課時作業(yè)5-人教版高中物理選擇性必修第二冊檢測

課時作業(yè)5法拉第電磁感應定律一、單項選擇題1．一閉合線圈放在隨時間均勻變化的磁場中，線圈平面和磁場方向垂直．若想使線圈中的感應電流增強一倍，下述方法可行的是(D)A．使線圈匝數(shù)增加一倍B．使線圈面積增加一倍C．使線圈匝數(shù)減少一半D．使磁感應強度的變化率增大一倍解析：根據(jù)E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(ΔB,Δt)S求電動勢，當n、S發(fā)生變化時導體的電阻也發(fā)生了變化．若匝數(shù)增加一倍，電阻也增加一倍，感應電流不變，故A錯；若匝數(shù)減少一半，感應電流也不變，故C錯；若面積增加一倍，長度變?yōu)樵瓉淼膃q\r(2)倍，因此電阻為原來的eq\r(2)倍，電流為原來的eq\r(2)倍，故B錯．2．穿過某線圈的磁通量隨時間變化的關系如圖所示，在下列幾段時間內(nèi)，線圈中感應電動勢最小的是(D)A．0～2sB．2～4sC．4～5sD．5～10s解析：圖線斜率的絕對值越小，表明磁通量的變化率越小，感應電動勢也就越?。?.如圖所示，閉合開關S，將條形磁鐵兩次插入閉合線圈，第一次用0.2s，第二次用0.4s，并且兩次的起始和終止位置相同，則(B)A．第一次磁通量變化較大B．第一次G的最大偏角較大C．第一次通過G的總電荷量較多D．若開關S斷開，G不偏轉(zhuǎn)，故兩次均無感應電動勢解析：由于兩次插入過程條形磁鐵的起始位置和終止位置相同，因此磁通量的變化量ΔΦ相同，故選項A錯誤；根據(jù)E＝neq\f(ΔΦ,Δt)可知，第一次磁通量的變化率較大，感應電動勢較大，而閉合電路的總電阻相同，故第一次G的最大偏轉(zhuǎn)角度較大，選項B正確；通過G的電荷量q＝I·Δt＝eq\f(E,R)Δt＝eq\f(ΔΦ,R)，即兩次通過G的電荷量相等，選項C錯誤；若S斷開，電路中無電流，但仍存在感應電動勢，選項D錯誤．4．如圖所示，長為L的金屬導線彎成一個圓環(huán)，導線的兩端接在電容為C的平行板電容器上，P、Q為電容器的兩個極板，磁場垂直于環(huán)面向里，磁感應強度以B＝B0＋kt(k>0)隨時間變化，t＝0時，P、Q兩板電勢相等，兩板間的距離遠小于環(huán)的半徑，經(jīng)時間t，電容器P板(D)A．不帶電B．所帶電荷量與t成正比C．帶正電，電荷量是eq\f(kL2C,4π)D．帶負電，電荷量是eq\f(kL2C,4π)解析：磁感應強度B＝B0＋kt(k>0)隨時間變化，由法拉第電磁感應定律得E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)S＝kS，而S＝eq\f(L2,4π)，經(jīng)時間t電容器極板P所帶電荷量Q＝E·C＝eq\f(kL2,4π)·C，由楞次定律可知，P板帶負電，故選項D正確．5．一直升機停在南半球的地磁極上空．該處地磁場的方向豎直向上，磁感應強度為B.直升機螺旋槳葉片的長度為L，螺旋槳轉(zhuǎn)動的頻率為f，順著地磁場的方向看螺旋槳，螺旋槳沿順時針方向轉(zhuǎn)動．螺旋槳葉片的近軸端為a，遠軸端為b，如果忽略a到轉(zhuǎn)軸中心線的距離，用ε表示每個葉片中的感應電動勢，如圖所示則(A)A．ε＝πfL2B，且a點電勢低于b點電勢B．ε＝2πfL2B，且a點電勢低于b點電勢C．ε＝πfL2B，且a點電勢高于b點電勢D．ε＝2πfL2B，且a點電勢高于b點電勢解析：對于螺旋槳葉片ab，其切割磁感線的速度是其做圓周運動的線速度，螺旋槳上不同的點線速度不同，但滿足v′＝ωR，可求其等效切割速度v＝ωL/2＝πfL，運用法拉第電磁感應定律E＝BLv＝πfL2B.由右手定則判斷電流的方向為由a指向b，在電源內(nèi)部電流由低電勢流向高電勢，故選項A正確．二、多項選擇題6．一根直導線長0.1m，在磁感應強度為0.1T的勻強磁場中以10m/s的速度勻速運動，則導線中產(chǎn)生的感應電動勢(BCD)A．一定為0.1V B．可能為零C．可能為0.01V D．最大值為0.1V解析：當公式E＝Blv中B、l、v互相垂直而導體做切割磁感線運動時感應電動勢最大；Em＝Blv＝0.1×0.1×10V＝0.1V，考慮到它們?nèi)叩目臻g位置關系應選B、C、D.7．如圖所示的勻強磁場中MN、PQ是兩條平行的金屬導軌，而AB、CD為串有電流表、電壓表的兩根金屬棒，且與金屬導軌接觸良好．當兩棒以相同速度向右運動時，正確的是(AC)A．電流表無讀數(shù)，AB間有電勢差，電壓表無讀數(shù)B．電流表有讀數(shù)，AB間有電勢差，電壓表有讀數(shù)C．電流表無讀數(shù)，AC間無電勢差，電壓表無讀數(shù)D．電流表無讀數(shù)，AC間有電勢差，電壓表有讀數(shù)解析：因為兩棒以相同速度運動，回路面積不變，所以感應電流為零，根據(jù)電流表、電壓表的工作原理可知電流表、電壓表都無示數(shù)．因為兩棒都向右運動切割磁感線，所以兩棒都產(chǎn)生相同的電動勢，極性都為上正、下負，所以AB間有電勢差，AC間無電勢差，A、C正確．8．如圖所示，單匝線圈在勻強磁場中繞垂直磁場的軸勻速轉(zhuǎn)動，穿過線圈的磁通量Φ隨時間t的變化關系可用圖象表示，則(BC)A．t＝0時刻，線圈中的磁通量最大，感應電動勢也最大B．在t＝1×10－2s時，感應電動勢最大C．在t＝2×10－2s時，感應電動勢為零D．在0～2×10－2s時間內(nèi)，線圈中感應電動勢的平均值為零解析：由法拉第電磁感應定律E＝eq\f(ΔΦ,Δt)可知E的大小與Φ大小無關，與eq\f(ΔΦ,Δt)成正比，t＝0及t＝2×10－2s時刻E＝0，A錯，C對．t＝1×10－2s時，eq\f(ΔΦ,Δt)最大，E最大，B對.0～2×10－2s內(nèi)，ΔΦ≠0，平均感應電動勢不為零，D錯．三、非選擇題9．設一單匝線圈內(nèi)磁通量變化情況如下圖所示，則線圈中(1)前3s內(nèi)的平均感應電動勢為0.1_V.(2)前4s內(nèi)的平均感應電動勢為0.(3)第4s內(nèi)的感應電動勢的大小為0.3_V.解析：本題考查平均感應電動勢．由圖知Φ0＝0，Φ3＝0.3Wb，Φ4＝0，根據(jù)公式E＝eq\f(ΔΦ,Δt)得：(1)前3s內(nèi)的平均感應電動勢E1＝eq\f(Φ3－Φ0,Δt)＝eq\f(0.3－0,3)V＝0.1V.(2)前4s內(nèi)的平均感應電動勢E2＝eq\f(Φ4－Φ0,Δt)＝0.(3)第4s內(nèi)的感應電動勢的大小即第3s至第4s內(nèi)的平均感應電動勢的大小，因為第3s至第4s內(nèi)磁通量是均勻變化的，感應電動勢大小不變．所以第4s內(nèi)感應電動勢E1＝eq\f(Φ4－Φ3,Δt)＝eq\f(0－0.3,1)V＝－0.3V，即大小為0.3V.10．在范圍足夠大、方向豎直向下的勻強磁場中，B＝0.2T，有一水平放置的光滑框架，寬度為l＝0.4m，如圖所示，框架上放置一質(zhì)量為0.05kg、電阻為1Ω的金屬桿cd，框架電阻不計．若cd桿以恒定加速度a＝2m/s2由靜止開始做勻變速運動，則：(1)在5s內(nèi)平均感應電動勢是多少？(2)第5s末，回路中的電流多大？(3)第5s末，作用在cd桿上的水平外力多大？答案：(1)0.4V(2)0.8A(3)0.164N解析：(1)5s內(nèi)的位移x＝eq\f(1,2)at2＝25m，5s內(nèi)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)故平均感應電動勢E＝Blv＝0.4V.(2)第5s末：v′＝at＝10m/s，此時感應電動勢：E＝Blv′，則回路電流為I＝eq\f(E,R)＝eq\f(Blv′,R)＝eq\f(0.2×0.4×10,1)A＝0.8A.(3)桿做勻加速運動，則F－F安＝ma，即F＝BIl＋ma＝0.164N.11．如圖(a)所示，一個電阻值為R，匝數(shù)為n的圓形金屬線圈與阻值為2R的電阻R1連接成閉合回路．線圈的半徑為r1.在線圈中半徑為r2的圓形區(qū)域內(nèi)存在垂直于線圈平面向里的勻強磁場，磁感應強度B隨時間t變化的關系圖線如圖(b)所示．圖線與橫、縱軸的截距分別為t0和B0.導線的電阻不計．求0至t1時間內(nèi)：(1)通過電阻R1上的電流大小和方向；(2)通過電阻R1上的電量q及電阻R1上產(chǎn)生的熱量．答案：(1)eq\f(nB0πr\o\al(2,2),3Rt0)方向為由b到a(2)eq\f(nB0πr\o\al(2,2)t1,3Rt0)eq\f(2n2B\o\al(2,0)π2r\o\al(4,2)t1,9Rt\o\al(2,0))解析：(1)根據(jù)楞次定律可知，通過R1的電流方向為由b至a，根據(jù)法拉第電磁感應定律得線圈中的電動勢為E＝neq\f(ΔBπr\o\al(2,2),Δt)＝eq\f