PAGE6-5電磁感應現象的兩類狀況1.下列說法正確的是(C)A.動生電動勢是洛倫茲力對導體中自由電荷做功而引起的B.因為洛倫茲力對運動電荷始終不做功,所以動生電動勢不是由洛倫茲力而產生的C.動生電動勢的方向可以由右手定則來判定D.導體棒切割磁感線產生感應電流,受到的安培力肯定與受到的外力大小相等、方向相反解析:洛倫茲力沿導體方向的分力對導體中自由電荷做功是產生動生電動勢的本質,在導體中自由電荷受洛倫茲力的合力與合速度方向垂直,總功為0,故A,B錯誤;動生電動勢是由導體切割磁感線產生的,可由右手定則推斷方向,故C正確;只有在導體棒做勻速切割時,除安培力以外的力的合力才與安培力大小相等、方向相反,做變速運動時不成立,故D錯誤.2.如圖所示,在一水平光滑絕緣塑料板上有一環形凹槽,有一帶正電小球質量為m、電荷量為q,在槽內沿順時針做勻速圓周運動,現加一豎直向上的勻稱改變的勻強磁場,且B漸漸增加,則(A)A.小球速度變大B.小球速度變小C.小球速度不變D.以上三種狀況都有可能解析:在此空間中,沒有閉合導體,但磁場的改變使空間產生感生電場.依據楞次定律得出如圖所示感生電場,又因小球帶正電荷,電場力與小球速度同向,電場力對小球做正功,小球速度變大,選項A正確.3.(多選)磁場垂直穿過金屬圓環向里(圖1),磁感應強度B的大小隨時間t的改變關系如圖2所示.E1,E2,E3分別表示Oa,ab,bc三段過程中金屬環中感應電動勢的大小,則(CD)A.E1最大 B.E2最大C.E2最小 D.E3最大解析:由法拉第電磁感應定律可知E=nΔBΔtS,由圖知應有ab段中磁通量的改變率最小,而bc段中磁通量的改變率最大,故有E2<E14.(2024·湖南長沙月考)(多選)如圖,空間中存在一勻強磁場區域,磁場方向與豎直面(紙面)垂直,磁場的上、下邊界(虛線)均為水平面;紙面內磁場上方有一個正方形導線框abcd,其上、下兩邊均與磁場邊界平行,邊長小于磁場上、下邊界的間距.若線框自由下落,從ab邊進入磁場時起先,直至ab邊到達磁場下邊界為止,線框下落的速度大小可能(CD)A.始終減小 B.始終不變C.始終增加 D.先減小后增加解析:導線框起先做自由落體運動,ab邊以肯定的速度進入磁場,ab邊切割磁感線產生感應電流,依據左手定則可知ab邊受到向上的安培力,當安培力大于重力時,線框做減速運動,當線框完全進入磁場后,線框不產生感應電流,此時只受重力,做加速運動,故先減速后加速運動,故選項A錯誤,D正確;當ab邊進入磁場后安培力等于重力時,線框做勻速運動,當線框完全進入磁場后,線框不產生感應電流,此時只受重力,做加速運動,故先勻速后加速運動,故B錯誤;當ab邊進入磁場后安培力小于重力時,線框做加速運動,當線框完全進入磁場后,線框不產生感應電流,此時只受重力,做加速運動,故選項C正確.5.(2024·陜西寶雞期末)如圖1所示,一根電阻為R=4Ω的導線繞成半徑為d=2m的圓,在圓內部分區域存在改變的勻強磁場,中間S形虛線是兩個直徑為d的半圓,磁場隨時間改變如圖2所示(磁場垂直于紙面對外為正,電流逆時針方向為正),關于圓環中的電流—時間圖象,以下四圖中正確的是(B)解析:0～1s,感應電動勢為E1=ΔBΔtS=4πV,感應電流大小為I1=E1R6.如圖(甲)所示,固定在水平桌面上的光滑金屬框架cdeg處于方向豎直向下的勻強磁場中,金屬桿ab與金屬框架接觸良好.在兩根導軌的端點d,e之間連接一電阻,其他部分電阻忽視不計.現用一水平向右的外力F作用在金屬桿ab上,使金屬桿由靜止起先向右在框架上滑動,運動中桿ab始終垂直于框架.圖(乙)為一段時間內金屬桿受到的安培力F安隨時間t的改變關系,則圖(丙)中可以表示外力F隨時間t改變關系的圖象是(D)解析:ab切割磁感線產生感應電動勢E=Blv,感應電流為I=BlvR,安培力F安=B2l2vR,所以v∝F安,由圖象知F安∝t,所以v7.(2024·福建福州期中)如圖所示,MN,PQ為光滑金屬導軌,磁場垂直于導軌平面,C為電容器,導體棒ab垂直跨接在導軌之間,原來ab靜止,C不帶電,現給導體棒ab一初速度v0,則導體棒做(D)A.勻速運動B.勻減速運動C.加速度減小的減速運動,最終靜止D.加速度減小的減速運動,最終勻速運動解析:ab棒切割磁感線,產生感應電動勢,給電容器充電,同時ab棒在安培力作用下減速,當電容器兩極板間電壓與ab棒的電動勢相等時,充電電流為零,安培力為零,ab棒做勻速運動,D正確.8.如圖所示,線圈匝數為n,橫截面積為S,線圈電阻為r,處于一個勻稱增加的磁場中,磁感應強度隨時間的改變率為k,磁場方向水平向右且與線圈平面垂直,電容器的電容為C,定值電阻的阻值為r.由此可知,下列說法正確的是(C)A.電容器下極板帶正電B.回路電流漸漸增大C.電容器所帶電荷量為nSkCD.電容器所帶電荷量為nSkC解析:閉合線圈與阻值為r的電阻形成閉合回路,線圈相當于電源,電容器兩極板間的電壓等于路端電壓;由楞次定律可知,電流從電阻r的左側流入,右側流出,故電容器上極板帶正電,選項A錯誤;線圈產生的感應電動勢為E=nSΔBΔt=nSk,I=E2r=nSk錯誤.9.如圖所示,在勻強磁場中,放置兩根光滑平行導軌MN和PQ,其電阻不計,ab,cd兩根導體棒,其電阻Rab<Rcd,當ab棒在外力F1作用下向左勻速滑動時,cd棒在外力F2作用下保持靜止,F1和F2的方向都與導軌平行,那么,F1和F2大小相比、ab和cd兩端的電勢差相比,正確的是(B)A.F1>F2,Ucd>Uab B.F1=F2,Uab=UcdC.F1<F2,Uab<Ucd D.F1=F2,Uab<Ucd解析:因ab和cd的安培力都是F=BIl,又因為ab棒在外力F1作用下向左勻速滑動時,cd在外力F2作用下保持靜止,故F1=F2,又由MN,PQ電阻不計,所以a,c兩點等勢,b,d兩點等勢,因而Uab=Ucd,故B正確.10.(多選)如圖所示,在一磁感應強度B=0.5T的勻強磁場中,垂直于磁場方向水平放著兩根相距為h=0.1m的平行金屬導軌MN和PQ,導軌電阻忽視不計,在兩根導軌的端點N,Q之間連接一阻值R=0.3Ω的電阻,導軌上跨放著一根長為L=0.2m,每米阻值r=2Ω的金屬棒ab,金屬棒與導軌正交放置,交點為c,d,當金屬棒在水平拉力作用下以速度v=4m/s向左做勻速運動時,則下列說法正確的是(BC)A.金屬棒a,b兩端點間的電勢差為0.2VB.水平拉金屬棒的力的大小為0.02NC.金屬棒a,b兩端點間的電勢差為0.32VD.回路中的發熱功率為0.06W解析:金屬棒cd段產生的感應電動勢為Ecd=Bhv=0.5×0.1×4V=0.2V;cdQN中產生的感應電流為I=EcdR+hr=0.20.3+0.2A=0.4A;金屬棒ab兩端的電勢差等于Uac,Ucd,Udb三者之和,由于UcdBLv-Ircd=0.32V,故A錯誤,C正確;使金屬棒勻速運動的外力與安培力是一對平衡力,方向向左,大小為F=F安=BIh=0.5×0.4×0.1N=0.02N,選項B正確;回路中的發熱功率P熱=I2(R+hr)=0.08W,D錯誤.11.(2024·山東威海期末)(多選)如圖所示,兩根相同的平行金屬導軌固定在水平桌面上,導軌單位長度的電阻相同,端點P,Q用電阻可以忽視的導線相連.垂直于桌面的磁場隨時間改變,已知磁感應強度B與時間t的關系為B=kt,比例系數k恒定(k>0).一電阻不計的導體棒可在導軌上無摩擦滑動,在滑動過程中保持與導軌垂直.t=0時刻,導體棒緊靠在P,Q端,在平行于導軌的水平外力F作用下,導體棒以恒定的加速度從靜止起先向導軌的另一端滑動,下列關于整個回路的電動勢E、電流I、導體棒所受外力F、整個回路消耗的電功率P隨時間改變的圖象正確的是(BC)解析:桿在t時刻的速度v=at,動生電動勢E1=BLv=kaLt2,由法拉第電磁感應定律得感生電動勢E2=ΔΦΔt=kt×L×12at2-0t=12kaLt2,則回路中的感應電動勢E=E1+E2=32kaLt2,故選項A錯誤;設單位長度的電阻為r0F安=ma+kt·3kL2r0·L=ma+3k2L12.(2024·浙江杭州檢測)在如圖(甲)所示的電路中,螺線管匝數n=1500匝,橫截面積S=20cm2.螺線管導線電阻r=1.0Ω,R1=4.0Ω,R2=5.0Ω,C=30μF.在一段時間內,穿過螺線管的磁場的磁感應強度B按如圖(乙)所示的規律改變.(1)求螺線管中產生的感應電動勢;(2)閉合S,電路中的電流穩定后,求電阻R1的電功率;(3)S斷開后,求流經R2的電荷量.解析:(1)依據法拉第電磁感應定律E=nΔΦΔt=nE=1500×20×10-4×0.(2)依據閉合電路歐姆定律I=ER1+由P=I2R1得P=5.76×10-2W.(3)S斷開后,流經R2的電荷量即為S閉合時C板上所帶的電荷量Q,電容器兩端的電壓U=IR2=0.6V,流經R2的電荷量Q=CU=1.8×10-5C答案:(1)1.2V(2)5.76×10-2W(3)1.8×10-513.abcd是由粗裸銅導線連接兩個定值電阻R組成的閉合矩形導體框,水平放置,金屬棒OP與ad及bc邊垂直,并接觸良好,空間存在著勻強磁場,磁感應強度B=2T,方向豎直向下,俯視圖如圖所示.已知電阻R=2Ω,金屬棒OP的電阻r=1Ω,其他部分的電阻都可忽視不計.ad及bc邊相距為L=0.8m,給OP棒施加一個與棒垂直的恒