1、随堂检测1.如图所示，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.增大C.减少D.以上情况都有可能解析：选 B.根据麦克斯韦电磁 场理论，当磁感 应强度均匀增大时，会产生环形电场；根据楞次定律，电场方向垂直于磁 场沿逆时针方向，与正 电荷运 动方向一致，电场力对粒子做正功，粒子的动能将增大，故 B 项正确.2.将一段导线绕成图甲所示的闭合回路，并固定在水平面（纸面）内.回路的 ab 边置于垂直纸面向里的匀强磁场中.回路的圆形区域内有垂直纸面的磁场，以向里为磁场的正方向，其磁感应强度 B 随时间 t 变化的图象如图乙所示.用 F 表
2、示 ab 边受到的安培力，以水平向右为 F 的正方向，能正确反映 F 随时间 t 变化的图象是（ ）解析：选 B.0 时间内，根据法拉第 电磁感应定律及楞次定律可得回路的 圆环形区域T2产生大小恒定的、顺时针方向的感 应电流，根据左手定 则，ab 边在匀强磁场中受到水平向左的恒定的安培力；同理可得 T 时间内， ab 边在匀强磁 场中受到水平向右的恒定的安T2培力，故 B 项正确 .3.（2018唐山高二检测）英国物理学家麦克斯韦认为，磁场变化时会在空间激发感生电场.如图所示，一个半径为 r 的绝缘细圆环水平放置，环内存在竖直向上的匀强磁场 B，环上套一带电荷量为q 的小球.已知磁感应强度 B
3、 随时间均匀增加，其变化率为 k，若小球在环上运动一周，则感生电场对小球的作用力所做功的大小是（ ）A.0 B. r2qk12C.2r 2qk D.r 2qk解析：选 D.变化的磁场使回路中 产生的感生电动势 E Skr 2，则感生电场t Bt对小球的作用力所做的功 W qUqEqkr 2，选项 D 正确 .4.（2018山东烟台检测）如图甲所示，一水平放置的线圈，匝数 n100 匝，横截面积 S0.2 m2，电阻 r1 ，线圈处于水平向左的均匀变化的磁场中，磁感应强度 B1 随时间 t 变化关系如图乙所示.线圈与足够长的竖直光滑导轨 MN、PQ 连接，导轨间距 l20 cm，导体棒 ab 与
4、导轨始终接触良好，ab 棒的电阻 R4 ，质量 m5 g，导轨的电阻不计，导轨处在与导轨平面垂直向里的匀强磁场中，磁感应强度 B20.5 T.t0 时，导体棒由静止释放，g 取 10 m/s2，求：（1）t0 时，线圈内产生的感应电动势大小；（2）t0 时，导体棒 ab 两端的电压和导体棒的加速度大小；（3）导体棒 ab 到稳定状态时，导体棒所受重力的瞬时功率.解析：（1）由图乙可知，线圈内磁感 应强度变化率：0.1 T/sBt由法拉第电磁感应定律可知：E 1n n S2 V.t Bt（2）t0 时，回路中电流：I 0.4 AE1R r导体棒 ab 两端的电压 UIR1.6 V设此时导体棒的加
5、速度为 a，则由：mgB 2Ilma得：ag 2 m/s 2.B2Ilm（3）当导体棒 ab 达到稳定状态时，满足：mgB 2IlIE1 B2lvR r得：v5 m/s此时，导体棒所受重力的瞬时 功率 Pmgv0.25 W.答案：（1）2 V （2）1.6 V 2 m/s 2 （3）0.25 W5.如图所示，相距为 L 的光滑平行金属导轨 ab、cd 固定在水平桌面上，上面放有两根垂直于导轨的金属棒 MN 和 PQ，金属棒质量均为 m，电阻值均为 R.其中 MN 被系于中点的细绳束缚住，PQ 的中点与一绕过定滑轮的细绳相连，绳的另一端系一质量也为 m 的物块，绳处于拉直状态.整个装置放于竖直向
6、下的匀强磁场中，磁感应强度的大小为 B.若导轨的电阻、滑轮的质量及一切摩擦均忽略不计，当物块由静止释放后，求：（重力加速度为g，金属导轨足够长）（1）细绳对金属棒 MN 的最大拉力；（2）金属棒 PQ 能达到的最大速度 .解析：（1）对棒 PQ，开始时做加速度逐渐减小速度逐渐增大的变加速运动，当加速度为零时，速度达到最大，此时感 应电流最大，此后棒 PQ 做匀速直 线运动.对棒 PQ，F 安 BLI mmg对棒 MN，FmF 安 BLI mmg.（2）对棒 PQ，Fmg0 时速度最大EBLv m，I ，FBLIE2R解得 vm .2mgRB2L2答案：（1）mg （2）2mgRB2L2课时作业
7、 一、单项选择题1.如图所示，金属棒 ab 置于水平放置的光滑框架 cdef 上，棒与框架接触良好，匀强磁场垂直于 ab 斜向下.从某时刻开始磁感应强度均匀减小，同时施加一个水平方向上的外力 F 使金属棒 ab 保持静止，则 F（ ）A.方向向右，且为恒力 B.方向向右，且为变力C.方向向左，且为变力 D.方向向左，且为恒力解析：选 C.由 En S 可知，因磁感 应强度均匀减小，感应电动势 E 恒定，由 F 安BtBIL，I 可知， ab 棒受到的安培力随 B 的减小，均匀 变 小，由外力 FF 安 可知，外力 FER也均匀减小，为变力，由左手定则可判断 F 安 水平方向上的分量向右，所以外
8、力 F 水平向左，C 正确.2.如图所示，水平地面上方有正交的匀强电场 E 和匀强磁场 B，电场方向竖直向下，磁场方向垂直纸面向外，等腰三角形的金属框由底边呈水平位置开始沿竖直平面的电磁场由静止开始下降，下落过程中三角形平面始终在竖直平面内，不计阻力，a、b 两点落到地面的顺序是（ ）A.a 点先落地 B.b 点先落地C.a、b 两点同时落地 D.无法判定解析：选 A.本题关键是用楞次定律判定感 应电动势的方向，并理解感应电动势的正、负极聚集着正、负电荷.当三角形 abc 金属框下落时，闭合回路中磁通量没有 发生变化，回路不产生感应电流，但由于各边都在切割磁感 线，所以会 产生感 应电动势，根
9、据楞次定律，可以判定 a 点的电势高，是电源的正极，b 点的电势低，是电源的负极，a 点聚集着正电荷，b 点聚集着负电荷，a 点的正电荷受到的 电场力向下，使 a 点加快运 动，b 点的负电荷受到的电场力向上，使 b 点减缓运动，故 a 点先落地.正确选项为 A.3.（2018山西康杰中学高二月考 ）如图所示，两条平行虚线之间存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，虚线间的距离为 L，金属圆环的直径也是 L.自圆环从左边界进入磁场开始计时，以垂直于磁场边界的恒定速度 v 穿过磁场区域.规定逆时针方向为感应电流 i 的正方向，则圆环中感应电流 i 随其移动距离 x 变化的 ix 图象最接近（ ）解析
10、：选 A.圆环进入磁场的 过程中，圆环中磁通量增大，由楞次定律可得感应电流的方向沿逆时针方向，为正，感应电动势先增大后减小，所以，圆环中感应电流先增大后减小；圆环离开磁场过程中，圆环中磁通量减小，由楞次定律可得感应电流的方向为顺时针方向，为负，感应电流先增大后减小，故 A 选项正确.4.如图所示，两条平行虚线之间存在匀强磁场，虚线间的距离为 L，磁场方向垂直纸面向里，abcd 是位于纸面内的梯形线圈.ad 与 bc 间的距离也为 L，t0 时刻 bc 边与磁场区域边界重合 .现令线圈以恒定的速度 v 沿垂直于磁场区域边界的方向穿过磁场区域，取沿 abcda 方向为感应电流正方向，则在线圈穿越磁
11、场区域的过程中，感应电流 I 随时间 t 变化的图线可能是（ ）解析：选 B.由于 bc 进入磁场时，根据右手定 则判断出其感应电流的方向是沿 adcba 的方向，其方向与电流的正方向相反，故是负的，所以 A、C 错误；当逐渐向右移动时，切割磁感线的有效长度在增加，故感 应电流在增大；当 bc 边穿出磁场区域时，线圈中的感应电流方向变为 abcda，是正方向，故其图象在时间轴的上方，所以 B 正确，D 错误.5.如图所示，匀强磁场存在于虚线框内，矩形线圈竖直下落.如果线圈中受到的磁场力总小于其重力，则它在 1、2、3、4 位置时的加速度关系为（ ）A.a1a2a3a4 B.a1a 2a 3a
12、4C.a1a 3a2a4 D.a1a 3a2a 4解析：选 C.1、3 两位置都不受安培力 a1a 3g，由于磁场力总小于重力，线圈一直加速，其速度关系为 v2a4，选 C.6.（2018北京平谷检测）如图甲所示，闭合金属线框 abcd 置于匀强磁场中，线框平面与磁场垂直，磁感应强度 B 随时间 t 的变化关系如图乙所示.规定顺时针方向为电流的正方向，下列各图中能正确表示线框中感应电流 i 随时间 t 变化的图象是（ ）解析：选 C.在 0 到 1 s 内，磁感应强度 B 均匀增加，则线框中产生感应电流，由楞次定律可得电流方向为逆时针，负值 ；由法拉第电磁感应定律可得，感应电流大小恒定.当在
13、1 s到 3 s 内，磁场不变，则线框中没有磁通量变化，所以没有感应电流.在 3 到 4 s 内，磁感 应强度 B 均匀减小，则线框中产生感 应电流，由楞次定律可得电流方向为顺时针，正 值；由法拉第电磁感应定律可得，感应电 流大小恒定.因此 C 选项正确 .7.（2018北京昌平测试）如图，光滑平行金属导轨固定在水平面上，左端由导线相连，导体棒垂直静置于导轨上构成回路.在外力 F 作用下，回路上方的条形磁铁竖直向上做匀速运动.在匀速运动过程中外力 F 做功WF， 磁场力对导体棒做功 W1，磁铁克服磁场力做功 W2，重力对磁铁做功 WG，回路中产生的焦耳热为 Q， 导体棒获得的动能为 Ek.则错
14、误的是（ ）A.W1Q B.W2W 1QC.W1E k D.WFW GQ E k解析：选 A.根据题意，由动能定理知：导体棒：W 1E k，故 A 错误，C 正确；根据能量守恒知 W2W 1Q，故 B 正确； 对磁铁有：W FW GW 20，由得WF WGE kQ，故 D 正确.二、多项选择题8.如图所示，矩形闭合导体线框在匀强磁场上方，由不同高度静止释放，用 t1、t 2 分别表示线框 ab 边和 cd 边刚进入磁场的时刻 .线框下落过程形状不变，ab 边始终保持与磁场水平边界线 OO平行，线框平面与磁场方向垂直.设 OO下方磁场区域足够大，不计空气影响，则下列哪一个图象可能反映线框下落过程
15、中速度 v 随时间 t 变化的规律（ ）解析：选 BCD.设线框质量为 m，电阻为 R，线框 ab 边长为 l，磁感应强度为 B，线框自由下落刚进入磁场时速度为 v，当 v 时， 线框做加速度减小的加速运 动，C 可能；当 vmgRB2l2时，线框做匀速运动，D 可能；当 v 时，线框做加速度减小的减速运动直至匀速，mgRB2l2 mgRB2l2B 可能， A 不可能.9.（2018广东东莞检测）如图甲所示，在光滑水平面上用恒力 F 拉质量为 1 kg 的单匝均匀正方形铜线框，在位置 1 以速度 v03 m/s 进入匀强磁场时开始计时，此时线框中感应电动势为 1 V，在 t3 s 时线框到达位
16、置 2 开始离开匀强磁场此过程中线框 vt 图象如图乙所示，那么（ ）A.t0 时，线框右侧边铜线两端 MN 间的电压为 0.75 VB.恒力 F 的大小为 0.5 NC.线框进入磁场与离开磁场的过程中线框内感应电流的方向相同D.线框完全离开磁场瞬间的速度大小为 2 m/s解析：选 ABD.t0 时，线框右 侧边铜线切割磁感线相当于 电源， 线框右侧边铜线两端MN 间的电压为路端电压，设铜线 框四边的总电阻是 R，则 路端电压 U R E0.75 V，ER34 34故 A 项正确；t13 s，线框做匀加速直线运动，加速度 a m/s20.5 m/s2，线框vt 3 23 1水平方向只受恒力 F
17、，则 F ma10.5 N0.5 N，故 B 项正确；线框进入磁场与离开磁场的过程中线框内磁通量的变化相反，由楞次定律可知，感应磁场方向相反；由安培定则知，感应电流方向相反，故 C 项错误；t 0 时和 t3 s 线框的速度相等，则进入磁场和穿出磁场的过程受力情况相同，在位置 3 时的速度与 t1 s 时的速度相等，线框完全离开磁场瞬间的速度大小为 2 m/s，故 D 项正确 .10.（2018黑龙江大庆实验中学月考 ）如图所示，边长为 L、电阻不计的 n 匝正方形金属线框位于竖直平面内，连接的小灯泡的额定功率、额定电压分别为 P、U，线框及小灯泡的总质量为 m，在线框的下方有一匀强磁场区域，
18、区域宽度为 l，磁感应强度方向与线框平面垂直，其上、下边界与线框底边均水平.线框从图示位置由静止开始下落，穿越磁场的过程中，小灯泡始终正常发光.则（ ）A.有界磁场宽度 lLB.磁场的磁感应强度应为mgUnPLC.线框匀速穿越磁场，速度恒为PmgD.线框穿越磁场的过程中，灯泡产生的焦耳热为 mgL解析：选 BC.因线框穿越磁场的过程中小灯泡正常发光，故线框匀速穿越磁场，且线框长度 L 和磁场宽 度 l 相同，A 错误；因线框匀速穿越磁场，故重力和安培力相等，mgnBILnB L，得 B ，B 正确；线框匀速穿越磁场，重力做功的功率等于电功率，PU mgUnPL即 mgvP ，得 v ，C 正确
19、； 线框穿越磁场时，通 过的位移 为 2L，且重力做功完全转化为Pmg焦耳热，故 Q2mgL，D 错误.三、非选择题11.如图所示，两光滑平行金属导轨固定在倾角为 的同一斜面内，间距为 l，其下端有内阻为 r 的电源，整个装置处在垂直导轨平面向下，磁感应强度为 B 的匀强磁场中，一质量为 m、电阻为 R 的导体棒 ab 垂直导轨放置在导轨上，接触良好，且保持静止状态.不计导轨电阻.已知重力加速度为 g.求：（1）导体棒所受安培力 F 的大小和方向；（2）电源的电动势 E.解析：（1）由题意可知，导体棒所受安培力 F 的方向沿斜面向上.导体棒的受力情况如图所示：根据牛顿第二定律有 Fmgsin
20、0所以 Fmgsin 方向沿斜面向上.（2）因为 FIlB由全电路的欧姆定律：IER r所以：E （Rr）.mgsin lB答案：（1）mgsin 方向沿斜面向上（2） （Rr）mgsin lB12.如图所示，两根互相平行的光滑金属导轨位于水平面内，相距为 L0.5 m，在导轨的一端接有阻值为 R0.8 的电阻，在 x0 一侧存在一与水平面垂直的均匀磁场，磁感应强度 B2 T.一质量 m2 kg 的金属杆垂直放置在导轨上，金属杆的电阻 r0.2 ，导轨电阻不计.当金属杆以 v0 1 m/s 的初速度进入磁场的同时，受到一个水平向右的外力作用，且外力的功率恒为 P36 W，经过 2 s 金属杆达到最大速度.求： （1）金属杆达到的最大速度 vm；（2）在这 2 s 时间内回路产生的热量 Q.解析：（1）由平衡知识可知：F 外 F A安培力：F ABIL 由闭合电路的欧姆定律：IER r电动势：EBLv m功率：PF 外 vm解得：v m6 m/s.（2）能量守恒：QPt mv mv12 20 12 2m解得 Q37 J.答案：（1）6 m/s （2）37 J
