2018-2019学年全品人教版物理选修3-2作业：第四章 第4节法拉第电磁感应定律作业

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精4法拉第电磁感应定律第1课时❶当穿过线圈的磁通量发生变化时，下列说法正确的是 ()A。线圈中一定有感应电流B.线圈中一定有感应电动势C。感应电动势的大小跟磁通量的变化量成正比D.感应电动势的大小跟线圈的电阻有关❷(多选）无线电力传输目前取得重大突破，如手机无线充电系统，这种系统基于电磁感应原理可无线传输电力.两个感应线圈可以放置在左、右相邻或上、下相对的位置,原理示意图如图4—4-1所示.下列说法正确的是 （）图4-4—1A.只要A线圈中输入电流,B线圈中就会产生感应电动势B。只有A线圈中输入变化的电流，B线圈中才会产生感应电动势C。A线圈中电流越大,B线圈中感应电动势越大D。A线圈中电流变化越快,B线圈中感应电动势越大❸关于感应电动势的大小,下列说法正确的是 （）A.穿过线圈的磁通量Φ越大,所产生的感应电动势就越大B。穿过线圈的磁通量的变化量ΔΦ越大,所产生的感应电动势就越大C。穿过线圈的磁通量的变化率ΔΦΔtD。穿过线圈的磁通量Φ等于0，所产生的感应电动势就一定为0❹如图4—4—2所示，在磁感应强度为B、方向垂直于平行金属导轨平面向里的匀强磁场中,金属杆MN在导轨上以速度v向右匀速滑动，MN中产生的感应电动势为E1;若磁感应强度增为2B,其他条件不变，MN中产生的感应电动势变为E2,则通过电阻R的电流方向及E1与E2之比E1∶E2分别为 ()图4—4-2A.c→a，2∶1 B。a→c,2∶1C。a→c，1∶2 D.c→a，1∶2❺一闭合线圈放在随时间均匀变化的磁场中,线圈平面和磁场方向垂直.若想使线圈中的感应电流增强一倍，下述方法可行的是 （）A。使线圈匝数增加一倍B。使线圈面积增加一倍C.使线圈匝数减少一半D。使磁感应强度的变化率增大一倍❻(多选）闭合回路的磁通量Φ随时间t的变化图像如图4—4-3所示，关于回路中产生的感应电动势,下列说法中正确的是 （)图4—4—3A。图甲对应的回路中感应电动势恒为零B.图乙对应的回路中感应电动势恒定不变C.图丙对应的回路中0~t1时间内感应电动势小于t1~t2时间内感应电动势D。图丁对应的回路中感应电动势先变大后变小❼如图4-4-4所示,MN、PQ为水平放置的两条平行的金属导轨,左端接有阻值为R的定值电阻,金属棒斜放在两导轨上,与导轨接触良好,两接触点之间的距离ab=L。磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面，设金属棒与两导轨间的夹角为60°，棒以速度v水平向右匀速运动,不计导轨和棒的电阻，则流过金属棒的电流为 ()图4—4-4A.I=BLvB.I=3C.I=BLvD.I=3❽（多选）如图4—4-5所示,一导线弯成半径为r的半圆形闭合回路,虚线MN右侧有磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直于闭合回路所在的平面,闭合回路以速度v向右匀速进入磁场，直径CD始终与MN垂直。从D点到达虚线边界开始到C点进入磁场为止，下列结论正确的是 ()图4—4—5A。感应电流方向始终不变B。CD段直导线始终不受安培力C。感应电动势最大值Em=BrvD.感应电动势平均值E=14π❾如图4-4-6所示，两个端面半径同为R的圆柱形铁芯共轴水平放置,相对的端面之间有一缝隙,铁芯上绕有导线且导线与电源连接，在缝隙中形成一匀强磁场。一铜质细直棒ab水平置于缝隙中,且与圆柱的轴线等高、垂直。让铜棒由静止开始自由下落,铜棒下落距离为0.2R时铜棒中的感应电动势大小为E1,下落距离为0。8R时铜棒中的感应电动势大小为E2,忽略边缘效应。关于E1、E2的大小和铜棒离开磁场前两端的极性,下列判断正确的是 （）图4—4—6A。E1>E2,a端为正极B.E1〉E2,b端为正极C。E1〈E2，a端为正极D.E1<E2,b端为正极[2017·兰州一中高二期末］如图4—4-7甲所示，螺线管内有一平行于轴线的匀强磁场,规定图中箭头所示方向为磁感应强度B的正方向,螺线管与U形导线框cdef相连，导线框cdef内有一半径很小的金属圆环L,圆环与导线框cdef在同一平面内.当螺线管内的磁感应强度随时间按图乙所示规律变化时 ()图4—4-7A.在t1时刻，穿过金属圆环L的磁通量最大B.在t2时刻,穿过金属圆环L的磁通量最小C。在t1~t2时间内，金属圆环L内有逆时针方向的感应电流D。在t1～t2时间内，金属圆环L有收缩趋势如图4—4—8所示,导线全部为裸导线,半径为r的圆环内有垂直于纸面的匀强磁场,磁感应强度为B,一根长度大于2r的导线MN以速度v在圆环上无摩擦地自左向右匀速滑动，电路中的定值电阻阻值为R,其余部分电阻忽略不计。在MN从圆环的左端到右端的过程中，定值电阻上的电流的平均值为,通过的电荷量为.

图4—4-8［2017·江西师大附中高二检测]如图4-4-9甲所示,平行金属导轨MN、PQ放置于同一水平面内，导轨电阻不计，两导轨间距d=10cm,导体棒ab、cd放在导轨上,并与导轨垂直,每根棒在导轨间的部分电阻均为R=1.0Ω.用长为l=20cm的绝缘丝线将两棒系住，整个装置处在匀强磁场中。t=0时刻,磁场方向竖直向下，丝线刚好处于未被拉伸的自然状态,此后磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示。不计感应电流磁场的影响，整个过程中丝线未被拉断.求：（1）0~2.0s时间内电路中感应电流的大小与方向;(2)t=1.0s时刻丝线的拉力大小.图4—4-9第2课时❶(多选)如图4-4-10所示,闭合开关S，将条形磁铁插入闭合线圈中,第一次用时0.2s,第二次用时0.4s,并且两次磁铁的起始和终止位置相同，则 （)图4—4-10A。第一次线圈中的磁通量变化较快B。第一次电流表G的最大偏转角较大C.第二次电流表G的最大偏转角较大D.若断开开关S,电流表G均不偏转，故两次线圈两端均无感应电动势❷（多选)单匝矩形线圈在匀强磁场中匀速运动,转轴垂直于磁场，若通过线圈的磁通量随时间变化的规律如图4—4—11所示，则O~D过程中（）图4-4-11A。O时刻线圈中感应电动势最大B。D时刻线圈中感应电动势为零C。D时刻线圈中感应电动势最大D.O至D时间内线圈中平均感应电动势为0。4V❸（多选）某地的地磁场磁感应强度的竖直分量方向向下,大小为4。5×10—5T。一灵敏电压表连接在当地入海河段的两岸,河宽100m,该河段涨潮和落潮时有海水（视为导体)流过。设落潮时，海水自西向东流，流速为2m/s。下列说法正确的是 （）A.电压表记录的电压为9mVB.电压表记录的电压为5mVC.河北岸的电势较高D.河南岸的电势较高❹如图4-4—12所示，粗细均匀、电阻为r的金属圆环固定在图示的匀强磁场中,磁感应强度为B，圆环直径为l;长为l、电阻为r2的金属棒放在圆环上，并以速度v0向左匀速运动。当金属棒运动到图示虚线位置时,金属棒两端的电压为（图4—4-12A。0B。Blv0 C.Blv02❺如图4-4—13所示，一正方形线圈的匝数为n，边长为a,线圈平面与匀强磁场方向垂直，且一半处在磁场中。在Δt时间内,磁感应强度的方向不变，大小由B均匀地增大到2B.在此过程中,线圈中产生的感应电动势为()图4—4-13A.Ba22ΔC。nBa2Δt ❻如图4-4-14所示,在竖直向下的匀强磁场中，将一水平放置的金属棒ab以水平的初速度v0抛出,设在整个过程中棒始终保持水平且不计空气阻力,则金属棒中产生的感应电动势大小变化情况是 （）图4-4-14A.越来越大 B.越来越小C。保持不变 D.无法判断❼(多选)如图4-4-15所示，一端接有定值电阻的平行金属轨道固定在水平面内，通有恒定电流的长直绝缘导线垂直并紧靠轨道固定，导体棒与轨道垂直且接触良好,在向右匀速通过M、N两区的过程中,导体棒所受安培力分别用FM、FN表示.不计轨道电阻.以下叙述正确的是 （)图4-4-15A。FM向右B.FN向左C.FM逐渐增大D.FN逐渐减小❽（多选）如图4-4—16所示，正方形线框的左半侧处在磁感应强度为B的匀强磁场中,磁场方向与线框平面垂直,线框的对称轴MN恰与磁场边界平齐。若第一次将线框从磁场中以恒定速度v1向右匀速拉出，第二次让线框绕轴MN以线速度v2匀速转过90°，两次过程中线框产生的平均感应电动势相等,则 ()图4—4—16A。两种情况下产生的感应电流方向相同B。两种情况下产生的感应电流方向不同C。v1∶v2=2∶πD.v1∶v2=2∶1❾一直升机停在南半球的地磁极上空。该处地磁场的方向竖直向上，磁感应强度为B.直升机螺旋桨叶片的长度为l，螺旋桨转动的频率为f，顺着地磁场的方向看螺旋桨，螺旋桨按顺时针方向转动.螺旋桨叶片的近轴端为a,远轴端为b，如图4-4-17所示.如果忽略a到转轴中心线的距离，用E表示每个叶片中的感应电动势,则 （）图4—4-17A。E=πfl2B,且a点电势低于b点电势B。E=2πfl2B，且a点电势低于b点电势C.E=πfl2B,且a点电势高于b点电势D.E=2πfl2B,且a点电势高于b点电势（多选)如图4-4—18甲所示,面积为0。1m2的10匝线圈EFG处于匀强磁场中,t=0时，磁场方向垂直于线圈平面向里,磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示。已知线圈与右侧电路接触良好，电路中的电阻R=4Ω,电容器的电容C=10μF，线圈EFG的电阻为1Ω,其余部分电阻不计.当开关S闭合,电路稳定后,在t=0.1s至t=0.2s这段时间内 (）图4-4—18A。电容器所带的电荷量为8×10-5CB。通过电阻R的电流是2。5A，方向从b到aC.通过电阻R的电流是2A，方向从a到bD。电阻R消耗的电功率是0。16W［2017·西安交大附中期末]如图4—4—19甲所示,导体棒MN置于水平导轨上,PQMN所围的面积为S,P、Q之间有阻值为R的电阻，不计导轨和导体棒的电阻。导轨所在区域内存在沿竖直方向的匀强磁场，规定磁场方向竖直向上为正，在0~2t0时间内磁感应强度的变化情况如图乙所示，导体棒MN始终处于静止状态。下列说法正确的是 ()图4-4—19A.在0~t0和t0~2t0时间内，导体棒受到的导轨的摩擦力方向相同B.在0～t0时间内,通过导体棒的电流方向为从N到MC。在t0~2t0时间内,通过电阻R的电流大小为SD.在0～t0时间内,通过电阻R的电荷量为S（多选）如图4—4-20甲所示，线圈的匝数n=100匝，横截面积S=50cm2,总电阻r=10Ω,沿轴向有匀强磁场,设图示磁场方向为正，磁场的磁感应强度随时间按如图乙所示规律变化，则在开始的0.1s内(）图4—4-20A.穿过线圈的磁通量的变化量为0.25WbB.穿过线圈的磁通量的变化率为2。5×10-2Wb/sC。a、b两点间的电压为0D.在a、b间接一个理想电流表时,电流表的示数为0。25A如图4-4-21甲所示,在水平面上有两根足够长的金属导轨平行固定放置，导轨间距为L，左端通过导线与阻值为R的电阻连接；导轨上放一质量为m的金属杆,金属杆与导轨的电阻忽略不计;匀强磁场方向竖直向下。将与导轨平行的恒定拉力F作用在金属杆上,杆由静止开始运动且最终将做匀速运动。当改变拉力F的大小时，对应的匀速运动的速度v也会变化,v与F的关系如图乙所示.（重力加速度g取10m/s2）(1）金属杆在匀速运动之前做什么运动?（2)若m=0。5kg，L=0。5m,R=0。5Ω,则磁感应强度B为多大?（3）由v—F图线的横轴截距可求得什么物理量?其值为多少?图4-4—21第1课时1。B[解析］穿过闭合电路的磁通量发生变化时才会产生感应电流，而感应电动势与电路是否闭合无关，且感应电动势的大小跟磁通量的变化率成正比，B正确。2。BD[解析]根据产生感应电动势的条件，只有处于变化的磁场中,B线圈才能产生感应电动势,A错误，B正确;根据法拉第电磁感应定律,感应电动势的大小取决于磁通量的变化率,C错误,D正确.3.C[解析］根据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势的大小与磁通量的变化率ΔΦΔt成正比，与磁通量Φ及磁通量的变化量ΔΦ没有必然联系。当磁通量Φ很大时，感应电动势可能很小，甚至为0；当磁通量Φ等于0时,磁通量的变化率可能很大,产生的感应电动势可能很大，只有选项4.C[解析］由右手定则可知,金属杆MN中产生的感应电流的方向为N→M,所以流过R的电流的方向为a→c，选项A、D错误.由E=BLv可知，两次产生的感应电动势之比为1∶2,选项B错误,选项C正确。5。D[解析]根据E=nΔΦΔt=nΔBΔtS求感应电动势,当n、S发生变化时，线圈的电阻也发生了变化.若线圈匝数增加一倍，则电阻也增加一倍,感应电流不变,A错误；若线圈匝数减少一半，则感应电流也不变,C错误；若线圈面积增加一倍，则长度会变大，因此电阻也会变大6。AB［解析]因E=ΔΦΔt，则可根据图像斜率判断感应电动势的变化.图甲中ΔΦΔt=0，即感应电动势E=0;图乙中ΔΦΔt=恒量，即感应电动势E为一恒定值;图丙中E前>E后；图丁中图像斜率的绝对值ΔΦΔt7。B[解析］金属棒切割磁感线的有效长度为d=Lsin60°=32L，故感应电动势E=Bdv=32BLv，由闭合电路的欧姆定律得I=ER=3BLv28。ACD[解析]在闭合回路进入磁场的过程中，穿过闭合回路的磁通量逐渐增大,根据楞次定律可判断,感应电流的方向始终为逆时针方向，A正确。根据左手定则可判断，CD段直导线受到向下的安培力，B错误。当半圆形闭合回路有一半进入磁场时，有效切割长度最大，为r,所以感应电动势最大值Em=Brv,C正确.感应电动势平均值E=ΔΦΔt=14πBrv9.D[解析]通电导线在缝隙中产生的磁场方向向左，在铜棒下落过程,由右手定则可判断，b端为正极.根据法拉第电磁感应定律得E=BLv，由几何关系可知，L1=2R2-(0.2R)2=20.96R，L2=2R2-(0.8R)2=20.36R,根据v=2gh,则v1=2g·0.2R=2R,v2=2g·0.10.D［解析]根据B—t图线斜率的变化可知，在t1~t2时间内,磁感应强度的变化率不断变大，则螺线管内的感应电流不断变大，根据楞次定律，在螺线管中的电流方向为由f到c,根据右手螺旋定则，穿过圆环的磁通量向纸外且在增大，则根据楞次定律,在金属圆环中产生顺时针方向的感应电流,金属圆环有收缩的趋势,故C错误,D正确;在t1时刻,穿过金属圆环的磁通量为零,而在t2时刻,穿过金属圆环的磁通量最大,故A、B错误.11.πBrv2[解析］由于磁通量的变化量ΔΦ=BΔS=Bπr2,完成这一变化所用的时间Δt=2r故感应电动势的平均值E=ΔΦΔt所以定值电阻上的电流的平均值为I=ER=π通过定值电阻的电荷量为q=IΔt=πB12.(1）1.0×10-3Aa→c→d→b→a（2)1.0×10-5N［解析](1）由图乙可知ΔBΔt=0。1由法拉第电磁感应定律有E=ΔΦΔt=ΔBΔtS=2.0×则I=E2R=1.0×10-3由楞次定律可判断,感应电流方向为a→c→d→b→a。（2)导体棒在水平方向上受丝线拉力和安培力而平衡。由图乙可知,t=1.0s时,B=0。1T,则丝线的拉力F=F安=BId=1。0×10-5N.第2课时1.AB[解析]两次的磁通量变化相同,第一次用时短，则第一次线圈中磁通量变化较快，故A正确；感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比,磁通量的变化率大，则感应电动势大,产生的感应电流大,故B正确,C错误；断开开关，电流表不偏转，可知感应电流为零，但感应电动势不为零，故D错误.2。ABD［解析］由法拉第电磁感应定律知，O至D时间内线圈中的平均感应电动势E=ΔΦΔt=2×10-312×0.01V=0.4V,选项D正确.由感应电动势的物理意义知,感应电动势的大小由磁通量的变化率ΔΦΔt决定，而任意时刻磁通量的变化率ΔΦΔt就是该时刻Φ—t图像切线的斜率，由图中可看出，O时刻处切线斜率最大，3.AC［解析]根据法拉第电磁感应定律，感应电动势E=BLv=9×10—3V，选项A正确，选项B错误;海水自西向东流动相当于导体棒做切割磁感线运动,根据右手定则可判断，河北岸的电势高,河南岸的电势低,选项C正确,选项D错误。4。D［解析］金属棒产生的感应电动势E=Blv0，金属棒两端的电压为路端电压。左、右两侧圆弧均为半圆，电阻均为r2,并联后的电阻为外电路电阻，即R=r4,金属棒在圆中部分的电阻为等效电源内阻,即r’=r2,故金属棒两端的电压U=ER+r5.B[解析]根据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势E=nΔΦΔt=nΔB·SΔt，这里的S指的是线圈在磁场中的有效面积，即S=a226。C［解析］金属棒做切割磁感线运动的有效速度是与磁感应强度B垂直的分速度，由于金属棒做切割磁感线运动的水平分速度不变,故感应电动势不变.7.BCD［解析］根据安培定则可判断，通电导线在M区产生竖直向上的磁场，在N区产生竖直向下的磁场.当导体棒匀速通过M区时，由右手定则和左手定则可知导体棒受到的安培力向左；当导体棒匀速通过N区时，由右手定则和左手定则可知导体棒受到的安培力也向左,选项A错误，选项B正确.设导体棒的电阻为r，轨道的宽度为L，导体棒产生的感应电流为I',则导体棒受到的安培力F安=BI’L=BBLvR+rL=B2L2vR+r，在导体棒从左到右匀速通过M区时,磁场由弱到强，所以FM逐渐增大;在导体棒从左到右匀速通过N区时，磁场由强到弱，所以8。AC[解析]由楞次定律可知，两种情况下产生的感应电流方向相同,A正确，B错误。第一次将线框从磁场中以恒定速度v1向右匀速拉出,线框中的感应电动势恒定，有E1=E1=Blv1;第二次让线框绕轴MN以线速度v2匀速转过90°,所需时间Δt=πr2v2=πl4v2，穿过线框的磁通量变化量ΔΦ=B·l·l2=12Bl2，产生的平均感应电动势E2=ΔΦΔt=2Blv2π.由题意知E9.A[解析］螺旋桨叶片转动切割磁感线产生感应电动势,根据转动切割模型有E=Bl0+ωl2，其中ω=2πf,则每个叶片上的感应电动势为E=πfl2B.顺着地磁场的方向看螺旋桨，螺旋桨按顺时针方向转动(类比于我们抬头看天花板上的吊扇,吊扇的扇叶在按顺时针方向转动），利用右手定则，将每个叶片等效为一电源，根据“电流由电源的正极流出”可知,b为电源的正极，a为电源的负极，所以a点电势低于b点电势，选项A10。AC[解析］由法拉第电磁感应定律可知E=nΔΦΔt=nΔBΔtS，电容器所带的电荷量Q=CUR=CRR+rE，联立解得Q=8×10-5C,选项A正确；