2017-2018学年高二物理上册课后达标检测24

3-2B1-2法拉第1．关于反电动势，下列说法中正确的是(C)A．只要线圈在磁场中运动就能产生反电动势B．只要穿过线圈的磁通量变化，就产生反电动势C．电动机在转动时线圈内产生反电动势D．反电动势就是发电机产生的电动势2.穿过某线圈的磁通量随时间变化的关系如图所示，在下列几段时间内，线圈中感应电动势最小的是(D)A．0～2s B．2～4sC．4～5s D．5～10s3．环形线圈放在匀强磁场中，设在第1s内磁场方向垂直于线圈平面向里，如图2甲所示。若磁感应强度随时间t的变化关系如图2乙所示，那么在第2s内，线圈中感应电流的大小和方向是(A)A．大小恒定，逆时针方向B．大小恒定，顺时针方向C．大小逐渐增加，顺时针方向D．大小逐渐减小，逆时针方向4．一矩形线框置于匀强磁场中，线框平面与磁场方向垂直。先保持线框的面积不变，将磁感应强度在1s时间内均匀地增大到原来的两倍。接着保持增大后的磁感应强度不变，在1s时间内，再将线框的面积均匀地减小到原来的一半。先后两个过程中，线框中感应电动势的比值为(B)A.eq\f(1,2) B．1C．2 D．45.在图中，EF、GH为平行的金属导轨，其电阻可不计，R为电阻器，C为电容器，AB为可在EF和GH上滑动的导体横杆。有匀强磁场垂直于导轨平面。若用I1和I2分别表示图中该处导线中的电流，则当横杆AB(D)A．匀速滑动时，I1＝0，I2＝0B．匀速滑动时，I1≠0，I2≠0C．加速滑动时，I1＝0，I2＝0D．加速滑动时，I1≠0，I2≠06.如图所示，粗细均匀的、电阻为r的金属圆环放在图示的匀强磁场中，磁感应强度为B，圆环直径为l；长为l、电阻为r/2的金属棒ab放在圆环上，以速度v0向左运动，当棒ab运动到图示虚线位置时，金属棒两端的电势差为(D)A．0B．Blv0C．Blv0/2D．Blv0/37.如图所示，闭合导线框abcd的质量可以忽略不计，将它从图中所示的位置匀速拉出匀强磁场。若第一次用0.3s时间拉出，拉动过程中导线ab所受安培力为F1，通过导线横截面的电荷量为q1；第二次用0.9s时间拉出，拉动过程中导线ab所受安培力为F2，通过导线横截面的电荷量为q2，则(D)A．F1＜F2，q1＜q2 B．F1＜F2，q1＝q2C．F1＝F2，q1＜q2 D．F1＞F2，q1＝q28.如图所示，足够长的U型光滑金属导轨平面与水平面成θ角(0<θ<90°)，其中MN与PQ平行且间距为L，导轨平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计。金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且良好接触，ab棒接入电路的电阻为R，当流过ab棒某一横截面的电量为q时，棒的速度大小为v，则金属棒ab在这一过程中(B)A．运动的平均速度大小为eq\f(1,2)vB．下滑的位移大小为eq\f(qR,BL)C．产生的焦耳热为qBLvD．受到的最大安培力大小为eq\f(B2L2v,R)sinθ9.如图所示，电阻不计的平行金属导轨固定在一绝缘斜面上，两相同的金属导体棒a、b垂直于导轨静止放置，且与导轨接触良好，匀强磁场垂直穿过导轨平面。现用一平行于导轨的恒力F作用在a的中点，使其向上运动。若b始终保持静止，则它所受摩擦力可能(AB)A．变为0 B．先减小后不变C．等于F D．先增大再减小10.如图6所示，质量为m、高为h的矩形导线框自某一高度自由落下后，通过一宽度也为h的匀强磁场，线框通过磁场过程中产生的焦耳热(ABC)A．可能等于2mgh B．可能大于2mghC．可能小于2mgh D．可能为零11．如图7所示，平面上的光滑平行导轨MN、PQ上放着光滑导体棒ab、cd，两棒用细线系住，细线拉直但没有张力。开始时匀强磁场的方向如图7甲所示，而磁感应强度B随时间t的变化如图7乙所示，不计ab、cd间电流的相互作用，则细线中的张力大小随时间变化的情况为图8中的(D)12．如图(a)所示，一个500匝的线圈的两端跟R＝99Ω的电阻相连接，置于竖直向下的匀强磁场中，线圈的横截面积是20cm2，电阻为1Ω，磁场的磁感应强度随时间变化的图像如图7(b)所示。求磁场变化过程中通过电阻R的电流为多大。图解析：由题图(b)知，线圈中磁感应强度B均匀增加，其变化率eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(50－10,4)T/s＝10T/s，由法拉第电磁感应定律得线圈中产生的感应电动势为E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(ΔB,Δt)S＝500×10×20×10－4V＝10V，由闭合电路欧姆定律得通过电阻R的电流大小为I＝eq\f(E,R＋r)＝eq\f(10,99＋1)A＝0.1A。答案：0.1A13.均匀导线制成的单匝正方形闭合线框abcd，每边长为L，总电阻为R，总质量为m，将其置于磁感应强度为B的水平匀强磁场上方h处，如图8所示，线框由静止自由下落，线框平面保持在竖直平面内，且cd边始终与水平的磁场边界平行。当cd边刚进入磁场时：(1)求线框中产生的感应电动势大小；(2)求cd两点间的电势差大小；图8(3)若此时线框加速度恰好为零，求线框下落的高度h所应满足的条件。解析：(1)cd边刚进入磁场时，线框速度v＝eq\r(2gh)线框中产生的感应电动势E＝BLv＝BLeq\r(2gh)(2)此时线框中电流I＝eq\f(E,R)cd两点间的电势差U＝I(eq\f(3,4)R)＝eq\f(3,4)BLeq\r(2gh)(3)cd边受安培力F＝BIL＝eq\f(B2L2\r(2gh),R)根据牛顿第二定律mg－F＝ma，由a＝0解得下落高度满足h＝eq\f(m2gR2,2B4L4)。答案：(1)BLeq\r(2gh)(2)eq\f(3,4)BLeq\r(2gh)(3)h＝eq\f(m2gR2,2B4L4)14．如图甲所示，质量m＝6.0×10－3kg、边长L＝0.20m、电阻R＝1.0Ω的正方形单匝金属线框abcd，置于倾角α＝30°的绝缘斜面上，ab边沿水平方向，线框的上半部分处在垂直斜面向上的匀强磁场中，磁感应强度B随时间t按图乙所示的规律周期性变化，若线框在斜面上始终保持静止，取g＝10m/s2(1)在0～2.0×10－2s时间内线框中产生的感应电流的大小；(2)在t＝1.0×10－2s时线框受到斜面的摩擦力；(3)一个周期内感应电流在线框中产生的平均电功率．解析(1)0～2.0×10－2s时间内，线框中产生的感应电动势为E1，感应电流为I1，方向由d→c，则E1＝eq\f(ΔΦ1,Δt)＝eq\f(ΔB1,Δt)·eq\f(L2,2)I1＝eq\f(E1,R)代入数据解得E1＝0.20V，I1＝0.20A.(2)t＝1.0×10－2s，线框受到的安培力F1＝B1I1L，方向沿斜面向下，结合图乙，代入数据得F1＝4.0×10－3设此时线框受到的摩擦力大小为Ff，则由线框在斜面静止得mgsinα＋F1－Ff＝0代入数据得Ff＝3.4×10－2N摩擦力方向沿斜面向上．(3)在3.0×10－2s～4.0×10－2s时间内线框中产生的感应电动势E2＝eq\f(ΔB2,Δt)·eq\f(L2,2)代入数据得E2＝0.40V2．0×10－2s～3.0×10－2s时间内，E3＝0.设磁场变化周期为T，线框中产生的平均电功率为P，则eq\f(E\o\al(2,1),R)·eq\f(T,2)＋eq\f(E\o\al(2,2),R)·eq\f(T,4)＝PT代入数据得P＝6×10－2W15．如图所示，固定的光滑金属导轨间距为L，导轨电阻不计，上端a、b间接有阻值为R的电阻，导轨平面与水平面的夹角为θ，且处在磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中．质量为m、电阻为r的导体棒与固定弹簧相连后放在导轨上．初始时刻，弹簧恰处于自然长度，导体棒具有沿轨道向上的初速度v0.整个运动过程中导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触．已知弹簧的劲度系数为k，弹簧的中心轴线与导线平行．(1)求初始时刻通过电阻的电流I的大小和方向；(2)当导体棒第一次回到初始位置时，速度变为v，求此时导体棒的加速度大小a；(3)导体棒最终静止时弹簧的弹性势能为Ep，求导体棒从开始运动直到停止的过程中，电阻上产生的焦耳热Q.解析(1)初始时刻，导体棒产生的感应电动势E1＝BLv0通过R的电流大小I1＝eq\f(E1,R＋r)＝eq\f(BLv0,R＋r)电流方向为b→a(2)回到初始位置时，导体棒产生的感应电动势为E2＝BLv感应电流I2＝eq\f(E2,R＋r)＝eq\f(BLv,R＋r)导体棒受到的安培力大小为F＝BI2L＝eq\f(B2L2v,R＋r)，方向沿斜面向上根据牛顿第二定律有：mgsinθ－F＝ma解得a＝gsinθ－eq\f(B2L2v,m（R＋r）)(3)导体棒最终静止，有：mgsinθ＝kx压缩量x＝eq\f(mgsinθ,k)设整个过程中回路中产生的焦耳热为Q0，根据能量守恒定律有：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋mgxsinθ＝Ep＋Q0Q0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋eq\f(（mgsinθ）2,k)－Ep电阻上产生的焦耳热Q＝eq\f(R,