高中物理 滾動檢測2 法拉第電磁感應(yīng)定律及其應(yīng)用 粵教版選修3-2

滾動檢測(二)法拉第電磁感應(yīng)定律及其應(yīng)用(時間：60分鐘滿分：100分)一、單項選擇題(本題共5小題，每小題6分，共30分)1．閉合的金屬環(huán)處于隨時間均勻變化的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直于圓環(huán)平面，則 ()．A．環(huán)中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢均勻變化B．環(huán)中產(chǎn)生的感應(yīng)電流均勻變化C．環(huán)中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢保持不變D．環(huán)上某一小段導(dǎo)體所受的安培力保持不變解析磁場均勻變化，也就是說eq\f(ΔB,Δt)＝k，根據(jù)感應(yīng)電動勢的定義式，E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(S·ΔB,Δt)＝kS，其中k是一個常量，所以圓環(huán)中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的數(shù)值是一個常量．答案C2．矩形導(dǎo)線框abcd固定在勻強(qiáng)磁場中，磁感線的方向與導(dǎo)線框所在平面垂直，規(guī)定磁場的正方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間變化的規(guī)律如圖1-所示．若規(guī)定順時針方向為感應(yīng)電流I的正方向，則導(dǎo)線框中的感應(yīng)電流圖象正確的是 ()．圖1解析0～1s內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻增加，由楞次定律知感應(yīng)電流方向為逆時針，即感應(yīng)電流方向與規(guī)定的正方向相反，為負(fù)值，又由法拉第電磁感應(yīng)定律E＝neq\f(ΔΦ,Δt)及閉合電路歐姆定律知，感應(yīng)電流i為定值；1～2s內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻減小，同理可判斷感應(yīng)電流為順時針方向，大小不變；2～3s內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度反方向均勻增加，同理可判斷感應(yīng)電流為順時針方向，大小不變；3～4s內(nèi)磁場方向垂直紙面向外，且均勻減小，同理可判斷感應(yīng)電流為逆時針方向，大小不變，故選項D正確．答案D3．閉合回路的磁通量Φ隨時間t的變化圖象分別如圖2所示，關(guān)于回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的下列論述，其中正確的是 ()．圖2A．圖甲回路中感應(yīng)電動勢恒定不變B．圖乙回路中感應(yīng)電動勢恒定不變C．圖丙回路中0～t1時間內(nèi)感應(yīng)電動勢小于t1～t2時間內(nèi)感應(yīng)電動勢D．圖丁回路中感應(yīng)電動勢先變大后變小解析因為E＝eq\f(ΔΦ,Δt)，則可據(jù)圖象斜率判斷知，圖甲中eq\f(ΔΦ,Δt)＝0，即電動勢E為0；圖乙中eq\f(ΔΦ,Δt)＝恒量，即電動勢E為一恒定值；圖丙中E前＞E后；圖丁中圖象斜率eq\f(ΔΦ,Δt)先減后增，即回路中感應(yīng)電動勢先減后增，故只有B選項正確．答案B4.如圖3所示，兩個互連的金屬圓環(huán)，粗金屬環(huán)的電阻是細(xì)金屬環(huán)電阻的eq\f(1,2).磁場垂直穿過粗金屬環(huán)所在區(qū)域，當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間均勻變化時，在粗環(huán)內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E，則a、b兩點(diǎn)間的電勢差為 ()．圖3A.eq\f(1,2)EB.eq\f(1,3)EC.eq\f(2,3)ED．E解析設(shè)粗環(huán)電阻為R，則細(xì)環(huán)電阻為2R，由于磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間均勻變化，故閉合電路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E恒定，由閉合電路歐姆定律得電路中感應(yīng)電流I＝eq\f(E,3R)，由歐姆定律得a、b兩點(diǎn)電勢差(細(xì)環(huán)兩端電壓)U＝I·2R＝eq\f(2,3)E.答案C5．如圖4甲所示，一個電阻為R，面積為S的矩形導(dǎo)線框abcd，水平放置在勻強(qiáng)磁場中，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向與ad邊垂直并與線框平面成45°角，O、O′分別是ab邊和cd邊的中點(diǎn)．現(xiàn)將線框右半邊ObcO′繞OO′逆時針旋轉(zhuǎn)90°到圖4乙所示位置，在這一過程中，導(dǎo)線中通過的電荷量是()．圖4A.eq\f(\r(2)BS,2R)B.eq\f(\r(2)BS,R)C.eq\f(BS,R)D．0解析線框左半邊不動，磁通量不變，穿過右半邊的磁通量Φ1＝eq\f(1,2)BS·sin45°＝eq\f(\r(2),4)BS，旋轉(zhuǎn)90°時，Φ2＝Φ1＝eq\f(\r(2),4)BS，但因磁感線穿入方向變化，故磁通量變化應(yīng)是ΔΦ＝Φ1＋Φ2＝eq\f(\r(2),2)BS，線框產(chǎn)生的平均電動勢eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,Δt)，eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R)，通過的電荷量q＝eq\x\to(I)·Δt＝eq\f(ΔΦ,ΔtR)·Δt＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(\r(2)BS,2R)，A正確．答案A二、雙項選擇題(本題共3小題，每小題8分，共24分)6.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．兩個感應(yīng)線圈可以放置在左右相鄰或上下相對的位置，原理示意圖如圖5所示．下列說法正確的是()．圖5A．若A線圈中輸入電流，B線圈中就會產(chǎn)生感應(yīng)電動勢B．只有A線圈中輸入變化的電流，B線圈中才會產(chǎn)生感應(yīng)電動勢C．A中電流越大，B中感應(yīng)電動勢越大D．A中電流變化越快，B中感應(yīng)電動勢越大解析根據(jù)產(chǎn)生感應(yīng)電動勢的條件，只有處于變化的磁場中，B線圈才能產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，A錯，B對；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，感應(yīng)電動勢的大小取決于磁通量變化率，所以C錯，D對．答案BD7．在閉合線圈的上方有一條形磁鐵自由下落，直到穿過線圈的過程中，下列說法正確的是 ()．A．磁鐵下落過程機(jī)械能守恒B．磁鐵的機(jī)械能增加C．磁鐵的機(jī)械能減少D．線圈增加的熱能是由磁鐵減少的機(jī)械能轉(zhuǎn)化而來的解析磁鐵穿過閉合線圈過程中，在線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電流，感應(yīng)電流的磁場阻礙磁鐵下落，磁鐵的機(jī)械能減少，C選項正確，A、B錯，線圈有感應(yīng)電流通過從而產(chǎn)生熱能，，故D正確．答案CD8．(·四川理綜，20)半徑為a右端開小口的導(dǎo)體圓環(huán)和長為2a的導(dǎo)體直桿，單位長度電阻均為R0.圓環(huán)水平固定放置，整個內(nèi)部區(qū)域分布著豎直向下的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.桿在圓環(huán)上以速度v平行于直徑CD向右做勻速直線運(yùn)動，桿始終有兩點(diǎn)與圓環(huán)良好接觸，從圓環(huán)中心O開始，桿的位置由θ確定，如圖6所示，則 圖6A．θ＝0時，桿產(chǎn)生的電動勢為2BavB．θ＝eq\f(π,3)時，桿產(chǎn)生的電動勢為eq\r(3)BavC．θ＝0時，桿受的安培力大小為eq\f(2B2av,π＋2R0)D．θ＝eq\f(π,3)時，桿受的安培力大小為eq\f(3B2av,5π＋3R0)解析開始時刻，感應(yīng)電動勢E1＝BLv＝2Bav，故A項正確．θ＝eq\f(π,3)時，E2＝B·2acoseq\f(π,3)·v＝Bav，故B項錯誤．由L＝2acosθ，E＝BLv，I＝eq\f(E,R)，R＝R0[2acosθ＋(π＋2θ)a]，得在θ＝0時，F(xiàn)＝eq\f(B2L2v,R)＝eq\f(4B2av,R02＋π)，故C項錯誤．θ＝eq\f(π,3)時F＝eq\f(3B2av,R05π＋3)，故D項正確．答案AD三、非選擇題(本題共4小題，46分．計算題要求有必要的文字?jǐn)⑹?，列出必要的方程和演算步驟)9．(9分)如圖7所示，兩根相距為L的豎直平行金屬導(dǎo)軌位于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場中，導(dǎo)軌電阻不計，另外兩根與上述光滑導(dǎo)軌保持良好接觸的金屬桿ab、cd質(zhì)量均為m，電阻均為R，若要使cd靜止不動，則ab桿應(yīng)向________運(yùn)動，速度大小為________，作用于ab桿上的外力大小為________．圖7解析應(yīng)用感應(yīng)電動勢的計算式、安培力的計算式、物體的平衡知識求解．因cd靜止、ab勻速運(yùn)動，兩棒均處于平衡狀態(tài)，取ab、cd兩棒整體研究，ab、cd中電流等大、反向，故ab、cd所受安培力等大、反向，安培力之和為零．故F＝2mg.又因cd靜止，所以BIL＝mg①回路中電流I＝eq\f(E,2R)②又E＝BLv③聯(lián)立①②③解得v＝eq\f(2mgR,B2L2)，方向豎直向上．答案向上eq\f(2mgR,B2L2)2mg10.(12分)如圖8所示，水平放置的平行軌道M、N間接一阻值為R＝0.128Ω的電阻，軌道寬為L＝0.8m．軌道上搭一金屬棒ab，其質(zhì)量m＝0.4kg，ab與軌道間動摩擦因數(shù)為0.5，除R外其余電阻不計．垂直于軌道面的勻強(qiáng)磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度為B＝2T，ab在一電動機(jī)牽引下由靜止開始運(yùn)動，經(jīng)過2s，ab運(yùn)動了1.2m并達(dá)到最大速度．此過程中電動機(jī)平均輸出功率為8W，最大輸出功率為14.4W．求該過程中電阻R上消耗的電能．(取g＝10m/s圖8解析當(dāng)電動機(jī)拉力等于導(dǎo)體棒所受安培力與滑動摩擦力之和時，速度最大為vmax，由題知此時電動機(jī)輸出功率最大．故有F＝eq\f(Pmax,vmax)＝μmg＋eq\f(B2l2vmax,R)將已知數(shù)據(jù)代入得10veq\o\al(2,max)＋vmax－7.2＝0解得vmax＝0.8m/s.全過程由能量轉(zhuǎn)化和守恒定律eq\x\to(P)t＝Q＋μmgx＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,max)代入已知數(shù)據(jù)得Q＝13.472J.答案13.472J11.(12分)如圖9所示，設(shè)勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B為0.10T，切割磁感線的導(dǎo)線的長度L為40cm，線框向左勻速運(yùn)動的速度v為5.0m/s，整個線框的電阻R為0.50Ω，試求：圖9(1)感應(yīng)電動勢的大??；(2)感應(yīng)電流的大??；(3)使線框向左勻速運(yùn)動所需要的外力．解析(1)依據(jù)E＝BLv可解得：E＝BLv＝0.10×40×10－2×5.0V＝0.20V(2)依據(jù)閉合電路歐姆定律可得：I＝eq\f(E,R)＝eq\f(0.20,0.50)A＝0.40A.(3)依據(jù)安培力的定義求得：F＝BIL＝0.10×40×10－2×0.40N＝1.6×10－2N依據(jù)平衡條件可得：使線框向左勻速運(yùn)動所需要的外力為1.6×10－2N．方向水平向左．答案(1)0.20V(2)0.40A(3)1.6×10－2N方向水平向左12．(13分)如圖1-0甲所示，一對平行光滑軌道放置在水平面上，兩軌道間距l(xiāng)＝0.20m，電阻R＝1.0Ω.有一導(dǎo)體桿靜止地放在軌道上，與兩軌道垂直，桿及軌道的電阻皆可忽略不計，整個裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.5T的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直軌道向下．現(xiàn)用一外力F沿軌道方向拉桿，使之做勻加速運(yùn)動，測得力F與時間t的關(guān)系如圖10乙所示．求桿的質(zhì)量m和加速度a.圖10解析導(dǎo)體桿在