【物理】2020届一轮复习人教版第十章电磁感应第2课时课时作业

【物理】2020届一轮复习人教版第十章电磁感应第2课时课时作业

‎ ‎ ‎2020届一轮复习人教版 第十章 电磁感应 第2课时 课时作业 一、法拉第电磁感应定律的理解与应用 ‎1．如图，均匀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的大小应为(　　)‎ A. B. C. D. C　解析：设圆的半径为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＝B0ωL2.当线框不动，而磁感应强度随时间变化时，E2＝πL2，由＝得B0ωL2＝πL2，即＝，故C项正确．‎ ‎2．(2019年潍坊一中)(多选)如图所示，两根间距为d的光滑金属导轨，平行放置在倾角为 的斜面上，导轨的右端接有电阻R，整个装置放在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直。导轨上有一质量为m、电阻也为R的金属棒与两导轨垂直且接触良好，金属棒以一定的初速度v0在沿着导轨上滑一段距离L后返回，不计导轨电阻及感应电流间的相互作用。下列说法正确的是(　　)‎ A．导体棒返回时先做加速运动，最后做匀速直线运动 B．导体棒沿着导轨上滑过程中通过R的电量q＝ C．导体棒沿着导轨上滑过程中克服安培力做的功W＝(mv－mgL)‎ D．导体棒沿着导轨上滑过程中电阻R上产生的热量Q＝(mv－mgL)‎ 答案：ABC ‎3．(2018·河南八市重点高中联考)如图所示，导体杆OQ在作用于OQ中点且垂直于OQ的力作用下，绕O轴沿半径为r的光滑的半圆形框架在匀强磁场中以一定的角速度转动，磁场的磁感应强度为B，方向垂直于框架平面，AO间接有电阻R，杆和框架电阻不计，回路中的总电功率为P，则(　　)‎ A．外力的大小为2Br B．外力的大小为Br C．导体杆旋转的角速度为 D．导体杆旋转的角速度为 C　解析：由题意知，导体杆切割磁感线产生的电动势为E＝，设Q点的线速度大小为v，则导体杆旋转切割磁感线产生的感应电动势E＝Brv，根据P＝F·v 及ω＝，求得F＝Br，ω＝，因此C项正确．‎ ‎4．(2018河北石家庄二模，21)(多选)如图甲所示，质量m＝3.0×10－3 kg的“”形金属细框竖直放置在两水银槽中，“”形框的水平细杆CD长l＝0.20 m，处于磁感应强度大小B1＝1.0 T、方向水平向右的匀强磁场中．有一匝数n ‎＝300 匝、面积S＝0.01 m2的线圈通过开关K与两水银槽相连．线圈处于与线圈平面垂直、沿竖直方向的匀强磁场中，其磁感应强度B2随时间t变化的关系如图乙所示．t＝0.22 s时闭合开关K瞬间细框跳起(细框跳起瞬间安培力远大于重力)，跳起的最大高度h＝0.20 m．不计空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2，下列说法正确的是(　　)‎ A．0～0.10 s内线圈中的感应电动势大小为3 V B．开关K闭合瞬间，CD中的电流方向由C到D C．磁感应强度B2的方向竖直向下 D．开关K闭合瞬间，通过细杆CD的电荷量为0.03 C BD　解析：0～0.1 s内线圈中的磁场均匀变化，由法拉第电磁感应定律E＝n＝nS，代入数据得E＝30 V，A错．开关闭合瞬间，细框会跳起，可知细框受向上的安培力，由左手定则可判断电流方向由C到D，B对．由于t＝0.22 s时通过线圈的磁通量正在减少，再对线圈由楞次定律可知感应电流产生的磁场的方向与B2的方向相同，故再由安培定则可知C错误．K闭合瞬间，因安培力远大于重力，则由动量定理有B1IlΔt＝mv，通过细杆的电荷量Q＝IΔt，线框向上跳起的过程中v2＝2gh，解得Q＝0.03 C，D对．‎ 二、导体切割磁感线产生感应电动势的计算 ‎5．如图所示，两根相距为l的平行直导轨ab、cd，b、d间连有一固定电阻R，导轨电阻可忽略不计．MN为放在ab和cd上的一导体杆，与ab垂直，其电阻也为R.整个装置处于匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，磁场方向垂直于导轨所在平面(垂直纸面向里)．现对MN施力使它沿导轨方向以速度v水平向右做匀速运动．令U表示MN两端电压的大小，下列说法正确的是(　　)‎ A．U＝Blv，流过固定电阻R的感应电流由b经R到d B．U＝Blv，流过固定电阻R的感应电流由d经R到b C．MN受到的安培力大小FA＝，方向水平向右 D．MN受到的安培力大小FA＝，方向水平向左 A　解析：根据电磁感应定律，MN产生的电动势E＝Blv，由于MN的电阻与外电路电阻相同，所以MN两端的电压U＝E＝Blv，根据右手定则，流过固定电阻R的感应电流由b经R到d，故A正确，B错误；MN受到的安培力大小FA＝，方向水平向左，故C、D错误．‎ ‎6．如图所示，空间存在两个磁场，磁感应强度大小均为B，方向相反且垂直纸面，MN，PQ为其边界，OO′为其对称轴．一导线折成边长为L的正方形闭合回路abcd，回路在纸面内以恒定速度v0向右运动，当运动到关于OO′对称的位置时(　　)‎ A．穿过回路的磁通量为零 B．回路中感应电动势大小为BLv0‎ C．回路中感应电流的方向为顺时针方向 D．回路中ab边与cd边所受安培力方向相反 A　解析：由于两磁场的磁感应强度大小相等，方向相反，且回路此时关于OO′对称，因而此时穿过回路的磁通量为零；ab，cd均切割磁感线，相当于两个电源，由右手定则知，回路中感应电流方向为逆时针方向，两电源串联，感应电动势为2BLv0；由左手定则知ab，cd所受安培力方向均向左．‎ ‎7．如图所示，半径为r的金属圆盘在垂直于盘面的匀强磁场B中，绕O轴以角速度ω沿逆时针方向匀速转动，则通过电阻R 的电流的方向和大小是(金属圆盘的电阻不计)(　　)‎ A．由c到d，I＝ B．由d到c，I＝ C．由c到d，I＝ D．由d到c，I＝ D　解析：由右手定则判定通过电阻R的电流的方向是由d到c；而金属圆盘产生的感应电动势E＝Br2ω，所以通过电阻R的电流大小是I＝.‎ ‎8．(2018安徽十校联考)如图所示，将一根绝缘硬金属导线弯曲成一个完整的正弦曲线形状，它通过两个小金属环a，b与长直金属杆导通，图中a，b间距离为L，导线组成的正弦图形顶部或底部到杆的距离都是d.右边虚线范围内存在磁感应强度大小为B、方向垂直于弯曲导线所在平面的匀强磁场，磁场区域的宽度为，现在外力作用下导线沿杆以恒定的速度v向右运动，t＝0时刻a环刚从O点进入磁场区域，则下列说法正确的是(　　)‎ A．在t＝时刻，回路中的感应电动势为Bdv B．在t＝时刻，回路中的感应电动势为2Bdv C．在t＝时刻，回路中的感应电流第一次改变方向 D．在t＝时刻，回路中的感应电流第一次改变方向 D　解析：t＝时刻前后杆中电流均为a→b，t＝时刻，回路中切割磁感线的有效长度为0，感应电动势为0，此时前后流过杆的电流由a→b改为b→a；t＝时刻，回路中切割磁感线的有效长度为d，感应电动势为Bdv.‎ 三、自感与涡流 ‎9. (2018·江西新余四中模拟)某同学为了验证断电自感现象，找来带铁芯的线圈L、小灯泡A、开关S和电池组E，用导线将它们连接成如图所示的电路．检查电路后，闭合开关S，小灯泡发光；再断开开关S，小灯泡仅有不显著的延时熄灭现象．虽经多次重复，仍未见老师演示时出现的小灯泡闪亮现象，可能的原因是(　　)‎ A．电源的内阻偏大　　　 B．线圈电阻偏大 C．小灯泡电阻偏大 D．线圈的自感系数较大 B　解析：灯泡能否发生闪亮，取决于通过灯泡的电流有没有增大，与电源的内阻无关，故A错误．线圈电阻偏大，稳定时流过灯泡的电流大于流过线圈的电流，断开开关时，根据楞次定律，流过灯泡的电流从线圈原来的电流逐渐减小，灯泡不发生闪亮现象，故B正确．小灯泡电阻偏大，稳定时流过灯泡的电流小于流过线圈的电流，断开开关时，根据楞次定律，流过灯泡的电流从线圈原来的电流逐渐减小，灯泡将发生闪亮现象，故C错误．线圈的自感系数较大，产生的自感电动势较大，但不能改变稳定时灯泡和线圈中电流的大小，故D错误．‎ ‎10．如图所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r，电感线圈L的电阻不计，电阻R的阻值大于灯泡D的阻值．在t＝0时刻闭合开关S，经过一段时间后，在t＝t1时刻断开S.下列表示A，B两点间电压UAB随时间t变化的图像中，正确的是(　　)‎ B　解析：S闭合时，由于电感线圈L阻碍电流增大，‎ 经过一段时间电流稳定时L电阻不计，可见电路的外电阻是从大变小的过程．由U外＝E可知U外也是从大变小的过程．t1时刻断开S，由于自感在L，R，D构成的回路中，电流从B向A，中间流过D，所以t1时刻UAB反向．‎ ‎【素能提升】 ‎ ‎11．(多选)如图所示的电路中，线圈匝数为n、横截面积为S、电阻为r，线圈处于一个磁感应强度均匀减小的磁场中，磁感应强度方向水平向右且与线圈平面垂直，电路中两个定值电阻的阻值分别为r和2r，电容器的电容为C、带电荷量为q.下列说法正确的是(　　) ‎ A．电容器上极板带正电 B．电容器下极板带正电 C．磁感应强度随时间的变化率为 D．磁感应强度随时间的变化率为 BD　解析：由题图可知，向右的磁场均匀减小，根据楞次定律，外电路r中的电流自右向左，所以电容器下极板带正电；由C＝得，电容器两端的电压即电源的路端电压U＝，又由闭合电路欧姆定律可知，感应电动势E＝2U＝，根据法拉第电磁感应定律有E＝nS，联立得＝.‎ ‎12．(多选)根据地磁场的特征可知，在北半球的地磁场有一水平向北的分量Bx和一个竖直向下的分量By.某研究性学习小组设计了如下实验测量Bx和By的大小，自制一个电阻为R的长方形n匝线圈abcd沿着磁针所指的南北方向平放在北半球的一个水平桌面上，测得两边的长度ad＝L1，bc＝L2，如图所示．现突然将线圈翻转180°，使ab与dc互换位置，测得线圈中流过的电荷量为q1，然后维持bc边不动，将线圈绕bc边转动，使之突然竖直，‎ 这次测得线圈中流过的电荷量为q2，则下列说法正确的是(　　)‎ A．By＝ B．By＝ C．Bx＝ D．Bx＝ BD　解析：当线圈翻转180°时，穿过线圈的磁通量的变化量为ΔΦ1＝2ByL1L2，感应电动势E1＝n，根据欧姆定律有1＝，而q1＝1Δt1，解得By＝，所以选项B正确，选项A错误；当线圈绕bc边竖直立起来时，穿过线圈的磁通量的变化量为ΔΦ2＝ByL1L2＋BxL1L2，同理可得q2＝n，解得Bx＝，所以选项D正确，选项C错误．‎ ‎13．(2017江苏单科，13)如图所示，两条相距d的平行金属导轨位于同一水平面内，其右端接一阻值为R的电阻．质量为m的金属杆静置在导轨上，其左侧的矩形匀强磁场区域MNPQ的磁感应强度大小为B、方向竖直向下．当该磁场区域以速度v0匀速地向右扫过金属杆后，金属杆的速度变为v.导轨和金属杆的电阻不计，导轨光滑且足够长，杆在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触．求：‎ ‎(1)MN刚扫过金属杆时，杆中感应电流的大小I；‎ ‎(2)MN刚扫过金属杆时，杆的加速度大小a；‎ ‎(3)PQ刚要离开金属杆时，感应电流的功率P.‎ 解析：(1)MN刚扫过金属杆时，金属杆的感应电动势E＝Bdv0①‎ 回路的感应电流I＝②‎ 由①②式解得I＝③‎ ‎(2)金属杆所受的安培力F＝BId④‎ 由牛顿第二定律得，对金属杆F＝ma⑤‎ 由③④⑤式得a＝⑥‎ ‎(3)金属杆切割磁感线的相对速度v′＝v0－v⑦‎ 感应电动势E＝Bdv′⑧‎ 感应电流的电功率P＝⑨‎ 由⑦⑧⑨式得P＝⑩‎ 答案：(1)　(2)　(3) 方法技巧：感应电动势的求法 感应电动势可分为感生电动势和动生电动势．感生电动势用公式E＝n求解，且只能求解平均电动势．动生电动势用公式E＝BLv求解，既可以求平均电动势，也可以求瞬时电动势．用E＝BLv求解电动势时，v为导体棒垂直切割磁感线的速度．‎