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2019-2020年高中物理第四章5课后电磁感应现象的两类情况课后知能检测新人教版选修3-21.多选下列说法中正确的是 A.感生电场由变化的磁场产生B.恒定的磁场也能在周围空间产生感生电场C.感生电场的方向也同样可以用楞次定律和右手定则来判定D.感生电场的电场线是闭合曲线,其方向一定是沿逆时针方向【解析】 磁场变化时在空间激发感生电场,其方向与所产生的感应电流方向相同,可由楞次定律和右手定则判断,故A、C项正确,B、D项错.【答案】 AC图45122.xx·武威一中高二检测如图4512所示,一个带正电的粒子在垂直于匀强磁场的平面内做圆周运动,当磁感应强度均匀增大时,此粒子的动能将 A.不变B.增加C.减少D.以上情况都可能【解析】 当磁场增强时,将产生逆时针方向的电场,带正电的粒子将受到这个电场对它的电场力作用,而动能增大.【答案】 B3.多选如图4513所示,一金属半圆环置于匀强磁场中,当磁场突然减弱时,则两端点的电势 图4513A.N点电势高B.M点电势高C.若磁场不变,将半圆环绕MN轴旋转180°的过程中,N点电势高D.若磁场不变,将半圆环绕MN轴旋转180°的过程中,M点电势高【解析】 将半圆环补充为圆形回路,由楞次定律可判断圆环中产生的感应电动势方向在半圆环中由N指向M,即M点电势高,B正确;若磁场不变,半圆环绕MN轴旋转180°的过程中,由楞次定律可判断,半圆环中产生的感应电动势在半圆环中由N指向M,即M点电势高,D正确.【答案】 BD4.多选xx·银川一中高二检测如图4514所示,导体AB在做切割磁感线运动时,将产生一个感应电动势,因而在电路中有电流通过,下列说法中正确的是 图4514A.因导体运动而产生的感应电动势称为动生电动势B.动生电动势的产生与洛伦兹力有关C.动生电动势的产生与电场力有关D.动生电动势和感生电动势产生的原因是一样的【解析】 根据动生电动势的定义,A项正确.动生电动势中的非静电力与洛伦兹力有关,感生电动势中的非静电力与感生电场有关,B项正确,C、D项错误.【答案】 AB5.xx·南宁二中高二检测如图4515所示,两个端面半径同为R的圆柱形铁芯同轴水平放置,相对的端面之间有一缝隙,铁芯上绕导线并与电源连接,在缝隙中形成一匀强磁场.一铜质细直棒ab水平置于缝隙中,且与圆柱轴线等高、垂直.让铜棒从静止开始自由下落,铜棒下落距离为
0.2R时铜棒中电动势大小为E1,下落距离为
0.8R时电动势大小为E2,忽略涡流损耗和边缘效应.关于E
1、E2的大小和铜棒离开磁场前两端的极性,下列判断正确的是 图4515A.E1>E2,a端为正 B.E1>E2,b端为正C.E1<E2,a端为正D.E1<E2,b端为正【解析】 通电导线在缝隙中产生的磁场方向向左,所以直棒下落时由右手定则可判断得b端为正.根据E=BLv,下落
0.8R时速度较大,所以E2>E1,D项正确.【答案】 D6.xx·银川一中期末现代科学研究中常用到高速电子,电子感应加速器就是利用感生电场加速电子的设备.电子感应加速器主要有上、下电磁铁磁极和环形真空室组成.当电磁铁绕组通以变化的电流时,产生变化的磁场,穿过真空盒所包围的区域内的磁通量也随时间变化,这时真空盒空间内就产生感应涡旋电场,电子将在涡旋电场作用下得到加速.如图4516所示上图为侧视图、下图为真空室的俯视图,若电子被“约束”在半径为R的圆周上运动,当电磁铁绕组通有图中所示的电流时 图4516A.若电子沿逆时针运动,保持电流的方向不变,当电流增大时,电子将加速B.若电子沿顺时针运动,保持电流的方向不变,当电流增大时,电子将加速C.若电子沿逆时针运动,保持电流的方向不变,当电流减小时,电子将加速D.被加速时电子做圆周运动的周期不变【解析】 当电磁铁绕组通有图中所示的电流时,由安培定则,将产生向上的磁场,当电磁铁绕组中电流增大时,根据楞次定律,这时真空盒空间内就产生顺时针方向的感应涡旋电场,电子沿逆时针运动,电子将加速,选项A正确BC错误;由于电子被“约束”在半径为R的圆周上运动,电子加速,被加速时电子做圆周运动的周期减小,选项D错误.【答案】 A图45177.多选xx·合肥一中高二检测如图4517所示,匀强磁场方向垂直于线圈平面,先后两次将线圈从同一位置匀速地拉出有界磁场,第一次拉出时速度为v1=v0,第二次拉出时速度为v2=2v0,前后两次拉出线圈的过程中,下列说法错误的是 A.线圈中感应电流之比是1∶2B.线圈中产生的热量之比是2∶1C.沿运动方向作用在线框上的外力的功率之比为1∶2D.流过任一横截面感应电荷量之比为1∶1【解析】 线框在拉出磁场的过程中,导体做切割磁感线运动,产生感应电动势E=Blv,线框中的感应电流I==,所以I1∶I2=v1∶v2=1∶2;线框中产生的电热Q=I2Rt=2R=,所以Q1∶Q2=v1∶v2=1∶2;由于匀速运动,施加的外力与安培力相等,故外力的功率P=Fv=BIlv=,所以P1∶P2=v∶v=1∶4;流过线圈任一横截面的电荷量为q=It=·=,所以q1∶q2=1∶
1.【答案】 BC图45188.如图4518所示,用铝板制成U形框,将一质量为m的带电小球用绝缘细线悬挂在框中,使整体在匀强磁场中沿垂直于磁场方向向左以速度v匀速运动,细线拉力为FT,则 A.悬线竖直,FT=mgB.悬线竖直,FTmgC.悬线竖直,FTmgD.无法确定FT的大小和方向【解析】 设两板间的距离为L,由于向左运动过程中竖直板切割磁感线,产生动生电动势,由右手定则判断下板电势高于上板,动生电动势大小E=BLv,即带电小球处于电势差为BLv的电场中,所受电场力F电=qE电=q=q=qvB若设小球带正电,则电场力方向向上.同时小球所受洛伦兹力F洛=qvB,方向由左手定则判断竖直向下.即F电=F洛,故无论小球带什么电,怎样运动,FT=mg,选项A正确.【答案】 A图45199.xx·天津耀华中学检测16分如图4519所示,水平的平行虚线间距为d,其间有磁感应强度为B的匀强磁场,方向垂直纸面向里.一个正方形线框的边长为L,且Ld,线框质量m,电阻为R.现将线框由静止释放,若线框的下边缘进入磁场后线框刚好作匀速运动.1线框刚进入磁场时的感应电流的大小及方向;2线框刚开始下落时下边缘到磁场上边缘的距离.3若线框上边缘刚穿出磁场时的速度与线框进入磁场的速度恰好相等,求线框进出磁场的全过程中产生的总焦耳热.【解析】 1mg=BIL,I=mg/BL2mgh=mv,v0=,E=BLv0,I==.h=3由于线框完全处于磁场中时不产生电热,线框进入磁场过程中产生的电热Q就是线框从图中2位置到完全出磁场时产生的电热,而两个位置动能相同.由能量守恒Q=mgd+l【答案】 1 2 3mgd+l10.在匀强磁场中,有一个接有电容器的导线回路,如图4520所示.已知电容C=30μF,回路的长和宽分别为l1=8cm,l2=5cm,磁感应强度以变化率5×10-2T/s增大,则 图4520A.电容器的上极板带正电,电荷量为2×10-9CB.电容器的上极板带负电,电荷量为6×10-9CC.电容器的上极板带正电,电荷量为6×10-9CD.电容器的上极板带负电,电荷量为8×10-9C【解析】 回路中的感应电动势等于电容器两极板间的电压,U=E==·l1·l2=5×10-2×
0.08×
0.05V=2×10-4V,则电容器的电荷量Q=CU=30×10-6×2×10-4C=6×10-9C,由楞次定律可判断回路中感生电动势沿逆时针方向,电容器的上极板带正电,C选项正确.【答案】 C11.xx·张家界高二检测如图4521所示,固定在匀强磁场中的水平导轨ab、cd的间距L1=
0.5m,金属棒ad与导轨左端bc的距离L2=
0.8m,整个闭合回路的电阻为R=
0.2Ω,匀强磁场的方向竖直向下穿过整个回路.ad棒通过细绳跨过定滑轮接一个质量为m=
0.04kg的物体,不计一切摩擦,现使磁感应强度从零开始以=
0.2T/s的变化率均匀增大,求经过多长时间物体刚好能离开地面g取10m/s2.图4521【解析】 物体刚要离开地面时,其受到的拉力F等于它的重力mg,而拉力F等于棒ad所受的安培力,即mg=BIL
1.其中B=·t,感应电流由变化的磁场产生,I==·=·,所以t=eq\fmgRLL2··=10s.【答案】 10s12.xx·广东省汕头金山中学高二上学期期末如图4522所示,两根足够长的光滑金属导轨MN、PQ间距为l=
0.5m,其电阻不计,两导轨及其构成的平面均与水平面成30°角.完全相同的两金属棒ab、cd分别垂直导轨放置,每棒两端都与导轨始终有良好接触,已知两棒的质量均为
0.02kg,电阻均为R=
0.1Ω,整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中,磁感应强度为B=
0.2T,棒ab在平行于导轨向上的拉力F作用下,沿导轨向上匀速运动,而棒cd恰好保持静止,取g=10m/s
2.求图45221通过cd棒的电流I是多少,方向如何?2棒ab受到的拉力F多大?3拉力F做功的功率P是多少?【解析】 1对cd棒受力分析可得BIl=mgsin30°代入数据,得I=1A根据右手定则判断,通过cd棒的电流I方向由d到c.2对ab棒受力分析可得F=BIl+mgsin30°代入数据,得F=
0.2N.3根据I=,P=Fv代入数据,得P=
0.4W.【答案】 11A 方向由d到c
20.2N
30.4W。