2022-2023學年粵教版選擇性必修第二冊 2.2 法拉第電磁感應(yīng)定律 作業(yè)

課時評價作業(yè)（七）法拉第電磁感應(yīng)定律A級基礎(chǔ)鞏固1.（多選）如圖所示的情況中，金屬導體中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為Blv的是（）ABCD解析：公式E＝Blv中的l應(yīng)指導體的有效切割長度，A、B、D項中的有效長度均為l，感應(yīng)電動勢E＝Blv，而C項的有效長度為lsinθ，感應(yīng)電動勢E＝Blvsinθ，故A、B、D項正確.答案：ABD2.（2021·石家莊一中期中）如圖為某中學物理興趣小組為研究無線充電技術(shù)，動手制作的一個“特斯拉線圈”.線圈匝數(shù)為n，面積為S，若在t1到t2時間內(nèi)，勻強磁場平行于線圈軸線穿過線圈，其磁感應(yīng)強度大小由B1均勻增加到B2，則該段時間內(nèi)線圈兩端的電勢差的大?。ǎ〢.恒為eq\f(S（B2－B1）,t2－t1)B.從0均勻變化到eq\f(S（B2－B1）,t2－t1)C.恒為eq\f(nS（B2－B1）,t2－t1)D.從0均勻變化到eq\f(nS（B2－B1）,t2－t1)解析：穿過線圈的勻強磁場的磁感應(yīng)強度均勻增加，故產(chǎn)生恒定的感應(yīng)電動勢，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，有E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝nSeq\f(ΔB,Δt)＝nSeq\f(B2－B1,t2－t1)，選項C正確，A、B、D錯誤.答案：C3.（2021·寧波效實中學月考）如圖所示，a、b是用同種規(guī)格的銅絲做成的兩個單匝同心圓環(huán)，兩環(huán)半徑之比為2∶3，其中僅在a環(huán)所圍區(qū)域內(nèi)有垂直于環(huán)面向里的勻強磁場.當該勻強磁場的磁感應(yīng)強度均勻增大時，a、b兩環(huán)內(nèi)的感應(yīng)電動勢大小和感應(yīng)電流大小之比分別為（）A.1∶1，3∶2 B.1∶1，2∶3C.4∶9，2∶3 D.4∶9，9∶4解析：由法拉第電磁感應(yīng)定律，得E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(ΔB,Δt)S＝neq\f(ΔB,Δt)πR2，neq\f(ΔB,Δt)相同，可得Ea∶Eb＝eq\f(Req\o\al(2,a),Req\o\al(2,a))＝1∶1；根據(jù)電阻定律，得圓環(huán)的電阻為r＝ρeq\f(l,S)＝ρeq\f(n·2πR,S)，ρ、S、n相同，兩圓環(huán)電阻之比為ra∶rb＝Ra∶Rb＝2∶3，圓環(huán)中感應(yīng)電流I＝eq\f(E,r)，由以上分析可得Ia∶Ib＝3∶2，故A正確.答案：A4.（海南卷）如圖所示，空間有一勻強磁場，一直金屬棒與磁感應(yīng)強度方向垂直，當它以速度v沿與棒和磁感應(yīng)強度都垂直的方向運動時，棒兩端的感應(yīng)電動勢大小為E；將此棒彎成兩段長度相等且相互垂直的折線，置于與磁感應(yīng)強度相垂直的平面內(nèi)，當它沿兩段折線夾角平分線的方向以速度v運動時，棒兩端的感應(yīng)電動勢大小為E′，則eq\f(E′,E)等于（）A.eq\f(1,2) B.eq\f(\r(2),2)C.1 D.eq\r(2)解析：設(shè)金屬棒長度為l，勻強磁場的磁感應(yīng)強度為B，彎折前根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得E＝Blv.金屬棒彎折后，切割磁感線的有效長度為eq\f(\r(2),2)l，故E′＝eq\f(\r(2),2)Blv.因此eq\f(E′,E)＝eq\f(\r(2),2)，B正確.答案：B5.夏天將到，在北半球，當我們抬頭觀看教室內(nèi)的電扇時，發(fā)現(xiàn)電扇正在逆時針轉(zhuǎn)動.金屬材質(zhì)的電扇示意圖如圖所示，由于地磁場的存在，下列關(guān)于A、O兩點的電勢及電勢差的說法正確的是（）A.A點電勢比O點電勢高B.A點電勢比O點電勢低C.A點電勢等于O點電勢D.扇葉長度越短，轉(zhuǎn)速越快，兩點間的電勢差數(shù)值越大解析：因北半球地磁場方向斜向下（有效磁場豎直向下），電風扇逆時針方向轉(zhuǎn)動，切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，根據(jù)右手定則知，A點相當于電源的正極，O點相當于電源的負極，所以A點的電勢高于O點的電勢，故選項A正確，B、C錯誤；轉(zhuǎn)動切割的電動勢E＝eq\f(1,2)Bl2ω，則知扇葉長度越短，轉(zhuǎn)速越快，感應(yīng)電動勢不一定越大，電勢差就不一定越大，故選項D錯誤.答案：A6.（全國卷Ⅰ）如圖所示，兩個端面半徑同為R的圓柱形鐵芯同軸水平放置，相對的端面之間有一縫隙，鐵芯上繞導線并與電源連接，在縫隙中形成一勻強磁場.一銅質(zhì)細直棒ab水平置于縫隙中，且與圓柱軸線等高、垂直.讓銅棒從靜止開始自由下落，銅棒下落距離為0.2R時銅棒中電動勢大小為E1，下落距離為0.8R時電動勢大小為E2.忽略渦流損耗和邊緣效應(yīng).關(guān)于E1、E2的大小和銅棒離開磁場前兩端的極性，下列判斷正確的是（）A.E1>E2，a端為正 B.E1>E2，b端為正C.E1<E2，a端為正 D.E1<E2，b端為正解析：根據(jù)安培定則可判斷縫隙中磁場水平向左.將立體圖轉(zhuǎn)化為平面圖，從右向左看，截面如圖所示.下落距離h1＝0.2R時，有效切割長度L1＝2eq\r(R2－h(huán)eq\o\al(2,1))＝2Req\r(0.96)，下落距離h2＝0.8R時，有效切割長度L2＝2eq\r(R2－h(huán)eq\o\al(2,2))＝2Req\r(0.36)，由機械能守恒，有mgh＝eq\f(1,2)mv2，得v＝eq\r(2gh)，下落h1時，v1＝eq\r(2g×0.2R)＝eq\r(0.4gR)，下落h2時，v2＝eq\r(2g×0.8R)＝eq\r(1.6gR)；由E＝BLv得，E1＝BL1v1＝B·2Req\r(0.96)×eq\r(0.4gR)＝2RBeq\r(0.384gR)，E2＝BL2v2＝B·2Req\r(0.36)×eq\r(1.6gR)＝2RBeq\r(0.576gR)，可見E2>E1.據(jù)右手定則，可知電流由a→b，細直棒ab為電源，在電源內(nèi)部，電流由負極流向正極，b端為正.綜上所述，D正確.答案：DB級能力提升7.（2021·廣東汕頭一模）（多選）如圖甲所示，螺線管匝數(shù)n＝1000，橫截面積S＝0.02m2，電阻r＝1Ω，螺線管外接一個阻值R＝4Ω的電阻，電阻的一端b接地.一方向平行于螺線管軸線向左的磁場穿過螺線管，磁感應(yīng)強度隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示，則（）A.在0～4s時間內(nèi)，R中有電流從a流向bB.t＝3s時穿過螺線管的磁通量為0.07WbC.在4～6s時間內(nèi)，通過R的電流大小為8AD.在4～6s時間內(nèi)，R兩端電壓Uab＝40V解析：本題考查感應(yīng)電動勢及電路中的電磁感應(yīng)問題.在0～4s時間內(nèi)，原磁場增大，則穿過螺線管的磁通量增大，根據(jù)楞次定律可知，感應(yīng)磁場方向向右，由安培定則可知，R中的電流方向從b流向a，故A錯誤；由題圖乙可知，t＝3s時磁感應(yīng)強度為B＝3.5T，則此時穿過螺線管的磁通量為Φ＝BS＝3.5×0.02Wb＝0.07Wb，故B正確；在4～6s時間內(nèi)，感＝8A，故C正確；在4～6s時間內(nèi)，根據(jù)楞次定律可知，R中的電流從a流向b，則R兩端電壓為Uab＝IR＝8×4V＝32V，故D錯誤.答案：BC8.（2021·浙江模擬）轉(zhuǎn)筆是一項用不同的方法與技巧以手指來轉(zhuǎn)動筆的休閑活動，深受廣大中學生的喜愛，其中也包含了許多的物理知識.如圖所示，某轉(zhuǎn)筆高手能讓筆繞其手指上的某一點沿順時針方向做角速度為ω的勻速圓周運動，已知手與筆的接觸點O點恰好是長為L的金屬筆桿的中點，地磁場的磁感應(yīng)強度在與筆桿轉(zhuǎn)動平面垂直方向的分量大小為B，方向垂直紙面向外，則（）A.筆桿上O點的電勢最低B.O點與筆尖間的電勢差為eq\f(1,2)BL2ωC.O點與筆尖間的電勢差為eq\f(1,8)BL2ωD.筆桿兩端點間的電勢差為BL2ω解析：本題考查電磁感應(yīng)中導體旋轉(zhuǎn)切割磁感線問題.根據(jù)右手定則判斷知，筆桿上O點的電勢最高，A錯誤；O點與筆尖間的電勢差為U＝B×eq\f(L,2)×eq\f(0＋ω·\f(L,2),2)＝eq\f(1,8)BL2ω，B錯誤，C正確；筆桿兩端點間的電勢差為零，D錯誤.答案：C9.（2021·河北邯鄲一模）某星球表面0～200km高度范圍內(nèi)，水平方向磁場的磁感應(yīng)強度大小隨高度增加由60T均勻減小至10T，為使航天器能在星球表面安全降落，可以利用電磁阻力來減小航天器下落的速度.若在航天器上固定一邊長為1m的正方形閉合線圈，航天器豎直降落時線圈平面始終與磁場垂直，上下兩邊始終處于水平狀態(tài)，為使航天器速度為1km/s時產(chǎn)生的電磁阻力（只對該閉合線圈產(chǎn)生的作用力）為1000N，則線圈電阻的阻值R為（）A.2.5×10－14Ω B.5×10－11ΩC.6.25×10－8Ω D.1×10－5Ω解析：本題考查電磁感應(yīng)中的阻尼問題.由磁場分布規(guī)律可知，線圈上下兩邊所處位置的磁感應(yīng)強度大小之差ΔB＝eq\f(（B2－B1）L,h2－h(huán)1)＝2.5×10－4T，線圈上下兩邊產(chǎn)生的總感應(yīng)電動勢大小E＝ΔBlv，線圈上下兩邊產(chǎn)生的總安培力大小F＝ΔBIl，其中I＝eq\f(E,R)，解得R＝6.25×10－8Ω，故C正確.答案：C10.（2021·江蘇南通聯(lián)考）（多選）如圖所示，光滑的金屬框CDEF水平放置，寬為L，在E、F間連接一阻值為R的定值電阻，在C、D間連接一滑動變阻器R1（0≤R1≤2R）.框內(nèi)存在著豎直向下的勻強磁場.一長為L、電阻為R的導體棒AB在外力作用下以速度v勻速向右運動，金屬框電阻不計，導體棒與金屬框接觸良好且始終垂直，下列說法正確的是（）A.ABFE回路的電流方向為逆時針，ABCD回路的電流方向為順時針B.左右兩個閉合區(qū)域的磁通量都在變化，且變化率相同，故電路中的感應(yīng)電動勢大小為2BLvC.當滑動變阻器接入電路中的阻值R1＝R時，導體棒兩端的電壓為BLvD.當滑動變阻器接入電路中的阻值R1＝eq\f(R,2)時，滑動變阻器有最大電功率，且為eq\f(B2L2v2,8R)解析：本題考查導體棒平動切割磁感線以及電路中路端電壓和功率問題.根據(jù)楞次定律可知，ABFE回路的電流方向為逆時針，ABCD回路的電流方向為順時針，故A正確；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知，電路中的感應(yīng)電動勢E＝BLv，故B錯誤；當R1＝R時，外電路總電阻R外＝eq\f(R,2)，故導體棒兩端的電壓即路端電壓為eq\f(1,3)BLv，故C錯誤；該電路電動勢E＝BLv，電源內(nèi)阻為R，求解滑動變阻器的最大電功率時，可以將導體棒和電阻R看成新的等效電源，等效內(nèi)阻為eq\f(R,2)，故當R1＝eq\f(R,2)時，等效電源輸出功率最大，則滑動變阻器的最大電功率Pm＝eq\f(Ueq\o\al(2,R1),R1)＝eq\f(（\f(1,4)E）2,\f(R,2))＝eq\f(B2L2v2,8R)，故D正確.答案：ADC級拓展創(chuàng)新11.如圖所示，線框由導線組成，cd、ef兩邊豎直放置且相互平行，導體棒ab水平放置并可沿cd、ef無摩擦滑動，導體棒ab所在處有勻強磁場且B2＝2T，已知ab長L＝0.1m，整個電路總電阻R＝5Ω.螺線管匝數(shù)n＝4，螺線管橫截面積S＝0.1m2.在螺線管內(nèi)有如圖所示方向磁場B1，若磁場B1以eq\f(ΔB1,Δt)＝10T/s均勻增加時，導體棒恰好處于靜止狀態(tài)（g取10m/s2），試求（1）通過導體棒ab的電流大??；（2）導體棒ab的質(zhì)量m大小；（3）若B1＝0，導體棒ab恰沿cd、ef勻速下滑，求棒ab的速度大小.解析：（1）螺線管產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(ΔB1,Δt)S，①代入數(shù)據(jù)得E＝4×10×0.1V＝4V，通過導體棒ab的電流I＝eq\f(E,R)＝0.8A.②（2）導體棒ab所受的安培力F＝B2IL＝2×0.8×0.1N＝0.16N，③導體棒靜止時有F＝mg，④代入數(shù)據(jù)解得m＝0.016kg.⑤（3）ab勻速下滑時，有E2＝B2Lv，⑥I′＝eq\f(E2,R)，⑦B2I′L＝mg，⑧由⑥⑦⑧得：v＝20m/s.答案：（1）0.8A（2）0.016kg（3）20m/s12.如圖甲所示，平行光滑導軌MN、PQ水平放置，電阻不計，兩導軌間距d＝10cm，導體＝20cm的絕緣絲線（絲線不可伸長）將兩棒系住，整個裝置處在勻強磁場中.t＝0時刻，磁場方向豎直向下，絲線剛好處于未被拉伸的自然狀態(tài).此后，磁感應(yīng)強度B隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示.不計感應(yīng)電流磁場的影響，整個過程中絲線未被拉斷.求：（1）0～2.0