2024-2025學年高中物理第四章電磁感應4法拉第電磁感應定律課后作業(yè)含解析新人教版選修3-2

PAGEPAGE6法拉第電磁感應定律時間：45分鐘一、單項選擇題1．了解物理規(guī)律的發(fā)覺過程，學會像科學家那樣視察和思索，往往比駕馭學問本身更重要．則以下符合事實的是(B)A．丹麥物理學家奧斯特夢圓電生磁，最終發(fā)覺了電磁感應現(xiàn)象B．英國物理學家麥克斯韋認為，磁場改變時會在空間激發(fā)一種電場C．法拉第發(fā)覺了電流的磁效應，拉開了探討電與磁相互關系的序幕D．安培定則用來推斷通電導線在磁場中所受安培力的方向解析：丹麥物理學家奧斯特發(fā)覺了電流的磁效應，拉開了探討電與磁相互關系的序幕；麥克斯韋的電磁場理論認為磁場改變時會在空間激發(fā)一種電場；法拉第發(fā)覺了電磁感應現(xiàn)象；安培定則用來推斷電流產生的磁場方向，只有選項B正確．2．下列說法正確的是(D)A．線圈中磁通量改變越大，線圈中產生的感應電動勢肯定越大B．線圈中的磁通量越大，線圈中產生的感應電動勢肯定越大C．線圈處在磁場越強的位置，線圈中產生的感應電動勢肯定越大D．線圈中磁通量改變得越快，線圈中產生的感應電動勢越大解析：依據法拉第電磁感應定律知，感應電動勢與磁通量的改變率成正比，與磁感應強度、磁通量、磁通量的改變量大小沒有必定聯(lián)系．A、B兩項明顯不對．對于C項，磁感應強度越大，線圈的磁通量不肯定大，ΔΦ也不肯定大，eq\f(ΔΦ,Δt)更不肯定大，故C錯．磁通量改變得快，即eq\f(ΔΦ,Δt)大，由E＝neq\f(ΔΦ,Δt)可知，感應電動勢越大，D正確．3.始終升機停在南半球的地磁極上空．該處地磁場的方向豎直向上，磁感應強度為B.直升機螺旋槳葉片的長度為l，螺旋槳轉動的頻率為f，順著地磁場的方向看螺旋槳，螺旋槳按順時針方向轉動，螺旋槳葉片的近軸端為a，遠軸端為b，如圖所示，假如忽視a到轉軸中心線的距離，用E表示每個葉片中的感應電動勢，則(B)A．E＝eq\f(π,2)fl2B B．E＝πfl2BC．E＝2πfl2B D．E＝4πfl2B解析：感應電動勢大小為E＝Blv＝Blω×eq\f(l,2)＝Bl×2πf×eq\f(l,2)＝πfl2B，B項正確．4.如圖所示，當導線ab在電阻不計的金屬導軌上滑動時，線圈c向右搖擺，則ab的運動狀況是(B)A．向左或向右勻速運動B．向左或向右減速運動C．向左或向右加速運動D．只能向右勻加速運動解析：當導線ab在導軌上滑行時，線圈c向右運動，說明穿過線圈的磁通量正在削減，即右側回路中的感應電流減小，導線正在減速運動，與方向無關，故此A、C、D錯誤，B正確．5.在物理試驗中，常用一種叫做“沖擊電流計”的儀器測定通過電路的電荷量．如圖所示，探測線圈與沖擊電流計串聯(lián)后可用來測定磁場的磁感應強度．已知線圈的匝數(shù)為n，面積為S，線圈與沖擊電流計組成的回路電阻為R.若將線圈放在被測量的勻強磁場中，起先線圈平面與磁場垂直，現(xiàn)把探測線圈翻轉90°，沖擊電流計測出通過線圈的電荷量為q，由上述數(shù)據可測出被測量磁場的磁感應強度為(B)A.eq\f(qR,S) B.eq\f(qR,nS)C.eq\f(qR,2nS) D.eq\f(qR,2S)解析：由法拉第電磁感應定律E＝neq\f(ΔΦ,Δt)，可求出感應電動勢的大小，再由閉合電路歐姆定律I＝eq\f(E,R)，可求出感應電流的大小，依據電荷量的公式q＝It，可得q＝neq\f(ΔΦ,R).由于起先線圈平面與磁場垂直，現(xiàn)把探測線圈翻轉90°，則有ΔΦ＝BS，所以由以上公式可得q＝eq\f(nBS,R)，則磁感應強度B＝eq\f(qR,nS)，故B正確，A、C、D錯誤．二、多項選擇題6．穿過閉合回路的磁通量Φ隨時間t改變的圖象分別如圖甲、乙、丙、丁所示，下列關于回路中產生的感應電動勢的論述，正確的是(CD)A．圖甲中回路產生的感應電動勢恒定不變B．圖乙中回路產生的感應電動勢始終在變大C．圖丙中回路在0～t0時間內產生的感應電動勢大于t0～2t0時間內產生的感應電動勢D．圖丁回路產生的感應電動勢先變小再變大解析：依據E＝neq\f(ΔΦ,Δt)可知：圖甲中E＝0，A錯；圖乙中E為恒量，B錯；圖丙中0～t0時間內的E1大于t0～2t0時間內的E2，C正確；圖丁中感應電動勢先變小再變大，D正確．7．如圖所示，單匝線圈在勻強磁場中繞垂直磁場的軸勻速轉動，穿過線圈的磁通量Φ隨時間t的改變關系可用圖象表示，則(BC)A．t＝0時刻，線圈中的磁通量最大，感應電動勢也最大B．在t＝1×10－2s時，感應電動勢最大C．在t＝2×10－2s時，感應電動勢為零D．在0～2×10－2s時間內，線圈中感應電動勢的平均值為零解析：由法拉第電磁感應定律E＝eq\f(ΔΦ,Δt)可知，E的大小與Φ大小無關，與eq\f(ΔΦ,Δt)成正比，t＝0及t＝2×10－2s時刻E＝0，A錯，C對．t＝1×10－2s時，eq\f(ΔΦ,Δt)最大，E最大，B對.0～2×10－2s內ΔΦ≠0，平均感應電動勢不為零，D錯．8．如圖所示，一導線彎成半徑為a的半圓形閉合回路，虛線MN右側有磁感應強度為B的勻強磁場．方向垂直于回路所在的平面，回路以速度v向右勻速進入磁場，直徑CD始終與MN垂直．從D點到達邊界起先到C點進入磁場為止．下列結論正確的是(ACD)A．感應電流方向不變B．CD段直導線始終不受安培力C．感應電動勢最大值Em＝BavD．感應電動勢平均值eq\x\to(E)＝eq\f(1,4)πBav解析：在閉合電路進入磁場的過程中，通過閉合電路的磁通量漸漸增大，依據楞次定律和安培定則可知感應電流的方向為逆時針方向不變，A正確．依據左手定則可推斷，CD段受安培力向下，B不正確．當半圓形閉合回路進入磁場一半時，這時有效切割長度最大為a，所以感應電動勢最大值Em＝Bav，C正確．感應電動勢平均值eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(1,4)πBav，D正確．三、非選擇題9.如圖所示，一個50匝的線圈的兩端跟R＝99Ω的電阻相連接，置于豎直向下的勻強磁場中，線圈的橫截面積是20cm2，電阻為1Ω，磁感應強度以100T/s的改變率勻稱減小，在這一過程中通過電阻R的電流為多大？答案：0.1A解析：由法拉第電磁感應定律得線圈中產生的感應電動勢為E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(ΔB,Δt)S＝50×100×20×10－4V＝10V，由閉合電路歐姆定律得感應電流大小為I＝eq\f(E,R＋r)＝eq\f(10,99＋1)A＝0.1A.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點起先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0.2Ω，磁場的磁感應強度為0.2T．求：(1)3s末電路上的電流．(2)3s內電路中產生的平均感應電動勢．答案：(1)1.06A(2)4.33V解析：(1)夾在導軌間的部分導體切割磁感線產生的感應電動勢才是電路中的電動勢，3s末，夾在導軌間導體的長度為l＝eq\x\to(OB)tan30°＝vttan30°＝5eq\r(3)m，所以E＝Blv＝5eq\r(3)V，此時電阻為R＝(eq\x\to(OB)＋eq\x\to(OA)＋eq\x\to(AB))×0.2Ω≈8.2Ω，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)·\x\to(OB)·l,Δt)≈4.33V.11．如下圖甲所示，在水平面上固定有長為L＝2m、寬為d＝1m的金屬“U”形導軌，在“U”形導軌右側l＝0.5m范圍內存在垂直紙面對里的勻強磁場，且磁感應強度隨時間改變規(guī)律如圖乙所示．在t＝0時刻，質量為m＝0.1kg的導體棒以v0＝1m/s的初速度從導軌的左端起先向右運動，導體棒與導軌之間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.1，導軌與導體棒單位長度的電阻均為λ＝0.1Ω/m，不計導體棒與導軌之間的接觸電阻及地球磁場的影響(取g＝10m/s2)．(1)通過計算分析4s內導體棒的運動狀況．(2)計算4s內回路中電流的大小，并推斷電流方向．(3)計算4s內回路產生的焦耳熱．答案：(1)見解析(2)0.2A順時針方向(從上往下看)(3)0.04J解析：(1)導體棒先在無磁場區(qū)域做勻減速直線運動，有－μmg＝ma，v1＝v0＋at，x＝v0t＋eq\f(1,2)at2，代入數(shù)據解得t＝1s，x＝0.5m，導體棒沒有進入磁場區(qū)域．導體棒在1s末已停止運動，以后始終保持靜止，離左端位置仍為x＝0.5m.(2)前2s磁通量不變，回路中電動勢