金版学案学年人教版选修32第四章5电磁感应现象的两类情况.docx
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金版学案学年人教版选修32第四章5电磁感应现象的两类情况
第四单元电磁感应
5电磁感应现象的两类情况
A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：
AC
2.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：
A
3.一直升机停在南半球的地磁极上空．该处地磁场的方向竖直向上，磁感应强度为B.直升机螺旋桨叶片的长度为l，螺旋桨转动的频率为f，顺着地磁场的方向看螺旋桨，螺旋桨按顺时针方向转动，螺旋桨叶片的近轴端为a，远轴端为b，如图所示，如果忽略a到转轴中心线的距离，用E表示每个叶片中的感应电动势，则（ ）
A．E＝πfl2B，且a点电势低于b点电势
B．E＝2πfl2B，且a点电势低于b点电势
C．E＝πfl2B，且a点电势高于b点电势
D．E＝2πfl2B，且a点电势高于b点电势
解析：
解这道题要考虑两个问题：
一是感应电动势大小，E＝Blv＝Bl×2πf×＝Bl2πf；二是感应电动势的方向，由右手定则可以判断出感应电动势的方向是由a→b，因此a点电势低．
答案：
A
4．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：
B
5．（多选）如图所示，空间有一个方向水平的有界匀强磁场区域，一矩形导线框自磁场上方某一高度处自由下落．进入磁场的过程中，导线框平面与磁场方向垂直，则在导线框进入磁场的过程中可能（ ）
A．变加速下落 B．变减速下落
C．匀速下落D．匀加速下落
解析：
当线框进入磁场时，ab边切割磁感线产生感应电动势，回路中有感应电流，所以ab边受到的安培力向上．当F安＝＝mg时，线框匀速进入磁场；当F安＝＜mg时，则变加速进入磁场；当F安＝＞mg时，则变减速进入磁场，故A、B、C正确，D错误．
答案：
ABC
6.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v0
B．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v0，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＝＝，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，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a1＞g＞a2，其中a2为金属棒返回下落时的加速度，显然，下落相同高度，t1＜t2，选项D错误．
答案：
C
B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
B．通过金属棒的电荷量为
C．克服安培力所做的功为mgh
D．金属棒产生的焦耳热为mg（h－μd）
解析：
金属棒滑下过程中，根据动能定理有mgh＝mv，根据法拉第电磁感应定律有Em＝BLvm，根据闭合电路欧姆定律有Im＝，联立得Im＝，A错误；根据q＝可知，通过金属棒的电荷量为，B错误；金属棒运动的全过程根据动能定理得mgh＋Wf＋W安＝0，所以克服安培力做的功小于mgh，故C错误；由Wf＝－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，联立得Q＝mg（h－μd），D正确．
答案：
D
8．如图所示，L1＝0.5m，L2＝0.8m，回路总电阻为R＝0.2Ω，M＝0.04kg，导轨光滑，开始时磁场B0＝1T，现使磁感应强度以＝0.2T/s的变化率均匀地增大，试求：
当t为多少时，M刚离开地面（g取10m/s2）?
解析：
回路中原磁场方向向下，且磁通量增加，由楞次定律可以判知，感应电流的磁场方向向上，根据安培定则可以判知，ab中的感应电流的方向是a→b，由左手定则可知，ab所受安培力的方向水平向左，从而向上拉起重物，
设ab中电流为I时M刚好离开地面，此时有
FB＝BIL1＝Mg，①
I＝，②
E＝＝L1L2·＝0.08（V），③
B＝，④
联立①②③④，解得：
FB＝0.4N，I＝0.4A，B＝2T，t＝5s.
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＝0.5m，导轨左端连接一个R＝0.2Ω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＝1T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＝0.4kg、电阻r＝0.05Ω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0.4N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0.08W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vmax，E＝Blvmax，
I＝，
F安＝BIl，
F安＝F，
代入数据得vmax＝0.4m/s.
（2）当力F的功率为0.08W时，金属棒的速度
v＝＝0.2m/s，
F－F安′＝ma，即F－＝ma，
代入数据得a＝0.5m/s2，方向向右．
10．如图甲所示，一对平行光滑轨道放置在水平面上，两轨道间距l＝0.20m，电阻R＝1.0Ω；有一导体杆静止地放在轨道上，与两轨道垂直，杆及轨道的电阻皆可忽略不计，整个装置处于磁感应强度B＝0.5T的匀强磁场中，磁场方向垂直轨道向下，现用一外力F沿轨道方向拉杆，使之做匀加速运动，测得力F与时间t的关系如图乙所示．求杆的加速度a和质量m.
解析：
导体杆在轨道上做初速度为零的匀加速直线运动，用v表示瞬时速度，t表示时间，则杆切割磁感线产生的感应电动势为
E＝Blv＝Blat，①
闭合回路中的感应电流为：
I＝，②
由安培力公式和牛顿第二定律得：
F－IlB＝ma，③
将①②式代入③式整理得：
F＝ma＋at.④
在乙图象上取两点t1＝0，F1＝1N；t2＝30s，F2＝4N代入④式，联立方程解得
a＝10m/s2，m＝0.1kg.
11．如图所示，电动机牵引一根原来静止的、长为L＝1m、质量为m＝0.1kg的导体MN，其电阻R＝1Ω，导体棒架在磁感应强度B＝1T、竖直放置的框架上，当导体棒上升h＝3.8m时获得稳定的速度，导体产生的热量为14J，电动机牵引棒时，电压表、电流表的示数分别为7V、1A，电动机内阻r＝1Ω，不计框架电阻及一切摩擦，g取10m/s2，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－Ir2＝6W，
棒达到稳定速度时，有：
F＝mg＋BIL＝mg＋，
而电动机的输出功率P出＝Fvm，
由以上各式解得vm＝2m/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＋mv＋Q，
解得完成此过程所需要的时间t＝3s.
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