2022-2023学年粤教版选择性必修第二册 2.2 法拉第电磁感应定律 作业

课时评价作业（七）法拉第电磁感应定律A级基础巩固1.（多选）如图所示的情况中，金属导体中产生的感应电动势为Blv的是（）ABCD解析：公式E＝Blv中的l应指导体的有效切割长度，A、B、D项中的有效长度均为l，感应电动势E＝Blv，而C项的有效长度为lsinθ，感应电动势E＝Blvsinθ，故A、B、D项正确.答案：ABD2.（2021·石家庄一中期中）如图为某中学物理兴趣小组为研究无线充电技术，动手制作的一个“特斯拉线圈”.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，则该段时间内线圈两端的电势差的大小（）A.恒为eq\f(S（B2－B1）,t2－t1)B.从0均匀变化到eq\f(S（B2－B1）,t2－t1)C.恒为eq\f(nS（B2－B1）,t2－t1)D.从0均匀变化到eq\f(nS（B2－B1）,t2－t1)解析：穿过线圈的匀强磁场的磁感应强度均匀增加，故产生恒定的感应电动势，根据法拉第电磁感应定律，有E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝nSeq\f(ΔB,Δt)＝nSeq\f(B2－B1,t2－t1)，选项C正确，A、B、D错误.答案：C3.（2021·宁波效实中学月考）如图所示，a、b是用同种规格的铜丝做成的两个单匝同心圆环，两环半径之比为2∶3，其中仅在a环所围区域内有垂直于环面向里的匀强磁场.当该匀强磁场的磁感应强度均匀增大时，a、b两环内的感应电动势大小和感应电流大小之比分别为（）A.1∶1，3∶2 B.1∶1，2∶3C.4∶9，2∶3 D.4∶9，9∶4解析：由法拉第电磁感应定律，得E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(ΔB,Δt)S＝neq\f(ΔB,Δt)πR2，neq\f(ΔB,Δt)相同，可得Ea∶Eb＝eq\f(Req\o\al(2,a),Req\o\al(2,a))＝1∶1；根据电阻定律，得圆环的电阻为r＝ρeq\f(l,S)＝ρeq\f(n·2πR,S)，ρ、S、n相同，两圆环电阻之比为ra∶rb＝Ra∶Rb＝2∶3，圆环中感应电流I＝eq\f(E,r)，由以上分析可得Ia∶Ib＝3∶2，故A正确.答案：A4.（海南卷）如图所示，空间有一匀强磁场，一直金属棒与磁感应强度方向垂直，当它以速度v沿与棒和磁感应强度都垂直的方向运动时，棒两端的感应电动势大小为E；将此棒弯成两段长度相等且相互垂直的折线，置于与磁感应强度相垂直的平面内，当它沿两段折线夹角平分线的方向以速度v运动时，棒两端的感应电动势大小为E′，则eq\f(E′,E)等于（）A.eq\f(1,2) B.eq\f(\r(2),2)C.1 D.eq\r(2)解析：设金属棒长度为l，匀强磁场的磁感应强度为B，弯折前根据法拉第电磁感应定律得E＝Blv.金属棒弯折后，切割磁感线的有效长度为eq\f(\r(2),2)l，故E′＝eq\f(\r(2),2)Blv.因此eq\f(E′,E)＝eq\f(\r(2),2)，B正确.答案：B5.夏天将到，在北半球，当我们抬头观看教室内的电扇时，发现电扇正在逆时针转动.金属材质的电扇示意图如图所示，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（）A.A点电势比O点电势高B.A点电势比O点电势低C.A点电势等于O点电势D.扇叶长度越短，转速越快，两点间的电势差数值越大解析：因北半球地磁场方向斜向下（有效磁场竖直向下），电风扇逆时针方向转动，切割磁感线产生感应电动势，根据右手定则知，A点相当于电源的正极，O点相当于电源的负极，所以A点的电势高于O点的电势，故选项A正确，B、C错误；转动切割的电动势E＝eq\f(1,2)Bl2ω，则知扇叶长度越短，转速越快，感应电动势不一定越大，电势差就不一定越大，故选项D错误.答案：A6.（全国卷Ⅰ）如图所示，两个端面半径同为R的圆柱形铁芯同轴水平放置，相对的端面之间有一缝隙，铁芯上绕导线并与电源连接，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，且与圆柱轴线等高、垂直.让铜棒从静止开始自由下落，铜棒下落距离为0.2R时铜棒中电动势大小为E1，下落距离为0.8R时电动势大小为E2.忽略涡流损耗和边缘效应.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（）A.E1>E2，a端为正 B.E1>E2，b端为正C.E1<E2，a端为正 D.E1<E2，b端为正解析：根据安培定则可判断缝隙中磁场水平向左.将立体图转化为平面图，从右向左看，截面如图所示.下落距离h1＝0.2R时，有效切割长度L1＝2eq\r(R2－heq\o\al(2,1))＝2Req\r(0.96)，下落距离h2＝0.8R时，有效切割长度L2＝2eq\r(R2－heq\o\al(2,2))＝2Req\r(0.36)，由机械能守恒，有mgh＝eq\f(1,2)mv2，得v＝eq\r(2gh)，下落h1时，v1＝eq\r(2g×0.2R)＝eq\r(0.4gR)，下落h2时，v2＝eq\r(2g×0.8R)＝eq\r(1.6gR)；由E＝BLv得，E1＝BL1v1＝B·2Req\r(0.96)×eq\r(0.4gR)＝2RBeq\r(0.384gR)，E2＝BL2v2＝B·2Req\r(0.36)×eq\r(1.6gR)＝2RBeq\r(0.576gR)，可见E2>E1.据右手定则，可知电流由a→b，细直棒ab为电源，在电源内部，电流由负极流向正极，b端为正.综上所述，D正确.答案：DB级能力提升7.（2021·广东汕头一模）（多选）如图甲所示，螺线管匝数n＝1000，横截面积S＝0.02m2，电阻r＝1Ω，螺线管外接一个阻值R＝4Ω的电阻，电阻的一端b接地.一方向平行于螺线管轴线向左的磁场穿过螺线管，磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示，则（）A.在0～4s时间内，R中有电流从a流向bB.t＝3s时穿过螺线管的磁通量为0.07WbC.在4～6s时间内，通过R的电流大小为8AD.在4～6s时间内，R两端电压Uab＝40V解析：本题考查感应电动势及电路中的电磁感应问题.在0～4s时间内，原磁场增大，则穿过螺线管的磁通量增大，根据楞次定律可知，感应磁场方向向右，由安培定则可知，R中的电流方向从b流向a，故A错误；由题图乙可知，t＝3s时磁感应强度为B＝3.5T，则此时穿过螺线管的磁通量为Φ＝BS＝3.5×0.02Wb＝0.07Wb，故B正确；在4～6s时间内，感＝8A，故C正确；在4～6s时间内，根据楞次定律可知，R中的电流从a流向b，则R两端电压为Uab＝IR＝8×4V＝32V，故D错误.答案：BC8.（2021·浙江模拟）转笔是一项用不同的方法与技巧以手指来转动笔的休闲活动，深受广大中学生的喜爱，其中也包含了许多的物理知识.如图所示，某转笔高手能让笔绕其手指上的某一点沿顺时针方向做角速度为ω的匀速圆周运动，已知手与笔的接触点O点恰好是长为L的金属笔杆的中点，地磁场的磁感应强度在与笔杆转动平面垂直方向的分量大小为B，方向垂直纸面向外，则（）A.笔杆上O点的电势最低B.O点与笔尖间的电势差为eq\f(1,2)BL2ωC.O点与笔尖间的电势差为eq\f(1,8)BL2ωD.笔杆两端点间的电势差为BL2ω解析：本题考查电磁感应中导体旋转切割磁感线问题.根据右手定则判断知，笔杆上O点的电势最高，A错误；O点与笔尖间的电势差为U＝B×eq\f(L,2)×eq\f(0＋ω·\f(L,2),2)＝eq\f(1,8)BL2ω，B错误，C正确；笔杆两端点间的电势差为零，D错误.答案：C9.（2021·河北邯郸一模）某星球表面0～200km高度范围内，水平方向磁场的磁感应强度大小随高度增加由60T均匀减小至10T，为使航天器能在星球表面安全降落，可以利用电磁阻力来减小航天器下落的速度.若在航天器上固定一边长为1m的正方形闭合线圈，航天器竖直降落时线圈平面始终与磁场垂直，上下两边始终处于水平状态，为使航天器速度为1km/s时产生的电磁阻力（只对该闭合线圈产生的作用力）为1000N，则线圈电阻的阻值R为（）A.2.5×10－14Ω B.5×10－11ΩC.6.25×10－8Ω D.1×10－5Ω解析：本题考查电磁感应中的阻尼问题.由磁场分布规律可知，线圈上下两边所处位置的磁感应强度大小之差ΔB＝eq\f(（B2－B1）L,h2－h1)＝2.5×10－4T，线圈上下两边产生的总感应电动势大小E＝ΔBlv，线圈上下两边产生的总安培力大小F＝ΔBIl，其中I＝eq\f(E,R)，解得R＝6.25×10－8Ω，故C正确.答案：C10.（2021·江苏南通联考）（多选）如图所示，光滑的金属框CDEF水平放置，宽为L，在E、F间连接一阻值为R的定值电阻，在C、D间连接一滑动变阻器R1（0≤R1≤2R）.框内存在着竖直向下的匀强磁场.一长为L、电阻为R的导体棒AB在外力作用下以速度v匀速向右运动，金属框电阻不计，导体棒与金属框接触良好且始终垂直，下列说法正确的是（）A.ABFE回路的电流方向为逆时针，ABCD回路的电流方向为顺时针B.左右两个闭合区域的磁通量都在变化，且变化率相同，故电路中的感应电动势大小为2BLvC.当滑动变阻器接入电路中的阻值R1＝R时，导体棒两端的电压为BLvD.当滑动变阻器接入电路中的阻值R1＝eq\f(R,2)时，滑动变阻器有最大电功率，且为eq\f(B2L2v2,8R)解析：本题考查导体棒平动切割磁感线以及电路中路端电压和功率问题.根据楞次定律可知，ABFE回路的电流方向为逆时针，ABCD回路的电流方向为顺时针，故A正确；根据法拉第电磁感应定律可知，电路中的感应电动势E＝BLv，故B错误；当R1＝R时，外电路总电阻R外＝eq\f(R,2)，故导体棒两端的电压即路端电压为eq\f(1,3)BLv，故C错误；该电路电动势E＝BLv，电源内阻为R，求解滑动变阻器的最大电功率时，可以将导体棒和电阻R看成新的等效电源，等效内阻为eq\f(R,2)，故当R1＝eq\f(R,2)时，等效电源输出功率最大，则滑动变阻器的最大电功率Pm＝eq\f(Ueq\o\al(2,R1),R1)＝eq\f(（\f(1,4)E）2,\f(R,2))＝eq\f(B2L2v2,8R)，故D正确.答案：ADC级拓展创新11.如图所示，线框由导线组成，cd、ef两边竖直放置且相互平行，导体棒ab水平放置并可沿cd、ef无摩擦滑动，导体棒ab所在处有匀强磁场且B2＝2T，已知ab长L＝0.1m，整个电路总电阻R＝5Ω.螺线管匝数n＝4，螺线管横截面积S＝0.1m2.在螺线管内有如图所示方向磁场B1，若磁场B1以eq\f(ΔB1,Δt)＝10T/s均匀增加时，导体棒恰好处于静止状态（g取10m/s2），试求（1）通过导体棒ab的电流大小；（2）导体棒ab的质量m大小；（3）若B1＝0，导体棒ab恰沿cd、ef匀速下滑，求棒ab的速度大小.解析：（1）螺线管产生的感应电动势E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(ΔB1,Δt)S，①代入数据得E＝4×10×0.1V＝4V，通过导体棒ab的电流I＝eq\f(E,R)＝0.8A.②（2）导体棒ab所受的安培力F＝B2IL＝2×0.8×0.1N＝0.16N，③导体棒静止时有F＝mg，④代入数据解得m＝0.016kg.⑤（3）ab匀速下滑时，有E2＝B2Lv，⑥I′＝eq\f(E2,R)，⑦B2I′L＝mg，⑧由⑥⑦⑧得：v＝20m/s.答案：（1）0.8A（2）0.016kg（3）20m/s12.如图甲所示，平行光滑导轨MN、PQ水平放置，电阻不计，两导轨间距d＝10cm，导体＝20cm的绝缘丝线（丝线不可伸长）将两棒系住，整个装置处在匀强磁场中.t＝0时刻，磁场方向竖直向下，丝线刚好处于未被拉伸的自然状态.此后，磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示.不计感应电流磁场的影响，整个过程中丝线未被拉断.求：（1）0～2.0