《法拉第電磁感應(yīng)定律》 課時(shí)作業(yè)1B卷 教師版VIP

學(xué)而優(yōu)·教有方PAGEPAGE10法拉第電磁感應(yīng)定律(B卷)(25分鐘·60分)一、選擇題(本題共6小題，每題6分，共36分)1．(多選)某地的地磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度的豎直分量方向向下，大小為4.5×10－5T。一靈敏電壓表連接在當(dāng)?shù)厝牒：佣蔚膬砂?，河?00m，該河段漲潮和落潮時(shí)有海水(視為導(dǎo)體)流過(guò)。設(shè)落潮時(shí)，海水自西向東流，流速為2m/s。下列說(shuō)法正確的是()A．電壓表記錄的電壓為5mVB．電壓表記錄的電壓為9mVC．河北岸的電勢(shì)較高D．河南岸的電勢(shì)較高【解析】選B、C。海水在落潮時(shí)自西向東流，該過(guò)程可以理解為：自西向東運(yùn)動(dòng)的導(dǎo)體棒在切割豎直向下的磁場(chǎng)。根據(jù)右手定則，北岸是正極電勢(shì)高，南岸電勢(shì)低，C正確、D錯(cuò)誤；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E＝Blv＝4.5×10－5×100×2V＝9×10－3V＝9mV，A錯(cuò)誤，B正確。2.如圖所示，用粗細(xì)相同的銅絲做成邊長(zhǎng)分別為l和2l的兩只閉合線框a和b，以相同的速度從磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域中勻速地拉到磁場(chǎng)外，不考慮線框的重力，若閉合線框的電流分別為Ia、Ib，則Ia∶Ib為()A．1∶4 B．1∶2C．1∶1 D．不能確定【解析】選C。產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝Blv，由閉合電路歐姆定律得I＝eq\f(Blv,R)，又lb＝2la，由電阻定律知Rb＝2Ra，故Ia∶Ib＝1∶1，故選C。3．在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，a、b是兩條平行金屬導(dǎo)軌，而c、d為串有電流表、電壓表的兩金屬棒，如圖所示，兩棒以相同的速度向右勻速運(yùn)動(dòng)，則以下結(jié)論正確的是()A．電壓表有讀數(shù)，電流表沒(méi)有讀數(shù)B．電壓表有讀數(shù)，電流表也有讀數(shù)C．電壓表無(wú)讀數(shù)，電流表有讀數(shù)D．電壓表無(wú)讀數(shù)，電流表也無(wú)讀數(shù)【解析】選D。當(dāng)兩棒以相同的速度向右勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，回路的磁通量不變，沒(méi)有感應(yīng)電流產(chǎn)生，電流表沒(méi)有讀數(shù)。電壓表是由電流表改裝而成的，沒(méi)有電流，指針不偏轉(zhuǎn)，電壓表也沒(méi)有讀數(shù)。故D正確。4.如圖所示，一個(gè)有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁場(chǎng)方向垂直紙面向外，一個(gè)矩形閉合導(dǎo)線框abcd，在外力作用下向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)穿過(guò)磁場(chǎng)，則下列判斷正確的是()A．導(dǎo)線框進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，感應(yīng)電流隨時(shí)間均勻增大B．導(dǎo)線框離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)，感應(yīng)電流方向?yàn)閍→d→c→b→aC．導(dǎo)線框進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，受到的安培力方向水平向右D．導(dǎo)線框離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)，受到的安培力恒定不變【解析】選A。線框在外力作用下向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)則由v＝v0＋at，E＝Blv，I＝eq\f(E,R)，可知I＝eq\f(Bl（v0＋at）,R)，因此感應(yīng)電流隨時(shí)間均勻增大，A正確；離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)，磁通量在減小，根據(jù)楞次定律(增反減同)，可知感應(yīng)磁場(chǎng)方向垂直紙面向外，因此，感應(yīng)電流方向?yàn)閍→b→c→d→a，B錯(cuò)誤；進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，磁通量在增大，根據(jù)楞次定律和右手定則，可知安培力水平向左，C錯(cuò)誤；離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)根據(jù)F＝eq\f(B2l2v,R)，知速度增大，安培力增大，D錯(cuò)誤。【加固訓(xùn)練】(2019·武漢高二檢測(cè))如圖所示，正方形線圈位于紙面內(nèi)，邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，匝數(shù)為N，電阻為R，過(guò)ab中點(diǎn)和cd中點(diǎn)的連線OO′恰好位于垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)的右邊界上，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，當(dāng)線圈在圖示位置轉(zhuǎn)過(guò)90°時(shí)，則穿過(guò)線圈某橫截面的總電量為()A．BL2B．NBL2C．eq\f(BL2,2R)D．eq\f(NBL2,2R)【解析】選D。當(dāng)正方形線圈abcd有一半處在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中時(shí)，磁通量為：Φ＝B·eq\f(1,2)L2＝eq\f(BL2,2)，q＝Neq\f(ΔΦ,R)＝Neq\f(BL2,2R)，故D正確，A、B、C錯(cuò)誤。5.如圖所示，一金屬?gòu)潡U處在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，已知ab＝bc＝L，當(dāng)它以速度v向右平動(dòng)時(shí)，a、c兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為()A．BLv B．BLvsinθC．BLvcosθ D．BLv(1＋sinθ)【解析】選B。公式E＝BLv中的L應(yīng)指導(dǎo)體切割磁感線的有效長(zhǎng)度，也就是與磁感應(yīng)強(qiáng)度B和速度v垂直的長(zhǎng)度，因此該金屬?gòu)潡U的有效切割長(zhǎng)度為L(zhǎng)sinθ，故感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為BLvsinθ，選項(xiàng)B正確。6.如圖所示，固定在同一絕緣水平面內(nèi)的兩平行長(zhǎng)直金屬導(dǎo)軌，間距為1m，其左側(cè)用導(dǎo)線接有兩個(gè)阻值均為1Ω的電阻，整個(gè)裝置處在磁感應(yīng)強(qiáng)度方向豎直向上、大小為1T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。一質(zhì)量為1kg的金屬桿MN垂直于導(dǎo)軌放置，已知桿接入電路的電阻為1Ω，桿與導(dǎo)軌之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.3，對(duì)桿施加方向水平向右、大小為10N的拉力，桿從靜止開(kāi)始沿導(dǎo)軌運(yùn)動(dòng)，桿與導(dǎo)軌始終保持良好接觸，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，重力加速度大小g＝10m/s2，則當(dāng)桿的速度大小為3m/s時(shí)()A．桿MN的加速度大小為3m/s2B．通過(guò)桿MN的電流大小為1A，方向從M到NC．桿MN兩端的電壓為1VD．桿MN消耗的電功率為1W【解析】選C。MN切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝Blv＝1×1×3V＝3V，感應(yīng)電流I＝eq\f(E,r＋\f(R·R,R＋R))＝eq\f(3,1＋\f(1×1,1＋1))A＝2A，對(duì)金屬桿，由牛頓第二定律得F－BIl－μmg＝ma，代入數(shù)據(jù)解得a＝5m/s2，A錯(cuò)誤；由A可知，流過(guò)MN的電流大小為2A，由右手定則可知，電流方向從M向N，B錯(cuò)誤；MN兩端的電壓U＝IR外＝2×eq\f(1×1,1＋1)V＝1V，C正確；桿MN消耗的電功率P＝I2r＝22×1W＝4W，D錯(cuò)誤。二、計(jì)算題(本題共2小題，共24分。要有必要的文字說(shuō)明和解題步驟，有數(shù)值計(jì)算的要標(biāo)明單位)7．(12分)(2020·天津等級(jí)考)如圖所示，垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t均勻變化。正方形硬質(zhì)金屬框abcd放置在磁場(chǎng)中，金屬框平面與磁場(chǎng)方向垂直，電阻R＝0.1Ω，邊長(zhǎng)l＝0.2m。求：(1)在t＝0到t＝0.1s時(shí)間內(nèi)，金屬框中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E；(2)t＝0.05s時(shí)，金屬框ab邊受到的安培力F的大小和方向；(3)在t＝0到t＝0.1s時(shí)間內(nèi)，金屬框中電流的電功率P。【解析】(1)在t＝0到t＝0.1s的時(shí)間Δt內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化量ΔB＝0.2T，設(shè)穿過(guò)金屬框的磁通量變化量為ΔΦ，有ΔΦ＝ΔBl2①由于磁場(chǎng)均勻變化，所以金屬框中產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)是恒定的，有E＝eq\f(ΔΦ,Δt)②聯(lián)立①②式，代入數(shù)據(jù)，解得E＝0.08V③(2)設(shè)金屬框中的電流為I，由閉合電路歐姆定律，有I＝eq\f(E,R)④由圖可知，t＝0.05s時(shí)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1＝0.1T，金屬框ab邊受到的安培力F＝IB1l⑤聯(lián)立①②④⑤式，代入數(shù)據(jù)，解得F＝0.016N⑥方向垂直于ab向左。⑦(3)在t＝0到t＝0.1s時(shí)間內(nèi)，金屬框中電流的電功率P＝I2R⑧聯(lián)立①②④⑧式，代入數(shù)據(jù)，解得P＝0.064W⑨答案：(1)0.08V(2)0.016N方向垂直于ab向左(3)0.064W8.(12分)(2020·江蘇高考)如圖所示，電阻為0.1Ω的正方形單匝線圈abcd的邊長(zhǎng)為0.2m，bc邊與勻強(qiáng)磁場(chǎng)邊緣重合。磁場(chǎng)的寬度等于線圈的邊長(zhǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為0.5T。在水平拉力作用下，線圈以8m/s的速度向右穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域。求線圈在上述過(guò)程中(1)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小E；(2)所受拉力的大小F；(3)感應(yīng)電流產(chǎn)生的熱量Q。【解析】(1)由題意可知，當(dāng)線圈切割磁感線時(shí)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為E＝Blv＝0.5×0.2×8V＝0.8V(2)因?yàn)榫€圈勻速運(yùn)動(dòng)故所受拉力等于安培力，有F＝F安＝BIl根據(jù)閉合電路歐姆定律有I＝eq\f(E,R)結(jié)合(1)聯(lián)立各式代入數(shù)據(jù)可得F＝0.8N。(3)線圈穿過(guò)磁場(chǎng)所用的時(shí)間為t＝eq\f(2l,v)＝eq\f(2×0.2,8)s＝0.05s故線圈穿越過(guò)程產(chǎn)生的熱量為Q＝I2Rt＝eq\f(E2,R)t＝eq\f(0.82,0.1)×0.05J＝0.32J答案：(1)0.8V(2)0.8N(3)0.32J【加固訓(xùn)練】如圖所示，一光滑絕緣斜面與水平面成45°角，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的方向豎直向下，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。把由三段導(dǎo)線ab、bc、ca構(gòu)成的一個(gè)質(zhì)量為m、邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的等邊三角形線框靜置于斜面上，導(dǎo)線ac與斜面底端平行，導(dǎo)線ac的a、c端分別接恒定電壓的正、負(fù)兩極。若三角形線框靜止在斜面上，重力加速度為g，每段導(dǎo)線的電阻均為R，則恒定電壓U的大小為()A．eq\f(3mR,2BL) B．eq\f(2mgR,3BL)C．eq\f(\r(2)BL,3mgR) D．eq\f(2\r(2)BL,3mgR)【解析】選B。根據(jù)電路特征可知，abc段電路的電阻為2R，ac段電路的電阻為R，則abc段和ac段電路中的電流大小分別為Iabc＝eq\f(U,2R)，Iac＝eq\f(U,R)，又因?yàn)閍bc段和ac段電路的有效長(zhǎng)度均為L(zhǎng)，根據(jù)安培力公式F安＝BIL可得，三角形線框受到的安培力的合力大小為F＝BIabcL＋BIacL＝eq\f(3BUL,2R)，方向水平向右，因?yàn)槿切尉€框靜止在斜面上，根據(jù)平衡條件有Fcos45°＝mgsin45°，解得U＝eq\f(2mgR,3BL)，故B正確，A、C、D錯(cuò)誤。(15分鐘·40分)9．(6分)(多選)如圖所示，A、B兩閉合線圈為同樣導(dǎo)線繞成，A有10匝，B有20匝，兩圓線圈半徑之比為2∶1。均勻磁場(chǎng)只分布在B線圈內(nèi)。當(dāng)磁場(chǎng)隨時(shí)間均勻減弱時(shí)()A．A中無(wú)感應(yīng)電流B．A、B中均有恒定的感應(yīng)電流C．A、B中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)之比為2∶1D．A、B中感應(yīng)電流之比為1∶2【解析】選B、D。磁場(chǎng)隨時(shí)間均勻減弱，穿過(guò)閉合線圈A的磁通量減少，A中產(chǎn)生感應(yīng)電流，故A錯(cuò)誤；磁場(chǎng)隨時(shí)間均勻減弱，穿過(guò)閉合線圈A、B的磁通量減少，A、B中都產(chǎn)生感應(yīng)電流，故B正確；由法拉第電磁感應(yīng)定律得，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)：E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(ΔB,Δt)S，其中eq\f(ΔB,Δt)、S都相同，A有10匝，B有20匝，A、B線圈中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)EA∶EB＝1∶2，故C錯(cuò)誤；線圈電阻：R＝ρeq\f(L,S)＝ρeq\f(n·2πr,S)＝eq\f(2nπρr,S)，兩圓線圈半徑之比為2∶1，A有10匝，B有20匝，ρ、S都相同，則電阻之比RA∶RB＝1∶1，由歐姆定律I＝eq\f(E,R)得，產(chǎn)生的感應(yīng)電流之比IA∶IB＝1∶2，故D正確。10．(6分)(多選)如圖甲所示，邊長(zhǎng)L＝0.4m的正方形線框總電阻R＝1Ω(在圖中用等效電阻畫(huà)出)，方向垂直紙面向外的磁場(chǎng)充滿(mǎn)整個(gè)線框平面。磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化的情況如圖乙所示，則下列說(shuō)法中正確的是()A.回路中電流方向沿逆時(shí)針?lè)较駼．線框所受安培力逐漸減小C．5s末回路中的電動(dòng)勢(shì)為0.08VD．0～6s內(nèi)回路中產(chǎn)生的電熱為3.84×10－2J【解析】選C、D。由楞次定律可判斷出感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針?lè)较?，A錯(cuò)誤；由圖像可知，磁通量變化率是恒定的，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)一定，依據(jù)閉合電路歐姆定律，感應(yīng)電流大小也是一定的，再依據(jù)安培力表達(dá)式F＝BIl，安培力大小與磁感應(yīng)強(qiáng)度成正比，B錯(cuò)誤；根據(jù)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)：E＝Neq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)×S＝eq\f(4－1,6)×0.4×0.4V＝0.08V，C正確；根據(jù)閉合電路歐姆定律，回路中感應(yīng)電流為：I＝eq\f(E,R)＝eq\f(0.08V,1Ω)＝0.08A；再根據(jù)焦耳定律，在0～6s內(nèi)線圈產(chǎn)生的焦耳熱：Q＝I2Rt＝0.082×1×6J＝3.84×10－2J，D正確。11．(6分)(2021·遼寧適應(yīng)性測(cè)試)如圖所示，“凹”字形金屬線框右側(cè)有一寬度為3L的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里。線框在紙面內(nèi)向右勻速通過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域，t＝0時(shí)，線框開(kāi)始進(jìn)入磁場(chǎng)。設(shè)逆時(shí)針?lè)较驗(yàn)楦袘?yīng)電流的正方向，則線框中感應(yīng)電流i隨時(shí)間t變化的圖像可能正確的是()【解析】選A。設(shè)“凹”字形金屬線框運(yùn)動(dòng)的速度為v，線框總電阻為R，當(dāng)時(shí)間t<eq\f(L,v)時(shí)，只有最右側(cè)的兩個(gè)短邊切割磁感線，感應(yīng)電流的方向?yàn)槟鏁r(shí)針，大小為I＝eq\f(2BLv,R)；當(dāng)eq\f(L,v)≤t<eq\f(3L,v)時(shí)，從右側(cè)中間短邊進(jìn)入磁場(chǎng)至左側(cè)長(zhǎng)邊進(jìn)入磁場(chǎng)，感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針，大小為I＝eq\f(3BLv,R)；當(dāng)eq\f(3L,v)≤t<eq\f(4L,v)時(shí)，從左側(cè)長(zhǎng)邊進(jìn)入磁場(chǎng)至右側(cè)的中間短邊離開(kāi)磁場(chǎng)，感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針，大小為I＝eq\f(2BLv,R)；當(dāng)eq\f(4L,v)≤t<eq\f(6L,v)時(shí)，從右側(cè)中間短邊離開(kāi)磁場(chǎng)至左側(cè)長(zhǎng)邊離開(kāi)磁場(chǎng)，感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針，大小為I＝eq\f(3BLv,R)。故選A。12．(22分)(2019·江蘇高考)如圖所示，勻強(qiáng)磁場(chǎng)中有一個(gè)用軟導(dǎo)線制成的單匝閉合線圈，線圈平面與磁場(chǎng)垂直。已知線圈的面積S＝0.3m2，電阻R＝0.6Ω，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.2T?，F(xiàn)同時(shí)向兩側(cè)拉動(dòng)線圈，線圈的兩邊在Δt＝0.5s時(shí)間內(nèi)合到一起。求線圈在上述過(guò)程中