教科版高中物理选修3-2课时作业1-3法拉第电磁感应定律

课时分层作业(二)(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．关于某一闭合电路中感应电动势E的大小，下列说法中正确的是()A．E跟穿过这一闭合电路的磁通量的大小成正比B．E跟穿过这一闭合电路的磁通量的变化量大小成正比C．E跟穿过这一闭合电路的磁通量的变化率成正比D．某时刻穿过线圈的磁通量为零，该时刻E一定为零C[磁通量变化量表示磁通量变化的大小，磁通量变化率表示磁通量变化的快慢．感应电动势与磁通量变化率成正比，和磁通量及其变化量都无必然联系．]2.如图所示，在竖直向下的匀强磁场中有一根水平放置的金属棒沿水平方向抛出，初速度方向和棒垂直，则棒两端产生的感应电动势将()A．随时间增大 B．随时间减小C．不随时间变化 D．难以确定C[金属棒水平抛出后做平抛运动，水平方向上做匀速直线运动，由E＝BLv0.可知E不变；竖直方向上做匀加速直线运动，但该方向上不切割磁感线，故不产生电动势．所以整个过程中，金属棒产生的总电动势为水平方向的电动势E＝BLv0.选项C正确．]3．一矩形线框置于匀强磁场中，线框平面与磁场方向垂直．先保持线框的面积不变，将磁感应强度在1s时间内均匀地增大到原来的两倍．接着保持增大后的磁感应强度不变，在1s时间内，再将线框的面积均匀地减小到原来的一半．先后两个过程中，线框中感应电动势的比值为()A.eq\f(1,2) B．1C．2 D．4B[先保持线框的面积不变，由法拉第电磁感应定律可知E1＝eq\f(SΔB,Δt)＝Seq\f(2B－B,Δt)＝eq\f(BS,Δt)；再保持增大后的磁感应强度不变，有E2＝2Beq\f(ΔS,Δt)＝eq\f(BS,Δt)，可见先后两个过程中产生的电动势的大小相等，两者的比值为1，选项B正确．]4.一接有电压表的矩形线圈abcd在匀强磁场中向右做匀速运动，如图所示，下列说法正确的是()A．线圈中有感应电流，有感应电动势B．线圈中无感应电流，也无感应电动势C．线圈中无感应电流，有感应电动势D．线圈中无感应电流，但电压表有示数C[矩形线圈在匀强磁场中向右匀速运动，穿过线圈的磁通量没有发生变化，无感应电流产生，故选项A错误；因导体边框ad和bc均切割磁感线，因此ad和bc边框中均产生感应电动势，无电流通过电压表，所以电压表无示数，故B、D错误，C正确．]5.如图所示，在半径为R的虚线圆内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间变化关系为B＝B0＋kt，在磁场外距圆心O为2R处有一半径恰为2R的半圆导线环(图中实线)，则导线环中的感应电动势大小为()A．0B．kπR2C.eq\f(kπR2,2) D．2kπR2C[由E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔBS,Δt)＝eq\f(1,2)πR2k可知选项C正确．]6．(多选)单匝矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，转轴垂直于磁场，若线圈所围面积中磁通量随时间变化的曲线如图所示，则0～D过程中()A．线圈中0时刻感应电动势为零B．线圈中D时刻感应电动势为零C．线圈中D时刻感应电动势最大D．线圈中0至D时间内平均感应电动势为0.4VBD[线圈中0时刻切线斜率最大，即磁通量的变化率为最大，则感应电动势最大，D时刻磁通量的变化率为零，则感应电动势为零，故A、C错误，B正确；根据法拉第电磁感应定律得：E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(2×10－3,0.005)V＝0.4V，故D正确．]二、非选择题(14分)7.如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B，方向竖直向下，在磁场中有一边长为l的正方形导线框，ab边质量为m，其余边质量不计，cd边有固定的水平轴，导线框可以绕其转动，现将导线框拉至水平位置由静止释放，不计摩擦和空气阻力，导线框经过时间t运动到竖直位置，此时ab边的速度为v，求：(1)此过程中线框产生的平均感应电动势的大小；(2)线框运动到竖直位置时线框感应电动势的大小．解析：(1)线框在初位置Φ1＝BS＝Bl2，转到竖直位置Φ2＝0.根据法拉第电磁感应定律E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(Bl2,t).(2)转到竖直位置时，bc、ad两边不切割磁感线，ab边垂直切割磁感线，此时求的是瞬时感应电动势，则感应电动势的大小为E＝Blv.答案：(1)eq\f(Bl2,t)(2)Blv一、选择题(本题共4小题，每小题6分，共24分)1．一闭合圆形线圈放在匀强磁场中，线圈的轴线与磁场方向成30°角，磁感应强度随时间均匀变化．下列方法中能使线圈中感应电流增大一倍的是()A．把线圈匝数增加一倍B．把线圈面积增大一倍C．把线圈半径增大一倍D．把线圈匝数减少到原来的一半C[设线圈中的感应电流为I，线圈电阻为R，匝数为n，半径为r，面积为S，线圈导线的横截面积为S′，电阻率为ρ.由法拉第电磁感应定律知E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(ΔBScos30°,Δt)，由闭合电路欧姆定律知I＝eq\f(E,R)，由电阻定律知R＝ρeq\f(n·2πr,S′)，则I＝eq\f(ΔBrS′,2ρΔt)cos30°，其中，eq\f(ΔB,Δt)、ρ、S′均为恒量，所以I∝r，故选项C正确．]2．如图所示，闭合导线框abcd的质量可以忽略不计，将它从图中所示的位置匀速拉出匀强磁场．若第一次用0.3s时间拉出，拉动过程中导线ab所受安培力为F1，通过导线横截面的电荷量为q1；第二次用0.9s时间拉出，拉动过程中导线ab所受安培力为F2，通过导线横截面的电荷量为q2，则()A．F1<F2，q1<q2 B．F1<F2，q1＝q2C．F1＝F2，q1<q2 D．F1>F2，q1＝q2D[由于线框在两次拉出过程中，磁通量的变化量相等，即ΔΦ1＝ΔΦ2，而通过导线横截面的电荷量q＝Neq\f(ΔΦ,R)，得q1＝q2；由于两次拉出所用时间Δt1<Δt2，则所产生的感应电动势E1>E2，闭合回路中的感应电流I1>I2，又安培力F＝BIl，可得F1>F2，故选项D正确．]3．粗细均匀的电阻丝围成的正方形线框置于有界匀强磁场中，磁场方向垂直于线框平面，其边界与正方形线框的边平行．现使线框以同样大小的速度沿四个不同方向平移出磁场，如图所示，则在移出过程中线框的一边a、b两点间电势差绝对值最大的是()B[将线框等效成直流电路，设线框每条边的电阻为r，A、B、C、D对应的等效电路图分别如图甲、乙、丙、丁所示，故B正确．]4.如图，匀强磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框，半圆直径与磁场边缘重合；磁场方向垂直于半圆面(纸面)向里，磁感应强度大小为B0.使该线框从静止开始绕过圆心O、垂直于半圆面的轴以角速度ω匀速转动半周，在线框中产生感应电流．现使线框保持图中所示位置，磁感应强度大小随时间线性变化．为了产生与线框转动半周过程中同样大小的电流，磁感应强度随时间的变化率eq\f(ΔB,Δt)的大小应为()A.eq\f(4ωB0,π)B．eq\f(2ωB0,π)C.eq\f(ωB0,π) D．eq\f(ωB0,2π)C[当导线框匀速转动时，设半径为r，导线框电阻为R，在很小的Δt时间内，转过圆心角Δθ＝ωΔt，由法拉第电磁感应定律及欧姆定律可得感应电流I1＝eq\f(B0ΔS,RΔt)＝eq\f(B0·πr2\f(Δθ,2π),RΔt)＝eq\f(B0r2ω,2R)；当导线框不动，而磁感应强度发生变化时，同理可得感应电流I2＝eq\f(ΔBS,RΔt)＝eq\f(ΔB·πr2,2RΔt)，令I1＝I2，可得eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(B0ω,π)，C对．]二、非选择题(本题共2小题，共26分)5.(13分)在范围足够大、方向竖直向下的匀强磁场中，B＝0.2T，有一水平放置的光滑框架，宽度为l＝0.4m，如图所示，框架上放置一质量为0.05kg、接入电路的电阻为1Ω的金属杆cd，金属杆与框架垂直且接触良好，框架电阻不计．若cd杆以恒定加速度a＝2m/s2，由静止开始沿框架做匀变速直线运动，则：(1)在5s内平均感应电动势是多少？(2)第5s末，回路中的电流多大？(3)第5s末，作用在cd杆上的水平外力多大？解析：(1)金属杆5s内的位移x＝eq\f(1,2)at2＝25m金属杆5s内的平均速度v＝eq\f(x,t)＝5m/s(也可用v＝eq\f(0＋2×5,2)m/s＝5m/s求解)故平均感应电动势E＝Blv＝0.4V.(2)金属杆第5s末的速度v′＝at＝10m/s，此时回路中的感应电动势E′＝Blv′则回路中的电流为I＝eq\f(E′,R)＝eq\f(Blv′,R)＝eq\f(0.2×0.4×10,1)A＝0.8A.(3)金属杆做匀加速直线运动，则F－F安＝ma即F＝BIl＋ma＝0.164N.答案：(1)0.4V(2)0.8A(3)0.164N6．(13分)如图所示，一个电阻值为R、匝数为n的圆形金属线圈与阻值为2R的电阻R1连接成闭合回路，线圈的半径为r1.在线圈中半径为r2的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系图线如图乙所示．图线与横、纵轴的截距分别为t0和B0.导线的电阻不计，求0至t1时间内：(1)通过电阻R1上的电流大小；(2)通过电阻R1上的电量q及电阻R1上产生的热量．解析：(1)由法拉第电磁感应定律可知E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(ΔB,Δt)·S＝n·eq\f(B0,t0)·πreq\o\al(2,2)＝eq\f(nB0πr\o\al(2,2),t0)通过R1的电流I＝eq\f(E,3R)＝eq\f(nB0πr\o\al(2,2),3Rt0)(2)通过R1的电量q＝I·t1＝eq\f(nB0πr\o\al(2,2)t1,3Rt0)R1产生的热量Q＝I2R1t1＝eq\b\lc\(\