高中物理人教版2第四章電磁感應第4章4

第四章4知能綜合訓練(本欄目內容，在學生用書中以獨立形式分冊裝訂！)eq\x(◎必做部分)1．穿過某線圈的磁通量隨時間變化的關系，如圖所示，在下列幾段時間內，線圈中感應電動勢最小的是()A．0～2s B．2～4sC．4～5s D．5～10s解析：圖象斜率越小，表明磁通量的變化率越小，感應電動勢也就越?。鸢福篋2．一矩形線框置于勻強磁場中，線框平面與磁場方向垂直．先保持線框的面積不變，將磁感應強度在1s時間內均勻地增大到原來的兩倍．接著保持增大后的磁感應強度不變，在1s時間內，再將線框的面積均勻地減小到原來的一半．先后兩個過程中，線框中感應電動勢的比值為()\f(1,2) B．1C．2 D．4解析：設原磁感應強度是B，線框面積是S.第1s內ΔΦ1＝2BS－BS＝BS，第2s內ΔΦ2＝2B·eq\f(S,2)－2B·S＝－BS.因為E＝neq\f(ΔΦ,Δt)，所以兩次電動勢大小相等，B正確．答案：B3.如圖所示，將直徑為d，電阻為R的閉合金屬環(huán)從勻強磁場B中拉出，這一過程中通過金屬環(huán)某一截面的電荷量為()\f(Bπd2,4R) \f(2πBd,R)\f(Bd2,R) \f(Bd2,πR)解析：eq\x\to(E)＝neq\f(ΔΦ,Δt)，故q＝eq\x\to(I)t＝eq\f(\x\to(E),R)·Δt＝n·eq\f(Bπ\(zhòng)b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,2)))2,R)＝eq\f(Bπd2,4R).答案：A4．如圖所示，均勻的金屬長方形線框從勻強磁場中拉出，它的兩邊固定有帶金屬滑輪的導電機構，線框向右運動時總是與兩邊良好接觸，線框的長為a，寬為b，磁感應強度為B，一理想電壓表跨接在A、B兩導電機構上，當線框在恒定外力F作用下向右運動的過程中(線框離開磁場前已做勻速運動)，關于線框及電壓表，下列說法正確的是()A．線框先做勻加速運動，后做勻速運動B．電壓表的讀數(shù)先增大后不變C．電壓表的讀數(shù)一直增大D．回路的電功率先增大后不變解析：線框在運動過程中先做變加速運動，后做勻速運動．電壓表讀數(shù)為外電路的電壓，根據(jù)E＝BLv回路電動勢先增大后不變，外電阻不斷增大，電壓表的讀數(shù)一直增大，選項C正確．P＝eq\f(E2,R)＝eq\f(BLv2,R)，回路的電功率先增大后不變，選項D正確．答案：CD5．在勻強磁場中，有一個接有電容器的單匝導線回路，如圖所示，已知C＝30μF，L1＝5cm，L2＝8cm，磁場以5×10－2T/s的速率增加A．電容器上極板帶正電，帶電荷量為6×10－5B．電容器上極板帶負電，帶電荷量為6×10－5C．電容器上極板帶正電，帶電荷量為6×10－9D．電容器上極板帶負電，帶電荷量為6×10－9解析：電容器兩極板間的電勢差U等于感應電動勢E，由法拉第電磁感應定律，可得E＝eq\f(ΔB,Δt)·L1L2＝2×10－4V，電容器的帶電荷量Q＝CU＝CE＝6×10－9C，再由楞次定律可知上極板的電勢高，帶正電，C項正確．答案：C6．將閉合多匝線圈置于僅隨時間變化的磁場中，線圈平面與磁場方向垂直，關于線圈中產(chǎn)生的感應電動勢和感應電流，下列表述正確的是()A．感應電動勢的大小與線圈的匝數(shù)無關B．穿過線圈的磁通量越大，感應電動勢越大C．穿過線圈的磁通量變化越快，感應電動勢越大D．感應電流產(chǎn)生的磁場方向與原磁場方向始終相同解析：由法拉第電磁感應定律E＝neq\f(ΔΦ,Δt)知，感應電動勢的大小與線圈匝數(shù)有關，A錯．感應電動勢正比于eq\f(ΔΦ,Δt)，與磁通量的大小無直接關系，B錯誤，C正確．根據(jù)楞次定律知，感應電流的磁場總是阻礙引起感應電流的磁通量的變化，即“增反減同”，D錯誤．答案：C7．如圖，空間某區(qū)域中有一勻強磁場，磁感應強度方向水平，且垂直于紙面向里，磁場上邊界b和下邊界d水平．在豎直面內有一矩形金屬線圈，線圈上下邊的距離很短，下邊水平．線圈從水平面a開始下落．已知磁場上下邊界之間的距離大于水平面a、b之間的距離．若線圈下邊剛通過水平面b、c(位于磁場中)和d時，線圈所受到的磁場力的大小分別為Fb、Fc和Fd，則()A．Fd＞Fc＞Fb B．Fc＜Fd＜FbC．Fc＞Fb＞Fd D．Fc＜Fb＜Fd解析：本題考查導體切割磁感線時感應電動勢及安培力的計算．線圈自由下落，到b點受安培力，線圈全部進入磁場，無感應電流，則線圈不受安培力作用，線圈繼續(xù)加速，到d點出磁場時受到安培力作用，由F＝eq\f(B2L2v,R)知，安培力和線圈的速度成正比，D項對．答案：D8．如圖所示，在寬為0.5m的平行導軌上垂直導軌放置一個有效電阻為r＝Ω的直導體棒，在導軌的兩端分別連接兩個電阻R1＝4Ω、R2＝6Ω，其他電阻不計．整個裝置處在垂直導軌向里的勻強磁場中，磁感應強度B＝T．當直導體棒在導軌上以v＝6m/s的速度向右運動時，求：直導體棒兩端的電壓和流過電阻R1和R解析：由題意可畫出如圖所示的電路圖，則感應電動勢E＝Blv＝××6V＝V又R外＝eq\f(R1·R2,R1＋R2)＝eq\f(6×4,6＋4)Ω＝Ω則U＝eq\f(ER外,R外＋r)＝eq\f×,＋V＝V，I1＝eq\f(U,R1)＝0.06AI2＝eq\f(U,R2)＝0.04A.答案：V0.06A9．如圖所示，勻強磁場的磁感應強度方向垂直于紙面向里，大小隨時間由B0開始均勻增大，其變化率eq\f(ΔB,Δt)＝k，用電阻為R的硬導線做成一邊長為L的方框．將方框固定于紙面內，其右半部位于磁場區(qū)域中．求：(1)方框中感應電流的大?。?2)磁場對方框作用力的大小隨時間變化的關系式．解析：(1)穿過方框的磁通量Φ＝BS＝eq\f(B·L2,2)根據(jù)電磁感應定律：E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB·S,Δt)＝eq\f(kL2,2)所以感應電流：I＝eq\f(E,R)＝eq\f(kL2,2R).(2)由題意B＝B0＋kt所以磁場對方框的作用力F＝BIL＝eq\f(B0＋ktkL3,2R).答案：(1)eq\f(kL2,2R)(2)eq\f(B0＋ktkL3,2R)10．如圖所示，導軌OM和ON都在紙面內，導體AB可在導軌上無摩擦滑動，若AB以5m/s的速度從O點開始沿導軌勻速向右滑動，導體與導軌都足夠長，它們每米長度的電阻都是Ω，磁場的磁感應強度為T．求(1)3s末電路上的電流為多少；(2)3s內電路中產(chǎn)生的平均感應電動勢為多少．解析：(1)夾在導軌間的部分導體切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢才是電路中的電動勢，3s末時刻，夾在導軌間導體的長度為l＝OBtan30°＝vttan30°＝5所以E＝Blv＝5eq\r(3)V此時電阻為R＝(OB＋OA＋AB)×Ω≈Ω，所以I＝eq\f(E,R)≈1.06A(2)3s內的感應電動勢的平均值為E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(BS－0,Δt)＝eq\f(B·\f(1,2)·OB·l,Δt)≈V.答案：(1)1.06A(2)eq\x(◎選做部分)11．如圖所示，固定的水平長直導線中通有電流I，矩形線框與導線在同一豎直平面內，且一邊與導線平行，線框由靜止釋放，在下落過程中()A．穿過線框的磁通量保持不變B．線框中感應電流方向保持不變C．線框所受安培力的合力為零D．線框的機械能不斷增大解析：線框下落過程中距離直導線越來越遠，磁場越來越弱，但磁場方向不變，所以磁通量越來越小，根據(jù)楞次定律可知感應電流的方向不變，A錯，B對；線框左邊和右邊所受安培力總是大小相等，方向相反，但上下兩邊磁場強弱不同，安培力大小不同，合力不為零，C錯；下落過程中機械能越來越小，D錯．答案：B12．矩形線圈abcd，長ab＝20cm，寬bc＝10cm，匝數(shù)n＝200，線圈回路總電阻R＝5Ω.整個線圈平面內均有垂直于線圈平面的勻強磁場穿過．若勻強磁場的磁感應強度B隨時間t的變化規(guī)律如圖所示A．線圈回路中感應電動勢隨時間均勻變化B．線圈回路中產(chǎn)生的感應電流為0.4C．當t＝s時，線圈的ab邊所受的安培力大小為ND．在1min內線圈回路產(chǎn)生的焦耳熱為48J解析：由E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝nSeq\f(ΔB,Δt)可知，由于線圈中磁感應強度的變化率eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(20－5×10－2,T/