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人教版 (2019)选择性必修 第二册2 法拉第电磁感应定律第2课时课后练习题
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这是一份人教版 (2019)选择性必修 第二册2 法拉第电磁感应定律第2课时课后练习题，共8页。
课后篇素养形成
必备知识基础练
1.
用均匀导线做成的正方形线框边长为0.2 m,正方形的一半放在垂直于纸面向里的匀强磁场中,如图所示,当磁场以10 T/s的变化率增强时,线框中a、b两点间的电势差是( )
A.Uab=0.1 V B.Uab=-0.1 V
C.Uab=0.2 VD.Uab=-0.2 V
解析题中正方形线框的左半部分磁通量变化而产生感应电动势,从而有感应电流产生。把左半部分线框看成电源,其电动势为E,内阻为r2,画出等效电路图如图所示,则a、b两点间的电势差即为电源的路端电压,设l是边长,且依题意知ΔBΔt=10T/s。由E=ΔΦΔt得E=ΔBSΔt=ΔBΔt·l22=10×0.222V=0.2V,所以U=IR=Er2+r2·r2=0.1V,由于a点电势低于b点电势,故Uab=-0.1V,即B选项正确。
答案B
2.
如图所示,导体轨道OPQS固定,其中PQS是半圆弧,Q为半圆弧的中点,O为圆心。轨道的电阻忽略不计,OM是有一定电阻、可绕O转动的金属杆,M端位于PQS上,OM与轨道接触良好。空间存在与半圆所在平面垂直的匀强磁场,磁感应强度的大小为B,现使OM从OQ位置以恒定的角速度逆时针转到OS位置并固定(过程Ⅰ);再使磁感应强度的大小以一定的变化率从B增加到B'(过程Ⅱ)。在过程Ⅰ、Ⅱ中,流过OM的电荷量相等,则B'B等于( )
A.54B.32C.74D.2
解析根据q=ΔΦR得,q1=B·14πr2R=πBr24R,
q2=(B'-B)πr22R,因为q1=q2,
故B'=32B,故B正确。
答案B
3.如图所示,垂直纸面向里的匀强磁场的区域宽度为2a,磁感应强度的大小为B。一边长为a、电阻为4R的正方形均匀导线框ABCD从图示位置开始沿水平向右方向以速度v匀速穿过磁场区域,图中线框A、B两端电压UAB与线框移动距离x的关系图像正确的是( )
解析进入磁场时,注意UAB是路端电压,大小应该是电动势的四分之三,此时E=Bav,所以UAB=3Bav4;完全进入磁场后,没有感应电流,但有感应电动势,大小为Bav,穿出磁场时,电压大小应该是感应电动势的四分之一,UAB=Bav4,方向始终相同,即φA>φB。故D正确。
答案D
4.在竖直向上的匀强磁场中,水平放置一个不变形的单匝金属圆线圈,规定线圈中感应电流的正方向如图甲所示,当磁场的磁感应强度B随时间t如图乙变化时,图中正确表示线圈中感应电动势E的变化的是( )
解析在第1s内,由楞次定律可判定电流为正,其产生的感应电动势E1=ΔΦ1Δt1=ΔB1Δt1S,在第2s和第3s内,磁感应强度B不变化,线圈中无感应电流,在第4s和第5s内,B减小,由楞次定律可判定,其电流为负,产生的感应电动势E2=ΔΦ2Δt2=ΔB2Δt2S,由于ΔB1=ΔB2,Δt2=2Δt1,故E1=2E2,由此可知,A选项正确。
答案A
5.
如图所示,用粗细相同的铜丝做成边长分别为l和2l的两个闭合正方形线框a和b,以相同的速度从磁感应强度为B的匀强磁场区域中匀速地拉到磁场外,不考虑线框的重力,若闭合线框的电流分别为Ia、Ib,则Ia∶Ib为( )
A.1∶4B.1∶2
C.1∶1D.1∶3
解析产生的电动势为E=Blv,由闭合电路欧姆定律得I=BlvR,又lb=2la,由电阻定律知Rb=2Ra,故Ia∶Ib=1∶1。
答案C
6.在匀强磁场中,有一个接有电容器的单匝导线回路,如图所示,已知C=30 μF,l1=5 cm,l2=8 cm,磁场以5×10-2 T/s的速率增加,则( )
A.电容器上极板带正电,带电荷量为6×10-5 C
B.电容器上极板带负电,带电荷量为6×10-5 C
C.电容器上极板带正电,带电荷量为6×10-9 C
D.电容器上极板带负电,带电荷量为6×10-9 C
解析电容器两极板间的电势差U等于感应电动势E,由法拉第电磁感应定律,可得E=ΔBΔt·l1l2=2×10-4V,电容器的带电荷量Q=CU=CE=6×10-9C,再由楞次定律可知上极板的电势高,带正电,C项正确。
答案C
7.如图所示,竖直平面内有一金属环,半径为a,总电阻为R(指拉直时两端的电阻),磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过环平面,与环的最高点A铰接的长度为2a、电阻为R2的导体棒AB由水平位置紧贴环面摆下,当摆到竖直位置时,B点的线速度为v,则这时AB两端的电压大小为( )
A.Bav3
B.Bav6
C.2Bav3
D.Bav
解析摆到竖直位置时,AB切割磁感线的瞬时感应电动势E=B·2a·12v=Bav。由闭合电路欧姆定律得UAB=ER2+R4·R4=13Bav,故选A。
答案A
8.
如图所示,半径为R的左端开有小口的圆形导轨处在垂直于圆平面的匀强磁场中,磁感应强度为B,方向垂直于纸面向里。一根长度略大于导轨直径的导体棒MN以恒定速率v在圆导轨上从左端滑到右端,电路中的定值电阻为r,其余电阻不计。导体棒与圆形导轨接触良好。求:
(1)在滑动过程中通过电阻r的电流的平均值。
(2)MN从左端到右端的整个过程中,通过r的电荷量。
(3)当MN通过圆形导轨中心时,通过r的电流。
解析(1)计算平均电流,应该用法拉第电磁感应定律先求出平均感应电动势。整个过程磁通量的变化为ΔΦ=BS=BπR2,所用的时间Δt=2Rv,代入公式E=ΔΦΔt=πBRv2,平均电流为I=Er=πBRv2r。
(2)电荷量的计算应该用平均电流,q=IΔt=πBR2r。
(3)当MN通过圆形导轨中心时,切割磁感线的有效长度最大,l=2R,根据导体切割磁感线产生的电动势公式E=Blv,得E=B·2Rv,此时通过r的电流为I=Er=2BRvr。
答案(1)πBRv2r (2)πBR2r (3)2BRvr
关键能力提升练
9.如图所示,在水平面(纸面)内有三根相同的均匀金属棒ab、ac和MN,其中ab、ac在a点接触,构成V字形导轨。空间存在垂直于纸面的均匀磁场(未画出)。用力使MN向右匀速运动,从a点开始计时,运动中MN始终与∠bac的角平分线垂直且和导轨保持良好接触。下列关于回路中电流i与时间t的关系图线,可能正确的是( )
解析设∠bac=2θ,MN以速度v匀速运动,金属棒单位长度的电阻为R0。则MN切割产生电动势
E=Blv=Bv·2vt·tanθ=2Bv2ttanθ
回路总电阻为
R=2vttanθ+2vtcsθR0=vtR02tanθ+2csθ
由闭合电路欧姆定律得
i=ER=2Bv2t·tanθvtR0(2tanθ+2csθ)=2BvtanθR0(2tanθ+2csθ)
i与时间无关,是一定值,故选A。
答案A
10.
如图所示,两个相同导线制成的开口圆环,大环半径为小环半径的2倍,现用电阻不计的导线将两环连接在一起,若将大环放入一均匀变化的磁场中,小环处在磁场外,a、b两点间电压为U1,若将小环放入这个磁场中,大环在磁场外,a、b两点间电压为U2,则( )
A.U1U2=1
B.U1U2=2
C.U1U2=4
D.U1U2=14
解析根据题意,设小环的电阻为R,则大环的电阻为2R,小环的面积为S,则大环的面积为4S,且ΔBΔt=k,当大环放入一均匀变化的磁场中时,大环相当于电源,小环相当于外电路,所以E1=4kS,U1=E1R+2RR=43kS;当小环放入磁场中时,同理可得U2=E2R+2R2R=23kS,故U1U2=2。选项B正确。
答案B
11.
如图所示的区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B。一个电阻为R、半径为l、圆心角为45°的扇形闭合导线框绕垂直于纸面的O轴匀速转动(O轴位于磁场边界),周期为T0,则线框内产生的感应电流的图像为(规定电流顺时针方向为正)( )
解析由于扇形导线框匀速转动,故导线框进入磁场的过程中产生的感应电动势是恒定的。线框在进入磁场和离开磁场时,有感应电流产生,当完全进入时,由于磁通量不变,故无感应电流产生。故A正确。
答案A
12.(多选)(2020山东卷)
如图所示,平面直角坐标系的第一和第二象限分别存在磁感应强度大小相等、方向相反且垂直于坐标平面的匀强磁场,图中虚线方格为等大正方形。一位于Oxy平面内的刚性导体框abcde在外力作用下以恒定速度沿y轴正方向运动(不发生转动)。从图示位置开始计时,4 s末bc边刚好进入磁场。在此过程中,导体框内感应电流的大小为I,ab边所受安培力的大小为Fab,二者与时间t的关系图像可能正确的是( )
解析设图中虚线方格的边长为l,线框总电阻为R,线框速度为v,则0~1s内导体框切割磁感线的有效长度恒为2l,感应电流I1=2BlvR;t=2s时导体框切割磁感线的有效长度为3l,感应电流I2=3BlvR,I2=32I1,故选项A错误,B正确;对比选项C、D可知,只要分析出t=1s和t=2s两个时刻ab边所受安培力大小关系就能选出正确选项,t=1s时,Fab=Bl·2BlvR=2B2l2vR,t=2s时,Fab'=2Bl·3BlvR=6B2l2vR,故Fab'=3Fab,选项C正确,D错误。
答案BC
13.如图所示,两条平行且足够长的金属导轨置于磁感应强度为B的匀强磁场中,B的方向垂直导轨平面。两导轨间距为l,左端接一电阻R,右端接一电容器C,其余电阻不计。长为2l的导体棒ab如图所示放置。从ab与导轨垂直开始,在以a为圆心沿顺时针方向以角速度ω匀速旋转90°的过程中,通过电阻R的电荷量为多少?
解析以a为圆心、ab为半径,顺时针旋转至60°时,导体有效切割长度最长,为2l,此时感应电动势最大,为
E=B·2l·2l2ω=2Bl2ω
此时电容器被充电q1=CE=2Bl2ωC
在这一过程中通过R的电荷量
q2=I·Δt=ERΔt=BΔSRΔtΔt=3Bl22R
从60°旋转到90°的过程中,电容器放电,电荷量q1将全部通过电阻R,故整个过程中通过R的总电荷量为
q=q1+q2=2Bl2ωC+3Bl22R。
答案2Bl2ωC+3Bl22R
课后篇素养形成
必备知识基础练
1.
用均匀导线做成的正方形线框边长为0.2 m,正方形的一半放在垂直于纸面向里的匀强磁场中,如图所示,当磁场以10 T/s的变化率增强时,线框中a、b两点间的电势差是( )
A.Uab=0.1 V B.Uab=-0.1 V
C.Uab=0.2 VD.Uab=-0.2 V
解析题中正方形线框的左半部分磁通量变化而产生感应电动势,从而有感应电流产生。把左半部分线框看成电源,其电动势为E,内阻为r2,画出等效电路图如图所示,则a、b两点间的电势差即为电源的路端电压,设l是边长,且依题意知ΔBΔt=10T/s。由E=ΔΦΔt得E=ΔBSΔt=ΔBΔt·l22=10×0.222V=0.2V,所以U=IR=Er2+r2·r2=0.1V,由于a点电势低于b点电势,故Uab=-0.1V,即B选项正确。
答案B
2.
如图所示,导体轨道OPQS固定,其中PQS是半圆弧,Q为半圆弧的中点,O为圆心。轨道的电阻忽略不计,OM是有一定电阻、可绕O转动的金属杆,M端位于PQS上,OM与轨道接触良好。空间存在与半圆所在平面垂直的匀强磁场,磁感应强度的大小为B,现使OM从OQ位置以恒定的角速度逆时针转到OS位置并固定(过程Ⅰ);再使磁感应强度的大小以一定的变化率从B增加到B'(过程Ⅱ)。在过程Ⅰ、Ⅱ中,流过OM的电荷量相等,则B'B等于( )
A.54B.32C.74D.2
解析根据q=ΔΦR得,q1=B·14πr2R=πBr24R,
q2=(B'-B)πr22R,因为q1=q2,
故B'=32B,故B正确。
答案B
3.如图所示,垂直纸面向里的匀强磁场的区域宽度为2a,磁感应强度的大小为B。一边长为a、电阻为4R的正方形均匀导线框ABCD从图示位置开始沿水平向右方向以速度v匀速穿过磁场区域,图中线框A、B两端电压UAB与线框移动距离x的关系图像正确的是( )
解析进入磁场时,注意UAB是路端电压,大小应该是电动势的四分之三,此时E=Bav,所以UAB=3Bav4;完全进入磁场后,没有感应电流,但有感应电动势,大小为Bav,穿出磁场时,电压大小应该是感应电动势的四分之一,UAB=Bav4,方向始终相同,即φA>φB。故D正确。
答案D
4.在竖直向上的匀强磁场中,水平放置一个不变形的单匝金属圆线圈,规定线圈中感应电流的正方向如图甲所示,当磁场的磁感应强度B随时间t如图乙变化时,图中正确表示线圈中感应电动势E的变化的是( )
解析在第1s内,由楞次定律可判定电流为正,其产生的感应电动势E1=ΔΦ1Δt1=ΔB1Δt1S,在第2s和第3s内,磁感应强度B不变化,线圈中无感应电流,在第4s和第5s内,B减小,由楞次定律可判定,其电流为负,产生的感应电动势E2=ΔΦ2Δt2=ΔB2Δt2S,由于ΔB1=ΔB2,Δt2=2Δt1,故E1=2E2,由此可知,A选项正确。
答案A
5.
如图所示,用粗细相同的铜丝做成边长分别为l和2l的两个闭合正方形线框a和b,以相同的速度从磁感应强度为B的匀强磁场区域中匀速地拉到磁场外,不考虑线框的重力,若闭合线框的电流分别为Ia、Ib,则Ia∶Ib为( )
A.1∶4B.1∶2
C.1∶1D.1∶3
解析产生的电动势为E=Blv,由闭合电路欧姆定律得I=BlvR,又lb=2la,由电阻定律知Rb=2Ra,故Ia∶Ib=1∶1。
答案C
6.在匀强磁场中,有一个接有电容器的单匝导线回路,如图所示,已知C=30 μF,l1=5 cm,l2=8 cm,磁场以5×10-2 T/s的速率增加,则( )
A.电容器上极板带正电,带电荷量为6×10-5 C
B.电容器上极板带负电,带电荷量为6×10-5 C
C.电容器上极板带正电,带电荷量为6×10-9 C
D.电容器上极板带负电,带电荷量为6×10-9 C
解析电容器两极板间的电势差U等于感应电动势E,由法拉第电磁感应定律,可得E=ΔBΔt·l1l2=2×10-4V,电容器的带电荷量Q=CU=CE=6×10-9C,再由楞次定律可知上极板的电势高,带正电,C项正确。
答案C
7.如图所示,竖直平面内有一金属环,半径为a,总电阻为R(指拉直时两端的电阻),磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过环平面,与环的最高点A铰接的长度为2a、电阻为R2的导体棒AB由水平位置紧贴环面摆下,当摆到竖直位置时,B点的线速度为v,则这时AB两端的电压大小为( )
A.Bav3
B.Bav6
C.2Bav3
D.Bav
解析摆到竖直位置时,AB切割磁感线的瞬时感应电动势E=B·2a·12v=Bav。由闭合电路欧姆定律得UAB=ER2+R4·R4=13Bav,故选A。
答案A
8.
如图所示,半径为R的左端开有小口的圆形导轨处在垂直于圆平面的匀强磁场中,磁感应强度为B,方向垂直于纸面向里。一根长度略大于导轨直径的导体棒MN以恒定速率v在圆导轨上从左端滑到右端,电路中的定值电阻为r,其余电阻不计。导体棒与圆形导轨接触良好。求:
(1)在滑动过程中通过电阻r的电流的平均值。
(2)MN从左端到右端的整个过程中,通过r的电荷量。
(3)当MN通过圆形导轨中心时,通过r的电流。
解析(1)计算平均电流,应该用法拉第电磁感应定律先求出平均感应电动势。整个过程磁通量的变化为ΔΦ=BS=BπR2,所用的时间Δt=2Rv,代入公式E=ΔΦΔt=πBRv2,平均电流为I=Er=πBRv2r。
(2)电荷量的计算应该用平均电流,q=IΔt=πBR2r。
(3)当MN通过圆形导轨中心时,切割磁感线的有效长度最大,l=2R,根据导体切割磁感线产生的电动势公式E=Blv,得E=B·2Rv,此时通过r的电流为I=Er=2BRvr。
答案(1)πBRv2r (2)πBR2r (3)2BRvr
关键能力提升练
9.如图所示,在水平面(纸面)内有三根相同的均匀金属棒ab、ac和MN,其中ab、ac在a点接触,构成V字形导轨。空间存在垂直于纸面的均匀磁场(未画出)。用力使MN向右匀速运动,从a点开始计时,运动中MN始终与∠bac的角平分线垂直且和导轨保持良好接触。下列关于回路中电流i与时间t的关系图线,可能正确的是( )
解析设∠bac=2θ,MN以速度v匀速运动,金属棒单位长度的电阻为R0。则MN切割产生电动势
E=Blv=Bv·2vt·tanθ=2Bv2ttanθ
回路总电阻为
R=2vttanθ+2vtcsθR0=vtR02tanθ+2csθ
由闭合电路欧姆定律得
i=ER=2Bv2t·tanθvtR0(2tanθ+2csθ)=2BvtanθR0(2tanθ+2csθ)
i与时间无关,是一定值,故选A。
答案A
10.
如图所示,两个相同导线制成的开口圆环,大环半径为小环半径的2倍,现用电阻不计的导线将两环连接在一起,若将大环放入一均匀变化的磁场中,小环处在磁场外,a、b两点间电压为U1,若将小环放入这个磁场中,大环在磁场外,a、b两点间电压为U2,则( )
A.U1U2=1
B.U1U2=2
C.U1U2=4
D.U1U2=14
解析根据题意,设小环的电阻为R,则大环的电阻为2R,小环的面积为S,则大环的面积为4S,且ΔBΔt=k,当大环放入一均匀变化的磁场中时,大环相当于电源,小环相当于外电路,所以E1=4kS,U1=E1R+2RR=43kS;当小环放入磁场中时,同理可得U2=E2R+2R2R=23kS,故U1U2=2。选项B正确。
答案B
11.
如图所示的区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B。一个电阻为R、半径为l、圆心角为45°的扇形闭合导线框绕垂直于纸面的O轴匀速转动(O轴位于磁场边界),周期为T0,则线框内产生的感应电流的图像为(规定电流顺时针方向为正)( )
解析由于扇形导线框匀速转动,故导线框进入磁场的过程中产生的感应电动势是恒定的。线框在进入磁场和离开磁场时,有感应电流产生,当完全进入时,由于磁通量不变,故无感应电流产生。故A正确。
答案A
12.(多选)(2020山东卷)
如图所示,平面直角坐标系的第一和第二象限分别存在磁感应强度大小相等、方向相反且垂直于坐标平面的匀强磁场,图中虚线方格为等大正方形。一位于Oxy平面内的刚性导体框abcde在外力作用下以恒定速度沿y轴正方向运动(不发生转动)。从图示位置开始计时,4 s末bc边刚好进入磁场。在此过程中,导体框内感应电流的大小为I,ab边所受安培力的大小为Fab,二者与时间t的关系图像可能正确的是( )
解析设图中虚线方格的边长为l,线框总电阻为R,线框速度为v,则0~1s内导体框切割磁感线的有效长度恒为2l,感应电流I1=2BlvR;t=2s时导体框切割磁感线的有效长度为3l,感应电流I2=3BlvR,I2=32I1,故选项A错误,B正确;对比选项C、D可知,只要分析出t=1s和t=2s两个时刻ab边所受安培力大小关系就能选出正确选项,t=1s时,Fab=Bl·2BlvR=2B2l2vR,t=2s时,Fab'=2Bl·3BlvR=6B2l2vR,故Fab'=3Fab,选项C正确,D错误。
答案BC
13.如图所示,两条平行且足够长的金属导轨置于磁感应强度为B的匀强磁场中,B的方向垂直导轨平面。两导轨间距为l,左端接一电阻R,右端接一电容器C,其余电阻不计。长为2l的导体棒ab如图所示放置。从ab与导轨垂直开始,在以a为圆心沿顺时针方向以角速度ω匀速旋转90°的过程中,通过电阻R的电荷量为多少?
解析以a为圆心、ab为半径,顺时针旋转至60°时,导体有效切割长度最长,为2l,此时感应电动势最大,为
E=B·2l·2l2ω=2Bl2ω
此时电容器被充电q1=CE=2Bl2ωC
在这一过程中通过R的电荷量
q2=I·Δt=ERΔt=BΔSRΔtΔt=3Bl22R
从60°旋转到90°的过程中,电容器放电,电荷量q1将全部通过电阻R,故整个过程中通过R的总电荷量为
q=q1+q2=2Bl2ωC+3Bl22R。
答案2Bl2ωC+3Bl22R
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