2024高中物理第四章电磁感应4法拉第电磁感应定律达标作业含解析新人教版选修3-2

PAGE6-法拉第电磁感应定律A级抓基础1.穿过一个单匝闭合线圈的磁通量始终为每秒匀称增加2Wb，则（）A.线圈中感应电动势每秒增加2VB.线圈中感应电动势每秒削减2VC.线圈中感应电动势始终为2VD.线圈中感应电动势始终为一个确定值，但由于线圈有电阻，电动势小于2V解析：由E＝neq\f(ΔΦ,Δt)知eq\f(ΔΦ,Δt)恒定，n＝1，所以E＝2V.答案：C2.如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，将一水平放置的金属棒ab以水平速度v0抛出，不计空气阻力，那么金属棒内产生的感应电动势将（）A.越来越大 B.越来越小C.保持不变 D.方向不变，大小变更解析：由于导体棒中无感应电流，故棒只受重力作用，导体棒做平抛运动，水平速度v0不变，即切割磁感线的速度不变，故感应电动势保持不变.答案：C3.如图，在磁感应强度为B、方向垂直纸面对里的匀强磁场中，金属杆MN在平行金属导轨上以速度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（）A.c→a，2∶1 B.a→c，2∶1C.a→c，1∶2 D.c→a，1∶2解析：由右手定则推断可知，MN中产生的感应电流方向为N→M，则通过电阻R的电流方向为a→c.MN产生的感应电动势公式为E＝BLv，其他条件不变，E与B成正比，则得E1∶E2＝1∶2.答案：C4.（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，若线圈所围面积里磁通量随时间变更的规律如图所示，则O→D过程中（）A.线圈在O时刻感应电动势最大B.线圈在D时刻感应电动势为零C.线圈在D时刻感应电动势最大D.线圈在O至D时间内平均感应电动势为0.4V解析：由法拉第电磁感应定律知线圈从O至D时间内的平均感应电动势E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(2×10－3,0.01÷2)V＝0.4V.由感应电动势的物理意义知，感应电动势的大小与磁通量的大小Φ和磁通量的变更量ΔΦ均无必定联系，仅由磁通量的变更率eq\f(ΔΦ,Δt)确定，而任何时刻磁通量的变更率eq\f(ΔΦ,Δt)就是Φ-t图象上该时刻切线的斜率，不难看出O点处切线斜率最大，D点处切线斜率最小，为零，故A、B、D选项正确.答案：ABD5.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，磁场垂直于环面对里，磁感应强度以B＝B0＋kt（k>0）随时间变更，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.带正电，电荷量是eq\f(kL2C,4π) D.带负电，电荷量是eq\f(kL2C,4π)解析：磁感应强度以B＝B0＋kt（k>0）随时间变更，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)；由楞次定律知电容器P板带负电，故D选项正确.答案：DB级提实力6.一矩形线圈abcd位于一随时间变更的匀强磁场内，磁场方向垂直线圈所在的平面对里（如图甲所示），磁感应强度B随时间t变更的规律如图乙所示.以I表示线圈中的感应电流（图甲中线圈上箭头方向为电流的正方向），则能正确表示线圈中电流I随时间t变更规律的是（）ABCD解析：0～1s内磁感应强度匀称增大，依据楞次定律和法拉第电磁感应定律可判定，感应电流为逆时针（为负值）、大小为定值，A、B错误；4～5s内磁感应强度恒定，穿过线圈abcd的磁通量不变更，无感应电流，D错误.答案：C7.矩形导线框abcd放在匀强磁场中，磁感线方向与线圈平面垂直，磁感应强度B随时间变更的图象如图所示，t＝0时刻，磁感应强度的方向垂直纸面对里.若规定导线框中感应电流逆时针方向为正，则在0～4s时间内，线框中的感应电流I以及线框的ab边所受安培力F随时间变更的图象为图中的（取向上为正方向）（）ABCD解析：依据E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(SΔB,Δt)，而eq\f(ΔB,Δt)不变，推知在0～2s内及2～4s内电流恒定，选项A错误；因为规定了导线框中感应电流逆时针方向为正，感应电流在0～2s内为顺时针方向，所以选项B错误；由F＝BIL得：F与B成正比，依据左手定则推断可知，选项C正确，D错误.答案：C8.（多选）如图所示，虚线右侧存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面对外，正方形金属框电阻为R，边长是L，自线框从左边界进入磁场时起先计时，在外力作用下由静止起先，以垂直于磁场边界的恒定加速度a进入磁场区域，t1时刻线框全部进入磁场.若外力大小为F，线框中电功率的瞬时值为P，线框磁通量的变更率为eq\f(ΔΦ,Δt)，通过导体横截面的电荷量为q，（其中P-t图象为抛物线）则这些量随时间变更的关系正确的是（）解析：线框做匀加速运动，其速度v＝at，感应电动势E＝BLv，线框进入磁场过程中受到的安培力F安＝BIL＝eq\f(B2L2v,R)＝eq\f(B2L2at,R)，由牛顿其次定律得F－eq\f(B2L2at,R)＝ma，则F＝eq\f(B2L2at,R)＋ma，故A错误；线框中的感应电流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BLat,R)，线框的电功率P＝I2R＝eq\f(（BLa）2,R)t2，B正确；线框的位移x＝eq\f(1,2)at2，磁通量的变更率eq\f(ΔΦ,Δt)＝B·eq\f(ΔS,Δt)＝Beq\f(L×\f(1,2)at2,t)＝eq\f(1,2)BLat，C错误；电荷量q＝eq\o(I,\s\up6(－))·Δt＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),R)·Δt＝eq\f(\f(ΔΦ,Δt),R)·Δt＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(BLx,R)＝eq\f(BL×\f(1,2)at2,R)＝eq\f(BLa,2R)·t2，D正确.答案：BD9.如图所示，竖直平面内有足够长的金属导轨，轨距为0.2m，金属导体ab可在导轨上无摩擦地上下滑动，ab的电阻为0.4Ω，导轨电阻不计，导体ab的质量为0.2g，垂直纸面对里的匀强磁场的磁感应强度为0.2T，且磁场区域足够大，当导体ab自由下落0.4s时，突然闭合开关S，则：（1）试说出S接通后导体ab的运动状况；（2）导体ab匀速下落的速度是多少？（g取10m/s2）解析：（1）闭合S之前导体ab自由下落的末速度为v0＝gt＝4m/s.S闭合瞬间，导体产生感应电动势，回路中产生感应电流，ab马上受到一个竖直向上的安培力.F安＝BIL＝eq\f(B2L2v0,R)＝0.016N>mg＝0.002N.此刻导体所受到合力的方向竖直向上，与初速度方向相反，加速度的表达式为a＝eq\f(F安－mg,m)＝eq\f(B2L2v,mR)－g，所以ab做竖直向下的加速度渐渐减小的减速运动.当速度减小至F安＝mg时，ab做竖直向下的匀速运动.（2）设匀速下落的速度为vm，此时F安＝mg，即eq\f(B2L2vm,R)＝mg，vm＝eq\f(mgR,B2L2)＝0.5m/s.10.如图甲所示，不计电阻的平行金属导轨与水平面成37°夹角放置，导轨间距为L＝1m，上端接有电阻R＝3Ω，虚线OO′下方是垂直于导轨平面的匀强磁场.现将质量m＝0.1kg、电阻r＝1Ω的金属杆ab从OO′上方某处垂直导轨由静止释放，杆下滑过程中始终与导轨垂直并保持良好接触，杆下滑过程中的v-t图象如图乙所示.求：（取g＝10m/s2，sin37°＝0.6）图甲图乙（1）磁感应强度B.（2）杆在磁场中下滑0.1s过程中电阻R产生的热量.解析：（1）由题图乙得a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(0.5,0.1)m/s2＝5m/s2.0.1s前，由牛顿其次定律有mgsinθ－f＝ma，代入数据得f＝0.1N.0.1s后匀速运动，有mgsinθ－f－F安＝0.①而F安＝BIL＝Beq\f(BLv,R＋r)L＝eq\f(B2L2v,R＋r).②由①②得B＝eq\r(\f(（mgsinθ－f）（R＋r）,L2v))＝eq\r(\f(（0.6－0.1）×（3＋1）,12×0.5))T＝2T.（2）I＝eq\f(BLv,R＋r)＝eq\f(2×1×0.5,3＋1)A＝0.25A，QR＝I2Rt＝0.252×3×0.1J＝eq\f(3,160)J.11.如图所示，L1＝0.5m，L2＝0.8m，回路总电阻为R＝0.2Ω，物块M的质量m＝0.04kg，导轨光滑，起先时磁场B0＝1T.现使磁感应强度以eq\f(ΔB,Δt)＝0.2T/s的变更率匀称地增大，则当t为多少时，M刚好离开地面？（g取10m/s2）解析：回路中原磁场方向向下，且磁通量增加，由楞次定律可以判