江苏省泰州中学高二物理选修3-2同步检测4-5电磁感应现象的两类情(3)

上端电阻R中产生的热量：QR＝Q/4 联立以上几式得：QR＝0.55J. 能力提升 1答案：CD

解析：变化的磁场将产生感生电场，这种感生电场由于其电场线是闭合的，也称为涡旋电场，其场强方向可借助电磁感应现象中感应电流方向的判定方法，使用楞次定律判断．当磁场增强时，会产生顺时针方向的涡旋电场，电场力先对小球做负功使其速度减为零，后对小球做正功使其沿顺时针方向做加速运动，所以C正确；磁场力始终与小球运动方向垂直，因此始终对小球不做功，D正确；小球在水平面内沿半径方向受两个力作用：环的压力FN和磁场的洛伦兹力F，这两个力的合力充当小球做圆周运动的向心力，其中F＝Bqv，磁场在增强，球速先减小，后增大，所以洛伦兹力不一定总在增大；向心力F向v2

＝m，其大小随速度先减小后增大，因此压力FN也不一定始终增

r大．故正确答案为C、D.

2答案：A

解析：由B－t图象知第2s内磁感应强度B大小均匀减小，方向向内，第3s内磁感应强度B大小均匀增大，方向向外，由楞次定律和安培定则知圆环内的电流为顺时针方向，所以下极板为负，上极板为正，A正确，B错．第1s内B均匀增加，极板间电场方向与第2s内、第3s内电场方向相反，第1s内电荷q从静止做匀加速直线运动，第2s内做匀减速直线运动，加速度大小不变，所以第2s末微粒不会回到ΔΦ

原来位置，C错．第2s内感应电动势大小U＝||＝0.1πr2，电场强度

ΔtU0.1πr2

E的大小E＝＝，D错．

dd

3答案：C

解析：由右手定则和E＝BLv判定水平位移从0―→l时E＝－Blv，水平位移从l―→2l时，E＝0，从2l－3l时E＝3Blv，从3l―→4l时E＝－2Blv，可知图C正确．

本题考查右手定则、楞次定律及E＝Blv的应用．重点在于对不同阶段感应电动势大小和方向的判断，要求学生能正确建立图象，试题难度较大．

W11P11Q114答案：＝；＝；＝. W22P24Q22

解析：设线圈的ab边长为l、bc边长为l′，整个线圈的电阻为R.把ab拉出磁场时，cd边以速度v匀速运动切割磁感线产生动生电动势E＝Blv，

EBlv

其电流方向从c指向d，线圈中形成的感应电流I＝＝，

RRB2l2v

cd边所受的安培力 F＝IlB＝.

R为了维持线圈匀速运动，所需外力大小为 B2l2v

F′＝F＝.

R

B2l2l′

因此拉出线圈时外力的功W＝Fl′＝v.(即W∝v)

RB2l22

外力的功率 P＝Fv＝v.(即P∝v2)

R线圈中产生的焦耳热

22222Blvl′Bll′2

Q＝IRt＝2R·＝v＝W.

RRv

即Q∝v.

由上面得出的W、P、Q的表达式可知，两情况拉力的功、功率，

W1v11P1v21Q1W111

线圈中的焦耳热之比分别为＝＝；＝2＝；＝＝ W2v22P2v24Q2W22

5答案：(1)0.4A (2)0.024kg (3)1.6V

ΔΦSΔB0.4

解析：(1)金属棒未进入磁场时，E1＝＝＝0.5×2×V＝

ΔtΔt0.22V

RE12

R总＝RL＋＝(4＋1)Ω＝5Ω，IL＝＝A＝0.4A.

2R总5

(2)因灯泡亮度不变，故0.2s末金属棒进入磁场时刚好匀速运动， ILRL

I＝IL＋IR＝LL＋＝1.2A，G＝F安＝BId＝0.24N，所以金属棒

R的质量m＝G/g＝0.024kg

RRLE2

(3)金属棒在磁场中运动时电动势E2＝I(R＋)＝4V，v＝＝BdR＋RL

20m/s

CE2

金属棒从CD运动到EF过程的时间为t2＝＝s＝0.1s，在这

v20段时间内U＝ILRL＝0.4×4V＝1.6V，所以t＝0.25s时金属棒两端的电势差为1.6V.

3mg3mgr

6答案：(1)Iab＝ (2)v＝

4B2L24B1B2L1L2

解析：(1)设通过正方形金属框的总电流为I，ab边的电流为Iab，3

dc边的电流为Idc，有Iab＝I ①

4

1

Idc＝I ②

4金属框受重力和安培力，处于静止状态，有

mg＝B2IabL2＋B2IdcL2 ③ 3mg

由①～③，解得Iab＝ ④

4B2L2

mg

(2)由(1)可得I＝ ⑤

B2L2设导体杆切割磁感线产生的电动势为E，有

E＝B1L1v ⑥ 设ad、dc、cb三边电阻串联后与ab边电阻并联的总电阻为R，3