人教版(新教材)高中物理選擇性必修2課時(shí)作業(yè)11：2 2 法拉第電磁感應(yīng)定律

人教版(新教材)高中物理選擇性必修第二冊(cè)PAGEPAGE12法拉第電磁感應(yīng)定律訓(xùn)練21.(多選)如圖1所示，一導(dǎo)線(xiàn)折成邊長(zhǎng)為a的正三角形閉合回路，虛線(xiàn)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向下，回路以速度v向右勻速進(jìn)入磁場(chǎng)，邊CD始終與MN垂直，從D點(diǎn)到達(dá)邊界開(kāi)始到C點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)為止，下列結(jié)論中正確的是()圖1A．導(dǎo)線(xiàn)框受到的安培力方向始終向上B．導(dǎo)線(xiàn)框受到的安培力方向始終向下C．感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的最大值為eq\f(\r(3),2)BavD．感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的平均值為eq\f(\r(3),4)Bav〖答案〗CD2.(2020·浙江西湖高中月考)如圖2所示，導(dǎo)線(xiàn)OA長(zhǎng)為l，在方向豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中以角速度ω沿圖中所示方向繞通過(guò)懸點(diǎn)O的豎直軸旋轉(zhuǎn)，導(dǎo)線(xiàn)OA與豎直方向的夾角為θ.則OA導(dǎo)線(xiàn)中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小和O、A兩點(diǎn)電勢(shì)高低的情況分別是()圖2A．Bl2ωO點(diǎn)電勢(shì)高B．Bl2ωA點(diǎn)電勢(shì)高C.eq\f(1,2)Bl2ωsin2θO點(diǎn)電勢(shì)高D.eq\f(1,2)Bl2ωsin2θA點(diǎn)電勢(shì)高〖答案〗D〖解析〗導(dǎo)線(xiàn)OA切割磁感線(xiàn)的有效長(zhǎng)度等于OA在垂直磁場(chǎng)方向上的投影長(zhǎng)度，即l′＝l·sinθ，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝eq\f(1,2)Bl′2ω＝eq\f(1,2)Bl2ωsin2θ，由右手定則可知A點(diǎn)電勢(shì)高，所以D正確．3.(多選)如圖3所示，三角形金屬導(dǎo)軌EOF上放有一金屬桿AB，在外力作用下，使AB保持與OF垂直，從O點(diǎn)開(kāi)始以速度v勻速右移，該導(dǎo)軌與金屬桿均由粗細(xì)相同的同種金屬制成，則下列判斷正確的是()圖3A．電路中的感應(yīng)電流大小不變B．電路中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小不變C．電路中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)逐漸增大D．電路中的感應(yīng)電流逐漸減小〖答案〗AC〖解析〗設(shè)金屬桿從O點(diǎn)開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到題圖所示位置所經(jīng)歷的時(shí)間為t，∠EOF＝θ，金屬桿切割磁感線(xiàn)的有效長(zhǎng)度為L(zhǎng)，故E＝BLv＝Bv·vttanθ＝Bv2tanθ·t，即電路中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小與時(shí)間成正比，故B錯(cuò)誤，C正確；電路中感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(Bv2tanθ·t,\f(ρl,S))，而l為閉合三角形的周長(zhǎng)，即l＝vt＋vt·tanθ＋eq\f(vt,cosθ)＝vteq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋tanθ＋\f(1,cosθ)))，所以I＝eq\f(Bvtanθ·S,ρ\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋tanθ＋\f(1,cosθ))))是恒量，故A正確，D錯(cuò)誤．4.如圖4所示，長(zhǎng)為L(zhǎng)的金屬導(dǎo)線(xiàn)彎成一圓環(huán)，導(dǎo)線(xiàn)的兩端接在電容為C的平行板電容器上，P、Q為電容器的兩個(gè)極板，磁場(chǎng)垂直于環(huán)面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度以B＝B0＋kt(k>0)的規(guī)律隨時(shí)間變化，t＝0時(shí)，P、Q兩板電勢(shì)相等，兩板間的距離遠(yuǎn)小于環(huán)的半徑，經(jīng)時(shí)間t，電容器P板()圖4A．不帶電B．所帶電荷量與t成正比C．帶正電，電荷量是eq\f(kL2C,4π)D．帶負(fù)電，電荷量是eq\f(kL2C,4π)〖答案〗D〖解析〗磁感應(yīng)強(qiáng)度以B＝B0＋kt(k>0)的規(guī)律隨時(shí)間變化，由法拉第電磁感應(yīng)定律得：E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝Seq\f(ΔB,Δt)＝kS，而S＝πr2＝πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,2π)))2＝eq\f(L2,4π)，經(jīng)時(shí)間t電容器P板所帶電荷量Q＝EC＝eq\f(kL2C,4π)；由楞次定律和安培定則知電容器P板帶負(fù)電，故D正確．5.如圖5所示，導(dǎo)體棒AB的長(zhǎng)為2R，繞O點(diǎn)以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，OB長(zhǎng)為R，且O、B、A三點(diǎn)在一條直線(xiàn)上，有一磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)充滿(mǎn)轉(zhuǎn)動(dòng)平面且與轉(zhuǎn)動(dòng)平面垂直，那么AB兩端的電勢(shì)差大小為()圖5A.eq\f(1,2)BωR2B．2BωR2C．4BωR2D．6BωR2〖答案〗C〖解析〗A點(diǎn)線(xiàn)速度vA＝ω·3R，B點(diǎn)線(xiàn)速度vB＝ωR，AB棒切割磁感線(xiàn)的平均速度eq\x\to(v)＝eq\f(vA＋vB,2)＝2ωR，由E＝Blv得，AB兩端的電勢(shì)差大小為E＝B·2R·eq\x\to(v)＝4BωR2，故C正確．6.(多選)如圖6所示是法拉第制作的世界上第一臺(tái)發(fā)電機(jī)的模型原理圖．把一個(gè)半徑為r的銅盤(pán)放在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，使磁感線(xiàn)水平向右垂直穿過(guò)銅盤(pán)，銅盤(pán)安裝在水平的銅軸上．兩塊銅片C、D分別與轉(zhuǎn)動(dòng)軸和銅盤(pán)的邊緣接觸．G為靈敏電流計(jì)．現(xiàn)使銅盤(pán)按照?qǐng)D示方向以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，則下列說(shuō)法正確的是()圖6A．C點(diǎn)電勢(shì)一定低于D點(diǎn)電勢(shì)B．圓盤(pán)中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為Bωr2C．電流計(jì)中的電流方向?yàn)橛蒩到bD．銅盤(pán)不轉(zhuǎn)動(dòng)，所加磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻減小，則銅盤(pán)中產(chǎn)生順時(shí)針?lè)较蚋袘?yīng)電流(從左向右看)〖答案〗AD〖解析〗將銅盤(pán)看作無(wú)數(shù)條由中心指向邊緣的銅棒組合而成，當(dāng)銅盤(pán)轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，每根銅棒都在切割磁感線(xiàn)，相當(dāng)于電源，由右手定則可知，銅盤(pán)邊緣為電源正極，中心為負(fù)極，C點(diǎn)電勢(shì)低于D點(diǎn)電勢(shì)，此電源對(duì)外電路供電，電流方向由b經(jīng)電流計(jì)再?gòu)腶流向銅盤(pán)，故A正確，C錯(cuò)誤；回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝Breq\x\to(v)＝eq\f(1,2)Br2ω，故B錯(cuò)誤；若銅盤(pán)不轉(zhuǎn)動(dòng)，使所加磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻減小，則銅盤(pán)中產(chǎn)生順時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流(從左向右看)，故D正確．7.在范圍足夠大、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，B＝0.2T，有一水平放置的光滑金屬框架，寬度為l＝0.4m，如圖7所示，框架上放置一質(zhì)量為0.05kg、接入電路的阻值為1Ω的金屬桿cd，金屬桿與框架垂直且接觸良好，框架電阻不計(jì)．若cd桿在水平外力的作用下以恒定加速度a＝2m/s2由靜止開(kāi)始向右沿框架做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，則：圖7(1)在0～5s內(nèi)平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)是多少？(2)第5s末，回路中的電流多大？(3)第5s末，作用在cd桿上的水平外力大小為多少？〖答案〗(1)0.4V(2)0.8A(3)0.164N〖解析〗(1)金屬桿0～5s內(nèi)的位移：x＝eq\f(1,2)at2＝25m，金屬桿0～5s內(nèi)的平均速度eq\x\to(v)＝eq\f(x,t)＝5m/s(也可用eq\x\to(v)＝eq\f(0＋2×5,2)m/s＝5m/s求解)故平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)eq\x\to(E)＝Bleq\x\to(v)＝0.4V.(2)金屬桿第5s末的速度v＝at＝10m/s，此時(shí)回路中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝Blv＝0.8V則回路中的電流為I＝eq\f(E,R)＝0.8A.(3)設(shè)水平外力為F，金屬桿做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，則F－F安＝ma，即F＝BIl＋ma＝0.164N.8.用均勻?qū)Ь€(xiàn)做成的矩形線(xiàn)圈abcd長(zhǎng)為3l、寬為l，矩形線(xiàn)圈的一半放在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，線(xiàn)圈總電阻為R，如圖8所示．當(dāng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小以B＝3＋2t(T)的規(guī)律變化時(shí)，求：圖8(1)線(xiàn)圈中感應(yīng)電流的方向及安培力方向；(2)線(xiàn)圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電流大?。即鸢浮?1)沿adcba方向向右(2)eq\f(3l2,R)(A)〖解析〗(1)磁感應(yīng)強(qiáng)度增大，由楞次定律可知，線(xiàn)圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電流沿adcba方向，根據(jù)左手定則判斷線(xiàn)圈所受的安培力的方向向右；(2)由法拉第電磁感應(yīng)定律可得感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)·S＝2×1.5l2＝3l2(V)；線(xiàn)圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電流大小為I＝eq\f(E,R)＝eq\f(3l2,R)(A)．9.如圖9所示，勻強(qiáng)磁場(chǎng)中有一由半圓弧及其直徑構(gòu)成的導(dǎo)線(xiàn)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(xiàn)框從靜止開(kāi)始繞過(guò)圓心O、垂直于半圓面的軸以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng)半周，線(xiàn)框中產(chǎn)生感應(yīng)電流．現(xiàn)使線(xiàn)框保持圖中所示位置靜止，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時(shí)間線(xiàn)性變化．為了產(chǎn)生與線(xiàn)框轉(zhuǎn)動(dòng)半周過(guò)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9A.eq\f(4ωB0,π)B.eq\f(2ωB0,π)C.eq\f(ωB0,π)D.eq\f(ωB0,2π)〖答案〗C〖解析〗設(shè)半圓的半徑為L(zhǎng)，導(dǎo)線(xiàn)框的電阻為R，當(dāng)線(xiàn)框以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E1＝eq\f(1,2)B0ωL2.當(dāng)線(xiàn)框不動(dòng)，而磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化時(shí)E2＝eq\f(1,2)πL2·eq\f(ΔB,Δt)，由eq\f(E1,R)＝eq\f(E2,R)得eq\f(1,2)B0ωL2＝eq\f(1,2)πL2·eq\f(ΔB,Δt)，即eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(ωB0,π)，故C正確．10.如圖10所示，直角三角形金屬框abc放置在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向平行于ab邊向上．當(dāng)金屬框繞ab邊以角速度ω逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)(俯視)時(shí)，a、b、c三點(diǎn)的電勢(shì)分別為φa、φb、φc.已知bc邊的長(zhǎng)度為l.下列判斷正確的是()圖10A．φa＞φc，金屬框中無(wú)電流B．φb＞φc，金屬框中電流方向沿abcaC．Ubc＝－eq\f(1,2)Bl2ω，金屬