《测控指导》2015-2016学年高二物理人教版选修3～2练习：4.4 法拉第电磁感应定律 WORD版含解析.docx

1、4法拉第电磁感应定律A组(15分钟)1.闭合电路中产生的感应电动势的大小,跟穿过这一闭合电路的下列哪个物理量成正比()A.磁通量B.磁感应强度C.磁通量的变化率D.磁通量的变化量解析:根据法拉第电磁感应定律表达式E=nt知,闭合电路中感应电动势的大小与磁通量的变化率t成正比,而与磁通量、磁感应强度B、磁通量的变化量无关,所以选项A、B、D错误,选项C正确。答案:C2.穿过一个单匝线圈的磁通量,始终以每秒均匀地增加2 Wb,则()A.线圈中的感应电动势每秒增大2 VB.线圈中的感应电动势每秒减小2 VC.线圈中的感应电动势始终为2 VD.线圈中不产生感应电动势解析:根据题意,穿过线圈的磁通量始终

2、每秒均匀增加2 Wb,即穿过线圈的磁通量的变化率t=2 Wb/s,由法拉第电磁感应定律知E=nt=2 V,所以选C。答案:C3.如图所示,有一匝接在电容器C两端的圆形导线回路,垂直于回路平面以内存在着向里的匀强磁场B,已知圆的半径r=5 cm,电容C=20 F,当磁场B以410-2 T/s的变化率均匀增加时,则()A.电容器a板带正电,电荷量为210-9 CB.电容器a板带负电,电荷量为210-9 CC.电容器b板带正电,电荷量为410-9 CD.电容器b板带负电,电荷量为410-9 C解析:根据楞次定律可判断a板带正电,线圈中产生的感应电动势E=Btr2=10-4 V,板上电荷量Q=CE=2

3、10-9 C,选项A正确。答案:A4.(多选)如图为地磁场磁感线的示意图,在北半球地磁场的竖直分量向下。飞机在我国上空匀速巡航,机翼保持水平,飞行高度保持不变。由于地磁场的作用,金属机翼上有电势差。设飞行员左方机翼末端处的电势为1,右方机翼末端处的电势为2,则()A.若飞机从西往东飞,1比2高B.若飞机从东往西飞,2比1高C.若飞机从南往北飞,1比2高D.若飞机从北往南飞,2比1高解析:由右手定则可知机翼左端电势比右端电势高,即12,A、C项正确。答案:AC5.导学号01150018如图所示,在竖直向下的匀强磁场中,将一水平放置的金属棒ab以水平初速度v0抛出,设在整个过程中棒的方向不变且不计

4、空气阻力,则在金属棒运动过程中产生的感应电动势大小变化情况是()A.越来越大B.越来越小C.保持不变D.无法判断解析:棒ab水平抛出后,其速度越来越大,但只有水平分速度v0切割磁感线产生感应电动势,故E=Blv0保持不变。答案:C6.(多选)如图是穿过某闭合回路的磁通量随时间变化的四种情况,在t0时间内可使该回路产生恒定感应电流的是()解析:产生恒定感应电流的条件是感应电动势恒定,由电磁感应定律E=nt得到t=En,是常量,因此-t图象是条斜线,C、D正确。答案:CD7.导学号01150019如图,匀强磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框,半圆直径与磁场边缘重合;磁场方向垂直于半圆面(纸面)

5、向里,磁感应强度大小为B0。使该线框从静止开始绕过圆心O、垂直于半圆面的轴以角速度匀速转动半周,在线框中产生感应电流。现使线框保持图中所示位置,磁感应强度大小随时间线性变化。为了产生与线框转动半周过程中同样大小的电流,磁感应强度随时间的变化率Bt的大小应为()A.4B0B.2B0C.B0D.B02解析:设导线框半径为l,电阻值为R,则导线框以角速度匀速转动产生的电流大小为I1=12B0l2R=B0l22R;导线框中磁感应强度大小随时间线性变化时产生的电流大小为I2=12l2BtR=l22RBt。因为I1=I2,所以Bt=B0,故选项C正确。答案:C8.如图所示,匀强磁场的磁感应强度B=0.5

6、T。一个匝数n=50的矩形线圈边长ab=0.2 m,bc=0.1 m,以角速度 =314 rad/s 绕ab边匀速转动。求:(1)图示位置时的瞬时感应电动势。(2)由图示位置转过90这段时间内的平均感应电动势。解析:(1)在题图中位置的瞬时感应电动势由公式E=nBlv得E=500.50.20.1314 V=157 V。(2)这段时间内的平均感应电动势由公式E=nt得E=500.50.20.12314 V=100 V。答案:(1)157 V(2)100 VB组(25分钟)1.下列说法正确的是()A.线圈中磁通量变化越大,线圈中产生的感应电动势一定越大B.线圈中的磁通量越大,线圈中产生的感应电动势

7、一定越大C.线圈处在磁场越强的位置,线圈中产生的感应电动势一定越大D.线圈中磁通量变化得越快,线圈中产生的感应电动势越大解析:线圈中磁通量变化大,但磁通量的变化率不一定就大,该变化量所经历的时间可能更长,所以线圈中产生的感应电动势不一定越大,选项A错误。同样分析,磁通量大,磁通量的改变量不一定就大,磁通量的变化率更是不一定大,所以选项B也是错误的。线圈处在磁场越强的位置,其磁通量不一定就大,因为线圈的面积、放置时是否跟磁感线垂直等,都影响到磁通量的大小,而磁通量、磁通量的变化量、磁通量的变化率均与感应电动势无直接关系,所以线圈中产生的感应电动势不一定越大,选项C错误。线圈中磁通量变化得越快,磁

8、通量的变化率就越大,线圈中产生的感应电动势越大,所以选项D正确。答案:D2.(多选)某地的地磁场磁感应强度的竖直分量方向向下,大小为4.510-5 T。一灵敏电压表连接在当地入海河段的两岸,河宽100 m,该河段涨潮和落潮时有海水(视为导体)流过。设落潮时,海水自西向东流,流速为2 m/s。下列说法正确的是()A.电压表记录的电压为5 mVB.电压表记录的电压为9 mVC.河南岸的电势较高D.河北岸的电势较高解析:由E=Blv=4.510-51002 V=910-3V可知A项错误,B项正确;再由右手定则可判断河北岸电势高,故C项错误,D项正确。答案:BD3.如图所示,将一半径为r的金属圆环在垂

9、直于环面的磁感应强度为B的匀强磁场中用力握中间成“8”字形,并使上、下两圆半径相等。如果环的电阻为R,则此过程中流过环的电荷量为()A.r2BRB.r2B2RC.0D.3r2B4R解析:通过金属圆环横截面的电荷量只与磁通量的变化量和金属圆环的电阻有关,与时间等其他量无关,因此=Br2-2B(r2)2=12Br2,电荷量q=R=r2B2R。答案:B4.纸面内两个半径均为R的圆相切于O点,两圆形区域内分别存在垂直于纸面的匀强磁场,磁感应强度大小相等、方向相反,且不随时间变化。一长为2R的导体杆OA绕过O点且垂直于纸面的轴顺时针匀速旋转,角速度为,t=0时,OA恰好位于两圆的公切线上,如图所示。若选

10、取从O指向A的电动势为正,下列描述导体杆中感应电动势随时间变化的图象可能正确的是()解析:导体杆在右边圆形磁场中切割磁感线的有效长度为l=2Rsin t,产生的感应电动势的大小E=12Bl2=2BR2sin2t,电动势随时间变化,且非均匀变化,排除A、B。根据右手定则,导体杆在右边磁场中运动时,感应电动势为正,排除D。答案:C5.一闭合线圈放在随时间均匀变化的磁场中,线圈平面和磁场方向垂直。若想使线圈中的感应电流增加一倍,下述方法可行的是()A.使线圈匝数增加一倍B.使线圈面积增加一倍C.使线圈匝数减少一半D.使磁感应强度的变化率增大一倍解析:根据E=nt=nBtS求电动势,当n、S发生变化时

11、导体的电阻也发生了变化。若匝数增加一倍,电阻也增加一倍,感应电流不变,故A错;若匝数减少一半,感应电流也不变,故C错;若面积增加一倍,长度变为原来的2倍,因此电阻为原来的2倍,电流为原来的2倍,故B错。答案:D6.导学号01150020(多选)如图所示,A、B两闭合线圈用同样导线绕成,A有10匝,B有20匝,两圆线圈半径之比为21。均匀磁场只分布在B线圈内。当磁场随时间均匀减弱时()A.A中无感应电流B.A、B中均有恒定的感应电流C.A、B中感应电动势之比为21D.A、B中感应电流之比为12解析:只要穿过圆线圈内的磁通量发生变化,线圈中就有感应电动势和感应电流。因为磁场变化情况相同,有效面积也

12、相同,所以,每匝线圈产生的感应电动势相同,又由于两线圈的匝数和半径不同,电阻值不同,根据电阻定律,单匝线圈电阻之比为21,所以,感应电流之比为12。因此正确选项是B、D。答案:BD7.如图所示,MN、PQ为两条平行放置的金属导轨,左端接有定值电阻R,金属棒ab斜放在两导轨之间,与导轨接触良好,磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面,设金属棒与两导轨接触点之间的距离为l,金属棒与导轨间夹角为60,以速度v水平向右匀速运动,不计导轨和棒的电阻,则流过金属棒的电流为()A.I=BlvRB.I=3Blv2RC.I=Blv2RD.I=3Blv3R解析:公式E=Blv适用于B、l、v三者互相垂直的情况,本

13、题B与l,B与v是相互垂直的,但l与v不垂直,故取l垂直于v的长度lsin 60即有效切割长度,所以E=Blvsin 60=32Blv,由欧姆定律I=ER得I=3Blv2R,故正确选项为B。答案:B8.导学号01150021轻质细线吊着一质量为m=0.32 kg、边长为l=0.8 m、匝数n=10的正方形线圈,总电阻为r=1 ,边长为l2的正方形磁场区域对称分布在线圈下边的两侧,如图甲所示,磁场方向垂直纸面向里,大小随时间变化如图乙所示,从t=0开始经t0时间细线开始松弛,g取10 m/s2。求:(1)在前t0时间内线圈中产生的感应电动势。(2)在前t0时间内线圈的电功率。(3)t0的值。解析:(1)由法拉第电磁感应定律得E=nt=n12(l2)2Bt=1012(0.82)20.5 V=0.4 V。(2)I=Er=0.4 A,P=I2r=0.16 W。(3)分析线圈受力可知,当细线松弛时有F安=nBt0Il2=mgI=ErBt0=2mgrnEL=2 T由图象知Bt0=1+0.5t0,解得t0=2 s。答案:(1)0.4 V(2)0.16 W(3)2 s