【創(chuàng)新設計】2020-2021學年高中物理魯科版選修3-2-對點練習：1.4-第一章-電磁感應

公式E＝neq\f(ΔΦ,Δt)和E＝Blv的應用圖1－4－61．穿過某線圈的磁通量隨時間變化的關系，如圖1－4－6所示，在下列幾段時間內，線圈中感應電動勢最小的是()A．0～2sB．2s～4sC．4s～5sD．5s～10s答案D解析由公式E＝neq\f(ΔΦ,Δt)結合圖象可知：0～2s內E＝2.5V；2s～5s內E＝5V；5s～10s內E＝1V，電動勢最?。畧D1－4－72．如圖1－4－7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點到達邊界開頭到C點進入磁場為止，下列結論正確的是()A．半圓形段導線不受安培力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E＝eq\f(1,4)πBav答案CD解析由F＝BIl可知，當垂直磁感線方向放置的導線中有電流時，導線受到安培力的作用，選項A、B錯誤；感應電動勢最大值即切割磁感線等效長度最大時的電動勢，故Em＝Bav，C正確；E＝eq\f(ΔΦ,Δt)，ΔΦ＝B·eq\f(1,2)πa2，Δt＝eq\f(2a,v)，由上式得E＝eq\f(1,4)πBav，D正確．導體轉動切割產生的電動勢圖1－4－83．如圖1－4－8所示，導體AB的長為2R，繞O點以角速度ω勻速轉動，OB為R，且OBA三點在一條直線上，有一磁感應強度為B的勻強磁場布滿轉動平面且與轉動平面垂直，那么A、B兩端的電勢差為()A.eq\f(1,2)BωR2B．2BωR2C．4BωR2D．6BωR2答案C解析A點線速度vA＝ω·3R，B點線速度vB＝ω·R，AB棒切割磁感線的平均速度v＝eq\f(vA＋vB,2)＝2ω·R，由E＝Blv得A、B兩端的電勢差為4BωR2，C項正確．電磁感應中電荷量的計算圖1－4－94．物理試驗中，常用一種叫“沖擊電流計”的儀器測定通過電路的電荷．如圖1－4－9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，若將線圈放在被測勻強磁場中，開頭時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，則被測磁場的磁感應強度為()A.eq\f(qR,S)B.eq\f(qR,nS)C.eq\f(qR,2nS)D.eq\f(qR,2S)答案B解析探究線圈翻轉90°的過程中，磁通量的變化ΔΦ＝BS，由法拉第電磁感應定律E＝neq\f(ΔΦ,Δt)，由I＝eq\f(E,R)，q＝IΔt可得，q＝eq\f(nΔΦ,R)＝eq\f(nBS,R)，所以B＝eq\f(qR,nS).(時間：60分鐘)題組一公式E＝neq\f(ΔΦ,Δt)和E＝Blv的應用圖1－4－101．在勻強磁場中，有一個接有電容器的導線回路，如圖1－4－10所示，已知電容C＝30μF，回路的寬和長分別為l1＝5cm，l2＝8cm，磁場變化率為5×10－2T/s，則()A．電容器帶電荷量為2×10－9CB．電容器帶電荷量為4×10－9CC．電容器帶電荷量為6×10－9CD．電容器帶電荷量為8×10－9C答案C解析回路中感應電動勢等于電容器兩板間的電壓，U＝E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)·l1l2＝5×10－2×0.05×0.08V＝2×10－4V．電容器的電荷量為q＝CU＝CE＝30×10－6×2×10－4C＝6×10－9C，C選項正確．2．如圖1－4－11，在磁感應強度為B、方向垂直紙面對里的勻強磁場中，金屬桿MN在平行金屬導軌上以速度v向右勻速滑動，MN中產生的感應電動勢為E1；若磁感應強度增為2B，其他條件不變，MN中產生的感應電動勢變?yōu)镋2.則E1與E2之比為()圖1－4－11A．1∶1B．2∶1C．1∶2D．1∶3答案C解析依據(jù)電磁感應定律E＝Blv，其他條件不變，所以電動勢變?yōu)?倍，所以C正確．3．如圖1－4－12所示，平行導軌間有一矩形的勻強磁場區(qū)域，細金屬棒PQ沿導軌從MN處勻速運動到M′N′的過程中，棒上感應電動勢E隨時間t變化的圖象，可能正確的是()圖1－4－12答案A解析導線做勻速直線運動切割磁感線時，E＝Blv，是常數(shù)．金屬棒只有進入磁場中才切割磁感線，一開頭沒有切割，最終一段也沒有切割，沒有電動勢，只有中間過程切割磁感線，才有感應電動勢，而且由于是勻速切割，故產生的感應電動勢為定值．故A選項正確．圖1－4－134．如圖1－4－13所示，圓形金屬線框半徑r＝0.5m，圓形線框平面垂直于磁場方向放置，勻強磁場的磁感應強度B＝1.0T，現(xiàn)把圓形線框翻轉180°，所用時間Δt＝0.2s，則這段時間內線圈中產生的感應電動勢為________V．假如金屬導線的電阻率ρ＝1.0×10－7Ω·m，導線的橫截面積S0＝1.0×10－7m2，則圓形線框內產生的平均感應電流為______A.答案7.852.5解析在時間Δt內磁通量的變化量為ΔΦ＝Φ2－Φ1＝Bπr2－(－Bπr2)＝2πr2B.在Δt時間內產生的平均感應電動勢E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(2πr2B,Δt)＝eq\f(2×3.14×（0.5）2×1.0,0.2)V＝7.85V線圈的電阻R＝ρeq\f(L,S)＝ρ·eq\f(2πr,S0)＝eq\f(1.0×10－7×2×3.14×0.5,1.0×10－7)Ω＝3.14Ω所以線圈中的平均電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(7.85,3.14)A＝2.5A.圖1－4－145．如圖1－4－14所示，匝數(shù)N＝100匝、截面積S＝0.2m2、電阻r＝0.5Ω的圓形線圈MN處于垂直紙面對里的勻強磁場內，磁感應強度隨時間按B＝0.6＋0.02t(T)的規(guī)律變化．處于磁場外的電阻R1＝3.5Ω，R2＝6Ω，閉合S后，求：(1)線圈中的感應電動勢E和感應電流I；(2)電阻R2消耗的電功率．答案(1)0.4V0.04A(2)9.6×10－3W解析(1)線圈中磁感應強度的變化率eq\f(ΔB,Δt)＝0.02T/s依據(jù)法拉第電磁感應定律，線圈中感應電動勢大小為E＝Neq\f(ΔΦ,Δt)＝Neq\f(ΔΦ,Δt)·S＝0.4V由閉合電路歐姆定律得，感應電流I＝eq\f(E,R1＋R2＋r)＝eq\f(0.4,3.5＋6＋0.5)＝0.04A(2)電阻R2消耗的電功率P2＝I2R2＝9.6×10－3W.題組二導體桿轉動切割產生的電動勢圖1－4－156．如圖1－4－15所示，半徑為r的金屬圓盤在垂直于盤面的勻強磁場B中，繞O軸以角速度ω沿逆時針方向勻速轉動，則通過電阻R的電流的大小和方向是(金屬圓盤的電阻不計)()A．I＝eq\f(Br2ω,R)電流方向c→dB．I＝eq\f(2Br2ω,R)電流方向c→dC．I＝eq\f(Br2ω,2R)電流方向d→cD．I＝eq\f(Br2ω,4R)電流方向d→c答案C解析金屬圓盤在勻強磁場中勻速轉動，可以等效為很多根長為r的導體棒繞O點做勻速圓周運動，其產生的電動勢大小為E＝Br2ω/2，故通過電阻R的電流I＝Br2ω/(2R)，方向由d指向c，故選C項．圖1－4－167．如圖1－4－16所示，金屬棒ab長為L，以角速度ω繞ab棒延長線上一點O逆時針轉動，Oa間距為r，金屬棒轉動方向與磁感應強度為B的勻強磁場方向垂直(磁場方向垂直紙面則里)．則a、b兩點間電勢差大小為()A．Bωeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(r＋L,2)))eq\s\up12(2)B.eq\f(1,2)BωL2C.eq\f(1,2)Bω(L2－r2)D.eq\f(1,2)Bω[(L＋r)2－r2]答案D解析由于轉軸不在棒端，因此感應電動勢E≠eq\f(1,2)BL2ω，選項B錯誤．我們可以以Oa、Ob兩部分切割磁感線分別求出Oa和Ob產生的感應電動勢，EOa＝eq\f(1,2)BLeq\o\al(2,Oa)ω，EOb＝eq\f(1,2)BLeq\o\al(2,Ob)ω.再依據(jù)Uab＝EOb－EOa即可求出ab間的電勢差．圖1－4－178．如圖1－4－17所示，均勻磁場中有一由半圓弧及其直徑構成的導線框，半圓直徑與磁場邊緣重合；磁場方向垂直于半圓面(紙面)向里，磁感應強度大小為B0.使該線框從靜止開頭繞過圓心O、垂直于半圓面的軸以角速度ω勻速轉動半周，在線框中產生感應電流．現(xiàn)使線框保持圖中所示位置，磁感應強度大小隨時間線性變化．為了產生與線框轉動半周過程中同樣大小的電流，磁感應強度隨時間的變化率eq\f(ΔB,Δt)的大小應為()A.eq\f(4ωB0,π)B.eq\f(2ωB0,π)C.eq\f(ωB0,π)D.eq\f(ωB0,2π)答案C解析設圓的半徑為L，電阻為R，當線框以角速度ω勻速轉動時產生的感應電動勢E1＝eq\f(1,2)B0ωL2.當線框不動，而磁感應強度隨時間變化時E2＝eq\f(1,2)πL2eq\f(ΔB,Δt)，由eq\f(E1,R)＝eq\f(E2,R)得eq\f(1,2)B0ωL2＝eq\f(1,2)πL2eq\f(ΔB,Δt)，即eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(ωB0,π)，故C項正確．題組三電磁感應中電荷量的計算9．將一磁鐵緩慢地或快速地插到閉合線圈中同樣位置處，不發(fā)生變化的物理量有()A．磁通量的變化量B．磁通量的變化率C．感應電流的大小D．流過導體橫截面的電荷量答案AD解析插到閉合線圈中同樣位置，磁通量的變化量相同，但用時不同，磁通量的變化率不同，由I感＝eq\f(E,R)＝eq\f(ΔΦ,RΔt)可知，I感不同，流過導體的橫截面的電荷量q＝I·Δt＝eq\f(E,R)·Δt＝eq\f(ΔΦ,RΔt)Δt＝eq\f(ΔΦ,R)，因ΔΦ、R不變，所以q與磁鐵插入線圈的快慢無關．10．如圖1－4－18所示，空間存在垂直于紙面的勻強磁場，在半徑為a的圓形區(qū)域內部及外部，磁場方向相反，磁感應強度的大小均為B.一半徑為b(b＞a)，電阻為R的圓形導線環(huán)放置在紙面內，其圓心與圓形區(qū)域的中心重合．當內、外磁場同時由B均勻地減小到零的過程中，通過導線截面的電量為()圖1－4－18A.eq\f(πB|（b2－2a2）|,R)B.eq\f(πB（b2＋2a2）,R)C.eq\f(πB（b2－a2）,R)D.eq\f(πB（b2＋a2）,R)答案A解析開頭時穿過導線環(huán)向里的磁通量設為正值，Φ1＝Bπa2，向外的磁通量設為負值，Φ2＝－B·π(b2－a2)，總的磁通量為它們的代數(shù)和(取確定值)Φ＝B·π|(b2－2a2)|，末態(tài)總的磁通量為Φ′＝0，由法拉第電磁感應定律得平均感應電動勢為E＝eq\f(ΔΦ,Δt)，通過導線截面的電量為q＝eq\f(E,R)·Δt＝eq\f(πB|（b2－2a2）|,R)，A項正確．圖1－4－1911．如圖1－4－19所示，將一條形磁鐵插入某一閉合線圈，第一次用時0.05s，其次次用時0.1s，設插入方式相同，試求：(1)兩次線圈中平均感應電動勢之比？(2)兩次線圈中電流之比？(3)兩次通過線圈的電荷量之比？答案(1)2∶1(2)2∶1(3)1∶1解析(1)由感應電動勢E＝neq\f(ΔΦ,Δt)得eq\f(E1,E2)＝eq\f(ΔΦ,Δt1)·eq\f(Δt2,ΔΦ)＝eq\f(Δt2,Δt1)＝eq\f(2,1).(2)由閉合電路歐姆定律I＝eq\f(E,R)得eq\f(I1,I2)＝eq\f(E1,R)·eq\f(R,E2)＝eq\f(E1,E2)＝eq\f(2,1).(3)由電荷量q＝It得eq\f(q1,q2)＝eq\f(I1Δt1,I2Δt2)＝eq\f(1,1).12．在拆裝某種大型電磁設備的過程中，需將設備內部的處于勻強磁場中的線圈先閉合，然后再提升直至離開磁場，操作時通過手搖輪軸A和定滑輪O來提升線圈．假設該線圈可簡化為水平長為L、上下寬度為d的矩形線圈，其匝數(shù)為n，總質量為M，總電阻為R，磁場的磁感應強度為B，如圖1－4－20所示．開頭時線圈的上邊緣與有界磁場的上邊緣平齊．若轉動手搖輪軸A，在時間t內把線圈從圖示位置勻速向上拉出磁場．求此過程中，流過線圈中導線橫截面的電荷量是多少．圖1－4－20答案eq\f(nBLd,R)解析在勻速提升過程中線圈運動速度v＝eq\f(d,t)，線圈中感應電動勢E＝nBLv，產生的感應電流I＝eq\f(E,R)，流過導線橫截面的電荷量q＝I·t，聯(lián)立得q＝eq\f(nBLd,R).13．如圖1－4－21甲所示，一個電阻值為R、匝數(shù)為n的圓形金屬線圈與阻值為2R的電阻R1連接成閉合回