（同步核心辅导）高中物理 第四章4课法拉第电磁感应定律课后知能检测 新人教版选修3-2

（同步核心辅导）高中物理第四章4课法拉第电磁感应定律课后知能检测新人教版选修3-21．一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【解析】根据E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(ΔB,Δt)S求电动势，当n、S发生变化时导体的电阻也发生了变化．若匝数增加一倍，电阻也增加一倍，感应电流不变，故A错；若匝数减少一半，感应电流也不变，故C错；若面积增加一倍，长度变为原来的eq\r(2)倍，因此电阻为原来的eq\r(2)倍，电流为原来的eq\r(2)倍，故B错．【答案】D2．(2014·郑州一中高二检测)图4­4­13穿过某线圈的磁通量随时间变化的关系如图4­4­13所示，在下列几段时间内，线圈中感应电动势最小的是()A．0～2sB．2～4sC．4～5s D．5～10s【解析】图线斜率的绝对值越小，表明磁通量的变化率越小，感应电动势也就越小．【答案】D3．(多选)一根直导线长0.1m，在磁感应强度为0.1T的匀强磁场中以10m/s的速度匀速运动A．一定为0.1V B．可能为零C．可能为0.01V D．最大值为0.1V【解析】当公式E＝Blv中B、l、v互相垂直而导体切割磁感线运动时感应电动势最大：Em＝Blv＝0.1×0.1×10V＝0.1V，考虑到它们三者的空间位置关系应选B、C、D.【答案】BCD4．(多选)(2014·石家庄二中高二检测)如图4­4­14所示的匀强磁场中MN、PQ是两条平行的金属导轨，而AB、CD为串有电压表、电流表的两根金属棒，且与金属导轨接触良好．当两棒以相同速度向右运动时，正确的是()图4­4­14A．电流表无读数，AB间有电势差，电压表无读数B．电流表有读数，AB间有电势差，电压表有读数C．电流表无读数，AC间无电势差，电压表无读数D．电流表无读数，AC间有电势差，电压表有读数【解析】因为两棒以相同速度运动，回路面积不变，所以感应电流为零，根据电流表、电压表的工作原理可知电流表、电压表都无示数．因为两棒都向右运动切割磁感线，所以两棒都产生相同的电动势，极性都为上正、下负，所以AB间有电势差，AC间无电势差，A、C正确．【答案】AC5．(多选)(2014·广东汕头期末)如图4­4­15，正方形线框的边长为L，电容器的电容量为C.正方形线框的一半放在垂直纸面向里的匀强磁场中，当磁场以k的变化率均匀减弱时，则()图4­4­15A．线圈产生的感应电动势大小为kL2B．电压表没有读数C．a点的电势高于b点的电势D．电容器所带的电荷量为零【解析】根据法拉第电磁感应定律，线圈产生的感应电动势大小为E＝kL2/2，选项A错误；由于回路中产生的感应电动势是恒定的，且串联了电容器，回路中没有电流，电压表没有读数，选项B正确；根据楞次定律，感应电动势方向为顺时针，对电容器充电，a点的电势高于b点的电势，电容器所带的电荷量为Q＝CE＝CkL2/2，选项C正确D错误．【答案】BC图4­4­166．(2014·芜湖高二检测)如图4­4­16所示，半径为r的n匝线圈套在边长为L的正方形abcd之外，匀强磁场局限在正方形区域内且垂直穿过正方形，当磁感应强度以eq\f(ΔB,Δt)的变化率均匀变化时，线圈中产生感应电动势大小为()A．πr2eq\f(ΔB,Δt) B．L2eq\f(ΔB,Δt)C．nπr2eq\f(ΔB,Δt) D．nL2eq\f(ΔB,Δt)【解析】根据法拉第电磁感应定律，线圈中产生的感应电动势的大小E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝nL2eq\f(ΔB,Δt).【答案】D7．(2014·烟台高二检测)如图4­4­17所示，匀强磁场垂直纸面向里，磁感应强度的大小为B，磁场在y轴方向足够宽，在x轴方向宽度为a.一直角三角形导线框ABC(BC边的长度为a)从图示位置向右匀速穿过磁场区域，以逆时针方向为电流的正方向，线框中感应电流i、BC两端的电压UBC与线框移动的距离x的关系图象正确的是()图4­4­17【解析】由楞次定律可知，线框刚进入磁场时产生的感应电流的磁场方向垂直纸面向外，故线框中的感应电流沿逆时针方向，为正，又线框做匀速运动，切割磁感线的有效长度随位移线性增大，故感应电流随位移线性增大；同理可知线框离开磁场时，产生的感应电流大小随位移线性增大，方向为负，选项A、B错误．B、C两端的电压UBC跟感应电流成正比，故选项C错误D正确．【答案】D8．(多选)M和N是固定在水平面内的两条光滑平行的金属轨道(间距为l)，其电阻可忽略不计．如图4­4­18所示的正方形虚线框(边长为d)内充满垂直轨道平面向下的匀强磁场，金属杆ab(电阻可忽略)垂直轨道方向放置在两轨道上，M和N之间接有一电阻R，若杆ab以恒定速率v沿平行轨道方向滑动并通过匀强磁场，在此过程中，以下各物理量与速度v的大小成正比的是()图4­4­18A．杆ab中的电流B．杆ab在磁场中所受的安培力C．电阻R上产生的焦耳热D．水平外力对ab杆做功的功率【解析】由法拉第电磁感应定律得E＝Blv，I＝eq\f(E,R)＝eq\f(Blv,R)F安＝BIl＝eq\f(B2l2v,R)，Q＝I2Rt＝eq\f(B2l2v2d,Rv)＝eq\f(B2l2vd,R)P＝Fv＝F安·v＝eq\f(B2l2v2,R)所以杆ab中的电流和杆ab所受安培力及电阻R上产生的焦耳热都与速度v成正比，A、B、C项正确，D错．【答案】ABC9．(多选)(2013·新课标全国卷Ⅱ)图4­4­19如图4­4­19，在光滑水平桌面上有一边长为L、电阻为R的正方形导线框；在导线框右侧有一宽度为d(d>L)的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的一边平行，磁场方向竖直向下．导线框以某一初速度向右运动．t＝0时导线框的右边恰与磁场的左边界重合，随后导线框进入并通过磁场区域．下列v－t图像中，可能正确描述上述过程的是()【解析】导体切割磁感线时产生感应电流，同时产生安培力阻碍导体运动，利用法拉第电磁感应定律、安培力公式及牛顿第二定律可确定线框在磁场中的运动特点．线框进入和离开磁场时，安培力的作用都是阻碍线框运动，使线框速度减小，由E＝BLv、I＝eq\f(E,R)及F＝BIL＝ma可知安培力减小，加速度减小，当线框完全进入磁场后穿过线框的磁通量不再变化，不产生感应电流，不再产生安培力，线框做匀速直线运动，故选项D正确．【答案】D10．如图4­4­20所示，一个边长为a＝1m的正方形线圈，总电阻为R＝2Ω，当线圈以v＝2m/s的速度通过磁感应强度B＝0.5T的匀强磁场区域时，线圈平面总保持与磁场垂直．若磁场的宽度b>1图4­4­20(1)线圈进入磁场过程中感应电流的大小；(2)线圈在穿过整个磁场过程中释放的焦耳热．【解析】(1)根据E＝Blv，I＝eq\f(E,R)知I＝eq\f(Bav,R)＝eq\f(0.5×1×2,2)A＝0.5A.(2)线圈穿过磁场过程中，由于b>1m故只在进入和穿出时有感应电流，故Q＝I2Rt＝I2R·eq\f(2a,v)＝0.52×2×eq\f(2,2)J＝0.5J.【答案】(1)0.5A(2)0.511．如图4­4­21甲所示，一个圆形线圈的匝数n＝1000，线圈面积S＝200cm2，线圈的电阻r＝1Ω，线圈外接一个阻值R＝4Ω的电阻，把线圈放入一方向垂直线圈平面向里的匀强磁场中，磁感应强度随时间的变化规律如图甲乙图4­4­21(1)前4s内的感应电动势；(2)前4s内通过R的电荷量；(3)线圈电阻r消耗的功率．【解析】(1)由图象可知前4s内磁感应强度B的变化率eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(0.4－0.2,4)T/s＝0.05T/s4s内的平均感应电动势E＝nSeq\f(ΔB,Δt)＝1000×0.02×0.05V＝1V.(2)电路中平均电流I＝eq\f(E,R总)通过R的电荷量q＝It，又E＝neq\f(ΔΦ,Δt)所以q＝neq\f(ΔΦ,R总)＝1000×eq\f(0.02×（0.4－0.2）,4＋1)C＝0.8C.(3)由于电流是恒定的，线圈电阻r消耗的功率为Pr＝I2r＝eq\f(E2r,（R＋r）2)＝eq\f(1×1,（4＋1）2)W＝0.04W.【答案】(1)1V(2)0.8C(3)0.0412．(2014·北京丰台高二检测)如图4­4­22所示，处于匀强磁场中的两根足够长、电阻不计的平行金属导轨相距了1m，导轨平面与水平面成θ＝37°角，下端连接阻值为R＝2Ω的电阻．磁场方向垂直导轨平面向上，磁感应强度为0.4T．质量为0.2kg、电阻不计的金属棒放在两导轨上，棒与导轨垂直并保持良好接触，它们之间的动摩擦因数为0.25.金属棒沿导轨由静止开始下滑．(g＝10m/s2，sin37°＝0.6图4­4­22(1)判断金属棒下滑过程中产生的感应电流方向；(2)求金属棒下滑速度达到5m/s时的加(3)当金属棒下滑速度达到稳定时，求电阻R消耗的功率．【解析】(1)由右手定则判断金属棒中的感应电流方向为由a到b(2)金属棒下滑速度达到5m/s感应电动势为E＝BLv＝0.4×1.5V＝2V感应电流为I＝eq\f(E,R)＝eq\f(2,2)A＝1A金属棒受到的安培力为F＝BIL＝0.4×1×1N＝0.4N