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  • 2021-05-24 发布

【物理】2020届一轮复习人教版法拉第电机电磁感应中电荷量的计算课时作业

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2020 届一轮复习人教版 法拉第电机电磁感应中电荷量的计算 课时作业 考点一 E=n ΔΦ Δt 和 E=BLv 的比较应用 1.(多选)(2018·清江中学周练)如图 1 甲,在虚线所示的区域有垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度随 时间的变化规律如图乙所示,虚线区域内有一面积为 S、与纸面平行的单匝金属线框,线框与电阻 R 相连, 若金属线框的电阻为R 2 ,下列说法正确的是( ) 图 1 A.流过电阻 R 的感应电流由 a 到 b B.线框 cd 边受到的安培力方向向上 C.感应电动势大小为2B0S t0 D.ab 间电压大小为2B0S 3t0 答案 AD 解析 穿过线框的磁通量在增大,根据楞次定律可得感应电流为逆时针方向,故流过电阻 R 的感应电流的 方向为由 a 到 b,A 正确;感应电流是从 c 到 d,根据左手定则,可得线框 cd 边受到的安培力方向向下,B 错误;根据法拉第电磁感应定律可得 E=ΔΦ Δt =B0S t0 ,根据闭合电路欧姆定律可得 ab 间电压大小为 U= R R+R 2 E =2B0S 3t0 ,故 C 错误,D 正确. 2.如图 2 为无线充电技术中使用的受电线圈示意图,线圈匝数为 n,面积为 S.若在 t1 到 t2 时间内,匀强磁 场平行于线圈轴线向右穿过线圈,其磁感应强度大小由 B1 均匀增加到 B2,则该段时间线圈两端 a 和 b 之 间的电势差φa-φb( ) 图 2 A.恒为nSB2-B1 t2-t1 B.从 0 均匀变化到nSB2-B1 t2-t1 C.恒为-nSB2-B1 t2-t1 D.从 0 均匀变化到-nSB2-B1 t2-t1 答案 C 解析 根据法拉第电磁感应定律得,感应电动势 E=nΔΦ Δt =nB2-B1S t2-t1 ,由楞次定律和安培定则可判断 b 点电势高于 a 点电势,因磁场均匀变化,所以感应电动势恒定,因此 a、b 两点电势差恒为φa-φb=- nB2-B1S t2-t1 ,选项 C 正确. 3.如图 3 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)的规律随时间变化,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( ) 图 3 A.不带电 B.所带电荷量与 t 成正比 C.带正电,电荷量是kL2C 4π D.带负电,电荷量是kL2C 4π 答案 D 解析 磁感应强度以 B=B0+kt(k>0)的规律随时间变化,由法拉第电磁感应定律得:E=ΔΦ Δt =SΔB Δt =kS, 而 S=πr2=π( L 2π)2= L2 4π ,经时间 t 电容器 P 板所带电荷量 Q=EC=kL2C 4π ;由楞次定律和安培定则知电容 器 P 板带负电,故 D 选项正确. 4.(多选)如图 4 所示,三角形金属导轨 EOF 上放有一金属杆 AB,在外力作用下,使 AB 保持与 OF 垂直, 从 O 点开始以速度 v 匀速右移,该导轨与金属杆均为粗细相同的同种金属制成,则下列判断正确的是 ( ) 图 4 A.电路中的感应电流大小不变 B.电路中的感应电动势大小不变 C.电路中的感应电动势逐渐增大 D.电路中的感应电流逐渐减小 答案 AC 解析?设金属杆从 O 开始运动到如题图所示位置所经历的时间为 t,∠EOF=θ,金属杆切割磁感线的有效 长度为 L,故 E=BLv=Bv·vttan θ=Bv2tan θ·t,即电路中感应电动势与时间成正比,C 选项正确;电路 中感应电流 I=E R = Bv2tan θ·t ρl S .而 l 等于闭合三角形的周长,即 l=vt+vt·tan θ+ vt cos θ =vt(1+tan θ+ 1 cos θ),所以 I= Bvtan θ·S ρ1+tan θ+ 1 cos θ 是恒量,所以 A 正确. 5.如图 5 所示,等腰直角三角形 OPQ 区域内存在匀强磁场,另有一等腰直角三角形导线框 abc 以恒定的 速度 v 沿垂直于磁场方向穿过磁场,穿越过程中速度方向始终与 ab 边垂直,且保持 ac 平行于 OQ.关于线 框中的感应电流,以下说法正确的是( ) 图 5 A.开始进入磁场时感应电流最小 B.开始穿出磁场时感应电流最大 C.开始进入磁场时感应电流沿顺时针方向 D.开始穿出磁场时感应电流沿顺时针方向 答案 D 解析 线框中感应电流的大小正比于感应电动势的大小,又感应电动势 E=BL 有 v,L 有指切割磁感线部分两 端点连线在垂直于速度方向上的投影长度,故开始进入磁场时感应电流最大,开始穿出磁场时感应电流最 小,选项 A、B 错误.感应电流的方向可以用楞次定律判断,可知选项 D 正确,C 错误. 考点二 转动切割问题 6.夏天时,在北半球,当我们抬头观看教室内的电风扇,会发现电风扇正在逆时针转动.金属材质的电 风扇示意图如图 6 所示,由于地磁场的存在,下列关于 A、O 两点的电势及电势差的说法,正确的是( ) 图 6 A.A 点电势比 O 点电势高 B.A 点电势比 O 点电势低 C.A 点电势和 O 点电势相等 D.扇叶长度越短,UAO 的电势差数值越大 答案 A 解析?在北半球,地磁场的竖直分量竖直向下,电风扇转动时,可将扇叶看作电源,由右手定则可判断 A 点为正极,电势高,O 点为负极,电势低,A 对,B、C 错;由 E=1 2 Bl2ω可知 D 错. 7.如图 7 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( ) 图 7 A.1 2 BωR2 B.2BωR2 C.4BωR2 D.6BωR2 答案 C 解析 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 v =vA+vB 2 =2ωR,由 E=Blv 得,AB 两端的电势差大小 E=B·2R· v =4BωR2,C 正确. 8.如图 8 所示,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,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,磁感应强度随时间变化的变化率ΔB Δt 的大小应为 ( ) 图 8 A.4ωB0 π B.2ωB0 π C. ωB0 π D. ωB0 2π 答案 C 解析 设半圆的半径为 L,电阻为 R,当线框以角速度ω匀速转动时产生的感应电动势 E1=1 2 B0ωL2.当线框 不动,而磁感应强度随时间变化时 E2=1 2 πL2·ΔB Δt ,由E1 R =E2 R 得 1 2 B0ωL2=1 2 πL2·ΔB Δt ,即ΔB Δt =ωB0 π ,故 C 项正确. 9.(多选)(2018·日照市高二下学期期末统考)如图 9 所示是法拉第制作的世界上第一台发电机的模型原理 图.把一个半径为 r 的铜盘放在磁感应强度大小为 B 的匀强磁场中,使磁感线水平向右垂直穿过铜盘,铜 盘安装在水平的铜轴上.两块铜片 C、D 分别与转动轴和铜盘的边缘接触.G 为灵敏电流计.现使铜盘按 照图示方向以角速度ω匀速转动,则下列说法正确的是( ) 图 9 A.C 点电势一定低于 D 点电势 B.圆盘中产生的感应电动势大小为 Bωr2 C.电流计中的电流方向为由 a 到 b D.铜盘不转动,所加磁场磁感应强度减小,则铜盘中产生顺时针方向感应电流(从左向右看) 答案 AD 解析 将铜盘看成无数条由中心指向边缘的铜棒组合而成,当铜盘转动时,每根铜棒都在切割磁感线,相 当于电源,由右手定则可知,铜盘边缘为电源正极,中心为负极,C 点电势低于 D 点电势,此电源对外电 路供电,电流方向由 b 经电流计再从 a 流向铜盘,故 A 正确,C 错误;回路中产生的感应电动势 E=Br v = 1 2 Br2ω,故 B 错误;若铜盘不转动,使所加磁场磁感应强度均匀减小,在铜盘中产生顺时针方向感应电流(从 左向右看),故 D 正确. 考点三 电磁感应中电荷量问题 10.如图 10 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,通过金属圆环某一横截 面的电荷量为 q1,第二次速度为 2v,通过金属圆环某一横截面的电荷量为 q2,则( ) 图 10 A.q1∶q2=1∶2B.q1∶q2=1∶4C.q1∶q2=1∶1D.q1∶q2=2∶1 答案 C 11.物理实验中,常用一种叫做“冲击电流计”的仪器测定通过电路的电荷量.如图 11 所示,探测线圈与 冲击电流计串联后可用来测定磁场的磁感应强度.已知线圈的匝数为 n,面积为 S,线圈与冲击电流计组 成的回路电阻为 R.若将线圈放在被测匀强磁场中,开始时线圈平面与磁场垂直,现把探测线圈翻转 180°, 冲击电流计测出通过线圈的电荷量为 q,由上述数据可得出被测磁场的磁感应强度为( ) 图 11 A.qR S B.qR nSC. qR 2nSD.qR 2S 答案 C 解析 由题意知 q= I ·Δt= E R ·Δt= nΔΦ Δt R Δt=nΔΦ R =n2BS R ,则 B= qR 2nS ,故 C 正确. 12.(多选)(2018·南京市第三次模拟考试)如图 12 甲所示,静止在水平面上的等边三角形金属线框,匝数 n=20 匝,总电阻 R=2.5Ω,边长 L=0.3m,处在两个半径均为 r=0.1m 的圆形匀强磁场中,线框顶点与 右侧圆心重合,线框底边与左侧圆直径重合.磁感应强度 B1 垂直水平面向外,B2 垂直水平面向里,B1、B2 随时间 t 的变化如图乙所示,线框一直处于静止状态,计算过程中π取 3,下列说法正确的是( ) 图 12 A.线框具有向左运动的趋势 B.t=0 时刻穿过线框的磁通量为 0.5Wb C.t=0.4s 时刻线框中感应电动势为 1.5V D.0~0.6s 内通过线框横截面的电荷量为 0.36C 答案 CD 解析 磁感应强度 B1 增加,由楞次定律和右手定则可知,线框中的电流为顺时针方向,由左手定则可知, 线框所受安培力方向向右,所以线框有向右运动的趋势,A 错误;由Φ=BS 可知,t=0 时刻,由磁场 B1 产生的磁通量Φ1=B1·1 2 πr2=0.03Wb,方向向外,由磁场 B2 产生的磁通量Φ2=B2·1 6 πr2=0.005 Wb,方 向向里,所以穿过整个线框的磁通量Φ=Φ1-Φ2=0.025Wb,B 错误;根据法拉第电磁感应定律,t=0.4s 时刻线框中感应电动势 E=nΔB1 Δt ·1 2 πr2=20×5-2 0.6 ×1 2 ×3×0.01V=1.5V,C 正确;0~0.6s 内,通过线框 横截面的电荷量 q=n· ΔB1·1 2 πr2 R =20×0.045 2.5 C=0.36C,D 正确. 二、非选择题 13.如图 13 甲所示,固定在水平面上电阻不计的光滑金属导轨,间距 d=0.5m,右端接一阻值为 4Ω的小 灯泡 L.在 CDEF 矩形区域内有竖直向上的匀强磁场,磁感应强度 B 按如图乙所示规律变化,CF 长为 2m.在 t=0 时,金属棒 ab 从图示位置由静止在恒力 F 作用下向右运动到 EF 位置,整个过程中小灯泡亮度始终不 变.已知金属棒 ab 电阻为 1Ω,求: 图 13 (1)通过小灯泡的电流; (2)恒力 F 的大小; (3)金属棒的质量. 答案 (1)0.1A (2)0.1N (3)0.8kg 解析?(1)金属棒未进入磁场时, 电路的总电阻 R 总=RL+Rab=5 Ω 回路中感应电动势为:E1=ΔΦ Δt =ΔB Δt S=0.5 V 灯泡中的电流为 IL= E1 R 总 =0.1 A. (2)因灯泡亮度始终不变,故第 4 s 末金属棒刚好进入磁场,且做匀速运动,此时金属棒中的电流 I=IL=0.1 A 金属棒受到的恒力大小:F=F 安=BId=0.1 N. (3)因灯泡亮度始终不变,金属棒在磁场中运动时,产生的感应电动势为 E2=E1=0.5 V 金属棒在磁场中匀速运动的速度 v=E2 Bd =0.5 m/s 金属棒未进入磁场时的加速度为 a=v t =0.125 m/s2 故金属棒的质量为 m=F a =0.8 kg. 14.面积 S=0.2m2、n=100 匝的圆形线圈,处在如图 14 所示的匀强磁场内,磁场方向垂直于线圈平面, 磁感应强度 B 随时间 t 变化的规律是 B=0.02tT,R=3Ω,C=30μF,线圈电阻 r=1Ω,求: 图 14 (1)通过 R 的电流方向和 4s 内通过导线横截面的电荷量; (2)电容器的带电荷量. 答案 (1)方向由 b→a 0.4C (2)9×10-6C 解析 (1)由楞次定律可得流过线圈的电流方向为逆时针方向,通过 R 的电流方向为 b→a, q= I Δt= E R+r Δt=n ΔBS ΔtR+r Δt=nΔBS R+r =0.4C. (2)由法拉第电磁感应定律,知 E=nΔΦ Δt =nSΔB Δt =100×0.2×0.02V=0.4V, 则 I= E R+r = 0.4 3+1 A=0.1A, UC=UR=IR=0.1×3V=0.3V, Q=CUC=30×10-6×0.3C=9×10-6C.

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