2023版新教材高中物理第2章電磁感應(yīng)微點(diǎn)4法拉第電磁感應(yīng)定律的理解課時作業(yè)新人教版選擇性必修第二冊

微點(diǎn)4法拉第電磁感應(yīng)定律的理解1．[2023·陜西長安一中高二期中]在變化的磁場中，穿過一個50匝閉合線圈的磁通量每秒均勻增加1Wb，則下列說法中正確的是()A．線圈中的感應(yīng)電動勢每秒鐘增加1VB．線圈中的感應(yīng)電動勢每秒鐘增加50VC．線圈中的感應(yīng)電動勢為50VD．線圈中的感應(yīng)電動勢為0V2.如圖所示，柵欄大門朝正南方向，在門的四個角上釘有四個釘子，沿著釘子繞有50匝的大線圈，穿過該線圈的最大磁通量為1.6×10－4Wb，那么，小明在2s內(nèi)把關(guān)閉的大門打開并轉(zhuǎn)過90°的過程中，線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢約為()A．2×10－2VB．4×10－3VC．1.6×10－4VD．8×10－5V3.某同學(xué)用粗細(xì)均勻的金屬絲彎成如圖所示的圖形，兩個正方形的邊長均為L，A、B兩點(diǎn)之間的距離遠(yuǎn)小于L，在右側(cè)正方形區(qū)域存在均勻增強(qiáng)的磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間的變化率eq\f(ΔB,Δt)＝k，則A、B兩點(diǎn)之間的電勢差UAB為()A．kL2B．eq\f(kL2,2)C．－kL2D．－eq\f(kL2,2)4．電吉他中電拾音器的基本結(jié)構(gòu)如圖所示，磁體附近的金屬弦被磁化，因此弦振動時，在線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電流，電流經(jīng)電路放大后傳送到音箱發(fā)出聲音，下列說法不正確的是()A．選用銅質(zhì)弦，電吉他仍能正常工作B．取走磁體，電吉他將不能正常工作C．增加線圈匝數(shù)可以增大線圈中的感應(yīng)電動勢D．弦振動過程中，線圈中的電流方向不斷變化5.如圖所示，半徑為R的n匝線圈套在邊長為a的正方形ABCD之外，勻強(qiáng)磁場垂直穿過該正方形．當(dāng)磁場以eq\f(ΔB,Δt)的變化率變化時，線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的大小為()A．πR2eq\f(ΔB,Δt)B．a(chǎn)2eq\f(ΔB,Δt)C．nπR2eq\f(ΔB,Δt)D．na2eq\f(ΔB,Δt)6.[2023·重慶高二期末]用兩根粗細(xì)、材料均相同的導(dǎo)線繞制成如圖所示的矩形閉合線圈A和B，匝數(shù)分別為n1和n2，在它們之間放有一根平行于兩線圈平面且與兩線圈距離相等的通電直導(dǎo)線．若通電直導(dǎo)線中的電流I均勻增大，則下列說法正確的是()A．穿過線圈A、B的磁通量之比為2n1∶n2B．線圈A、B中的感應(yīng)電流方向相同C．線圈A、B中的感應(yīng)電動勢大小之比為n1∶n2D．線圈A、B中的感應(yīng)電流大小之比為4∶37．(多選)如圖所示，半徑為2r的彈性螺旋線圈內(nèi)有垂直紙面向外的圓形勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁場區(qū)域的半徑為r，已知彈性螺旋線圈的電阻為R，線圈與磁場區(qū)域共圓心，則以下說法中正確的是()A．保持磁場不變，在線圈的半徑由2r變到3r的過程中，線圈內(nèi)有順時針的電流B．保持磁場不變，在線圈的半徑由2r變到0.5r的過程中，線圈內(nèi)有逆時針的電流C．保持線圈半徑不變，使磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間按B＝kt變化，線圈中的電流為eq\f(kπr2,R)D．保持線圈半徑不變，使磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間按B＝kt變化，線圈中的電流為eq\f(2kπr2,R)8.如圖所示，半徑為r的金屬圓環(huán)以角速度ω繞通過其直徑的軸OO′勻速轉(zhuǎn)動，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.從金屬圓環(huán)所在的平面與磁場方向重合時開始計(jì)時，在轉(zhuǎn)過30°角的過程中，環(huán)中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的平均值為()A．2Bωr2B．2eq\r(3)Bωr2C．3Bωr2D．3eq\r(3)Bωr29．(多選)粗細(xì)相同且由同種材料制成的A、B兩線圈分別按圖甲、乙兩種方式放入勻強(qiáng)磁場中，甲、乙兩圖中的磁場方向均垂直于線圈平面，A、B線圈的匝數(shù)之比為2∶1，半徑之比為2∶3.當(dāng)兩圖中的磁場都隨時間均勻變化時()A．圖甲中，A、B兩線圈中電動勢之比為2∶3B．圖甲中，A、B兩線圈中電流之比為3∶2C．圖乙中，A、B兩線圈中電動勢之比為8∶9D．圖乙中，A、B兩線圈中電流之比為2∶310．[2023·全國高二]如圖甲為手機(jī)及無線充電板．圖乙為充電原理示意圖．為方便研究，現(xiàn)將問題做如下簡化：設(shè)受電線圈的匝數(shù)為n，面積為S，該區(qū)域的磁場可視為勻強(qiáng)磁場；若在t1到t2時間內(nèi)，勻強(qiáng)磁場的磁感線垂直于受電線圈平面向上穿過線圈，其磁感應(yīng)強(qiáng)度由B1均勻增加到B2，下列說法正確的是()A．c點(diǎn)的電勢高于d點(diǎn)的電勢B．受電線圈中感應(yīng)電流方向由d到cC．受電線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為eq\f(n（B2－B1）S,t2－t1)D．若想增加c、d之間的電勢差，可以僅均勻增加送電線圈中的電流[答題區(qū)]題號12345答案題號678910答案11.[2022·全國乙卷]如圖所示，一不可伸長的細(xì)繩的上端固定，下端系在邊長為l＝0.40m的正方形金屬框的一個頂點(diǎn)上．金屬框的一條對角線水平，其下方有方向垂直于金屬框所在平面的勻強(qiáng)磁場．已知構(gòu)成金屬框的導(dǎo)線單位長度的阻值為λ＝5.0×10－3Ω/m；在t＝0到t＝3.0s時間內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時間t的變化關(guān)系為B(t)＝0.3－0.1t(SI).求：(1)t＝2.0s時金屬框所受安培力的大??；(2)在t＝0到t＝2.0s時間內(nèi)金屬框產(chǎn)生的焦耳熱．12．如圖甲所示，在一個正方形金屬線圈區(qū)域內(nèi)存在著磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間變化的勻強(qiáng)磁場，磁場的方向與線圈平面垂直．金屬線圈所圍的面積S＝200cm2，匝數(shù)n＝1000，線圈電阻的阻值r＝2.0Ω.線圈與阻值R＝8.0Ω的定值電阻構(gòu)成閉合回路．勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間變化的情況如圖乙所示，求：(1)在t1＝2.0s時線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的大小；(2)在t1＝2.0s時通過電阻R的感應(yīng)電流的大小和方向；(3)在t2＝5.0s時刻，線圈端點(diǎn)a、b間的電壓．微點(diǎn)4法拉第電磁感應(yīng)定律的理解1．答案：C解析：因?yàn)榇磐烤鶆蛟黾?，線圈中的感應(yīng)電動勢不變，故A、B錯誤；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律表達(dá)式E＝Neq\f(ΔΦ,Δt)＝50×eq\f(1,1)V＝50V，故C正確，D錯誤．2．答案：B解析：門關(guān)閉時，穿過門上線圈的磁通量為Φ1＝1.6×10－4Wb，將門打開轉(zhuǎn)過90°時磁通量為Φ2＝0，則有ΔΦ＝Φ2－Φ1＝－1.6×10－4Wb，由公式E＝neq\f(ΔΦ,Δt)得，線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的大小為E＝4×10－3V，選項(xiàng)B正確，A、C、D錯誤．3．答案：B解析：根據(jù)楞次定律可知，金屬絲中電流沿逆時針方向，A點(diǎn)電勢高于B點(diǎn)；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知金屬絲中電動勢E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝kL2，由于金屬絲粗細(xì)均勻，A、B兩點(diǎn)間的電勢差為電動勢的一半，故選B.4．答案：A解析：銅不可以被磁化，則選用銅質(zhì)弦，電吉他不能正常工作，A錯誤，符合題意；取走磁體，就沒有磁場，弦振動時不能切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流，電吉他將不能正常工作，B正確，不符合題意；根據(jù)E＝neq\f(ΔΦ,Δt)可知，增加線圈匝數(shù)可以增大線圈中的感應(yīng)電動勢，C正確，不符合題意；弦振動過程中，磁場方向不變，但磁通量有時變大，有時變小，根據(jù)楞次定律可知，線圈中的電流方向不斷變化，D正確，不符合題意．5．答案：D解析：由題意可知，線圈中磁場的面積為a2，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知，線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝na2eq\f(ΔB,Δt)，故選項(xiàng)D正確．6．答案：D解析：通電直導(dǎo)線與兩線圈共平面且與兩線圈距離相等，則磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，根據(jù)磁通量的定義，由于線圈面積是2∶1，則磁通量之比為2∶1，故A錯誤；當(dāng)電流I均勻增大，其在右邊產(chǎn)生的磁場方向是垂直于平面向里且強(qiáng)度在變大，穿過B線圈的磁通量向里且增大，根據(jù)楞次定律，線圈B中的感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r針；同理可知線圈A中的電流方向?yàn)轫槙r針，故B錯誤；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，A、B兩線圈產(chǎn)生感應(yīng)電動勢分別為E1＝n1eq\f(ΔB,Δt)S1，E2＝n2eq\f(ΔB,Δt)S2，則電動勢之比為E1∶E2＝(n1S1)∶(n2S2)＝2n1∶n2，故C錯誤；因單匝線圈的周長之比為3∶2，則根據(jù)電阻定律兩線圈的電阻之比為R1∶R2＝(3n1)∶(2n2)，又因兩線圈電動勢之比為E1∶E2＝(n1S1)∶(n2S2)＝2n1∶n2，則根據(jù)歐姆定律有，其電流之比為I1∶I2＝4∶3，故D正確．7．答案：BC解析：由于磁場的面積不變，在線圈的半徑由2r變到3r的過程中，穿過線圈的磁通量不變，所以在線圈中沒有感應(yīng)電流產(chǎn)生，故A錯誤；由于磁場的面積不變，在線圈的半徑由2r變到0.5r的過程中，線圈的有效面積變小，穿過線圈的磁通量變小，根據(jù)楞次定律可知，線圈中產(chǎn)生逆時針的電流，故B正確；保持線圈半徑不變，使磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間按B＝kt變化，磁場增強(qiáng)，穿過線圈的磁通量增大，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律和閉合電路歐姆定律可知I＝eq\f(E,R)＝eq\f(ΔΦ,RΔt)＝eq\f(ΔBS,ΔtR)＝keq\f(S,R)＝eq\f(kπr2,R)，故C正確，D錯誤．8．答案：C解析：題圖位置時穿過金屬環(huán)的磁通量Φ1＝0，轉(zhuǎn)過30°角時穿過金屬環(huán)的磁通量大小Φ2＝BSsin30°＝eq\f(1,2)BS，轉(zhuǎn)過30°角所用的時間Δt＝eq\f(Δθ,ω)＝eq\f(π,6ω)，由法拉第電磁感應(yīng)定律，得感應(yīng)電動勢的平均值＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(Φ2－Φ1,Δt)＝3Bωr2，故C正確，A、B、D錯誤．9．答案：BCD解析：甲圖中，A、B兩線圈中磁通量的變化率一樣，由公式E＝neq\f(ΔΦ,Δt)可知，感應(yīng)電動勢與匝數(shù)成正比，為2∶1；由電阻定律R＝ρeq\f(l,S)可知，A、B線圈的電阻之比為4∶3，則電流之比為3∶2，選項(xiàng)A錯誤，B正確．圖乙中，A、B兩線圈中磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化率一樣，由公式E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(ΔB,Δt)·S可得，A、B線圈的電動勢之比為8∶9，電阻之比為4∶3，則電流之比為2∶3，選項(xiàng)C、D正確．10．答案：C解析：受電線圈內(nèi)部磁場向上且增強(qiáng)，由楞次定律可知，產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向俯視為順時針，即受電線圈中感應(yīng)電流方向由c到d，電源內(nèi)部電流由電勢較低的負(fù)極流向電勢較高的正極，故c點(diǎn)的電勢低于d點(diǎn)的電勢，A、B錯誤；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得，受電線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E＝neq\f(ΔB,Δt)S＝eq\f(n（B2－B1）S,t2－t1)，C正確；若想增加c、d之間的電勢差，可以增加送電線圈中電流的變化率，而僅均勻增加送電線圈中的電流不能達(dá)到此目的，D錯誤．故選C.11．答案：(1)0.057N(2)0.016J解析：(1)感應(yīng)電動勢大小E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)×eq\f(1,2)l2金屬框的電阻R＝4lλ感應(yīng)電流大小I＝eq\f(E,R)t＝2.0s時磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝(0.3－0.1×2.0)T＝0.1Tt＝2.0s時金屬框所受的安培力F＝eq\r(2)BIl聯(lián)立以上各式解得F≈0.057N.(2)0～2.0s時間內(nèi)金屬框產(chǎn)生的焦耳熱Q＝I2Rt代入數(shù)據(jù)解得Q＝0.016J．12．答案：(1)1V(2)0.1A方向?yàn)閎→R→a(3)3.2V解析：(1)根據(jù)題圖乙可知，0～4.0s時間內(nèi)線圈中的磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻變化，t1＝2.0s時，B2＝0.3T，則此時線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E1＝neq\f(ΔΦ1,Δt1)＝neq\f(B2－B0,Δt1)S＝1V.(2)在0～4.0s時間內(nèi)，根據(jù)閉合電