高中沪科版 (2019)第5章 电磁场与电磁波5.3 电磁感应练习

这是一份高中沪科版 (2019)第5章 电磁场与电磁波5.3 电磁感应练习，共8页。
A．B．CD．
【解答】解：在整个正方形导线框通过磁场的过程中，
切割磁感线的边框为两竖直边框，两水平边框不切割磁感线．由于正方形导线框沿OO′方向匀速通过磁场，①从开始到左边框到达O′之前，进入磁场切割磁感线的有效长度随时间均匀增加，根据E=BLv得出感应电动势随时间也均匀增加，由于电阻不变，所以感应电流i也随时间均匀增加．根据右手定则判断出感应电流的方向，结合导线框中感应电流沿逆时针方向时为正，得出开始为正方向．
②当左边框到达OO′之后，由于进入磁场切割磁感线的有效长度不变，所以感应电流i不变．③当左边框到达OO′中点，右边框即将进入磁场切割磁感线，由于左边框的切割磁感线的有效长度在减小，而右边框切割磁感线有效长度在增大，而左右边框切割磁感线产生的感应电动势方向相反，所以整个感应电动势随时间也均匀减小．
④当左边框到达距O点时，左右边框切割磁感线的有效长度相等，此时感应电动势为0，再往后跟前面过程相反．故ABC错误，D正确．故选：D．

2．如图所示，直角坐标系Oxy的2、4象限有垂直坐标系向里的匀强磁场磁感应强度大小均为B，在第3象限有垂直坐标系向外的匀强磁场磁感应强度大小为2B，现将半径为R，圆心角为90°的扇形闭合导线框OPQ在外力作用下以恒定角速度绕O点在纸面内沿逆时针方向匀速转动．t=0时线框在图示位置，设电流逆时针方向为正方向．则下列关于导线框中的电流随时间变化关系正确的是（ ）
C
A．B．D
【解答】解：在0﹣t时间内，线框从图示位置开始（t=0）转过90°的过程中，产生的感应电动势为： E1=ω•R2；由闭合电路欧姆定律得，回路电流为：I1==．根据楞次定律判断可知，线框中感应电流方向沿逆时针．
在t﹣2t时间内，线框进入第3象限的过程中，回路电流方向为顺时针．回路中产生的感应电动势为： E2=ω•R2+ω•R2=Bω•R2=3E1；感应电流为：I2=3I1；
在2t﹣3t时间内，线框进入第4象限的过程中，回路电流方向为逆时针．回路中产生的更多课件 教案 视频 等优质滋源请 家 威杏 MXSJ663 感应电动势为：E3=ω•R2+ω•R2=Bω•R2=3E1；感应电流为：I2=3I1；
在3t﹣4t时间内，线框出第4象限的过程中，回路电流方向为顺时针．回路中产生的感应电动势为： E4=ω•R2；由闭合电路欧姆定律得，回路电流为：I4=I1；故B正确．故选：B
3．如图甲所示为一“凸型”线框，总电阻为R，其中ab=bc=cd=de=ah=gh=gf=l，ef=3l。线框在外力作用下以恒定速度v垂直磁场通过两个宽均为l的有界匀强磁场，磁感应强度大小都为B，方向相反。取逆时针方向电流为正，安培力水平向左为正。图示时刻t=0，则线框中产生的电流i和整个线框受到的安培力F随时间t变化的图象中，正确的是（其中，，）（ ）
A．B．C．D．
【答案】AC【详解】(1)ab边进入左侧磁场时感应电动势为感应电流为
由右手定则可知，线框进入磁场过程感应电流沿逆时针方向，是正的。安培力为(2)ab边进入右侧磁场、gh与cd边进入左侧磁场时感应电动势为感应电流为由右手定则可知，线框中合感应电流沿逆时针方向，是正的。安培力为
(3)gh与cd边进入右侧磁场、ef边进入左侧磁场时感应电动势为感应电流为由右手定则可知，线框中合感应电流沿顺时针方向，是负的。安培力为
(4)ef边离开磁场时感应电动势为感应电流为
安培力为由右手定则可知感应电流沿逆时针方向，是正的。
选项AC正确，BD错误。故选AC。
4．如图所示，一个边长为l、总电阻为R的单匝等边三角形金属线框，在外力的作用下以速度v匀速穿过宽度均为l的两个有界匀强磁场，磁场的磁感应强度大小均为B，方向相反．线框运动方向始终与底边平行且与磁场边界垂直．取顺时针方向的电流为正，从图示位置开始，线框中的感应电流i与线框沿运动方向的位移x之间的函数图象是（ ）
A．B．CD．
【解答】解：（1）线框从开始进入到全部进入第一个磁场时，磁通量向里增大，则由楞次定律可知，感应电流方向沿顺时针方向，电流方向是正的，由图象可知，B、D错误；
（2）线框进入磁场时，切割磁感线的导线有效长度L均匀增大，故由E=BLV可知；
①在0～内，切割的有效长度均匀增大，电动势也均匀增加，感应电流均匀增加；
②～l内，切割的有效长度均匀减小，电动势也均匀减小，感应电流均匀减小；
③l～时间内，垂直向外的磁通量增多，向内的减少，磁通量减少，由楞次定律可知，电流方向为逆时针方向；
在此阶段内，线圈的左右两部分分别处在两个不同的磁场中，两部分产生的电流方向相同，
切割磁感线的导线有效长度都均匀变大，所以在时刻感应电动势与感应电流是时刻的两倍，故A正确，C错误．故选A．
（二）含容电路
5．如图所示，平行导轨置于磁感应强度为B的匀强磁场中（方向向里），间距为L，左端电阻为R，其余电阻不计，导轨右端接一电容为C的电容器．现有一长2L的金属棒ab放在导轨上，ab以a为轴顺时针以ω转过90°的过程中，通过R的电量为（ ）
Q= B.Q=2BL2ωC
C.Q= D.Q=BL2ωC）
【解答】解：由ab棒以a为轴旋转到b端脱离导轨的过程中，产生的感应电动势一直增大，对C不断充电，同时又与R构成闭合回路，ab产生的感应电动势平均值
E=△S表示ab扫过的三角形面积，．
通过R的电量．在这一过程中电容器充电的电量Q2=CUm．
Um为ab棒在转动过程中产生感应电动势的最大值．．所以ab棒脱离导轨后电容器放电，流过R的电量等于．则流过R的总电量Q=Q1+Q2=BL2．故D正确，A、B、C错误．故选D．
6．如图所示，两光滑导轨相距为L，倾斜放置，与水平地面夹角为α，上端接一电容为C的电容器。导轨上有一质量为m长为L的导体棒平行地面放置，导体棒离地面的高度为h，磁感强度为B的匀强磁场与两导轨所决定的平面垂直，开始时电容器不带电。将导体棒由静止释放，整个电路电阻不计，则（ ）
A．导体棒先做加速运动，后作匀速运动
B．导体棒一直做匀加速直线运动，加速度为a＝
C．导体棒落地时瞬时速度v=
D．导体棒下落中减少的重力势能大于增加的动能，机械能不守恒
【答案】BD【详解】AB．对导体棒进行受力分析，根据牛顿第二定律而整理得解得①下滑的过程中，加速度保持不变，因此B正确，A错误；C．根据速度与位移的关系 ②由①②联立C错误；D．下降过程中，由于电容器充电，根据能量守恒，减小的重力势能，一部分转化为动能，一部分转化为电场能，因此减少的重力势能大于增加的动能，机械能不守恒，D正确。故选BD。
7.（高考题.天津卷）电磁轨道炮利用电流和磁场的作用使炮弹获得超高速度，其原理可用来研制新武器和航天运载器。电磁轨道炮示意如图，图中直流电源电动势为E ， 电容器的电容为C。两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距为l ， 电阻不计。炮弹可视为一质量为m、电阻为R的金属棒MN ， 垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨良好接触。首先开关S接1，使电容器完全充电。然后将S接至2，导轨间存在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场（图中未画出），MN开始向右加速运动。当MN上的感应电动势与电容器两极板间的电压相等时，回路中电流为零，MN达到最大速度，之后离开导轨。问：
(1)磁场的方向；
(2)MN刚开始运动时加速度a的大小；
(3)MN离开导轨后电容器上剩余的电荷量Q是多少。
【答案】（1）垂直于导轨平面向下。
（2）电容器完全充电后，两极板间电压为E ， 当开关S接2时，电容器放电，设刚放电时流经MN的电流为I ， 有①设MN受到的安培力为F ， 有F=IlB②
由牛顿第二定律有F=ma③联立①②③式得④
（3）当电容器充电完毕时，设电容器上电量为Q0 ， 有Q0=CE⑤
开关S接2后，MN开始向右加速运动，速度达到最大值vmax时，设MN上的感应电动势为 ，有⑥依题意有⑦
设在此过程中MN的平均电流为 ，MN上受到的平均安培力为 ，有⑧
由动量定理，有⑨又⑩联立⑤⑥⑦⑧⑨⑩式得⑪
（三）导体棒在磁场中做变速运动时通过它的电荷量及距离的计算
8．如图所示，足够长的U型光滑金属导轨平面与水平面成θ角（0