2018_2019学年高中物理第四章电磁感应第4节法拉第电磁感应定律作业新人教版.docx

4法拉第电磁感应定律第1课时当穿过线圈的磁通量发生变化时,下列说法正确的是()A.线圈中一定有感应电流B.线圈中一定有感应电动势C.感应电动势的大小跟磁通量的变化量成正比D.感应电动势的大小跟线圈的电阻有关(多选)无线电力传输目前取得重大突破,如手机无线充电系统,这种系统基于电磁感应原理可无线传输电力.两个感应线圈可以放置在左、右相邻或上、下相对的位置,原理示意图如图4-4-1所示.下列说法正确的是()图4-4-1A.只要A线圈中输入电流,B线圈中就会产生感应电动势B.只有A线圈中输入变化的电流,B线圈中才会产生感应电动势C.A线圈中电流越大,B线圈中感应电动势越大D.A线圈中电流变化越快,B线圈中感应电动势越大关于感应电动势的大小,下列说法正确的是()A.穿过线圈的磁通量越大,所产生的感应电动势就越大B.穿过线圈的磁通量的变化量越大,所产生的感应电动势就越大C.穿过线圈的磁通量的变化率t越大,所产生的感应电动势就越大D.穿过线圈的磁通量等于0,所产生的感应电动势就一定为0如图4-4-2所示,在磁感应强度为B、方向垂直于平行金属导轨平面向里的匀强磁场中,金属杆MN在导轨上以速度v向右匀速滑动,MN中产生的感应电动势为E1;若磁感应强度增为2B,其他条件不变,MN中产生的感应电动势变为E2,则通过电阻R的电流方向及E1与E2之比E1E2分别为()图4-4-2A.ca,21B.ac,21C.ac,12D.ca,12一闭合线圈放在随时间均匀变化的磁场中,线圈平面和磁场方向垂直.若想使线圈中的感应电流增强一倍,下述方法可行的是()A.使线圈匝数增加一倍B.使线圈面积增加一倍C.使线圈匝数减少一半D.使磁感应强度的变化率增大一倍(多选)闭合回路的磁通量随时间t的变化图像如图4-4-3所示,关于回路中产生的感应电动势,下列说法中正确的是()图4-4-3A.图甲对应的回路中感应电动势恒为零B.图乙对应的回路中感应电动势恒定不变C.图丙对应的回路中0t1时间内感应电动势小于t1t2时间内感应电动势D.图丁对应的回路中感应电动势先变大后变小如图4-4-4所示,MN、PQ为水平放置的两条平行的金属导轨,左端接有阻值为R的定值电阻,金属棒斜放在两导轨上,与导轨接触良好,两接触点之间的距离ab=L.磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面,设金属棒与两导轨间的夹角为60,棒以速度v水平向右匀速运动,不计导轨和棒的电阻,则流过金属棒的电流为()图4-4-4A.I=BLvRB.I=3BLv2RC.I=BLv2RD.I=3BLv3R(多选)如图4-4-5所示,一导线弯成半径为r的半圆形闭合回路,虚线MN右侧有磁感应强度为B的匀强磁场,磁场方向垂直于闭合回路所在的平面,闭合回路以速度v向右匀速进入磁场,直径CD始终与MN垂直.从D点到达虚线边界开始到C点进入磁场为止,下列结论正确的是()图4-4-5A.感应电流方向始终不变B.CD段直导线始终不受安培力C.感应电动势最大值Em=BrvD.感应电动势平均值E=14Brv如图4-4-6所示,两个端面半径同为R的圆柱形铁芯共轴水平放置,相对的端面之间有一缝隙,铁芯上绕有导线且导线与电源连接,在缝隙中形成一匀强磁场.一铜质细直棒ab水平置于缝隙中,且与圆柱的轴线等高、垂直.让铜棒由静止开始自由下落,铜棒下落距离为0.2R时铜棒中的感应电动势大小为E1,下落距离为0.8R时铜棒中的感应电动势大小为E2,忽略边缘效应.关于E1、E2的大小和铜棒离开磁场前两端的极性,下列判断正确的是()图4-4-6A.E1E2,a端为正极B.E1E2,b端为正极C.E1E2,a端为正极D.E1E后;图丁中图像斜率的绝对值t先变小后变大,即回路中感应电动势先变小后变大,选项A、B正确.7.B解析金属棒切割磁感线的有效长度为d=Lsin60=32L,故感应电动势E=Bdv=32BLv,由闭合电路的欧姆定律得I=ER=3BLv2R,选项B正确.8.ACD解析在闭合回路进入磁场的过程中,穿过闭合回路的磁通量逐渐增大,根据楞次定律可判断,感应电流的方向始终为逆时针方向,A正确.根据左手定则可判断,CD段直导线受到向下的安培力,B错误.当半圆形闭合回路有一半进入磁场时,有效切割长度最大,为r,所以感应电动势最大值Em=Brv,C正确.感应电动势平均值E=t=14Brv,D正确.9.D解析通电导线在缝隙中产生的磁场方向向左,在铜棒下落过程,由右手定则可判断,b端为正极.根据法拉第电磁感应定律得E=BLv,由几何关系可知,L1=2R2-(0.2R)2=20.96R,L2=2R2-(0.8R)2=20.36R,根据v=2gh,则v1=2g0.2R=2R,v2=2g0.8R=4R,所以E1=40.96RBR,E2=80.36RBR=40.364RBR,所以E1E2,D正确.10.D解析根据B-t图线斜率的变化可知,在t1t2时间内,磁感应强度的变化率不断变大,则螺线管内的感应电流不断变大,根据楞次定律,在螺线管中的电流方向为由f到c,根据右手螺旋定则,穿过圆环的磁通量向纸外且在增大,则根据楞次定律,在金属圆环中产生顺时针方向的感应电流,金属圆环有收缩的趋势,故C错误,D正确;在t1时刻,穿过金属圆环的磁通量为零,而在t2时刻,穿过金属圆环的磁通量最大,故A、B错误.11.Brv2RBr2R解析由于磁通量的变化量=BS=Br2,完成这一变化所用的时间t=2rv,故感应电动势的平均值E=t=Brv2.所以定值电阻上的电流的平均值为I=ER=Brv2R,通过定值电阻的电荷量为q=It=Br2R.12.(1)1.010-3Aacdba(2)1.010-5N解析(1)由图乙可知Bt=0.1T/s,由法拉第电磁感应定律有E=t=BtS=2.010-3V,则I=E2R=1.010-3A.由楞次定律可判断,感应电流方向为acdba.(2)导体棒在水平方向上受丝线拉力和安培力而平衡.由图乙可知,t=1.0s时,B=0.1T,则丝线的拉力F=F安=BId=1.010-5N.第2课时1.AB解析两次的磁通量变化相同,第一次用时短,则第一次线圈中磁通量变化较快,故A正确;感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比,磁通量的变化率大,则感应电动势大,产生的感应电流大,故B正确,C错误;断开开关,电流表不偏转,可知感应电流为零,但感应电动势不为零,故D错误.2.ABD解析由法拉第电磁感应定律知,O至D时间内线圈中的平均感应电动势E=t=210-3120.01V=0.4V,选项D正确.由感应电动势的物理意义知,感应电动势的大小由磁通量的变化率t决定,而任意时刻磁通量的变化率t就是该时刻-t图像切线的斜率,由图中可看出,O时刻处切线斜率最大,D时刻处切线斜率为零,故O时刻线圈中感应电动势最大,D时刻线圈中感应电动势为零,选项A、B正确,选项C错误.3.AC解析根据法拉第电磁感应定律,感应电动势E=BLv=910-3V,选项A正确,选项B错误;海水自西向东流动相当于导体棒做切割磁感线运动,根据右手定则可判断,河北岸的电势高,河南岸的电势低,选项C正确,选项D错误.4.D解析金属棒产生的感应电动势E=Blv0,金属棒两端的电压为路端电压.左、右两侧圆弧均为半圆,电阻均为r2,并联后的电阻为外电路电阻,即R=r4,金属棒在圆中部分的电阻为等效电源内阻,即r=r2,故金属棒两端的电压U=ER+rR=Blv03,D正确.5.B解析根据法拉第电磁感应定律可知,感应电动势E=nt=nBSt,这里的S指的是线圈在磁场中的有效面积,即S=a22,故E=n(2B-B)St=nBa22t,B正确.6.C解析金属棒做切割磁感线运动的有效速度是与磁感应强度B垂直的分速度,由于金属棒做切割磁感线运动的水平分速度不变,故感应电动势不变.7.BCD解析根据安培定则可判断,通电导线在M区产生竖直向上的磁场,在N区产生竖直向下的磁场.当导体棒匀速通过M区时,由右手定则和左手定则可知导体棒受到的安培力向左;当导体棒匀速通过N区时,由右手定则和左手定则可知导体棒受到的安培力也向左,选项A错误,选项B正确.设导体棒的电阻为r,轨道的宽度为L,导体棒产生的感应电流为I,则导体棒受到的安培力F安=BIL=BBLvR+rL=B2L2vR+r,在导体棒从左到右匀速通过M区时,磁场由弱到强,所以FM逐渐增大;在导体棒从左到右匀速通过N区时,磁场由强到弱,所以FN逐渐减小,选项C、D正确.8.AC解析由楞次定律可知,两种情况下产生的感应电流方向相同,A正确,B错误.第一次将线框从磁场中以恒定速度v1向右匀速拉出,线框中的感应电动势恒定,有E1=E1=Blv1;第二次让线框绕轴MN以线速度v2匀速转过90,所需时间t=r2v2=l4v2,穿过线框的磁通量变化量=Bll2=12Bl2,产生的平均感应电动势E2=t=2Blv2.由题意知E1=E2,可得v1v2=2,C正确,D错误.9.A解析螺旋桨叶片转动切割磁感线产生感应电动势,根据转动切割模型有E=Bl0+l2,其中=2f,则每个叶片上的感应电动势为E=fl2B.顺着地磁场的方向看螺旋桨,螺旋桨按顺时针方向转动(类比于我们抬头看天花板上的吊扇,吊扇的扇叶在按顺时针方向转动),利用右手定则,将每个叶片等效为一电源,根据“电流由电源的正极流出”可知,b为电源的正极,a为电源的负极,所以a点电势低于b点电势,选项A正确.10.AC解析由法拉第电磁感应定律可知E=nt=nBtS,电容器所带的电荷量Q=CUR=CRR+rE,联立解得Q=810-5C,选项A正确;由楞次定律可判断,通过电阻R的电流方向为从a到b,由闭合电路的欧姆定律知,电流I=ER+r=2A,选项B错误,选项C正确;电阻R消耗的电功率P=I2R=16W,选项D错误.11.B解析导体棒与导轨围成的闭合回路面积不变,t02t0时间内,Bt=2B0t0,根据法拉第电磁感应定律可得,感应电动势E=t=SBt=2SB0t0,所以感应电流I=ER=2SB0Rt0,选项C错误.0t0时间内,竖直向上的磁通量减小,根据楞次定律可判断,感应电流的磁场方向竖直向上,导体棒中感应电流的方向为从N到M,选项B正确.0t0时间内,导体棒有向右运动的趋势,摩擦力水平向左,t02t0时间内,导体棒有向左运动的趋势,摩擦力水平向右,选项A错误.在0t0时间内,Bt=B0t0,通过电阻R的电荷量Q=It=ERt=SBtRt=SB0t0Rt0=SB0R,选项D错误.12.BD解析穿过线圈的磁通量与线圈的匝数无关,若设0.1s时的磁通量为正,则磁通量的变化量=B2S-(-B1S)=(B2+B1)S=(0.1+0.4)5010-4Wb=2.510-3Wb,A错误;磁通量的变化率t=2.510-30.1Wb/s=2.510-2Wb/s,B正确;当a、b间断开时,其间电压等于线圈产生的感应电动势,根据法拉第电磁感应定律可知,感应电动势E=nt=2.5V且恒定,C错误;在a、b间接一个理想电流表时,相当于a、b间接通而形成回路,回路总电阻即为线