课时作业5-人教版高中物理选择性必修第二册检测

课时作业5法拉第电磁感应定律一、单项选择题1．一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(D)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．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．0～2sB．2～4sC．4～5sD．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．3.如图所示，闭合开关S，将条形磁铁两次插入闭合线圈，第一次用0.2s，第二次用0.4s，并且两次的起始和终止位置相同，则(B)A．第一次磁通量变化较大B．第一次G的最大偏角较大C．第一次通过G的总电荷量较多D．若开关S断开，G不偏转，故两次均无感应电动势解析：由于两次插入过程条形磁铁的起始位置和终止位置相同，因此磁通量的变化量ΔΦ相同，故选项A错误；根据E＝neq\f(ΔΦ,Δt)可知，第一次磁通量的变化率较大，感应电动势较大，而闭合电路的总电阻相同，故第一次G的最大偏转角度较大，选项B正确；通过G的电荷量q＝I·Δt＝eq\f(E,R)Δt＝eq\f(ΔΦ,R)，即两次通过G的电荷量相等，选项C错误；若S断开，电路中无电流，但仍存在感应电动势，选项D错误．4．如图所示，长为L的金属导线弯成一个圆环，导线的两端接在电容为C的平行板电容器上，P、Q为电容器的两个极板，磁场垂直于环面向里，磁感应强度以B＝B0＋kt(k>0)随时间变化，t＝0时，P、Q两板电势相等，两板间的距离远小于环的半径，经时间t，电容器P板(D)A．不带电B．所带电荷量与t成正比C．带正电，电荷量是eq\f(kL2C,4π)D．带负电，电荷量是eq\f(kL2C,4π)解析：磁感应强度B＝B0＋kt(k>0)随时间变化，由法拉第电磁感应定律得E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)S＝kS，而S＝eq\f(L2,4π)，经时间t电容器极板P所带电荷量Q＝E·C＝eq\f(kL2,4π)·C，由楞次定律可知，P板带负电，故选项D正确．5．一直升机停在南半球的地磁极上空．该处地磁场的方向竖直向上，磁感应强度为B.直升机螺旋桨叶片的长度为L，螺旋桨转动的频率为f，顺着地磁场的方向看螺旋桨，螺旋桨沿顺时针方向转动．螺旋桨叶片的近轴端为a，远轴端为b，如果忽略a到转轴中心线的距离，用ε表示每个叶片中的感应电动势，如图所示则(A)A．ε＝πfL2B，且a点电势低于b点电势B．ε＝2πfL2B，且a点电势低于b点电势C．ε＝πfL2B，且a点电势高于b点电势D．ε＝2πfL2B，且a点电势高于b点电势解析：对于螺旋桨叶片ab，其切割磁感线的速度是其做圆周运动的线速度，螺旋桨上不同的点线速度不同，但满足v′＝ωR，可求其等效切割速度v＝ωL/2＝πfL，运用法拉第电磁感应定律E＝BLv＝πfL2B.由右手定则判断电流的方向为由a指向b，在电源内部电流由低电势流向高电势，故选项A正确．二、多项选择题6．一根直导线长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，则导线中产生的感应电动势(BCD)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互相垂直而导体做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.7．如图所示的匀强磁场中MN、PQ是两条平行的金属导轨，而AB、CD为串有电流表、电压表的两根金属棒，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(AC)A．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．8．如图所示，单匝线圈在匀强磁场中绕垂直磁场的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量Φ随时间t的变化关系可用图象表示，则(BC)A．t＝0时刻，线圈中的磁通量最大，感应电动势也最大B．在t＝1×10－2s时，感应电动势最大C．在t＝2×10－2s时，感应电动势为零D．在0～2×10－2s时间内，线圈中感应电动势的平均值为零解析：由法拉第电磁感应定律E＝eq\f(ΔΦ,Δt)可知E的大小与Φ大小无关，与eq\f(ΔΦ,Δt)成正比，t＝0及t＝2×10－2s时刻E＝0，A错，C对．t＝1×10－2s时，eq\f(ΔΦ,Δt)最大，E最大，B对.0～2×10－2s内，ΔΦ≠0，平均感应电动势不为零，D错．三、非选择题9．设一单匝线圈内磁通量变化情况如下图所示，则线圈中(1)前3s内的平均感应电动势为0.1_V.(2)前4s内的平均感应电动势为0.(3)第4s内的感应电动势的大小为0.3_V.解析：本题考查平均感应电动势．由图知Φ0＝0，Φ3＝0.3Wb，Φ4＝0，根据公式E＝eq\f(ΔΦ,Δt)得：(1)前3s内的平均感应电动势E1＝eq\f(Φ3－Φ0,Δt)＝eq\f(0.3－0,3)V＝0.1V.(2)前4s内的平均感应电动势E2＝eq\f(Φ4－Φ0,Δt)＝0.(3)第4s内的感应电动势的大小即第3s至第4s内的平均感应电动势的大小，因为第3s至第4s内磁通量是均匀变化的，感应电动势大小不变．所以第4s内感应电动势E1＝eq\f(Φ4－Φ3,Δt)＝eq\f(0－0.3,1)V＝－0.3V，即大小为0.3V.10．在范围足够大、方向竖直向下的匀强磁场中，B＝0.2T，有一水平放置的光滑框架，宽度为l＝0.4m，如图所示，框架上放置一质量为0.05kg、电阻为1Ω的金属杆cd，框架电阻不计．若cd杆以恒定加速度a＝2m/s2由静止开始做匀变速运动，则：(1)在5s内平均感应电动势是多少？(2)第5s末，回路中的电流多大？(3)第5s末，作用在cd杆上的水平外力多大？答案：(1)0.4V(2)0.8A(3)0.164N解析：(1)5s内的位移x＝eq\f(1,2)at2＝25m，5s内的平均速度v＝eq\f(x,t)＝5m/s，(也可用v＝eq\f(0＋2×5,2)m/s＝5m/s求解)故平均感应电动势E＝Blv＝0.4V.(2)第5s末：v′＝at＝10m/s，此时感应电动势：E＝Blv′，则回路电流为I＝eq\f(E,R)＝eq\f(Blv′,R)＝eq\f(0.2×0.4×10,1)A＝0.8A.(3)杆做匀加速运动，则F－F安＝ma，即F＝BIl＋ma＝0.164N.11．如图(a)所示，一个电阻值为R，匝数为n的圆形金属线圈与阻值为2R的电阻R1连接成闭合回路．线圈的半径为r1.在线圈中半径为r2的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系图线如图(b)所示．图线与横、纵轴的截距分别为t0和B0.导线的电阻不计．求0至t1时间内：(1)通过电阻R1上的电流大小和方向；(2)通过电阻R1上的电量q及电阻R1上产生的热量．答案：(1)eq\f(nB0πr\o\al(2,2),3Rt0)方向为由b到a(2)eq\f(nB0πr\o\al(2,2)t1,3Rt0)eq\f(2n2B\o\al(2,0)π2r\o\al(4,2)t1,9Rt\o\al(2,0))解析：(1)根据楞次定律可知，通过R1的电流方向为由b至a，根据法拉第电磁感应定律得线圈中的电动势为E＝neq\f(ΔBπr\o\al(2,2),Δt)＝eq\f