教科版高中物理选修3-2课时作业第1章习题课1法拉第电磁感应定律的应用

课时分层作业(三)(时间：40分钟分值：100分)一、选择题(本题共6小题，每小题6分，共36分)1．穿过某线圈的磁通量随时间变化的曲线如图所示，在下列时间段内，线圈中感应电动势最小的是()A．0～2s B．2～4sC．4～5s D．5～10sD[由公式E＝neq\f(ΔΦ,Δt)，结合图像可知：0～2s内，E＝2.5V；2～5s内，E＝5V；5～10s内，E＝1V，感应电动势最小．]2．如图所示，将一个闭合金属圆环从有界磁场中匀速拉出，第一次速度为v，通过金属圆环某一截面的电荷量为q1，第二次速度为2v，通过金属圆环某一截面的电荷量为q2，则()A．q1∶q2＝1∶2 B．q1∶q2＝1∶4C．q1∶q2＝1∶1 D．q1∶q2＝2∶1C[由q＝eq\o(I,\s\up6(－))·Δt＝eq\f(ΔΦ,ΔtR)·Δt得q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(B·S,R)，S为圆环面积，故q1＝q2.]3.如图所示，导体棒AB的长为2R，绕O点以角速度ω匀速转动，OB长为R，且O、B、A三点在一条直线上，有一磁感应强度为B的匀强磁场充满转动平面且与转动平面垂直，那么AB两端的电势差大小为()A.eq\f(1,2)BωR2 B．2BωR2C．4BωR2 D．6BωR2C[A点线速度vA＝ω·3R，B点线速度vB＝ωR，AB棒切割磁感线的平均速度eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(vA＋vB,2)＝2ωR，由E＝BLv得，AB两端的电势差大小为E＝B·2R·eq\o(v,\s\up6(－))＝4BωR2，C正确．]4.如图所示，将一半径为r的金属圆环在垂直于环面的磁感应强度为B的匀强磁场中用力握中间成“8”字形(金属圆环未发生翻转)，并使上、下两圆环半径相等．如果环的电阻为RA.eq\f(πr2B,R) B．eq\f(πr2B,2R)C．0 D．eq\f(3,4)－eq\f(πr2B,R)B[流过环的电荷量只与磁通量的变化量和环的电阻有关，与时间等其他量无关，ΔΦ＝Bπr2－2·Bπeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(r,2)))2＝eq\f(1,2)Bπr2，因此，电荷量为q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(πr2B,2R).]5．(多选)如图所示，一导线弯成半径为a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，方向垂直于回路所在的平面，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点到达边界开始到C点进入磁场为止，下列结论正确的是()A．感应电流大小不变B．CD段直导线始终不受安培力C．感应电动势最大值Emax＝BavD．感应电动势平均值eq\o(E,\s\up6(－))＝eq\f(1,4)πBavCD[在半圆形闭合回路进入磁场的过程中磁通量不断增加，始终存在感应电流，由左手定则可知CD边始终受到安培力作用，选项B错；有效切割长度l如图所示，所以进入过程中l先逐渐增大到a，然后再逐渐减小为0，由E＝Blv，可知最大值Emax＝Bav，最小值为0，故选项A错，选项C对；平均感应电动势为eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(\f(1,2)B·πa2,\f(2a,v))＝eq\f(1,4)πBav，选项D对．]6．(多选)如图甲所示，线圈的匝数n＝100匝，横截面积S＝50cm2，线圈总电阻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做如图乙所示规律变化，则在开始的0.1s内()甲乙A．磁通量的变化量为0.25WbB．磁通量的变化率为2.5×10－2Wb/sC．a、b间电压为0D．在a、b间接一个理想电流表时，电流表的示数为0.25ABD[通过线圈的磁通量与线圈的匝数无关，若设Φ2＝B2S为正，则线圈中磁通量的变化量为ΔΦ＝B2S－(－B1S)，代入数据得ΔΦ＝(0.1＋0.4)×50×10－4Wb＝2.5×10－3Wb，A项错误；磁通量的变化率eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(2.5×10－3,0.1)Wb/s＝2.5×10－2Wb/s，B项正确；根据法拉第电磁感应定律可知，当a、b间断开时，其间电压等于线圈产生的感应电动势，感应电动势大小为E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝2.5V且恒定，C项错误；在a、b间接一个理想电流表时相当于a、b间接通而形成回路，回路总电阻即为线圈的总电阻，故感应电流大小I＝eq\f(2.5,10)A＝0.25A，D项正确．]二、非选择题(14分)7．小明同学设计了一个“电磁天平”，如图甲所示，等臂天平的左臂为挂盘，右臂挂有矩形线圈，两臂平衡．线圈的水平边长L＝0.1m，竖直边长H＝0.3m，匝数为N1.线圈的下边处于匀强磁场内，磁感应强度B0＝1.0T，方向垂直线圈平面向里．线圈中通有可在0～2.0A范围内调节的电流I.挂盘放上待测物体后，调节线圈中电流使天平平衡，测出电流即可测得物体的质量．(重力加速度g取10m/s2)甲乙(1)为使电磁天平的量程达到最大为0.5kg，线圈的匝数N1至少为多少？(2)进一步探究电磁感应现象，另选N2＝100匝、形状相同的线圈，总电阻R＝10Ω，不接外电流，两臂平衡．如图乙所示，保持B0不变，在线圈上部另加垂直纸面向外的匀强磁场，且磁感应强度B随时间均匀变大，磁场区域宽度d＝0.1m．当挂盘中放质量为0.01kg的物体时，天平平衡，求此时磁感应强度的变化率eq\f(ΔB,Δt).解析：(1)题中“电磁天平”中的线圈受到安培力F＝N1B0IL ①由天平平衡可知mg＝N1B0IL②代入数据解得N1＝25匝．③(2)由电磁感应定律得E＝N2eq\f(ΔΦ,Δt)＝N2eq\f(ΔB,Δt)Ld④由欧姆定律得I′＝eq\f(E,R) ⑤线圈受到的安培力F′＝N2B0I′L⑥由天平平衡可得m′g＝Neq\o\al(2,2)B0eq\f(ΔB,Δt)·eq\f(dL2,R)⑦代入数据可得eq\f(ΔB,Δt)＝0.1T/s.⑧.答案：(1)25匝(2)0.1T/s一、选择题(本题共4小题，每小题6分，共24分)1.如图所示，长为L的金属导线弯成一圆环，导线的两端接在电容为C的平行板电容器上，P、Q为电容器的两个极板，磁场垂直于环面向里，磁感应强度以B＝B0＋kt(k＞0)随时间变化，t＝0时，P、Q两板电势相等，两板间的距离远小于环的半径，经时间t，电容器P板()A．不带电 B．所带电荷量与t成正比C．电荷量是eq\f(kL2,4π) D．电荷量是eq\f(kL2C,4π)D[磁感应强度以B＝B0＋kt(k＞0)随时间变化，由法拉第电磁感应定律得：E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝Seq\f(ΔB,Δt)＝kS，而S＝eq\f(L2,4π)，经时间t电容器P板所带电荷量Q＝EC＝eq\f(kL2C,4π)，故D选项正确．]2．如图所示，用粗细均匀，电阻率也相同的导线绕制的直角边长为l或2l的四个闭合导体线框a、b、c、d，以相同的速度匀速进入右侧匀强磁场，在每个线框刚进入磁场时，M、N两点间的电压分别为Ua、Ub、Uc和UdA．Ua<Ub<Uc<Ud B．Ua<Ub<Ud<UcC．Ua＝Ub<Uc＝Ud D．Ub<Ua<Ud<UcB[本题考查电磁感应问题，意在考查考生的综合分析能力．由电阻定律，各个线框的电阻分别为Ra＝ρeq\f(2l＋\r(2)l,S)、Rb＝ρeq\f(3l＋\r(5)l,S)、Rc＝ρeq\f(4l＋2\r(2)l,S)、Rd＝ρeq\f(3l＋\r(5)l,S)，设线框刚进入磁场时的速度为v，各线框MN边有效切割长度分别为l、l、2l、2l，各线框MN边的内阻分别为ra＝ρeq\f(l,S)、rb＝ρeq\f(l,S)、rc＝ρeq\f(2l,S)、rd＝ρeq\f(2l,S)，则各边产生的感应电动势分别为Ea＝Blv、Eb＝Blv、Ec＝2Blv、Ed＝2Blv，由闭合电路欧姆定律知，各线框中的感应电流分别为Ia＝eq\f(Ea,Ra)、Ib＝eq\f(Eb,Rb)、Ic＝eq\f(Ec,Rc)、Id＝eq\f(Ed,Rd)，M、N两点间的电压分别为Ua＝Ea－Iara、Ub＝Eb－Ibrb、Uc＝Ec－Icrc、Ud＝Ed－Idrd，分别代入数据，可知Ua<Ub<Ud<Uc，故选项B正确．]3.(多选)如图所示，光滑平行金属导轨MN、PQ所在平面与水平面成θ角，M、P两端接一阻值为R的定值电阻，阻值为r的金属棒ab垂直导轨放置，其他部分电阻不计．整个装置处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下．t＝0时对金属棒施一平行于导轨的外力F，金属棒由静止开始沿导轨向上做匀加速直线运动．下列关于穿过回路abPMa的磁通量变化量ΔΦ、磁通量的瞬时变化率eq\f(ΔΦ,Δt)、通过金属棒的电荷量q随时间t变化以及a、b两端的电势差U随时间t变化的图像中，正确的是()ABCDBD[设加速度为a，运动的位移x＝eq\f(1,2)at2，磁通量变化量ΔΦ＝BLx＝eq\f(1,2)BLat2，ΔΦ∝t2，A项错误；B图表示的瞬时感应电动势，故E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝BLat，故eq\f(ΔΦ,Δt)∝t，B项正确；U＝eq\f(RE,R＋r)＝eq\f(RBLa,R＋r)t，U∝t，D项正确；电荷量q＝eq\f(ΔΦ,R)，因为ΔΦ∝t2，所以q∝t2，C项错误．]4.如图所示，两块水平放置的金属板间距离为d，用导线与一个n匝线圈连接，线圈置于方向竖直向上的磁场B中．两板间有一个质量为m、电荷量为＋q的油滴恰好处于平衡状态，则线圈中的磁场B的变化情况和磁通量的变化率分别是()A．正在增强；eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(dmg,q) B．正在减弱；eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(dmg,nq)C．正在减弱；eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(dmg,q) D．正在增强；eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(dmg,nq)B[电荷量为q的带正电的油滴恰好处于静止状态，电场力竖直向上，则电容器的下极板带正电，所以线圈下端相当于电源的正极，由题意可知，根据安培定则和楞次定律，可得穿过线圈的磁通量在均匀减弱，线圈产生的感应电动势E＝neq\f(ΔΦ,Δt)；油滴所受电场力F＝qeq\f(E,d)，对油滴，根据平衡条件得qeq\f(E,d)＝mg，所以解得线圈中磁通量的变化率的大小为eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(dmg,nq).故选项B正确，A、C、D错误．]二、非选择题(本题共2小题，共26分)5．(13分)如图所示，半径为r的圆形导轨处在垂直于圆平面的匀强磁场中，磁感应强度为B，方向垂直于纸面向里．一根长度略大于2r的导线MN以速度v在圆导轨上无摩擦地自左端匀速滑动到右端，电路的固定电阻为R，其余电阻忽略不计，试求：(1)在滑动过程中通过电阻R的电流的平均值；(2)当导线MN通过圆形导轨中心时，导线MN所受安培力的大小；(3)如果导线MN的电阻为R0，当导线MN通过圆形导轨中心时，电阻R两端的电压．解析：(1)整个过程中磁通量的变化ΔΦ＝BS＝Bπr2，所用时间为Δt＝eq\f(2r,v)，代入eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,Δt)，可得eq\x\to(E)＝eq\f(Bπr2v,2r)＝eq\f(Bπrv,2)根据闭合电路欧姆定律得通过电阻R的电流平均值为eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R)＝eq\f(Bπrv,2R).(2)当导线MN通过圆形导轨中心时，瞬时感应电动势为E＝Blv＝2Brv根据闭合电路欧姆定律，此时电路中的感应电流为I＝eq\f(E,R)＝eq\f(2Brv,R)则导线MN此时所受到的安培力为F＝BIl＝eq\f(4B2r2v,R).(3)根据闭合电路欧姆定律，电路中的感应电流为I′＝eq\f(E,R＋R0)＝eq\f(2Brv,R＋R0)则电阻R两端的电压为U＝I′R＝eq\f(2BrvR,R＋R0).答案：(1)eq\f(Bπrv,2R)(2)eq\f(4B2r2v,R)(3)eq\f(2BrvR,R＋R0)6．(13分)如图所示，足够长的固定平行粗糙金属双轨MN、PQ相距d＝0.5m，导轨平面与水平面夹角α＝30°，处于方向垂直导轨平面向上、磁感应强度大小B＝0.5T的匀强磁场中．长也为d的金属棒ab垂直于导轨MN、PQ放置，且始终与导轨接触良好，棒的质量m＝0.1kg，电阻R＝0.1Ω，与导轨之间的动摩擦因数μ＝eq\f(\r(3),6)，导轨上端连接电路如图所示．已知电阻R1与灯泡电阻R2的阻值均为0.2Ω，导轨电阻不计，重力加速度g取10m/s2.(1)求棒由静止刚释放瞬间下滑的加速度大小a；(2)假若棒由静止释放并向下加速运动一段距离后，灯L的发光亮度稳定，求此时灯L的实际功率P和棒的速率v.解析：(1)棒由静止刚释放的瞬间