《（新课标）2020版高中物理 第四章 电磁感应课时作业3（含解析）选修3-2》由会员分享，可在线阅读，更多相关《（新课标）2020版高中物理 第四章 电磁感应课时作业3（含解析）选修3-2（7页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、课时作业(三)一、单项选择题1.如图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()A匀速滑动时，I10，I20B匀速滑动时，I10，I20C加速滑动时，I10，I20D加速滑动时，I10，I20解析导体杆水平运动时产生感应电动势，对整个电路，可把AB杆看做电源，当杆匀速滑动时，电动势E不变，故I10，I20；当杆加速滑动时，电动势E不断变大，电容两端的电压增大，电容器不断充电，故I10，I20.D项正确答案D2.一直升飞机停在南半球的地磁极上空该处地磁场的
2、方向竖直向上，磁感应强度为B，直升飞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，螺旋桨顺时针方向转动螺旋桨叶片的近轴端为a，远轴端为b，如图所示如果忽略a到转轴中心线的距离，用E表示每个叶片中的感应电动势，则()AEfl2B，且a点电势低于b点电势BE2fl2B，且a点电势低于b点电势CEfl2B，且a点电势高于b点电势DE2fl2B，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，螺旋桨不同点的线速度不同，但是满足vR，可求其等效切割速度vfl，运用法拉第电磁感应定律EBlvfl2B，由右手定则判断电流的方向为由a指向b，在
3、电源内部电流由低电势流向高电势，故A项是正确的答案A3如图甲所示，矩形线圈abcd固定于两个磁场中，两磁场的分界线OO恰好把线圈分成对称的左右两部分，两磁场的磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示，规定磁场垂直纸面向内为正，线圈中感应电流逆时针方向为正则线圈感应电流随时间的变化图象为()解析在开始阶段OO左侧磁场增强，OO右侧磁场减弱，由楞次定律可知线圈中有逆时针方向的感应电流，因磁场是均匀变化的，由法拉第电磁感应定律和欧姆定律知，感应电流的大小不变，故B、C、D项错误，A项正确答案A4.如图所示，长为L的金属导线弯成一圆环，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
4、垂直于环面向里，磁感应强度以BB0kt(k0)随时间变化，t0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()A不带电B所带电荷量与t成正比C带正电，电荷量是 D带负电，电荷量是解析磁感应强度以BB0kt(k0)随时间变化，由法拉第电磁感应定律，得ESkS，而S，经时间t电容器P板所带电荷量QEC；由楞次定律知电容器P板带负电，故D项正确答案D5.如图所示，一个半径为L的半圆形硬导体AB以速度v，在水平U形框架上匀速滑动，匀强磁场的磁感应强度为B，回路电阻为R0，半圆形硬导体AB的电阻为r，其余电阻不计，则半圆形导体AB切割磁感线产生感应电动势的大小及A、B之间的电
5、势差分别为()ABLv； B2BLv；BLvC2BLv； DBLv；2BLv解析半圆形导体AB切割磁感线的有效长度为2L，对应的电动势为E2BLv，A、B间的电势差UABR0，故C项正确答案C6如图所示的几种情况中，金属导体中产生的感应电动势为Blv且a端电势高的是()A乙和丁 B甲、乙、丁C甲、乙、丙、丁 D只有甲答案D7.如图所示，a、b两个闭合正方形线圈用同样的导线制成，匝数均为10匝，边长la3lb，图示区域内有垂直纸面向里的均强磁场，且磁感应强度随时间均匀增大，不考虑线圈之间的相互影响，则() A两线圈内产生顺时针方向的感应电流Ba、b线圈中感应电动势之比为91Ca、b线圈中感应电流
6、之比为34Da、b线圈中电功率之比为31解析由于磁感应强度随时间均匀增大，因此根据楞次定律知两线圈内产生的感应电流方向皆沿逆时针方向，因此A项错误；根据法拉第电磁感应定律ENNS，而磁感应强度均匀变化，即恒定，则a、b线圈中的感应电动势之比为，故B项正确；根据电阻定律R，且L4Nl，则，由闭合电路欧姆定律I得，a、b线圈中的感应电流之比为，故C项错误；由功率公式PI2R知，a、b线圈中的电功率之比为，故D项错误答案B二、不定项选择题8一根直导线长0.1 m，在磁感应强度为0.1 T的匀强磁场中以10 m/s的速度匀速运动，则导线中产生的感应电动势()A一定为0.1 V B可能为零C可能为0.0
7、1 V D最大值为0.1 V解析值得注意的是直导线如何运动并未告知，当B、l、v两两垂直时，产生的感应电动势最大为EBlv0.10.110 V0.1 V，当v与B平行时，E0，故B、C、D项正确答案BCD9.如图所示，一闭合的小金属环用一根绝缘细杆挂在固定点O的两侧来回摆动的过程中穿过水平方向的匀强磁场区域，磁感线的方向水平，和绝缘细杆摆动的竖直面垂直若悬点摩擦和空气阻力不计，且摆动过程中金属环不翻转，则()A金属环每次进入和离开磁场区域都有感应电流，完全进入磁场区域后无感应电流B金属环进入磁场区域后越靠近OO线时速度越大，而且产生的感应电流越大C金属环开始摆后，摆角会越来越小，摆角小到某一值
8、后不再减小D金属环在摆动过程中，机械能将全部转化为金属环中的电能解析金属环进入和离开磁场区域时，穿过金属环的磁通量发生变化，产生感应电流，当金属环完全进入磁场区域后，磁通量不再发生变化，则无感应电流产生，故A项正确，B项错误；金属环进入和离开磁场区域的过程中产生感应电流，而感应电流要产生焦耳热，根据能量转化与守恒，可知金属环的机械能要减少，摆角不断减小，最后恰好不穿出磁场区域，以某一恒定摆角做往复性运动永不停止，故C项正确；金属环最后的摆角不为零，即仍保留一部分机械能，并没有全部转化为金属环的电能，故D项错误答案AC10.如图所示，在磁感应强度为B的匀强磁场中，有一与磁场方向垂直、长度为L的金
9、属杆aO，已知abbccO，a、c与磁场中以O为圆心的同心圆(都为部分圆弧)金属轨道始终接触良好一电容为C的电容器接在轨道上，当金属杆在与磁场垂直的平面内以O为轴，以角速度顺时针匀速转动时()AUac2UabBUac2UbOC电容器带电量QBL2CD若在e、O间连接一个电压表，则电压表示数为零解析UaOE1BLBL2，UbOE2BvbBL2，UcOE3Bvc，故UacUaOUcOBL2，UabUaOUbOBL2.A项错误，B项正确电容器电量QCUacBL2C，C项正确；e、O间电势差等于UcO不为零，D项错误答案BC11某地的地磁场磁感应强度的竖直分量方向向下，大小为4.5105 T一灵敏电压
10、表连接在当地入海河段的两岸，河宽100 m，该河段涨潮和落潮时有海水(视为导体)流过设落潮时，海水自西向东流，流速为2 m/s.下列说法正确的是()A电压表记录的电压为5 mVB电压表记录的电压为9 mVC河南岸的电势较高D河北岸的电势较高解析可以将海水视为垂直河岸方向放置的导体平动切割地磁场的磁感线产生感应电动势，由EBlv9 mV，B项正确；由右手定则可知，感应电流方向由南向北，故河北岸的电势较高，D项正确答案BD三、计算及论述题12如图甲所示，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
11、匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系图线如图乙所示，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上的电流大小及方向；(2)通过电阻R1上的电荷量q.解析(1)由法拉第电磁感应定律得感应电动势为Ennr22由闭合电路的欧姆定律，得通过R1的电流大小为I由楞次定律知该电流由b向a通过R1.(2)由I得，在0至t1时间内通过R1的电量为qIt1答案(1)电流由b向a通过R1(2)13小明设计的电磁健身器的简化装置如图所示，两根平行金属导轨相距l0.50 m，倾角53，导轨上端串接一个R0.05 的电阻在导轨间长d0.56 m的区域内，存在方向垂直导轨平
12、面向下的匀强磁场，磁感应强度B2.0 T质量m4.0 kg的金属棒CD水平置于导轨上，用绝缘绳索通过定滑轮与拉杆GH相连CD棒的初始位置与磁场区域的下边界相距s0.24 m一位健身者用恒力F80 N拉动GH杆，CD棒由静止开始运动，上升过程中CD棒始终保持与导轨垂直当CD棒到达磁场上边界时健身者松手，触发恢复装置使CD棒回到初始位置(重力加速度g取10 m/s2，sin530.8，不计其他电阻、摩擦力以及拉杆和绳索的质量)求：(1)CD棒进入磁场时速度v的大小；(2)CD棒进入磁场时所受的安培力FA的大小；(3)在拉升CD棒的过程中，健身者所做的功W和电阻产生的焦耳热Q.解析(1)CD棒进入磁场前，由牛顿第二定律：a12 m/s2进入磁场时CD棒的速度为：v2.4 m/s(2)CD棒进入磁场时产生的感应电动势为：EBlv感应电流为：ICD棒安培力为：FAIBl联立代入得：FA48 N(3)在拉升CD棒的过程中，健身者所做的功为：WF(sd)64 J由于FmgsinFA0所以CD棒进入磁场后做匀速运动，在磁场中运动时间为：t则电阻产生的焦耳热为：QI2Rt26.88 J答案(1)2.4 m/s(2)48 N(3)64 J26.88 J- 7 -
