2024高二物理寒假作业同步练习题电磁感应定律及应用含解析VIP

电磁感应定律及应用1、将闭合多匝线圈置于仅随时间改变的磁场中，线圈平面与磁场方向垂直．关于线圈中产生的感应电动势和感应电流，下列表述正确的是()A．感应电动势的大小与线圈的匝数无关B．穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大C．穿过线圈的磁通量改变越快，感应电动势越大D．感应电流产生的磁场方向与原磁场方向始终相同【答案】：C【解析】：由法拉第电磁感应定律E＝neq\f(ΔΦ,Δt)可知感应电动势的大小E与n有关，与eq\f(ΔΦ,Δt)即磁通量改变的快慢成正比，所以A、B错误，C正确．由楞次定律可知，感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的原磁通量的改变，即原磁通量增加，感应电流的磁场与原磁场方向相反，原磁通量减小，感应电流的磁场与原磁场相同，故D错误．2、如图所示，A、B两闭合圆形导线环用相同规格的导线制成，它们的半径之比rA∶rB＝2∶1，在两导线环包围的空间内存在一正方形边界的匀强磁场区域，磁场方向垂直于两导线环的平面对里．当磁场的磁感应强度随时间匀称增大的过程中，流过两导线环的感应电流大小之比为()A.eq\f(IA,IB)＝1 B.eq\f(IA,IB)＝2C.eq\f(IA,IB)＝eq\f(1,4) D.eq\f(IA,IB)＝eq\f(1,2)【答案】：D【解析】：A、B两导线环的半径不同，它们所包围的面积不同，但穿过它们的磁场所在的区域面积是相等的，所以两导线环上的磁通量改变率是相等的，E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)S相同，得eq\f(EA,EB)＝1，I＝eq\f(E,R)，R＝ρeq\f(l,S)(S为导线的横截面积)，l＝2πr，所以eq\f(IA,IB)＝eq\f(rB,rA)，代入数值得eq\f(IA,IB)＝eq\f(rB,rA)＝eq\f(1,2).3、如图所示，abcd为水平放置的平行“”形光滑金属导轨，间距为l，导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，导轨电阻不计．已知金属杆MN倾斜放置，与导轨成θ角，单位长度的电阻为r，保持金属杆以速度v沿平行于cd的方向滑动(金属杆滑动过程中与导轨接触良好)．则()A．电路中感应电动势的大小为eq\f(Blv,sinθ)B．电路中感应电流的大小为eq\f(Bvsinθ,r)C．金属杆所受安培力的大小为eq\f(B2lvsinθ,r)D．金属杆的热功率为eq\f(B2lv2,rsinθ)【答案】：B【解析】：由电磁感应定律可知电路中感应电动势为E＝Blv，A错误；感应电流的大小I＝eq\f(Blv,r\f(l,sinθ))＝eq\f(Bvsinθ,r)，B正确；金属杆所受安培力的大小F＝Beq\f(Bvsinθ,r)·eq\f(l,sinθ)＝eq\f(B2lv,r)，C错误；热功率P＝(eq\f(Bvsinθ,r))2req\f(l,sinθ)＝eq\f(B2lv2sinθ,r)，D错误．4、如图所示，竖直放置的螺线管与导线abcd构成回路，导线所围区域内有一垂直纸面对里的改变的匀强磁场，螺线管下方水平桌面上有一导体圆环，导线abcd所围区域内磁场的磁感应强度按下列哪一图线所表示的方式随时间改变时，导体圆环会受到向上的磁场作用力()【答案】：A【解析】：选项C、D中磁感应强度B随时间是匀称改变的，在螺线管中产生的是稳定电流，这样在圆环中不能产生感应电流，圆环也就不能受到作用力．选项A中磁场增加，磁感应强度B变大，但改变率却越来越小，由E＝eq\f(ΔB,Δt)·S可知螺线管中电流越来越小，由楞次定律推断可知电流方向为dcbad，由此可知螺线管在圆环处产生的磁场方向向上，且磁感应强度渐渐减小，再由楞次定律可判定圆环为了阻碍磁通量减小，受到向上的作用力．选项B中磁场增加，磁感应强度B变大，但改变率却越来越大，由E＝eq\f(ΔB,Δt)·S可知螺线管中电流越来越大，由楞次定律推断可知电流方向为dcbad，由此可知螺线管在圆环处产生的磁场方向向上，且磁感应强度渐渐增大，再由楞次定律可判定圆环为了阻碍磁通量增加，受到向下的作用力．故答案为A.5、如图所示，圆环a和b的半径之比ra∶rb＝2∶1，且粗细相同，由同样材料的导线构成，连接两环的导线电阻不计，匀强磁场的磁感应强度始终以恒定的改变率改变，那么，当只有a环置于磁场中与只有b环置于磁场中两种状况下，A、B两点的电势差之比为()A．1∶1 B．2∶1C．3∶1 D．4∶1【答案】：B【解析】：设b环的面积为S，由题可知a环的面积为4S，若b环的电阻为R，则a环的电阻为2R.当a环置于磁场中时，a环等效为内电路，b环等效为外电路，A、B两端的电压为路端电压，依据法拉第电磁感应定律得E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(4SΔB,Δt)，UAB＝eq\f(ER,R＋2R)＝eq\f(4SΔB,3Δt).当b环置于磁场中时E′＝eq\f(ΔΦ′,Δt)＝eq\f(SΔB,Δt)，UAB′＝eq\f(E′2R,R＋2R)＝eq\f(2SΔB,3Δt)，所以UAB∶UAB′＝2∶1.6、（多选）一个面积S＝4×10－2m2、匝数n＝100匝的线圈，放在匀强磁场中，磁场方向垂直于线圈平面，磁感应强度B随时间t改变的规律如图所示，则下列推断正确的是()A．在起先的2s内穿过线圈的磁通量改变率等于0.08Wb/sB．在起先的2s内穿过线圈的磁通量的改变量等于零C．在起先的2s内线圈中产生的感应电动势等于8VD．在第3s末线圈中的感应电动势等于零【答案】：AC【解析】：起先2s内，ΔΦ＝S·ΔB＝0.16Wb，故选项B错误；eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(0.16,2)Wb/s＝0.08Wb/s，故选项A正确；E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝100×0.08V＝8V，故选项C正确；第3s末产生的感应电动势等于2～4s内的平均电动势，故D项错误．7、（多选）如图所示，单匝线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量Φ随时间t的关系可用图像表示，则()A．在t＝0时刻，线圈中的磁通量最大，感应电动势也最大B．在t＝1×10－2s时刻，感应电动势最大C．在t＝2×10－2s时刻，感应电动势为零D．在0～2×10－2s时间内，线圈中感应电动势的平均值为零【答案】：BC【解析】：由法拉第电磁感应定律知E∝eq\f(ΔΦ,Δt)，故t＝0及t＝2×10－2s时刻，E＝0，A错，C对．t＝1×10－2s，E最大，B对.0～2×10－2s，ΔΦ≠0，E≠0，D错．8、如图所示，将边长为L的正方形闭合线圈以不同速度v1、v2向右匀速拉出磁场时(v1<v2)，下列结论不正确的是()A．拉力所做的功W2>W1B．拉力的功率P2>P1C．流过线框的电荷量Q2>Q1D．线框中的感应电流I2>I1【答案】：C【解析】：F拉＝F安＝BIL＝BLeq\f(BLv,R)＝eq\f(B2L2v,R)，W拉＝F拉L＝eq\f(B2L3v,R)，因为v1<v2，所以W2>W1，选项A正确．P拉＝F拉v＝eq\f(B2L2v2,R)，P2>P1，选项B正确．流过线框的电荷量Q＝eq\f(ΔΦ,R)，Q1＝Q2，选项C错误．电流I＝eq\f(BLv,R)，I2>I1，选项D正确．9、（多选）如图所示，三角形金属导轨EOF上放有一根金属杆AB，在外力作用下，保持金属杆AB和OF垂直，以速度v匀速向右移动．设导轨和金属杆AB都是用粗细相同的同种材料制成的，金属杆AB与导轨接触良好，则下列推断正确的是()A．电路中的感应电动势大小不变B．电路中的感应电流大小不变C．电路中的感应电动势大小渐渐增大D．电路中的感应电流大小渐渐增大【答案】：BC【解析】：设三角形金属导轨的夹角为θ，金属杆AB由O点经时间t运动了vt的距离，则E＝Bvt·tanθ·v，电路总长为l＝vt＋vttanθ＋eq\f(vt,cosθ)＝vt(1＋tanθ＋eq\f(1,cosθ))，又因为R＝ρeq\f(l,S)，所以I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BvSsinθ,ρ1＋sinθ＋cosθ)，I与t无关，是恒量，故选项B正确．E渐渐增大，故选项C正确．10、如图甲所示，回路中有一个C＝60μF的电容器，已知回路的面积为1.0×10－2m2，垂直穿过回路的磁场的磁感应强度B随时间t的改变图象如图乙所示，求：(1)t＝5s时，回路中的感应电动势；(2)电容器上的电荷量．【答案】：(1)6.7×10－3V(2)4×10－7C【解析】：(1)由题图可知，在前6s内eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(2,3)T/s，E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝Seq\f(ΔB,Δt)≈6.7×10－3V.(2)电容器的电荷量Q＝CE＝4×10－7C.11、如图所示，光滑斜面的倾角α＝37°，在斜面上放置一单匝矩形线框abcd，bc边的边长l1＝0.6m，ab边的边长l2＝1m，线框的质量m＝1kg，电阻R＝0.1Ω，线框通过细线与重物相连，重物质量M＝3kg，斜面上ef(ef∥gh∥ab)的右方有垂直斜面对上的匀强磁场，磁感应强度B＝0.5T，假如线框从静止起先运动，进入磁场的最初一段时间做匀速运动，sin37°＝0.6，ef和gh的距离s＝11.4m，取g＝10m/s2，求：(1)线框进入磁场前重物的加速度大小；(2)线框进入磁场过程通过线框横截面的电荷量；(3)线框由静止起先运动到gh处的整个过程中产生的焦耳热．【答案】：(1)6m/s2(2)3C(3)14.4J6【解析】：(1)依据牛顿其次定律可得Mg－mgsin37°＝(M＋m)a，解得a＝6m/s2.(2)由E＝eq\f(ΔΦ,Δt)、I＝eq\f(E,R)和q＝IΔt可得q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(Bl1l2,R)＝eq\f(0.5×0.6×1,0.1)C＝3C．(3)线框匀速进入磁场时，依据平衡条件可得安培力为F＝Mg－mgsin37°＝30N－10×0.6N＝24N，依据功能关系可得Q＝Fl1＝24×0.6J＝14.4J.12、如图甲所示，两根足够长的平行金属导轨MN、PQ相距为L，导轨平面与水平面夹角为α，金属棒ab垂直于MN、PQ放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，金属棒的质量为m.导轨处于匀强磁场中，磁场的方向垂直于导轨平面斜向上，磁感应强度大小为B，金属导轨的上端与开关S、定值电阻R1和电阻箱R2相连．不计一切摩擦，不计导轨、金属棒的电阻，重力加速度为g，现在闭合开关S，将金属棒由静止释放．甲乙(1)若电阻箱R2接入电路的阻值为R2＝2R1，当金属棒下降高度为h时，速度为v，求此过程中定值电阻R1上产生的焦耳热Q1.(2)当B＝0.40T，L＝0.50m，α＝37°时，金属棒能达到的最大速度vm随电阻箱R2阻值的改变关系如图乙所示．g取10m/s2，sin37°＝0.60，cos37°＝0.80.求定值电阻的阻值R1和金属棒的质量m.【答案】：(1)eq\f(1,3)mgh－eq\f(1,6)mv2(2)2.0Ω0.001kg【解析】：(1)由能量守恒知，金属棒减小的重力势能等于增加的动能和电路中产生的焦耳热，mgh＝eq\f(1,2)mv2＋Q，解得：Q＝mgh－eq\f(1,2)mv2，Q1＝eq\f(Q,3)＝eq\f(1,3)mgh－eq\f(1,6)mv2.(2)最大速度为vm，切割磁感线产生的感应电动势E＝BLvm由闭合电路