2024版新教材高中物理第二章電磁感應(yīng)及其應(yīng)用微點(diǎn)4法拉第電磁感應(yīng)定律的理解課時(shí)作業(yè)教科版選擇性必修第二冊(cè)

微點(diǎn)4法拉第電磁感應(yīng)定律的理解1．在變更的磁場(chǎng)中，穿過一個(gè)50匝閉合線圈的磁通量每秒勻整增加1Wb，則下列說法中正確的是()A．線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)每秒鐘增加1VB．線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)每秒鐘增加50VC．線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為50VD．線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為0V2．如圖所示，柵欄大門朝正南方向，在門的四個(gè)角上釘有四個(gè)釘子，沿著釘子繞有50匝的大線圈，穿過該線圈的最大磁通量為1.6×10－4Wb，那么，小明在2s內(nèi)把關(guān)閉的大門打開并轉(zhuǎn)過90°的過程中，線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)約為()A．2×10－2VB．4×10－3VC．1.6×10－4VD．8×10－5V3．某同學(xué)用粗細(xì)勻整的金屬絲彎成如圖所示的圖形，兩個(gè)正方形的邊長均為L，A、B兩點(diǎn)之間的距離遠(yuǎn)小于L，在右側(cè)正方形區(qū)域存在勻整增加的磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間的變更率eq\f(ΔB,Δt)＝k，則A、B兩點(diǎn)之間的電勢(shì)差UAB為()A．kL2B．eq\f(kL2,2)C．－kL2D．－eq\f(kL2,2)4．如圖所示，半徑為R的n匝線圈套在邊長為a的正方形ABCD之外，勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直穿過該正方形．當(dāng)磁場(chǎng)以eq\f(ΔB,Δt)的變更率變更時(shí)，線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小為()A．πR2eq\f(ΔB,Δt)B．a(chǎn)2eq\f(ΔB,Δt)C．nπR2eq\f(ΔB,Δt)D．na2eq\f(ΔB,Δt)5．近場(chǎng)通信(NFC)器件應(yīng)用電磁感應(yīng)原理進(jìn)行通訊，其天線類似一個(gè)壓平的線圈，線圈尺寸從內(nèi)到外慢慢變大．如圖所示，一正方形NFC線圈共3匝，其邊長分別為1.0cm、1.2cm和1.4cm，圖中線圈外線接入內(nèi)部芯片時(shí)與內(nèi)部線圈絕緣．若勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直通過此線圈，磁感應(yīng)強(qiáng)度變更率為103T/s，則線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最接近()A．0.30VB．0.44VC．0.59VD．4.3V6．用兩根粗細(xì)、材料均相同的導(dǎo)線繞制成如圖所示的矩形閉合線圈A和B，匝數(shù)分別為n1和n2，在它們之間放有一根平行于兩線圈平面且與兩線圈距離相等的通電直導(dǎo)線．若通電直導(dǎo)線中的電流I勻整增大，則下列說法正確的是()A．穿過線圈A、B的磁通量之比為2n1∶n2B．線圈A、B中的感應(yīng)電流方向相同C．線圈A、B中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小之比為n1∶n2D．線圈A、B中的感應(yīng)電流大小之比為4∶37．(多選)如圖所示，半徑為2r的彈性螺旋線圈內(nèi)有垂直紙面對(duì)外的圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁場(chǎng)區(qū)域的半徑為r，已知彈性螺旋線圈的電阻為R，線圈與磁場(chǎng)區(qū)域共圓心，則以下說法中正確的是()A．保持磁場(chǎng)不變，在線圈的半徑由2r變到3r的過程中，線圈內(nèi)有順時(shí)針的電流B．保持磁場(chǎng)不變，在線圈的半徑由2r變到0.5r的過程中，線圈內(nèi)有逆時(shí)針的電流C．保持線圈半徑不變，使磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間按B＝kt變更，線圈中的電流為eq\f(kπr2,R)D．保持線圈半徑不變，使磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間按B＝kt變更，線圈中的電流為eq\f(2kπr2,R)8．如圖所示，半徑為r的金屬圓環(huán)以角速度ω繞通過其直徑的軸OO′勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.從金屬圓環(huán)所在的平面與磁場(chǎng)方向重合時(shí)起先計(jì)時(shí)，在轉(zhuǎn)過30°角的過程中，環(huán)中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的平均值為()A．2Bωr2B．2eq\r(3)Bωr2C．3Bωr2D．3eq\r(3)Bωr29．(多選)粗細(xì)相同且由同種材料制成的A、B兩線圈分別按圖甲、乙兩種方式放入勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，甲、乙兩圖中的磁場(chǎng)方向均垂直于線圈平面，A、B線圈的匝數(shù)之比為2∶1，半徑之比為2∶3.當(dāng)兩圖中的磁場(chǎng)都隨時(shí)間勻整變更時(shí)()A．圖甲中，A、B兩線圈中電動(dòng)勢(shì)之比為2∶3B．圖甲中，A、B兩線圈中電流之比為3∶2C．圖乙中，A、B兩線圈中電動(dòng)勢(shì)之比為8∶9D．圖乙中，A、B兩線圈中電流之比為2∶310．如圖甲為手機(jī)及無線充電板．圖乙為充電原理示意圖．為便利探討，現(xiàn)將問題做如下簡(jiǎn)化：設(shè)受電線圈的匝數(shù)為n，面積為S，該區(qū)域的磁場(chǎng)可視為勻強(qiáng)磁場(chǎng)；若在t1到t2時(shí)間內(nèi)，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感線垂直于受電線圈平面對(duì)上穿過線圈，其磁感應(yīng)強(qiáng)度由B1勻整增加到B2，下列說法正確的是()A．c點(diǎn)的電勢(shì)高于d點(diǎn)的電勢(shì)B．受電線圈中感應(yīng)電流方向由d到cC．受電線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為eq\f(n（B2－B1）S,t2－t1)D．若想增加c、d之間的電勢(shì)差，可以僅勻整增加送電線圈中的電流11.如圖，一不行伸長的細(xì)繩的上端固定，下端系在邊長為l＝0.40m的正方形金屬框的一個(gè)頂點(diǎn)上．金屬框的一條對(duì)角線水平，其下方有方向垂直于金屬框所在平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．已知構(gòu)成金屬框的導(dǎo)線單位長度的阻值為λ＝5.0×10－3Ω/m；在t＝0到t＝3.0s時(shí)間內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時(shí)間t的變更關(guān)系為B(t)＝0.3－0.1t(SI).求：(1)t＝2.0s時(shí)金屬框所受安培力的大??；(2)在t＝0到t＝2.0s時(shí)間內(nèi)金屬框產(chǎn)生的焦耳熱．12．如圖甲所示，在一個(gè)正方形金屬線圈區(qū)域內(nèi)存在著磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間變更的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)的方向與線圈平面垂直．金屬線圈所圍的面積S＝200cm2，匝數(shù)n＝1000，線圈電阻的阻值r＝2.0Ω.線圈與阻值R＝8.0Ω的定值電阻構(gòu)成閉合回路．勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間變更的狀況如圖乙所示，求：(1)在t1＝2.0s時(shí)線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大?。?2)在t1＝2.0s時(shí)通過電阻R的感應(yīng)電流的大小和方向；(3)在t2＝5.0s時(shí)刻，線圈端點(diǎn)a、b間的電壓．微點(diǎn)4法拉第電磁感應(yīng)定律的理解1．答案：C解析：因?yàn)榇磐縿蛘黾樱€圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)不變，故AB錯(cuò)誤；依據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律表達(dá)式E＝Neq\f(ΔΦ,Δt)＝50×eq\f(1,1)V＝50V，故C正確，D錯(cuò)誤．2．答案：B解析：門關(guān)閉時(shí)，穿過門上線圈的磁通量為Φ1＝1.6×10－4Wb，將門打開轉(zhuǎn)過90°時(shí)磁通量為Φ2＝0，則有ΔΦ＝Φ2－Φ1＝－1.6×10－4Wb，由公式E＝neq\f(ΔΦ,Δt)得，線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小為E＝4×10－3V，選項(xiàng)B正確，A、C、D錯(cuò)誤．3．答案：B解析：依據(jù)楞次定律可知，金屬絲中電流沿逆時(shí)針方向，A點(diǎn)電勢(shì)高于B點(diǎn)；依據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知金屬絲中電動(dòng)勢(shì)E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝kL2，由于金屬絲粗細(xì)勻整，A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為電動(dòng)勢(shì)的一半，故選B.4．答案：D解析：由題意可知，線圈中磁場(chǎng)的面積為a2，依據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知，線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝na2eq\f(ΔB,Δt)，故選項(xiàng)D正確．5．答案：B解析：依據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔBS,Δt)＝103×(1.02＋1.22＋1.42)×10－4V＝0.44V，故選B.6．答案：D解析：通電直導(dǎo)線與兩線圈共平面且與兩線圈距離相等，則磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，依據(jù)磁通量的定義，由于線圈面積是2∶1，則磁通量之比為2∶1，故A錯(cuò)誤；當(dāng)電流I勻整增大，其在右邊產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向是垂直于平面對(duì)里且強(qiáng)度在變大，穿過B線圈的磁通量向里且增大，依據(jù)楞次定律，線圈B中的感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針；同理可知線圈A中的電流方向?yàn)轫槙r(shí)針，故B錯(cuò)誤；依據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，A、B兩線圈產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)分別為E1＝n1eq\f(ΔB,Δt)S1，E2＝n2eq\f(ΔB,Δt)S2，則電動(dòng)勢(shì)之比為E1∶E2＝(n1S1)∶(n2S2)＝2n1∶n2，故C錯(cuò)誤；因單匝線圈的周長之比為3∶2，則依據(jù)電阻定律兩線圈的電阻之比為R1∶R2＝(3n1)∶(2n2)又因兩線圈電動(dòng)勢(shì)之比為E1∶E2＝(n1S1)∶(n2S2)＝2n1∶n2，則依據(jù)歐姆定律I＝eq\f(E,R)有，其電流之比為I1∶I2＝4∶3，故D正確．7．答案：BC解析：由于磁場(chǎng)的面積不變，在線圈的半徑由2r變到3r的過程中，穿過線圈的磁通量不變，所以在線圈中沒有感應(yīng)電流產(chǎn)生，A錯(cuò)誤；由于磁場(chǎng)的面積不變，在線圈的半徑由2r變到0.5r的過程中，線圈的有效面積變小，穿過線圈的磁通量變小，依據(jù)楞次定律可知，線圈中產(chǎn)生逆時(shí)針的電流，故B正確；保持線圈半徑不變，使磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間按B＝kt變更，磁場(chǎng)增加，穿過線圈的磁通量增大，依據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律和閉合電路歐姆定律可知I＝eq\f(E,R)＝eq\f(ΔΦ,RΔt)＝eq\f(ΔBS,ΔtR)＝keq\f(S,R)＝eq\f(kπr2,R)故C正確，D錯(cuò)誤．8．答案：C解析：題圖位置時(shí)穿過金屬環(huán)的磁通量Φ1＝0，轉(zhuǎn)過30°角時(shí)穿過金屬環(huán)的磁通量大小Φ2＝BSsin30°＝eq\f(1,2)BS，轉(zhuǎn)過30°角所用的時(shí)間Δt＝eq\f(Δθ,ω)＝eq\f(π,6ω)，由法拉第電磁感應(yīng)定律，得感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的平均值eq\o(E,\s\up6(－))＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(Φ2－Φ1,Δt)＝3Bωr2，故C正確，A、B、D錯(cuò)誤．9．答案：BCD解析：甲圖中，A、B兩線圈中磁通量的變更率一樣，由公式E＝neq\f(ΔΦ,Δt)可知，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)與匝數(shù)成正比，為2∶1；由電阻定律R＝ρeq\f(l,S)可知，A、B線圈的電阻之比為4∶3，則電流之比為3∶2，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確．圖乙中，A、B兩線圈中磁感應(yīng)強(qiáng)度的變更率一樣，由公式E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(ΔB,Δt)·S可得，A、B線圈的電動(dòng)勢(shì)之比為8∶9，電阻之比為4∶3，則電流之比為2∶3，選項(xiàng)C、D正確．10．答案：C解析：受電線圈內(nèi)部磁場(chǎng)向上且增加，由楞次定律可知，產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向俯視為順時(shí)針，即受電線圈中感應(yīng)電流方向由c到d，電源內(nèi)部電流由電勢(shì)較低的負(fù)極流向電勢(shì)較高的正極，故c點(diǎn)的電勢(shì)低于d點(diǎn)的電勢(shì)，AB錯(cuò)誤；依據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得，受電線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝neq\f(ΔB,Δt)S＝eq\f(n（B2－B1）S,t2－t1)，C正確；若想增加c、d之間的電勢(shì)差，可以增加送電線圈中電流的變更率，而僅勻整增加送電線圈中的電流不能達(dá)到此目的，D錯(cuò)誤．故選C.11．答案：(1)0.057N(2)0.016J解析：(1)對(duì)正方形金屬框分析由法拉第電磁感應(yīng)定律得E＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(ΔΦ,Δt)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(ΔB·S,Δt)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(ΔB,Δt)))×eq\f(l2,2)由B(t)＝0.3－0.1t(SI)，知eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(ΔB,Δt)))＝0.1T/sI＝eq\f(E,R)，其中R＝4lλ當(dāng)t＝2.0s時(shí)，B＝0.3－0.1×2.0(T)＝0.1T金屬框所受安培力大小F＝BIl′，其中l(wèi)′＝eq\r(2)l代入數(shù)據(jù)解得F≈0.057N(2)依據(jù)焦耳定律有Q＝I2RtR＝4λl＝8×10－3Ω0～2.0s內(nèi)電流恒定，I＝eq\f(E,R)＝1A代入數(shù)據(jù)解得Q＝0.016J12．答案：(1)1V(2)0.1A方向?yàn)閎→R→a(3)3.2V解析：(1)依據(jù)題圖乙可知，0～4.0s時(shí)間內(nèi)線圈中的磁感應(yīng)強(qiáng)度勻整變更，t1＝2.0s時(shí)，B2＝0.3T，則此時(shí)線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E1＝neq\f(ΔΦ1,Δt1)＝neq\f(B2－B0,Δt1)S＝1V.(2)在0～4.0s時(shí)間內(nèi)，依據(jù)閉合電