2024-2025學年高中物理課時分層作業(yè)3法拉第電磁感應定律含解析新人教版選修3-2

PAGE5-課時分層作業(yè)(三)(時間：40分鐘分值：100分)[基礎達標練]一、選擇題(本題共6小題，每小題6分)1．關于感應電動勢的大小，下列說法正確的是()A．穿過閉合電路的磁通量最大時，其感應電動勢肯定最大B．穿過閉合電路的磁通量為零時，其感應電動勢肯定為零C．穿過閉合電路的磁通量由不為零變?yōu)榱銜r，其感應電動勢肯定為零D．穿過閉合電路的磁通量由不為零變?yōu)榱銜r，其感應電動勢肯定不為零D[磁通量的大小與感應電動勢的大小不存在內(nèi)在的聯(lián)系，故A、B錯誤；當磁通量由不為零變?yōu)榱銜r，閉合電路的磁通量肯定變更，肯定有感應電動勢，故C錯誤，D正確．]2．穿過一個單匝閉合線圈的磁通量始終為每秒勻稱增加2Wb，則()A．線圈中感應電動勢每秒增加2VB．線圈中感應電動勢每秒削減2VC．線圈中感應電動勢始終為2VD．線圈中感應電動勢始終為一個確定值，但由于線圈有電阻，電動勢小于2VC[由E＝neq\f(ΔΦ,Δt)知：eq\f(ΔΦ,Δt)恒定，n＝1，所以E＝2V．]3．(多選)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()A．肯定為0.1V B．可能為零C．可能為0.01V D．最大值為0.1VBCD[當公式E＝Blv中B、l、v相互垂直而導體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位置關系不確定應選B、C、D.]4．如圖所示，半徑為r的n匝線圈套在邊長為L的正方形abcd之外，勻強磁場局限在正方形區(qū)域內(nèi)且垂直穿過正方形，當磁感應強度以eq\f(ΔB,Δt)的變更率勻稱變更時，線圈中產(chǎn)生感應電動勢大小為()A．πr2eq\f(ΔB,Δt) B．L2eq\f(ΔB,Δt)C．nπr2eq\f(ΔB,Δt) D．nL2eq\f(ΔB,Δt)D[依據(jù)法拉第電磁感應定律，線圈中產(chǎn)生的感應電動勢的大小E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝nL2eq\f(ΔB,Δt).]5．如圖所示，在豎直向下的勻強磁場中，將一個水平放置的金屬棒ab以水平初速度v0拋出，設運動的整個過程中棒的取向不變且不計空氣阻力，則金屬棒在運動過程中產(chǎn)生的感應電動勢大小將()A．越來越大 B．越來越小C．保持不變 D．無法確定C[E＝BLvsinθ＝BLvx.ab做平拋運動，水平速度保持不變，感應電動勢保持不變．]6．在勻強磁場中，a、b是兩條平行金屬導軌，而c、d為連接有電流表、電壓表的兩金屬棒，如圖所示，兩棒以相同的速度向右勻速運動，則以下結(jié)論正確的是()A．電壓表有讀數(shù)，電流表沒有讀數(shù)B．電壓表有讀數(shù)，電流表也有讀數(shù)C．電壓表無讀數(shù)，電流表有讀數(shù)D．電壓表無讀數(shù)，電流表也無讀數(shù)D[以a、b、c、d四根導線圍成的回路為探討對象，在兩棒勻速運動時，回路磁通量沒有變更，故電流表A、電壓表V中沒有電流，均無讀數(shù)．]二、非選擇題(14分)7．如圖所示，線框用裸導線組成，cd、ef兩邊豎直放置且相互平行，導體棒ab水平放置并可沿cd、ef無摩擦滑動，而導體棒ab所在處的勻強磁場B2＝2T，已知ab長l＝0.1m，整個電路總電阻R＝5Ω.螺線管匝數(shù)n＝4，螺線管橫截面積S＝0.1m2.在螺線管內(nèi)有圖示方向的磁場B1，若eq\f(ΔB1,Δt)＝10T/s恒定不變時，導體棒恰好處于靜止狀態(tài)，求：(g取10m/s2)(1)通過導體棒ab的電流大??；(2)導體棒ab的質(zhì)量m.[解析](1)螺線管產(chǎn)生的感應電動勢E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(ΔB1,Δt)·S＝4V，I＝eq\f(E,R)＝0.8A.(2)導體棒ab所受的安培力F＝B2Il＝0.16N，導體棒靜止時有F＝mg，解得m＝0.016kg.[答案](1)0.8A(2)[實力提升練]一、選擇題(本題共6小題，每小題6分)1．如圖所示，PQRS為一正方形導線框，它以恒定速度向右進入以MN為邊界的勻強磁場，磁場方向垂直線框平面對里，MN線與線框的邊成45°角，E、F分別是PS和PQ的中點．關于線框中的感應電流，正確的說法是()A．當E點經(jīng)過邊界MN時，線框中感應電流最大B．當P點經(jīng)過邊界MN時，線框中感應電流最大C．當F點經(jīng)過邊界MN時，線框中感應電流最大D．當Q點經(jīng)過邊界MN時，線框中感應電流最大B[當P點經(jīng)過邊界MN時，切割磁感線的有效長度為SR，感應電流達到最大．]2．如圖所示，邊長為a的導線框ABCD處于磁感應強度為B0的勻強磁場中，BC邊與磁場右邊界重合．現(xiàn)發(fā)生以下兩個過程：一是僅讓線框以垂直于右邊界的速度v勻速向右運動；二是僅使磁感應強度隨時間勻稱變更．若導線框在上述兩個過程中產(chǎn)生的感應電流大小相等，則磁感應強度隨時間的變更率為()A.eq\f(2B0v,a) B.eq\f(B0v,a)C.eq\f(B0v,2a) D.eq\f(4B0v,a)B[僅讓線框以垂直于右邊界的速度v勻速向右運動時產(chǎn)生的感應電動勢為E1＝B0av，僅使磁感應強度隨時間勻稱變更產(chǎn)生的感應電動勢為E2＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)a2，線框中產(chǎn)生的感應電流大小相等，則感應電動勢大小相等，即E1＝E2，聯(lián)立解得eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(B0v,a)，選項B正確．]3．如圖所示，用粗細相同的銅絲做成邊長分別為L和2L的兩個閉合線框a和b，以相同的速度從磁感應強度為B的勻強磁場區(qū)域中勻速拉到磁場外，不考慮線框的重力，若閉合線框中的電流分別為Ia、Ib，則Ia∶Ib為()A．1∶4 B．1∶2C．1∶1 D．不能確定C[線框產(chǎn)生的電動勢為E＝Blv，由閉合電路歐姆定律得I＝eq\f(Blv,R)，又lb＝2la，由電阻定律知Rb＝2Ra，故Ia∶Ib＝1∶1，C正確．]4．如圖所示，長為L的金屬導線彎成一圓環(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)面對里，磁感應強度以B＝B0＋kt(k>0)隨時間變更，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()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)D[磁感應強度以B＝B0＋kt(k>0)隨時間變更，由法拉第電磁感應定律得：E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝Seq\f(ΔB,Δt)＝kS，而S＝eq\f(L2,4π)，經(jīng)時間t電容器P板所帶電荷量Q＝EC＝eq\f(kL2C,4π)；由楞次定律知電容器P板帶負電，故D選項正確．]5．一閉合線圈，放在隨時間勻稱變更的磁場中，線圈平面和磁場方向垂直，若想使線圈中的感應電流增大一倍，下述方法可行的是()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)削減一半D．使磁感應強度的變更率增大一倍D[設導線的電阻率為ρ，橫截面積為S，線圈的半徑為r，則感應電流為I＝eq\f(E,R)＝neq\f(ΔΦ,Δt)·eq\f(1,R)＝neq\f(ΔB,Δt)πr2·eq\f(S,ρn·2πr)＝eq\f(Sr,2ρ)·eq\f(ΔB,Δt)，可見，I與線圈匝數(shù)無關，將r增大一倍，I增大一倍；線圈的面積增加一倍，半徑r為原來的eq\r(2)倍，電流為原來的eq\r(2)倍；磁感應強度的變更率增大一倍，I增大一倍，故D正確，A、B、C錯誤．]6．如圖所示，導體AB的長為2R，繞O點以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動，OB長為R，且OBA三點在一條直線上，有一磁感應強度為B的勻強磁場充溢轉(zhuǎn)動平面且與轉(zhuǎn)動平面垂直，那么AB兩端的電勢差為()A.eq\f(1,2)BωR2 B．2BωR2C．4BωR2 D．6BωR2C[A點線速度vA＝ω·3R，B點線速度vB＝ω·R，AB棒切割磁感線的平均速度eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(vA＋vB,2)＝2ω·R，由E＝Blv得A、B兩端的電勢差為4BωR2，C正確．]二、非選擇題(14分)7．如圖所示，兩條平行且足夠長的金屬導軌置于磁感應強度為B的勻強磁場中，B的方向垂直導軌平面．兩導軌間距為L，左端接一電阻R，右端接一電容器C，其余電阻不計，長為2L的導體棒ab如圖所示放置．從ab與導軌垂直起先，在以a為圓心沿順時針方向以角速度ω勻速旋轉(zhuǎn)90°的過程中，試求通過電阻R的電荷量．[解析]以a為圓心、ab為半徑，順時針旋轉(zhuǎn)至60°時，導體棒有效切割邊最長為2LE＝B·2L·eq\f(2L,2)ω＝eq\f(1,2)B(2L)2ω此時電容器被充電q1＝CE＝2BL2