即两次感应电动势的比值为1，选项B 正确．图4－158.如图4－15所示，光滑平行金属导轨PP ′和QQ ′都处于同一水平面内，P 和Q 之间连接一电阻R ，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中，现在垂直于导轨放置一根导体棒MN ，用一水平向右的力F 拉动导体棒MN ，以下关于导体棒MN 中感应电流方向和它所受安培力的方向的说法正确的是( )A ．感应电流方向是N →MB ．感应电流方向是M →NC ．安培力水平向左D ．安培力水平向右解析：选AC.磁场方向向下，导体棒MN 的运动方向向右，由右手定则，感应电流方向是N →M ，再由左手定则，安培力水平向左，所以A 、C 正确．图4－169．(2011年厦门高二检测)如图4－16所示的电路中，电源电动势为E ，线圈L 的电阻不计．以下判断正确的是( )A ．闭合S ，稳定后，电容器两端电压为EB ．闭合S ，稳定后，电容器的a 极带正电C ．断开S 的瞬间，电容器的a 极板将带正电D ．断开S 的瞬间，电容器的a 极板将带负电解析：选C.闭合S ，稳定后，由于线圈L 的直流电阻为零，所以线圈两端电压为零，又因为电容器与线圈并联，所以电容器两端电压也为零，A 、B 错误；断开S 的瞬间，线圈L 中电流减小，线圈中产生与原电流方向相同的自感电动势，并作用在电容器上，所以，此时电容器a 极板将带正电，b 极板将带负电，C 正确、D 错误．图4－1710．(2011年深圳高二检测)如图4－17所示，垂直纸面的正方形匀强磁场区域内，有一位于纸面的、电阻均匀的正方形导体框abcd ，现将导体框分别朝两个方向以v 、3v 速度匀速拉出磁场，则导体框从两个方向移出磁场的两个过程中( )A ．导体框中产生的感应电流方向相同B ．导体框中产生的焦耳热相同C ．导体框ad 边两端电势差相同D ．通过导体框截面的电量相同解析：选AD.由楞次定律，从两个方向移出磁场过程中感应电流方向都是a →d →c →b →a ，A 项正确；以v 拉出磁场时，cd 边等效为电源E 1＝Blv ，I 1＝E 1R ＝Blv R ，t ＝lv，所以产生的焦耳热Q 1＝I 21Rt ＝B 2l 3v R，ad 边电势差U ad ＝I 1×R 4＝Blv4通过的电量q 1＝I 1t ＝Bl 2R以3v 拉出磁场时，ad 边等效为电源Q 2＝3B 2L 3v R ，U ad ＝9Blv 4，q 2＝Bl 2R，故B 、C 错，D 对．图4－1811.如图4－18所示，通有恒定电流的螺线管竖直放置，一铜环R 沿螺线管的轴线加速下落，在下落过程中，环面始终保持水平．铜环先后经过轴上1、2、3位置时的加速度分别为a 1、a 2、a 3.位置2处于螺线管的中心，位置1、3与位置2等距，则( )A ．a 1<a 2＝gB ．a 3<a 1<gC ．a 1＝a 3<a 2D ．a 3<a 1<a 2解析：选ABD.圆环落入螺线管及从螺线管飞出时，环中感应电流所受安培力向上，故a 1<g ，a 3<g ，但经过3时速度较快，ΔΦΔt较大，所受安培力较大，故a 3<a 1<g .圆环经过位置2时，磁通量不变，不受安培力，a 2＝g ，故A 、B 、D 正确．图4－1912.(2009年高考天津卷)如图4－19所示，竖直放置的两根平行金属导轨之间接有定值电阻R ，质量不能忽略的金属棒与两导轨始终保持垂直并良好接触且无摩擦，棒与导轨的电阻均不计，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直，棒在竖直向上的恒力F 作用下加速上升的一段时间内，力F 做的功与安培力做的功的代数和等于( )A ．棒的机械能增加量B ．棒的动能增加量C ．棒的重力势能增加量D ．电阻R 上放出的热量解析：选A.棒加速上升时受到重力、拉力F 及安培力．根据机械能守恒的条件可知力F 与安培力做的功的代数和等于棒的机械能的增加量，A 选项正确．二、计算题(本题共4小题，共40分．解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)图4－2013.(8分)如图4－20所示，边长为L 的正方形金属框，质量为m ，电阻为R ，用细线把它悬挂于一个有界的匀强磁场边缘，金属框的上半部处于磁场内，下半部处于磁场外．磁场随时间变化规律为B ＝kt (k >0)，已知细线所能承受的最大拉力为2mg ，求从t ＝0开始，经多长时间细线会被拉断？解析：由题意知ΔBΔt＝k (1分)根据法拉第电磁感应定律知E ＝ΔB Δt ·S ＝k ·L 22(2分)当细线刚要断时：mg ＝F 安＝BIL . (2分)I ＝E R ＝kL 22R，B ＝kt ，(2分) 联立以上各式解得：t ＝2mgRk 2L3.(1分)答案：2mgR k 2L3图4－2114．(8分)如图4－21所示，线圈abcd 每边长l ＝0.20 m ，线圈质量m 1＝0.10 kg ，电阻R ＝0.10 Ω ，砝码质量m 2＝0.14 kg.线圈上方的匀强磁场的磁感应强度B ＝0.5 T ，方向垂直线圈平面向里，磁场区域的宽度为h ＝l ＝0.20 m ．砝码从某一位置下降，使ab 边进入磁场开始做匀速运动．求线圈做匀速运动的速度大小.解析：该题的研究对象为线圈，线圈在匀速上升时受到的安培力F 安、绳子的拉力F 和重力m 1g 相互平衡，即F ＝F 安＋m 1g (2分) 砝码受力也平衡F ＝m 2g (1分) 线圈匀速上升，在线圈中产生的感应电流 I ＝Blv /R (1分) 因此线圈受到向下的安培力F 安＝BIl (1分)联立解得v ＝(m 2－m 1)gR /(B 2l 2)， (2分) 代入数据得v ＝4 m/s. (1分) 答案：4 m/s图4－2215．(12分)(2010年高考江苏卷)如图4－22所示，两足够长的光滑金属导轨竖直放置，相距为L ，一理想电流表与两导轨相连，匀强磁场与导轨平面垂直．一质量为m 、有效电阻为R 的导体棒在距磁场上边界h 处静止释放．导体棒进入磁场后，流经电流表的电流逐渐减小，最终稳定为I .整个运动过程中，导体棒与导轨接触良好，且始终保持水平，不计导轨的电阻．求：(1)磁感应强度的大小B ；(2)电流稳定后，导体棒运动速度的大小v ； (3)流经电流表电流的最大值I m .解析：(1)电流稳定后，导体棒做匀速运动，则有 BIL ＝mg ①(2分) 解得B ＝mgIL.②(1分) (2)感应电动势E ＝BLv③(1分) 感应电流I ＝E R④(1分) 由②③④式解得v ＝I 2Rmg.(1分)(3)由题意知，导体棒刚进入磁场 时的速度最大，设为v m由机械能守恒定律得12mv 2m ＝mgh (2分)感应电动势的最大值E m ＝BLv m ， (2分)感应电流的最大值I m ＝E m R(1分) 解得I m ＝mg 2ghIR . (1分)答案：(1)mg IL (2)I 2R mg (3)mg 2ghIR图4－2316．(12分)(2010年高考天津理综卷)如图4－23所示，质量m 1＝0.1 kg ，电阻R 1＝0.3 Ω，长度l ＝0.4 m 的导体棒ab 横放在U 型金属框架上．框架质量m 2＝0.2 kg ，放在绝缘水平面上，与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2.相距0.4 m 的MM ′、NN ′相互平行，电阻不计且足够长，电阻R 2＝0.1 Ω的MN 垂直于MM ′.整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B ＝0.5 T ．垂直于ab 施加F ＝2 N 的水平恒力，ab 从静止开始无摩擦地运动，始终与MM ′、NN ′保持良好接触．当ab 运动到某处时，框架开始运动．设框架与水平面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取10 m/s 2.(1)求框架开始运动时ab 速度v 的大小；(2)从ab 开始运动到框架开始运动的过程中，MN 上产生的热量Q ＝0.1 J ，求该过程ab 位移x 的大小．解析：(1)ab 对框架的压力F 1＝m 1g (1分) 框架受水平面的支持力F N ＝m 2g ＋F 1 (1分)依题意，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则框架受到最大静摩擦力F 2＝μF N (1分) ab 中的感应电动势E ＝Blv (1分)MN 中电流I ＝E R 1＋R 2(1分) MN 受到的安培力F 安＝IlB (1分) 框架开始运动时F 安＝F 2(1分)由上述各式代入数据解得v ＝6 m/s.(1分) (2)闭合回路中产生的总热量Q 总＝R 1＋R 2R 2Q(1分) 由能量守恒定律，得Fx ＝12m 1v 2＋Q 总(2分)代入数据解得x＝1.1 m．(1分) 答案：(1)6 m/s (2)1.1 m。
版高中学习物理 第四章节 电磁感应 第节 互感及自感课时作业 新人教版选修
第四章第6节互感和自感基础夯实一、选择题(1～5题为单项选择题，6、7题为多项选择题)1．对于线圈自感系数的说法，错误的选项是( A )A．自感电动势越大，自感系数也越大B．把线圈中的铁芯抽出一些，自感系数减小C．把线圈匝数增添一些，自感系数变大D．电感是自感系数的简称分析：自感系数的大小是由线圈的匝数、资料、粗细、有无铁芯等决定的，与电流大小、自感电动势大小没关，匝数越多，自感系数越大，有铁芯时，自感系数明显增大，故A选项错误，B、C选项正确；同时，自感系数简称为电感，故D选项也正确。
2．在制造精细电阻时，为除去电阻使用过程中因为电流变化而惹起的自感现象，采纳了双线绕法，如下图，其道理是( C )A．当电路中电流变化时，两股导线中产生的自感电动势相互抵消B．当电路中电流变化时，两股导线中产生的感觉电流相互抵消C．当电路中电流变化时，两股导线中产生的磁通量相互抵消D．以上说法均不正确分析：因为采纳双线并绕的方法，当电流经过时，两股导线中的电流方向是相反的，不论电流如何变化，任何时辰两股电流老是等大反向的，所产生的磁通量也是等大反向的，故总磁通量等于零，在该线圈中不会产生电磁感觉现象，所以除去了自感，选项A、B 错误，只有C正确。
3．(2017·哈尔滨师大附中高二上学期期末)如图电路中，P、Q两灯同样，L的电阻不计，则( C )A．S断开瞬时，P马上熄灭，Q过一会才熄灭B．S接通瞬时，P、Q同时达正常发光C．S断开瞬时，经过P的电流从右向左D．S断开瞬时，经过Q的电流与本来方向相反分析：S断开瞬时，PQ与L串连，同时过一会才熄灭，故A错误；S接通瞬时，因为L的自感作用，Q 不亮，P马上发光，稳固后两灯亮度同样，故B错误；S断开瞬时，经过P的电流是线圈的自感电动势产生的，从右向左，故C正确；S断开瞬时，经过Q的电流与本来方向同样，故D错误。
4．(2016·重庆杨家坪中学高二放学期检测)在右图所示的电路中，两个敏捷电流表G1和G2的零点都在刻度盘中央，当电流从“＋”接线柱流入时，指针向右摆；电流从“－”接线柱流入时，指针向左摆。
高中物理 第四章 电磁感应 6 互感和自感课时作业 新人教版选修32
涡流、电磁阻尼和电磁驱动[全员参与·基础练]1．(多选)下列应用哪些与涡流有关( )A．高频感应冶炼炉B．汽车的电磁式速度表C．家用电表D．闭合线圈在匀强磁场中转动，切割磁感线产生的电流【解析】真空冶炼炉，炉外线圈通入交变电流，使炉内的金属中产生涡流；汽车速度表是磁电式电流表，指针摆动时，铝框骨架中产生涡流；家用电表(转盘式)的转盘中会有涡流产生；闭合线圈在磁场中转动产生感应电流，不同于涡流，选项D错误．【答案】ABC2．下列做法中可能产生涡流的是( )A．把金属块放在匀强磁场中B．让金属块在匀强磁场中匀速运动C．让金属块在匀强磁场中做变速运动D．把金属块放在变化的磁场中【解析】涡流就是整个金属块中产生的感应电流，所以产生涡流的条件就是在金属块中产生感应电流的条件，即穿过金属块的磁通量发生变化．而A、B、C中磁通量不变化，所以A、B、C错误；把金属块放在变化的磁场中时，穿过金属块的磁通量发生了变化，有涡流产生，所以D正确．【答案】 D3．(多选)磁电式仪表的线圈通常用铝框当骨架，把线圈绕在铝框上，这样做的目的是( )A．防止涡流而设计的B．利用涡流而设计的C．起电磁阻尼的作用D．起电磁驱动的作用【解析】线圈通电后，在安培力作用下发生转动，铝框随线圈转动，并切割磁感线产生感应电流，就是涡流．涡流阻碍线圈的转动，使线圈偏转后很快停下来．所以，这样做的目的是利用涡流来起电磁阻尼的作用．【答案】BC4．(多选)变压器的铁芯是利用薄硅钢片叠加而成的，而不是采用一整块硅钢，这是因为( )A．增大涡流，提高变压器的效率B．减小涡流，提高变压器的效率C．增大铁芯的电阻，以产生更多的热量D．增大铁芯的电阻，以减小发热量【解析】磁场变化越快，感应电动势越大，因而涡流也就越强．涡流能使导体发热．变压器的铁芯是相互绝缘的薄片叠加而成；从而增加铁芯的电阻率，以降低涡流强度，从而减少能量损耗，提高变压器的效率．【答案】BD5．电磁炉热效率高达90%，炉面无明火，无烟无废气，电磁“火力”强劲，安全可靠．如图4711所示是描述电磁炉工作原理的示意图，下列说法正确的是( )图4711A．当恒定电流通过线圈时，会产生恒定磁场，恒定磁场越强，电磁炉加热效果越好B．电磁炉通电线圈加交流电后，在锅底产生涡流，进而发热工作C．电磁炉的锅不能用陶瓷锅或耐热玻璃锅，主要原因这些材料的导热性能较差D．在锅和电磁炉中间放一纸板，则电磁炉不能起到加热作用【解析】电磁炉就是采用涡流感应加热原理，其内部通过电子线路板组成部分产生交变磁场．当用含铁质锅具底部放置炉面时，锅具即切割交变磁感线而在锅具底部金属部分产生涡流，使锅具铁分子高速无规则运动，分子互相碰撞、摩擦而产生热能，用来加热和烹饪食物，从而达到煮食的目的．故A错误B正确；电磁炉工作时需要在锅底产生感应电流，陶瓷锅或耐热玻璃锅不属于金属导体，不能产生感应电流，C错误；由于线圈产生的磁场能穿透纸板到达锅底，在锅底产生感应电流，利用电流的热效应起到加热作用．D错误．【答案】 B6．金属探测器已经广泛应用于安检场所，关于金属探测器的论述正确的是( ) A．金属探测器可用于食品生产，防止细小的砂石颗粒混入食品中B．金属探测器探测地雷时，探测器的线圈中产生涡流C．金属探测器探测金属时，被测金属中感应出涡流D．探测过程中金属探测器与被测物体相对静止与相对运动探测效果相同【解析】金属探测器只能探测金属，不能用于食品生产，防止细小的砂石颗粒混入食品中；故A错误；金属探测器探测金属时，被测金属中感应出涡流；故B错误，C正确；探测过程中工作时金属探测器应与被测物体相对运动；相对静止时无法得出探测效果；故D 错误．【答案】 C图47127．如图4712所示光滑水平绝缘面上有两个金属环静止在平面上，环1竖直、环2水平放置，均处于中间分割线上，在平面中间分割线正上方有一条形磁铁，当磁铁沿中间分割线向右运动时，下列说法正确的是( )A．两环都向右运动B．两环都向左运动C．环1静止，环2向右运动D．两环都静止【解析】条形磁铁向右运动时，环1中磁通量保持不变恒为零，无感应电流，保持静止．环2中磁通量变化，根据楞次定律，为阻碍磁通量的变化，感应电流的效果为使环2向右运动．【答案】 C图47138．如图4713所示，闭合导线环和条形磁铁都可以绕水平的中心轴OO′自由转动，开始时磁铁和圆环都静止在竖直平面内，若条形磁铁突然绕OO′轴N极向纸里、S极向纸外转动，在此过程中，圆环将( )A．产生逆时针方向的感应电流，圆环上端向里、下端向外随磁铁转动B．产生顺时针方向的感应电流，圆环上端向外、下端向里转动C．产生逆时针方向的感应电流，圆环并不转动D．产生顺时针方向的感应电流，圆环并不转动【解析】当条形磁铁的N极向纸内、S极向纸外转动时，通过闭合导线环的总的磁通量是向里增加的，根据楞次定律知，感应电流产生的磁场应向外，故感应电流的方向沿逆时针方向；再根据电磁驱动的原理知，导线环应与条形磁铁同向转动，即上端向里、下端向外随磁铁转动．【答案】 A[超越自我·提升练]9．(多选)机场、车站和重要活动场所的安检门都安装有金属探测器，其探测金属物的原理简化为：探测器中有一个通有交变电流的线圈，当线圈周围有金属物时，金属物中会产生涡流，涡流的磁场反过来影响线圈中的电流，使探测器报警．设线圈中交变电流的大小为I、频率为f，要提高探测器的灵敏度，可采取的措施有( )A．增大I B．减小fC．增大f D．同时减小I和f【解析】增大线圈中交变电流I的大小和频率f，可使金属物中产生的涡流增大，从而提高探测器的灵敏度，选项A、C正确．【答案】AC图471410．(2014·广东高考)如图4714所示，上下开口、内壁光滑的铜管P和塑料管Q竖直放置，小磁块先后在两管中从相同高度处由静止释放，并落至底部，则小磁块( ) A．在P和Q中都做自由落体运动B．在两个下落过程中的机械能都守恒C．在P中的下落时间比在Q中的长D．落至底部时在P中的速度比在Q中的大【解析】小磁块在铜管中下落时，由于电磁阻尼作用，不做自由落体运动，而在塑料管中不受阻力作用而做自由落体运动，因此在P中下落得慢，用时长，到达底端速度小，C 项正确，A、B、D错误．【答案】 C图471511．(多选)(2014·株洲高二检测)位于光滑水平面的小车上放置一螺线管，一个比螺线管长的条形磁铁沿着螺线管的轴线水平穿过，如图4715所示，在此过程中( ) A．磁铁做匀速直线运动B．磁铁做减速运动C．小车向右做加速运动D．小车先加速后减速【解析】磁铁水平穿入螺线管时，管中将产生感应电流，由楞次定律的拓展含义知产生的相互作用力阻碍磁铁的运动．同理，磁铁穿出时，由楞次定律的扩展含义知产生的相互作用力阻碍磁铁的运动，故整个过程中，磁铁做减速运动，选项B是正确的．而对于小车上螺线管来说，在此过程中，螺线管受到的安培力都是水平向右，这个安培力使小车向右一直做加速运动，C对．【答案】BC图471612．如图4716所示，在竖直平面内有两根平行金属导轨，上端与电阻R相连，磁感应强度为B的匀强磁场垂直导轨平面．一质量为m的金属棒以初速度v0沿导轨竖直向上运动，上升到某一高度后又返回到原处，整个过程金属棒与导轨接触良好，导轨与金属棒的电阻不计．下列说法正确的是( )A．金属棒回到出发点的速度v大于初速度v0B．通过R的最大电流上升过程小于下落过程C．电阻R上产生的热量上升过程大于下落过程D．所用时间上升过程大于下落过程【解析】要注意该过程中的功能关系：重力做功的过程是重力势能向动能和电能转化的过程；安培力做功的过程是电能向机械能转化的过程；合外力(重力和安培力)做功的过程是动能变化的过程；电流做功的过程是电能向内能转化的过程．因为电阻R上产生热量，所以金属棒回到出发点的速度v小于初速度v0，选项A错误；通过R的最大电流上升过程大于下落过程，选项B错误；电阻R上产生的热量上升过程大于下落过程，选项C正确；所用时间上升过程小于下落过程，选项D错误．【答案】 C。
人教版高中物理选修3-2第四章电磁感应定律作业2.docx
高中物理学习材料桑水制作电磁感应复习（ ）1．穿过闭合回路的磁通量Φ随时间t 变化的图像分别如图甲、乙、丙、丁所示，下列关于回路中产生的感应电动势的论述，正确的是：A ．图甲中回路产生的感应电动势恒定不变B ．图乙中回路产生的感应电动势一直在变大C ．图丙中回路在0～t 0时间内产生的感应电动势大于在t 0～2t 0时间内产生的感应电动势D ．图丁中回路产生的感应电动势可能恒定不变（ ）2.当一段导线在磁场中做切割磁感线运动时，则： A 、导线中一定有感应电流 B 、导线中一定有感应电动势C 、导线上一定会产生焦耳热D 、导线一定受到磁场的作用力，这个力阻碍导线运动 （ ）3. 如图所示，垂直于纸面的范围足够大的匀强磁场中，有一个矩形线圈abcd ，线圈平面与磁场垂直，O 1O 2与O 3O 4都是线圈的对称州，应使线圈怎样运动才能使其中产生感应电流？A 、向左或向右平动B 、向上或向下平动C 、绕O 1O 2转动D 、绕O 3O 4转动（ ）4.如图所示在水平面上有一圆环A ，在圆环的中心处有一闭合线圈abcd ，若使A 圆环带正电，下列说法正确的是：A 、圆环顺时针匀速转动时，线圈中有adcb 方向的电流B 、圆环逆时针匀速转动时，线圈中有abcd 方向的电流C 、圆环只要匀速转动，线圈中就没有感应电流D 、论圆环怎样运动，线圈中都不可能有感应电流φ t O φ t O φt O φ t O t 0 2t 0甲 乙 丙丁 a Ab cd（ ）5.如图所示，有两根和水平方向成α角的光滑平行的金属轨道，上端接有可变电阻R ，下端足够长，空间有垂直于轨道平面的匀强磁场，磁感应强度为B ，一根质量为m 的金属杆从轨道上由静止滑下。
经过足够长的时间后，金属杆的速度会趋近于一个最大速度v m ，则：A 、如果B 增大，v m 将变大 B 、如果 α 增大，v m 将变大C 、如果R 增大，v m 将变大D 、如果m 增大，v m 将变大6.在研究电磁感应现象的实验中所用的器材如图所示。
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谢谢你的关注 谢谢你的关注 电磁感应的力学综合问题
❶[2017·江苏金陵中学高二期中]如图T2-1所示,U形金属框架固定在水平面上,处于竖直
向下的匀强磁场中,与框架接触良好的ab棒以水平初速度v0向右运动,下列说法正确的是 ( )
图T2-1 A.ab棒做匀减速运动 B.回路中电流均匀减小 C.a点电势比b点电势低 D.ab棒受到水平向左的安培力 ❷如图T2-2所示,水平面内光滑的平行金属导轨左端接有电阻R,匀强磁场竖直向下分布在
导轨所在的空间内,质量一定的金属棒PQ垂直导轨放置.今使棒以一定的初速度v0向右运动,当其通过位置a、b时,速率分别为va、vb,到位置c时棒刚好静止,设导轨与棒的电阻均不计,a到b与b到c的距离相等,则金属棒在由a到b和由b到c的两个过程中 ( )
图T2-2 A.回路中产生的焦耳热相等 B.棒运动的加速度相等 C.克服安培力做的功相等 D.通过棒横截面的电荷量相等 ❸如图T2-3所示,足够长的光滑金属导轨MN、PQ平行放置,且都倾斜着与水平面成θ角.在导轨的最上端M、P之间接有电阻R,不计其他电阻.质量为m的导体棒ab从导轨的最底端冲上导轨,当没有磁场时,ab上升的最大高度为H;当存在垂直于导轨平面的匀强磁场时,ab上升的最大高度为h.在两次运动过程中,ab都与导轨保持垂直,且初速度都为v0,重力加速度为g.关于上述情景,下列说法正确的是 ( )
图T2-3 A.两次上升的最大高度关系为HB.有磁场时ab所受合力做的功等于无磁场时合力做的功 C.有磁场时,电阻R产生的焦耳热为12mv02 D.有磁场时,ab上升过程的最小加速度大于gsinθ ❹(多选)如图T2-4所示,通有恒定电流的螺线管竖直放置,一铜环R沿螺线管的轴线加速下
落,在下落过程中,环面始终保持水平.铜环先后经过轴上位置1、2、3时的加速度分别为a1、a2、a3,位置2处于螺线管的中央,位置1、3与位置2等距,重力加速度为g,则( ) 谢谢你的关注 谢谢你的关注 图T2-4 A.a1B.a3C.a1=a3D.a3
❺[2017·成都七中高二月考]如图T2-5所示,平行金属导轨与水平面成θ角,导轨与定值电
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,与导轨之间的动摩擦因数为μ,导体棒的电阻与定值电阻R1和R2的阻值均相等.导体棒ab沿导轨向上滑动,始终与导轨垂直且接触良好,当上滑的速度为v时,受到安培力的大小为F,重力加速度为g,则下列说法错误的是( )
图T2-5 A.电阻R2消耗的热功率为Fv6 B.电阻R1消耗的热功率为Fv3 C.整个装置因摩擦而消耗的热功率为μmgvcosθ D.整个装置消耗的机械功率为(F+μmgcosθ)v ❻(多选)如图T2-6所示,金属棒ab、cd与足够长的水平光滑金属导轨垂直且接触良好,匀强
磁场垂直于导轨平面向下.ab棒在恒力F作用下向右运动的过程中,下列说法正确的是 ( )
图T2-6 A.安培力对ab棒做正功 B.安培力对cd棒做正功 C.abdca回路的磁通量先增大后减小 D.F做的功等于回路产生的总热量和系统动能增量之和 ❼(多选)一正方形金属线框位于有界匀强磁场区域内,线框平面与磁场方向垂直,线框的右
边紧贴着磁场边界,如图T2-7甲所示.t=0时刻对线框施加一水平向右的外力F,让线框从静止开始做匀加速直线运动穿过磁场,外力F随时间t变化的图像如图乙所示.已知线框的质量m=1kg,电阻R=1Ω,以下说法正确的是 ( ) 谢谢你的关注 谢谢你的关注 图T2-7 A.线框做匀加速直线运动的加速度为1m/s2 B.匀强磁场的磁感应强度为22T C.线框穿过磁场的过程中,通过线框横截面的电荷量为22C D.线框的边长为1m ❽两足够长的光滑金属导轨竖直放置,相距为L,如图T2-8所示,一导线与两导轨相连,磁感
应强度大小为B的匀强磁场与导轨平面垂直.一电阻为R、质量为m的导体棒在距磁场上边界h高处由静止释放,导体棒进入磁场后速度减小,最终刚稳定时离磁场上边界的距离为H.整个运动过程中,导体棒与导轨接触良好,且始终保持水平,不计导轨及导线的电阻,重力加速度为g.下列说法正确的是 ( )
图T2-8 A.整个运动过程中,回路中的最大电流为mgBL B.从开始到刚好在磁场中匀速运动的过程中,导体棒产生的焦耳热为mg(H+h)-m3g2R22B4L4 C.整个运动过程中,导体棒克服安培力所做的功为mgH D.整个运动过程中,回路中电流的功率为m2g2RB2L2 ❾(多选)[2017·东北育才中学高二期末]一个矩形金属框MNPQ置于xOy平面内,平行于x轴的边NP长为d,如图T2-9甲所示.空间存在匀强磁场,该磁场的方向垂直于金属框平面,磁感应强度B沿x轴方向按图乙所示正弦规律分布,x坐标相同的各点磁感应强度相同.当金属框以大小为v的速度沿x轴正方向匀速运动时,下列判断正确的是 ( )
图T2-9 A.若d=l,则线框中始终没有感应电流 B.若d=12l,则当线框的MN边位于x=l处时,线框中的感应电流最大 C.若d=12l,则当线框的MN边位于x=14l处时,线框受到的安培力的合力最大 D.若d=3l2,则线框中感应电流变化的周期为lv 谢谢你的关注 谢谢你的关注 如图T2-10所示,两根足够长的平行金属导轨固定在倾角θ=30°的斜面上,导轨电阻不计,间距L=0.4m.导轨所在空间被分成区域Ⅰ和Ⅱ,两区域的边界与斜面的交线为MN,区域Ⅰ中的匀强磁场方向垂直于斜面向下,区域Ⅱ中的匀强磁场方向垂直于斜面向上,两磁场的磁感应强度大小均为B=0.5T.在区域Ⅰ中,将质量m1=0.1kg、电阻R1=0.1Ω的金属条ab放在导轨上,ab刚好不下滑.然后,在区域Ⅱ中将质量m2=0.4kg、电阻R2=0.1Ω的光滑导体棒cd置于导轨上,cd由静止开始下滑.cd在滑动过程中始终处于区域Ⅱ的磁场中,ab、cd始终与导轨垂直且两端与导轨保持接触良好,g取10m/s2. (1)cd下滑的过程中,ab中的电流方向如何? (2)ab刚要向上滑动时,cd的速度v为多大? (3)从cd开始下滑到ab刚要向上滑动的过程中,cd滑动的距离x=3.8m,此过程中ab上产生的热量Q是多少?
图T2-10
1.D [解析]ab棒具有向右的初速度,根据右手定则,产生由b指向a的电流,则a点的电势比b点的电势高.根据左手定则可判断,安培力水平向左,ab棒做减速运动,因为电动势减小,电流减小,则安培力减小,根据牛顿第二定律,加速度减小,做加速度减小的减速运动,由于速度不是均匀减小,则电流不是均匀减小,故A、B、C错误,D正确. 2.D [解析]棒由a到b再到c的过程中,速度v逐渐减小,根据E=Blv,感应电动势E减小,故感应电流I减小,根据F=BIl,安培力F减小,再根据F=ma,故加速度减小,B错误.由于a到b与b到c的距离相等,故从a到b克服安培力做的功大于从b到c克服安培力做的功,A、C
错误.根据E=ΔΦΔt=BΔSΔt,I=ER,q=IΔt,可得q=BΔSR,从a到b和从b到c的两个过程中,棒扫过的面积ΔS相等,故通过棒横截面的电荷量相等,D正确. 3.B [解析]当有磁场时,导体棒除受到沿斜面向下的重力的分力外,还切割磁感线,有感应电流,受到安培力的作用,所以两次上升的最大高度关系为h量相等,所以导体棒所受合力做的功相等,选项B正确;有磁场时,电阻R产生的焦耳热小于12mv02,ab上升过程的最小加速度为gsinθ,选项C、D错误. 4.ABD [解析]圆环落入螺线管及从螺线管飞出时,环中产生感应电流,环所受的安培力方向向上,故a1a3圆环经过位置2时,磁通量不变,不受安培力,故a2=g,A、B、D正确. 5.B [解析]设ab长度为L,磁感应强度为B,电阻R1=R2=R.电路中感应电动势E=BLv,ab中感应电流I=ER+12R=2BLv3R,ab所受安培力F=BIL=2B2L2v3R,电阻R1消耗的热功率P1=12I2R=B2L2v29R,由以上两式得P1=16Fv,电阻R1和R2阻值相等,它们消耗的热功率相等,
则P1=P2=16Fv,故A正确,B错误;整个装置因摩擦而消耗的热功率Pf=fv=μmgvcosθ,故C正确;根据能量守恒定律可知,整个装置消耗的机械功率P3=Fv+Pf=(F+μmgcosθ)v,故D正确. 6.BD [解析]设金属棒ab、cd的速度分别为v1、v2,刚开始,v1>v2,回路的感应电动势E=BL(v1-v2)R,电流方向为逆时针方向,ab、cd两棒所受的安培力F=BIL大小相等,方向分别谢谢你的关注 谢谢你的关注 向左、向右,对棒分别做负功、正功,选项A错误,选项B正确;运动过程中,ab、cd两棒所受的安培力大小相等,方向相反,整体所受的合力即为力F,故两棒最后做加速度相同而速度不同的匀加速运动,且v1>v2,abdca回路的磁通量一直增大,选项C错误;对系统,由动能定理知,F做的功和安培力对系统做的功的代数和等于系统动能增量,而系统克服安培力做的功等于回路产生的总热量,故选项D正确. 7.ABC [解析]开始时无安培力,加速度a=Fm=1m/s2,由图可知,t=1.0s时安培力消失,线框刚好离开磁场区域,则线框的边长l=12at2=0.5m,A正确,D错误;在t=1.0s时,线框的速度v=at=1m/s,外力F=3N,根据牛顿第二定律有F-B2l2vR=ma,故磁感应强度B=22T,B正确;线框
穿过磁场的过程中,通过线框横截面的电荷量q=It=12BlvRt=22C,C正确. 8.B [解析]导体棒进入磁场后,先做变减速运动,安培力逐渐减小,当安培力与重力相等时,导体棒开始做匀速运动,所以导体棒刚进入磁场时的速度最大,所产生的感应电动势最大,其感应电流也最大,由自由落体运动规律知,进入磁场时的速度大小为vm=2gh,产生的感应电动势为Em=BLvm,由闭合电路的欧姆定律得,最大电流为Im=EmR=BLvmR=BL2ghR,选项A错误;导体棒匀速运动时,产生的感应电动势为E=BLv,I=ER=BLvR,根据平衡条件,有mg=BIL,由能量守恒定律可知,减少的机械能转化为回路的电能,电能又转化为内能,即Q=mg(H+h)-12mv2,联立解得Q=mg(H+h)-m3g2R22B4L4,选项B正确;导体棒克服安培力做的功与产生的焦耳热相等,选项C错误;回路中的电流是变化的,电流的功率也是变化的,选项D错误. 9.ACD [解析]若d=l,则线框移动时穿过线框的磁通量始终不变,所以线框中无感应电流,故A正确;若d=12l,则线框的MN边位于x=l处瞬间,MN、PQ两边所在处磁感应强度为零,线框产生的感应电动势为零,故B错误;若d=12l,则线框的MN边位于14l处时,MN、PQ两边所在处的磁感应强度最大,且方向相反,所以线框产生的感应电动势最大,线框受到的安培力也最大,故C正确;若d=32l,则当线框移动了12l时,穿过线框的磁通量大小不变,但方向发生变化,也就是说磁通量先减小后反向增大,那么感应电流的方向不变,直到它再移动12l时穿过线框的磁通量才变回原来的方向,电流变化一个来回为一个周期,所以周期应该是lv,故D正确. 10.(1)由a到b (2)5m/s (3)1.3J [解析](1)由右手定则可判断,cd中的感应电流方向为由d到c,故ab中的电流方向为由a到b. (2)开始ab刚好不下滑时,ab所受摩擦力为最大静摩擦力,设其为fmax,有fmax=m1gsinθ ab刚要上滑时,设cd棒产生的感应电动势为E,由法拉第电磁感应定律有