物理选修3-2自我小测第四章第四节法拉第电磁感应定律含解析2

学必求其心得，业必贵于专精自我小测一、选择题（其中第1～4题为单项选择题，第5～7题为多项选择题）1．闭合电路中产生的感觉电动势的大小，跟穿过这一闭合电路的以下哪个物理量成正比（）A．磁通量B．磁感觉强度C．磁通量的变化率D．磁通量的变化量2．穿过一个单匝线圈的磁通量，向来以每秒钟平均地增加2Wb，则( )A．线圈中的感觉电动势每秒钟增大2VB．线圈中的感觉电动势每秒钟减小2VC．线圈中的感觉电动势向来为2V．线圈中不产生感觉电动势3．单匝矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，转轴垂直于磁场，若线圈所围面积里磁通量随时间变化的规律以下列图,则O～D过程中)A．线圈中O时刻感觉电动势为零B．线圈中D时刻感觉电动势为零学必求其心得，业必贵于专精C．线圈中D时刻感觉电动势最大D．线圈中O至D时间内平均感觉电动势为0。2V4．以下列图，有一匝接在电容器C两端的圆形导线回路,垂直于回路平面以内存在着向里的匀强磁场B，已知圆的半径r＝5cm，－2T/s的变化率平均增加时，则电容C＝20μF，当磁场B以4×10（）－9A．电容器a板带正电,电荷量为2π×10C－9B．电容器a板带负电,电荷量为2π×10CC．电容器b板带正电，电荷量为－94π×10CD．电容器b板带负电，电荷量为4π×－910C5．以下列图为地磁场磁感线的表示图，在北半球地磁场的竖直重量向下。飞机在我国上空匀速巡航,机翼保持水平，翱翔高度保持不变。由于地磁场的作用,金属机翼上有电势差。设翱翔员左方机翼尾端处的电势为φ1，右方机翼尾端处的电势为φ2,则（)A．若飞机从西往东飞，φ比φ高12学必求其心得，业必贵于专精B．若飞机从东往西飞，φ比φ高21C．若飞机从南往北飞，φ比φ高12D．若飞机从北往南飞，φ比φ高216．以下列图，A、B两闭合线圈用同样导线绕成，A有10匝，B有20匝,两圆线圈半径之比为2∶1。平均磁场只分布在B线圈内。当磁场随时间平均减弱时(）A．A中无感觉电流B．A、B中均有恒定的感觉电流C．A、B中感觉电动势之比为2∶1D．A、B中感觉电流之比为1∶27．以下列图,三角形金属导轨EOF上放有一金属杆AB，AB保持与OF垂直,在外力作用下，以速度v匀速从O点开始右移，若导轨与金属棒均为粗细同样的同种金属制成，则以下判断正确的选项是（）A．电路中的感觉电流大小不变学必求其心得，业必贵于专精B．电路中的感觉电动势大小不变C．电路中的感觉电动势逐渐增大．电路中的感觉电流逐渐减小二、非选择题8．以下列图，导线全部为裸导线，半径为r的圆内有垂直于圆平面的匀强磁场,磁感觉强度为B，一根长度大于2r的导线MN以速率v在圆环上无摩擦地自左端匀速滑到右端。电路的固定电阻为R，其余电阻不计。求MN从圆环的左端滑到右端的过程中电阻R上的电流的平均值和经过电阻R的电荷量。9．轻质细线吊着一质量为m＝0.32kg、边长为L＝0.8m、匝数n＝10的正方形线圈，总电阻为r＝1Ω，边长为L的正方形磁场所区2对称分布在线圈下边的两侧，如图甲所示，磁场方向垂直纸面向里，大小随时间变化如图乙所示，从t＝0开始经t0时间细线开始废弛,g取10m/s2。求：学必求其心得，业必贵于专精（1)在前t0时间内线圈中产生的感觉电动势。(2)在前t0时间内线圈的电功率。(3)t0的值。参照答案1．解析：依照法拉第电磁感觉定律表达式E＝n知,闭合电路t中感觉电动势的大小与磁通量的变化率t成正比，而与磁通量Φ、磁感觉强度B、磁通量的变化量Φ没关，因此A、B、D选项错误，C选项正确。答案：C2．解析：依照题意，穿过线圈的磁通量向来每秒钟平均增加2学必求其心得，业必贵于专精Wb，即穿过线圈的磁通量的变化率

＝2Wb/s,由法拉第电磁感觉t定律知

E＝n

＝2V,因此选

C.t答案：C33．解析：O至D时间内的平均感觉电动势E＝＝210V＝t0.0050.4V。由感觉电动势的看法知，感觉电动势的大小与磁通量的大小Φ和磁通量的改变量

Φ均无必然联系

,仅由磁通量的变化率

决定,t而在

Φt图象中，

在数值上等于切线的斜率，由题中图象知

,O

点t切线斜率最大，D点切线斜率最小为零，故B正确。答案:B4．解析：依照楞次定律可判断a板带正电，线圈中产生的感觉2＝π×－4－9电动势E＝Bπr10V，板上带电荷量Q＝CE＝2π×10C，t选项A正确。答案:A5．解析:由右手定则可知机翼左端电势比右端电势高，即φ＞φ，12A、C项正确.答案:AC6．解析:只要穿过圆线圈内的磁通量发生变化，线圈中就有感应电动势和感觉电流。由于磁场变化情况同样,有效面积也同样，所以，每匝线圈产生的感觉电动势同样,又由于两线圈的匝数和半径不同，电阻值不同样，依照电阻定律,单匝线圈电阻之比为2∶1,因此，感学必求其心得，业必贵于专精应电流之比为1∶2。因此正确答案是B、D。答案：BD7．解析：导体棒从O开始到如题图所示地址所经历时间设为t,∠EOF＝θ，则导体棒切割磁感线的有效长度lAB＝lOB·tanθ，故E＝BlAB·v＝Bv·vttanθ＝Bv2·ttanθ，即电路中电动势与时间成正比，C正确；电路中电流强度I＝EBv2tant，而＝△OAB的周长＝RllSlOB＋lAB＋lOA＝vt＋vt·tanθ＋vt＝vt(1＋tanθ＋1)，因此I＝coscosBvStan＝恒量，因此A正确。(1tan1)cos答案：AC8．解析：导线MN从左端滑到右端,磁通量的变化量Φ＝BSBπr2时间：t＝2rv依照法拉第电磁感觉定律，平均感觉电动势E

Bπr2Bπvrt2r2v因此，电路中平均感觉电流EBπvrI2RR经过R的电荷量q＝It＝Bπvr·2r＝Bπr22RvR答案:BπvrBπr2R2R9．解析：（1)由法拉第电磁感觉定律得：学必求其心得，业必贵于专精E＝n

＝n×

1×（

L)2B＝

10×1

×（

0.8)2×

0.5V

0＝.4V。t

2

2

t