选修1高二物理学科第三章同步练习题法拉第电磁感应定律语文Word文档格式.docx

1、2.一根直导线长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的说法错误的是（）A.一定为0.1 V B.可能为零C.可能为0.01 V D.最大值为0.1 V答案 A解析 当公式E=Blv中B、l、v互相垂直而导体切割磁感线运动时感应电动势最大：Em=Blv=0.10.110 V=0.1 V，考虑到它们三者的空间位置关系，B 、C、D正确，A错.3.无线电力传输目前取得重大突破，在日本展出了一种非接触式电源供应系统.这种系统基于电磁感应原理可无线传输电力.两个感应线圈可以放置在左右相邻或上下相对的位置，原理示意图如图1所示.下列说法正确

2、的是（）图1A.若A线圈中输入电流，B线圈中就会产生感应电动势B.只有A线圈中输入变化的电流，B线圈中才会产生感应电动势C.A中电流越大，B中感应电动势越大D.A中电流变化越快，B中感应电动势越大答案 BD解析 根据产生感应电动势的条件，只有处于变化的磁场中，B线圈才能产生感应电动势，A错，B对;根据法拉第电磁感应定律，感应电动势的大小取决于磁通量变化率，所以C错，D对.4.闭合回路的磁通量随时间t的变化图象分别如图2所示，关于回路中产生的感应电动势的下列论述，其中正确的是（）图2A.图甲回路中感应电动势恒定不变B.图乙回路中感应电动势恒定不变C.图丙回路中0t1时间 内感应电动势小于t1t2

3、时间内感应电动势D.图丁回路中感 应电动势先变大后变小解析 因E=t，则可据图象斜率判断知图甲中t=0，即电动势E为0;图乙中t=恒量，即电动势E为一恒定值;图丙中E前图丁中图象斜率t先减后增，即回路中感应电动势先减后增，故只有B选项正确.5.如图3所示，PQRS为一正方形导线框，它以恒定速度向右进入以MN为边界的匀强磁场，磁场方向垂直线框平面向里，MN线与线框的边成45角，E、F分别是PS和PQ的中点.关于线框中的感应电流，正确的说法是（）图3A.当E点经过边界MN时，线框中感应电流最大B.当P点经过边界MN时，线框中感应电流最大C.当F点经过边界MN时，线框中感应电流最大D.当Q点经过边界

4、MN时，线框中感应电流最大解析 当P点经过边界MN时，切割磁感线的有效长度最大为SR，感应电流达到最大.6.如图4（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.图4 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上的电荷量q及电阻R1上产生的热量.答案 （1）nB0r223Rt0 从b到a（2）nB0r22t13Rt0 2n2B202r42t

5、19Rt20解析 （1）由图象分析可知，0至t1时间内Bt=B0t0.由法拉第电磁感应定律有E=nt=nBtS，而S=r22.由闭合电路欧姆定律有I1=ER1+R.联立以上各式得，通过电阻R1上的电流大小I1=nB0r223Rt0.由楞次定律可判断通过电阻R1上的电流方向从b到a.（2）通过电阻R1上的电量：q=I1t1=nB0r22t13Rt0电阻R1上产生的热量：Q=I21R1t1=2n2B202r42t19Rt20二、提升练7.如图5所示，A、B两闭合线圈为同样导线绕成，A有10匝，B有20匝，两圆线圈半径之比为21.均匀磁场只分布在B线圈内.当磁场随时间均匀减弱时（）图5A.A中无感应

6、电流B.A、B中均有恒定的感应电流C.A、B中感应电动势之比为21D.A、B中感应电流之比为12解析 只要穿过线圈内的磁通量发生变化，线圈中就有感应电动势和感应电流，因为磁场变化情况相同，有效面积也相同，所以，每匝线圈产生的感应电动势相同，又由于两线圈的匝数和半径不同，电阻值不同，根据欧姆定律，单匝线圈电阻之比为21，所以，感应电流之比为12.因此正确的答案是B、D.8.在匀强磁场中，有一个接有电容器的导线回路，如图6所示，已知电容C=3 0 F，回路的长和宽分别为l1=5 cm，l2=8 cm，磁场变化率为 510-2 T/s，则（）图6A.电容器带电荷量为210-9 CB.电容器带电荷量为

7、410-9 CC.电容器带电荷量为610-9 CD.电容器带电荷量为810-9 C答案 C解析 回路中感应电动势等于电容器两板间的电压，U=E=t=Btl1l2=510-20.050.08 V=210-4 V.电容器的电荷量为q=CU=CE=3010-6210-4 C=610-9 C，C选项正确.9.如图7所示，一正方形线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁感线的对称轴OO匀速运动，沿着OO观察，线圈沿逆时针方向转动.已知 匀强磁场的磁感应强度为B，线圈匝数为n，边长为l，电阻为R，转动的角速度为.则当线圈转至图示位置时（）图7A.线圈中感应电流的方向为abcdaB.线圈中的感应电流为nBl2RC

8、.穿过线圈的磁通量为0D.穿过线圈的磁通量的变化率为0答案 BC解析 图示位置bc和ad的瞬时切割速度均为v=l2ad边与bc边产生的感应电动势都是E=Blv=12Bl2且bd为高电势端，故整个线圈此时的感应电动势e=2n12Bl2=nBl2，感应电流为nBl2R，B正确.由右手定则可知线圈中的电流方向为adcba，A错误.此时磁通量为0，但磁通量变化率最大，故选项为B、C.10.如图8所示，空间存在两个磁场，磁感应强度大小均为B，方向相反且垂直纸面，MN、PQ为其边界，OO为其对称轴.一导线折成边长为l的正方形闭合回路abcd，回路在纸面内以恒定速度v0向右运动，当运动到关于OO对称的位置时

9、（）图8A.穿过回路的磁通量为零B.回路中感应电动势大小为2Blv0C.回路中感应电流的方向为顺时针方向D.回路中ab边与cd边所受安培力方向相同答案 ABD解析 线框关于OO对称时，左右两侧磁通量大小相等，磁场方向相反，合磁通量为0;根据右手定则，cd的电动势方向由c到d，ab的电动势方向由a到b，且大小均为Blv0，闭合电路的电动势为2Blv0，电流方向为逆时针;根据左手定则，ab和cd边所受安培力方向均向左，方向相同，故正确的选项为A、B、D.11.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纸面向里的匀强磁场中，如图9甲所示.当磁场以10 T/s的变化率增强时，线框

10、中点a、b两点间的电势差是（）图9A.Uab=0.1 V B.Uab=-0.1 VC.Uab=0.2 V D.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，从而在线框中有感应电流，把 左半部分线框看成电源，设其电动势为E，内电阻为r2，画出等效电路如图乙所示.则ab两点间的电势差即为电源的路端电压，设l是边长，正方形线框的总电阻为r，且依题意知Bt=10 T/s.由E=t得E=BSt=Bl22t=100.222 V=0.2 V，所以U=Ir2=Er2+r2r2=0.2rr2 V=0.1 V.由于a点电势低于b点电势，故Uab=-0.1 V，即B选项正确.点评 处

11、理此类问题要分清内、外电路（哪部分相当于电源），画出等效电路图.12.如图10所示，在空间中 存在两个相邻的、磁感应强度大小相等、方向相反的有界匀强磁场，其宽度均为L.现将宽度也为L的矩形闭合线圈，从图示位置垂直于磁场方向匀速拉过磁场区域，则在该过程中，能正确反映线圈中所产生的感应电流或其所受的安培力随时间变化的图象是（）图10答案 D 解析由楞次定律可知，当矩形导线框进入磁场和出磁场时，磁场力总是阻碍物体的运动，方向始终向左，所以外力F始终水平向右，因安培力的大小不同，故选项D是正确的，选项C是错误的.当矩形导线框进入磁场时，由法拉第电磁感应定律判断，感应电流的大小在中间时是最大的，所以选项

12、A、B是错误的.点评 题中并没有明确电流或安培力的正方向，所以开始时取正值或负值都可以，关键是图象能否正确反映过程的特点.13.如图11所示，导线全部为裸导线，半径为r的圆内有垂直于平面的匀强磁场，磁感应强度为 B，一根长度大于2r的导线MN以速度v在圆环上无摩擦地自左向右匀速滑动，电路的固定电阻为R.其余电阻忽略不计.试求MN从圆环的左端到右端的过程中电阻R上的电流强度的平均值及通过的电荷量.图11答案 Brv2R Br2R解析 由于 =BS=Br2，完成这一变化所用的时间t=2rv，故E=t=Brv2.所以电阻R上的电流强度平均值为I=ER=Brv2R通过R的电荷量为q=It=Br2R点评

13、 回路中发生磁通量变化时，由于感应电场的作用使电荷发生定向移动而形成感应电流，在t内迁移的电荷量（感应电荷量）为：q=It=ERt=nt1Rt=nR.其中n为匝数，R为总电阻. 从上式可知，感应电荷量仅由回路电阻和磁通量的变化决定，与发生磁通量变化的时间无关，与线圈匝数有关.14.如图12所示，处于匀强磁场中的两根足够长、电阻不计的平行金属导轨相距1 m， 导轨平面与水平面成=37角，下端连接阻值为R的电阻.匀强磁场方向与导轨平面垂直，质量为0.2 kg、电阻不计的金属棒放在两导轨上，棒与导轨垂直并保持良好接触，它们之间的动摩擦因数为0.25.图12（1）求金属棒沿导轨由静止开始下滑时的加速度

14、大小.（2）当金属棒下滑速度达到稳定时，电阻R消耗的功率为8 W，求该速度的大小.来 （3）在上问中，若R=2 ，金属棒中的电流方向由a到b，求磁感应强度的大小与方向.（g取10 m/s2，sin 37=0.6，cos 37=0.8）答案 （1）4 m/s2 （2）10 m/s （3）0.4 T 方向垂直导轨平面向上解析 （1）金属棒开始下滑的初速度为零，根据牛顿第二定律得mgsin mgcos =ma由式解得a=10（0.6-0.250.8） m/s2=4 m/s2（2）设金属棒运动达到稳定时，速度为v，所受安培力为F，棒在沿导轨方向受力平衡mgsin mgcos -F=0此时金属棒克服安培力做功的功率等于电路中电阻R消耗的电功率Fv=P由两式解得：v=PF=80.2100.6-0.250.8 m/s=10 m/s（3）设电路中电流为I，两导轨间金属棒的长为l，磁场的磁感应强度为B I=BlvRP=I2R由两式解得：B=PRvl=82101 T=0.4 T磁场方向垂直导轨平面向上选修1高二物理学科第三章同步练习题就为大家介绍到这里，希望对你有所帮助。