高中物理教科版2第一章電磁感應(yīng) 學(xué)業(yè)分層測(cè)評(píng)2法拉第電磁感應(yīng)定律_第1頁
高中物理教科版2第一章電磁感應(yīng) 學(xué)業(yè)分層測(cè)評(píng)2法拉第電磁感應(yīng)定律_第2頁
高中物理教科版2第一章電磁感應(yīng) 學(xué)業(yè)分層測(cè)評(píng)2法拉第電磁感應(yīng)定律_第3頁
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學(xué)業(yè)分層測(cè)評(píng)(二)(建議用時(shí):45分鐘)[學(xué)業(yè)達(dá)標(biāo)]1.關(guān)于某一閉合電路中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E的大小,下列說法中正確的是()A.E跟穿過這一閉合電路的磁通量的大小成正比B.E跟穿過這一閉合電路的磁通量的變化量大小成正比C.E跟穿過這一閉合電路的磁通量的變化率成正比D.某時(shí)刻穿過線圈的磁通量為零,該時(shí)刻E一定為零【解析】磁通量變化量表示磁通量變化的大小,磁通量變化率表示磁通量變化的快慢.感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)與磁通量變化率成正比,和磁通量及其變化量都無必然聯(lián)系.【答案】C2.穿過單匝閉合線圈的磁通量在6秒鐘內(nèi)均勻地增大12Wb,則()【導(dǎo)學(xué)號(hào):31310013】A.線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)將均勻增大B.線圈中的感應(yīng)電流將均勻增大C.線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)將保持2V不變D.線圈中的感應(yīng)電流將保持2A不變【解析】由法拉第電磁感應(yīng)定律E=eq\f(ΔΦ,Δt),得E=2V,故A、B錯(cuò),C對(duì);因線圈電阻不一定等于1Ω,故D錯(cuò).【答案】C3.下列選項(xiàng)中所標(biāo)的導(dǎo)體棒的長(zhǎng)度為L(zhǎng),處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,棒運(yùn)動(dòng)的速度均為v,則產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為BLv的是()【解析】當(dāng)B、L、v三個(gè)量方向相互垂直時(shí),E=BLv;A選項(xiàng)中B與v不垂直;B選項(xiàng)中B與L平行,E=0;C選項(xiàng)中B與L不垂直;只有D選項(xiàng)中三者互相垂直,D正確.【答案】D4.一根導(dǎo)體棒ab在垂直于紙面方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中自由下落,并始終保持水平方向且與磁場(chǎng)方向垂直.如圖1-3-13所示,則ab兩端的電壓U()【導(dǎo)學(xué)號(hào):31310014】圖1-3-13A.U=0B.U保持不變C.U越來越大D.U越來越小【解析】由U=E=Blv及棒自由下落時(shí)v越來越大,可知U越來越大,C項(xiàng)正確.【答案】C5.(多選)無線電力傳輸目前取得重大突破,在日本展出了一種非接觸式電源供應(yīng)系統(tǒng).這種系統(tǒng)基于電磁感應(yīng)原理可無線傳輸電力.兩個(gè)感應(yīng)線圈可以放置在左右相鄰或上下相對(duì)的位置,原理示意圖如圖1-3-14所示.下列說法中正確的是()圖1-3-14A.若A線圈中輸入電流,B線圈中就會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)B.只有A線圈中輸入變化的電流,B線圈中才會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)C.A中電流越大,B中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)越大D.A中電流變化越快,B中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)越大【解析】根據(jù)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的條件,只有處于變化的磁場(chǎng)中,B線圈中才能產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì),A錯(cuò),B對(duì);根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律,感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小取決于磁通量變化率,所以C錯(cuò),D對(duì).【答案】BD6.(多選)單匝矩形線圈在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中勻速運(yùn)動(dòng),轉(zhuǎn)軸垂直于磁場(chǎng),若線圈所圍面積里磁通量隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖1-3-15所示,則0~D過程中()【導(dǎo)學(xué)號(hào):31310015】圖1-3-15A.線圈中0時(shí)刻感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為零B.線圈中D時(shí)刻感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為零C.線圈中D時(shí)刻感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大D.線圈中0至D時(shí)間內(nèi)平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為V【解析】線圈中0時(shí)刻切線斜率最大,即磁通量的變化率為最大,則感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大,D時(shí)刻磁通量的變化率為零,則感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為零,故A、C錯(cuò)誤,B正確;根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得:E=eq\f(ΔΦ,Δt)=eq\f(2×10-3,V=V,故D正確.【答案】BD7.(2023·達(dá)州高二期末)一根彎成直角的導(dǎo)線放在B=T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,如圖1-3-16所示,導(dǎo)線ab=30cm,bc=40cm當(dāng)導(dǎo)線以5m/s的速度做切割磁感線運(yùn)動(dòng)時(shí)可能產(chǎn)生的最大感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的值為()圖1-3-16A.伏 B.伏C.伏 D.伏【解析】由ab=30cm,bc=40cm則ac=50cm.當(dāng)切割磁感線的有效長(zhǎng)度L=ac=50cm,產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大Em=BLv=××5V=V,B對(duì).【答案】B8.(多選)(2023·南充高二檢測(cè))如圖1-3-17所示,一正方形的線圈的一邊恰在一磁場(chǎng)邊緣,勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直于線圈平面,在將線圈拉出磁場(chǎng)過程中,哪些辦法可使線圈中的感應(yīng)電流增大為原來的兩倍()圖1-3-17【導(dǎo)學(xué)號(hào):31310016】A.僅使線圈匝數(shù)變?yōu)樵瓉淼膬杀禕.僅使導(dǎo)線的橫截面積變?yōu)樵瓉淼膬杀禖.僅使磁感應(yīng)強(qiáng)度變?yōu)樵瓉淼膬杀禗.僅使拉線圈的速度變?yōu)樵瓉淼膬杀丁窘馕觥坑蒊=eq\f(E,R)=eq\f(NBLv,R),R=ρeq\f(4NL,S)得I=eq\f(BvS,4ρ),由此可分析得B、C、D正確,A錯(cuò).【答案】BCD[能力提升]9.(多選)如圖1-3-18所示,一導(dǎo)線彎成半徑為a的半圓形閉合回路.虛線MN右側(cè)有磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng),方向垂直于回路所在的平面,回路以速度v向右勻速進(jìn)入磁場(chǎng),直徑CD始終與MN垂直.從D點(diǎn)到達(dá)邊界開始到C點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)為止,下列結(jié)論正確的是()圖1-3-18A.感應(yīng)電流大小不變B.CD段直導(dǎo)線始終不受安培力C.感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大值Emax=BavD.感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)平均值eq\o(E,\s\up6(-))=eq\f(1,4)πBav【解析】在半圓形閉合回路進(jìn)入磁場(chǎng)的過程中磁通量不斷增加,始終存在感應(yīng)電流,由左手定則可知CD邊始終受到安培力作用,選項(xiàng)B錯(cuò);有效切割長(zhǎng)度如圖所示,所以進(jìn)入過程中l(wèi)先逐漸增大到a,然后再逐漸減小為0,由E=Blv,可知最大值Emax=Bav,最小值為0,故選項(xiàng)A錯(cuò),選項(xiàng)C對(duì);平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為eq\x\to(E)=eq\f(ΔΦ,Δt)=eq\f(\f(1,2)B·πa2,\f(2a,v))=eq\f(1,4)πBav,選項(xiàng)D對(duì).【答案】CD10.(2023·江蘇高考)如圖1-3-19所示,一正方形線圈的匝數(shù)為n,邊長(zhǎng)為a,線圈平面與勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直,且一半處在磁場(chǎng)中.在Δt時(shí)間內(nèi),磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向不變,大小由B均勻地增大到2B.在此過程中,線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為()圖1-3-19【導(dǎo)學(xué)號(hào):31310017】\f(Ba2,2Δt) \f(nBa2,2Δt)\f(nBa2,Δt) \f(2nBa2,Δt)【解析】根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律解題.線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=neq\f(ΔΦ,Δt)=n·eq\f(ΔB,Δt)·S=n·eq\f(2B-B,Δt)·eq\f(a2,2)=eq\f(nBa2,2Δt),故選項(xiàng)B正確.【答案】B11.如圖1-3-20,均勻磁場(chǎng)中有一由半圓弧及其直徑構(gòu)成的導(dǎo)線框,半圓直徑與磁場(chǎng)邊緣重合;磁場(chǎng)方向垂直于半圓面(紙面)向里,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0.使該線框從靜止開始繞過圓心O、垂直于半圓面的軸以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng)半周,在線框中產(chǎn)生感應(yīng)電流.現(xiàn)使線框保持圖中所示位置,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時(shí)間線性變化.為了產(chǎn)生與線框轉(zhuǎn)動(dòng)半周過程中同樣大小的電流,磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間的變化率eq\f(ΔB,Δt)的大小應(yīng)為()圖1-3-20\f(4ωB0,π) \f(2ωB0,π)\f(ωB0,π) \f(ωB0,2π)【解析】當(dāng)導(dǎo)線框勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí),設(shè)半徑為r,導(dǎo)線框電阻為R,在很小的Δt時(shí)間內(nèi),轉(zhuǎn)過圓心角Δθ=ωΔt,由法拉第電磁感應(yīng)定律及歐姆定律可得感應(yīng)電流I1=eq\f(B0ΔS,RΔt)=eq\f(B0·πr2\f(Δθ,2π),RΔt)=eq\f(B0r2ω,2R);當(dāng)導(dǎo)線框不動(dòng),而磁感應(yīng)強(qiáng)度發(fā)生變化時(shí),同理可得感應(yīng)電流I2=eq\f(ΔBS,RΔt)=eq\f(ΔB·πr2,2RΔt),令I(lǐng)1=I2,可得eq\f(ΔB,Δt)=eq\f(B0ω,π),C對(duì).【答案】C12.如圖1-3-21所示,導(dǎo)體棒ab長(zhǎng)為L(zhǎng)沿傾角為α的斜導(dǎo)軌以速度v下滑,勻強(qiáng)磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.求:圖1-3-21【導(dǎo)學(xué)號(hào):31310018】(1)若磁感應(yīng)強(qiáng)度B的方向垂直于斜導(dǎo)軌向上,導(dǎo)體棒ab中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為多大?(2)若磁感應(yīng)強(qiáng)度B的方向豎直向上,導(dǎo)體棒ab中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為多大?【解析】將題給的立體圖示改畫成平面圖,如圖所示.(1)當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的方向垂直于斜導(dǎo)軌向上時(shí),導(dǎo)體棒ab的速度方向與B是垂直的,則感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E1=BLv.(2)將棒的速度v分解為垂直于B和平行于B的兩個(gè)分量,只有垂直于B的速度分量v⊥=vcosα才對(duì)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)有貢獻(xiàn),所以E2=BLv⊥=BLvcosα.【答案】(1)BLv(2)BLvcosα13.(2023·成都高二檢測(cè))如圖1-3-22所示,導(dǎo)線全部為裸導(dǎo)線,半徑為r的圓內(nèi)有垂直于平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,一根長(zhǎng)度大于2r的導(dǎo)線MN以速度v在圓環(huán)上無摩擦地自左向右勻速滑動(dòng),電路的固定電阻為R.其余電阻忽略不計(jì).試求MN從圓環(huán)的左端滑動(dòng)到右端的過程中電阻R上的電流的平均值及通過的電荷量.圖1-3-22【解析】由于ΔΦ=B·ΔS=B·π

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