【物理】2020届一轮复习人教版 法拉第电磁感应定律 课时作业 9页

2020届一轮复习人教版法拉第电磁感应定律课时作业1．在磁感应强度为0.5T的匀强磁场中，让长为0.2m的导线垂直于磁场方向做切割磁感线运动，运动方向与导线垂直，产生的感应电动势为0.5V，则导线切割磁感线的速度为()A．0.5m/sB．5m/sC．0.05m/sD．2.5m/s解析：由E＝BLv可知v＝5m/s，B正确．答案：B2.用均匀导线做成的正方形线框边长为0.2m，正方形的一半放在垂直纸面向里的匀强磁场中，如图所示，当磁场以10T/s的变化率增强时，线框中a、b两点电势差是()A.Uab＝0.1VB.Uab＝－0.1VC.Uab＝0.2VD.Uab＝－0.2V解析：由于磁场是均匀增强的，而原磁场的方向垂直纸面向里，所以由楞次定律可知，线圈中产生的磁场方向是垂直纸面向上的，再由右手定则可知，线圈中的电流方向沿逆时针方向，故电流由b向右再回到a点，可见，ab间的电势差是负值，所以A、C错误；线圈产生的电动势E＝10T/s×(0.2m)2/2＝0.2V，又因为ab两点正好在线圈E0.2V的中点上，所分的线圈的两侧电阻相等，故Uab＝－＝－＝－0.122V，选项B正确．答案：B3．如图所示，闭合开关S，将条形磁铁两次插入闭合线圈，第一 次用0.2s，第二次用0.4s，并且两次的起始和终止位置相同，则()A．第一次磁通量变化较大B．第一次G的最大偏角较大C．第一次经过G的总电荷量较多D．若开关S断开，G不偏转，故两次均无感应电动势解析：因两次的起始和终止位置相同，所以磁感应强度变化量ΔB相同，由ΔΦ＝ΔB·S知：两次磁通量变化相同，故A错误；因磁通量ΔΦE变化相同，匝数n相同，Δt1＜Δt2，根据E＝n和I＝知，第一次ΔtR—－EΔΦΔΦG的最大偏角较大，故B正确；根据q＝I·Δt＝·Δt＝n·Δt＝nRΔt·RR可知：经过G的总电量相同，故C错误；有无感应电动势产生的条件是穿过回路的磁通量发生变化，电路无需闭合，两次穿过回路的磁通量均发生了变化，故D错误．答案：B4．如图所示，PQRS为一正方形导线框，它以恒定速度向右进入以MN为边界的匀强磁场，磁场方向垂直线圈平面，MN线与线框的边成45°角，E、F分别为PS和PQ的中点．关于线框中的感应电流，正确的说法是() A.当E点经过边界MN时，线框中感应电流最大B.当P点经过边界MN时，线框中感应电流最大C.当F点经过边界MN时，线框中感应电流最大D.当Q点经过边界MN时，线框中感应电流最大解析：由题图可知，当E点经过边界MN时，导线框有效切割长RS度为，所以感应电动势不是最大，则感应电流不是最大，故A错误；2当P点经过MN时，有效切割长度最大为RS，感应电动势为最大，故B正确；当F点经过边界MN时，由题图可知，导线框的有效切割长RS度为，所以感应电动势及感应电流不是最大，线框中磁通量的变化2率不是最大，故C错误；当Q经过MN时，线框全部进入磁场中，线框中磁通量不发生变化，感应电流为零，故D错误．答案：B5．如图所示，abcd为水平放置的平行“”形光滑金属导轨(电阻不计)，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)．求：(1)电路中感应电动势E；(2)电路中感应电流的大小；(3)金属杆所受安培力的大小．解析：(1)由法拉第电磁感应定律，可得感应电动势为：E＝BLMNvsinθ＝Blv. EBlvBvsinθ(2)感应电流I＝＝＝.RlrrsinθB2lvl(3)安培力大小F＝BI＝.sinθrBvsinθB2lv答案：(1)Blv(2)(3)rrB级提能力6．如图甲所示，螺线管匝数n＝1000匝，横截面积S＝10cm2，螺线管导线电阻r＝1Ω，电阻R＝4Ω，磁感应强度B的Bt图象如图乙所示(以向右为正方向)，下列说法正确的是()图甲图乙A．通过电阻R的电流方向不变B．感应电流的大小保持不变C．电阻R两端的电压为6VD．C点的电势一直保持4.8V不变解析：由楞次定律可知：0～1s内，电流从C→R→A；1～2s内，ΔB电流从A→R→C，故A错误；由题图象可知＝6T/s、大小不变，ΔtΔΦ由法拉第电磁感应定律，可知感应电动势E＝n＝1000×6×10×10Δt－4E6V＝6V不变，所以感应电流的大小I＝＝A＝1.2A不变，R＋r4＋1故B正确；由闭合电路的欧姆定律，可知电阻R两端的电压为U＝IR＝1.2×4V＝4.8V，故C错误；由于A点接地，所以C点的电势为±4.8 V，故D错误．答案：B7．我国第一艘航母“辽宁舰”交接入列后，歼15飞机顺利完成了起降飞行训练，图甲为一架歼15飞机刚着舰时的情景．已知该飞机机身长为l，机翼两端点C、D的距离为d，某次在我国近海海域训练中飞机降落时的速度沿水平方向，大小为v.如图乙所示，该空间地磁场磁感应强度的水平分量为Bx，竖直分量为By.C、D两点间的电势差为U，下列分析正确的是()图甲图乙A．U＝Bxlv，C点电势低于D点电势B．U＝Bxdv，C点电势高于D点电势C．U＝Bylv，C点电势低于D点电势D．U＝Bydv，C点电势高于D点电势解析：飞机机翼切割磁感线，地磁场竖直分量为By.由法拉第电磁感应定律，可知感应电动势大小为U＝Bydv；北半球的磁感应强度的竖直分量是向下的，根据右手定则，感应电动势的方向由D指向C，所以C点的电势高于D点的电势，故D正确，A、B、C错误．答案：D8．一正方形闭合导线框abcd边长L＝0.1m，各边电阻均为1Ω，bc边位于x轴上，在x轴原点O右方有宽L＝0.1m、磁感应强度为1T、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，如图所示．在线框以恒定速度4m/s沿x轴正方向穿越磁场区域的过程中，如图所示的各图中，能正确表示线框从进入到穿出磁场过程中，ab边两端电势差Uab随位 置变化情况的是()解析：分两段研究：ab进入磁场切割磁感线过程和dc切割磁感线过程．ab进入磁场切割磁感线过程中，x在0～L范围：由楞次定律判断得知，线框感应电流方向为逆时针，ab相当于电源，a的电势高于b的电势，Uab＞0.感应电动势为E＝BLv＝1×0.1×4V＝0.4V，Uab是3外电压，则有Uab＝E＝0.3V．dc切割磁感线过程，x在L～2L范围：4由楞次定律判断得知，线框感应电流方向为顺时针，dc相当于电源，a的电势高于b的电势，Uab＞0.感应电动势为E＝BLv＝1×0.1×4V＝10.4V，则有Uab＝E＝0.1V.4答案：B9．如图所示，一个半径为l的半圆形硬导体AB以速度在水平U形框架上匀速滑动，框架电阻不计，框架右端接有阻值为R0的电阻，匀强磁场的磁感应强度为B，半圆形硬导体AB的电阻为r，则半圆形 导体AB切割磁感线产生的感应电动势的大小及AB之间的电势差分别为()BlvR0BπlvR0A．BlvB．BπlvR0＋rR0＋r2BlvR0C．2BlvD．2Blv2BlvR0＋r解析：半圆形硬导体AB切割磁场的有效长度为该半圆形的直径即2l，所以根据公式得半圆形导体AB切割磁感线产生感应电动势的大小为E＝2Blv，A、B错误；形成的电路中，AB相当于电源，内阻R0为r，AB间的电势差为路端电压，根据欧姆定律可得UAB＝E＝R0＋r2BlvR0，C正确．R0＋r答案：C10．如图甲所示，一个圆形线圈匝数n＝1000匝、面积S＝2×10－2m2、电阻r＝1Ω.在线圈外接一阻值为R＝4Ω的电阻．把线圈放入一个匀强磁场中，磁场方向垂直线圈平面向里，磁场的磁感强度B随时间变化规律如图乙所示．求：(1)0～4s内，回路中的感应电动势；(2)t＝5s时，a、b两点哪点电势高； (3)t＝5s时，电阻两端的电压U.解析：(1)根据法拉第电磁感应定律ΔΦΔBE＝n＝nS，ΔtΔtΔB0.4－0.2由图可知＝T/s＝0.05T/sΔt4－2解得：E＝1000×2×10×0.05V＝1V.(2)t＝4s到5s内，磁场在减小，根据楞次定律，a点电势高．ΔB′0.4(3)由图可知＝T/s＝0.2T/s，Δt2ΔB′根据法拉第电磁感应定律有E′＝nS，Δt－2E′＝1000×2×10×0.2V＝4V；E′4根据欧姆定律I′＝＝A＝0.8A，R＋r4＋1根据U＝I′R，解得U＝0.8×4V＝3.2V.答案：见解析11.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ab跟OF垂直，以v＝5m/s的速度匀速向右移动，设导轨和金属杆都是用粗细相同的同种材料制成的，每米长度的电阻均为R0＝0.2Ω/m，磁感应强度为B＝0.2T，∠EOF＝30°，ab与导轨接触良好，ab在O点开始计时，则：(1)3s末电路中的电流为多少？(2)3s内电路中产生的平均感应电动势为多少？ 解析：(1)3s末夹在导轨间导体的长度为L＝vt·tan30°＝5×3×tan30°m＝53m，3s末电路中瞬时感应电动势为E＝BLv＝0.2×53×5V＝53V，此时电路中的总电阻为R＝(15＋53＋103)×0.2Ω≈8.20Ω，E所以电流I＝＝1.06A.R(2)3s内的平均感应电动势为ΔΦΦ－Φ0BS－0E＝＝＝＝ΔtΔt310.2×15×53×2V≈4.33V.3答案：(1)1.06A(2)4.33V