PAGEPAGE7課時作業(yè)【基礎(chǔ)練習(xí)】一、法拉第電磁感應(yīng)定律的理解與應(yīng)用1．如圖，勻稱磁場中有一由半圓弧及其直徑構(gòu)成的導(dǎo)線框，半圓直徑與磁場邊緣重合：磁場方向垂直于半圓面(紙面)向里，磁感應(yīng)強度大小為B0，使該線框從靜止起先繞過圓心O、垂直于半圓面的軸以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動半周，在線框中產(chǎn)生感應(yīng)電流．現(xiàn)使線框保持圖中所示位置，磁感應(yīng)強度大小隨時間線性變更．為了產(chǎn)生與線框轉(zhuǎn)動半周過程中同樣大小的電流，磁感應(yīng)強度隨時間的變更率eq\f(ΔB,Δt)的大小應(yīng)為()A.eq\f(4ωB0,π) B.eq\f(2ωB0,π) C.eq\f(ωB0,π) D.eq\f(ωB0,2π)C解析：設(shè)圓的半徑為L，電阻為R，當(dāng)線框以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E1＝eq\f(1,2)B0ωL2.當(dāng)線框不動，而磁感應(yīng)強度隨時間變更時，E2＝eq\f(1,2)πL2eq\f(ΔB,Δt)，由eq\f(E1,R)＝eq\f(E2,R)得eq\f(1,2)B0ωL2＝eq\f(1,2)πL2eq\f(ΔB,Δt)，即eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(ωB0,π)，故C項正確．2．(2024年濰坊一中)(多選)如圖所示，兩根間距為d的光滑金屬導(dǎo)軌，平行放置在傾角為的斜面上，導(dǎo)軌的右端接有電阻R，整個裝置放在磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場中，磁場方向與導(dǎo)軌平面垂直。導(dǎo)軌上有一質(zhì)量為m、電阻也為R的金屬棒與兩導(dǎo)軌垂直且接觸良好，金屬棒以肯定的初速度v0在沿著導(dǎo)軌上滑一段距離L后返回，不計導(dǎo)軌電阻及感應(yīng)電流間的相互作用。下列說法正確的是()A．導(dǎo)體棒返回時先做加速運動，最終做勻速直線運動B．導(dǎo)體棒沿著導(dǎo)軌上滑過程中通過R的電量q＝eq\f(Bdl,2R)C．導(dǎo)體棒沿著導(dǎo)軌上滑過程中克服安培力做的功W＝eq\f(1,2)(mveq\o\al(2,0)－mgL)D．導(dǎo)體棒沿著導(dǎo)軌上滑過程中電阻R上產(chǎn)生的熱量Q＝eq\f(1,2)(mveq\o\al(2,0)－mgL)答案：ABC3．(2024·河南八市重點中學(xué)聯(lián)考)如圖所示，導(dǎo)體桿OQ在作用于OQ中點且垂直于OQ的力作用下，繞O軸沿半徑為r的光滑的半圓形框架在勻強磁場中以肯定的角速度轉(zhuǎn)動，磁場的磁感應(yīng)強度為B，方向垂直于框架平面，AO間接有電阻R，桿和框架電阻不計，回路中的總電功率為P，則()A．外力的大小為2Breq\r(\f(P,R))B．外力的大小為Breq\r(PR)C．導(dǎo)體桿旋轉(zhuǎn)的角速度為eq\f(2\r(PR),Br2)D．導(dǎo)體桿旋轉(zhuǎn)的角速度為eq\f(2,Br2)eq\r(\f(P,R))C解析：由題意知，導(dǎo)體桿切割磁感線產(chǎn)生的電動勢為E＝eq\r(PR)，設(shè)Q點的線速度大小為v，則導(dǎo)體桿旋轉(zhuǎn)切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝eq\f(1,2)Brv，依據(jù)P＝F·eq\f(1,2)v及ω＝eq\f(v,r)，求得F＝Breq\r(\f(P,R))，ω＝eq\f(2\r(PR),Br2)，因此C項正確．4．(2024河北石家莊二模，21)(多選)如圖甲所示，質(zhì)量m＝3.0×10－3kg的“”形金屬細框豎直放置在兩水銀槽中，“”形框的水平細桿CD長l＝0.20m，處于磁感應(yīng)強度大小B1＝1.0T、方向水平向右的勻強磁場中．有一匝數(shù)n＝300匝、面積S＝0.01m2的線圈通過開關(guān)K與兩水銀槽相連．線圈處于與線圈平面垂直、沿豎直方向的勻強磁場中，其磁感應(yīng)強度B2隨時間t變更的關(guān)系如圖乙所示．t＝0.22s時閉合開關(guān)K瞬間細框跳起(細框跳起瞬間安培力遠大于重力)，跳起的最大高度h＝0.20m．不計空氣阻力，重力加速度g＝10m/s2，下列說法正確的是()A．0～0.10s內(nèi)線圈中的感應(yīng)電動勢大小為3VB．開關(guān)K閉合瞬間，CD中的電流方向由C到DC．磁感應(yīng)強度B2的方向豎直向下D．開關(guān)K閉合瞬間，通過細桿CD的電荷量為0.03CBD解析：0～0.1s內(nèi)線圈中的磁場勻稱變更，由法拉第電磁感應(yīng)定律E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝nSeq\f(ΔB,Δt)，代入數(shù)據(jù)得E＝30V，A錯．開關(guān)閉合瞬間，細框會跳起，可知細框受向上的安培力，由左手定則可推斷電流方向由C到D，B對．由于t＝0.22s時通過線圈的磁通量正在削減，再對線圈由楞次定律可知感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場的方向與B2的方向相同，故再由安培定則可知C錯誤．K閉合瞬間，因安培力遠大于重力，則由動量定理有B1IlΔt＝mv，通過細桿的電荷量Q＝IΔt，線框向上跳起的過程中v2＝2gh，解得Q＝0.03C，D對．二、導(dǎo)體切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢的計算5．如圖所示，兩根相距為l的平行直導(dǎo)軌ab、cd，b、d間連有一固定電阻R，導(dǎo)軌電阻可忽視不計．MN為放在ab和cd上的一導(dǎo)體桿，與ab垂直，其電阻也為R.整個裝置處于勻強磁場中，磁感應(yīng)強度的大小為B，磁場方向垂直于導(dǎo)軌所在平面(垂直紙面對里)．現(xiàn)對MN施力使它沿導(dǎo)軌方向以速度v水平向右做勻速運動．令U表示MN兩端電壓的大小，下列說法正確的是()A．U＝eq\f(1,2)Blv，流過固定電阻R的感應(yīng)電流由b經(jīng)R到dB．U＝Blv，流過固定電阻R的感應(yīng)電流由d經(jīng)R到bC．MN受到的安培力大小FA＝eq\f(B2l2v,2R)，方向水平向右D．MN受到的安培力大小FA＝eq\f(B2l2v,R)，方向水平向左A解析：依據(jù)電磁感應(yīng)定律，MN產(chǎn)生的電動勢E＝Blv，由于MN的電阻與外電路電阻相同，所以MN兩端的電壓U＝eq\f(1,2)E＝eq\f(1,2)Blv，依據(jù)右手定則，流過固定電阻R的感應(yīng)電流由b經(jīng)R到d，故A正確，B錯誤；MN受到的安培力大小FA＝eq\f(B2l2v,2R)，方向水平向左，故C、D錯誤．6．如圖所示，空間存在兩個磁場，磁感應(yīng)強度大小均為B，方向相反且垂直紙面，MN，PQ為其邊界，OO′為其對稱軸．一導(dǎo)線折成邊長為L的正方形閉合回路abcd，回路在紙面內(nèi)以恒定速度v0向右運動，當(dāng)運動到關(guān)于OO′對稱的位置時()A．穿過回路的磁通量為零B．回路中感應(yīng)電動勢大小為BLv0C．回路中感應(yīng)電流的方向為順時針方向D．回路中ab邊與cd邊所受安培力方向相反A解析：由于兩磁場的磁感應(yīng)強度大小相等，方向相反，且回路此時關(guān)于OO′對稱，因而此時穿過回路的磁通量為零；ab，cd均切割磁感線，相當(dāng)于兩個電源，由右手定則知，回路中感應(yīng)電流方向為逆時針方向，兩電源串聯(lián)，感應(yīng)電動勢為2BLv0；由左手定則知ab，cd所受安培力方向均向左．7．如圖所示，半徑為r的金屬圓盤在垂直于盤面的勻強磁場B中，繞O軸以角速度ω沿逆時針方向勻速轉(zhuǎn)動，則通過電阻R的電流的方向和大小是(金屬圓盤的電阻不計)()A．由c到d，I＝eq\f(Br2ω,R) B．由d到c，I＝eq\f(Br2ω,R)C．由c到d，I＝eq\f(Br2ω,2R) D．由d到c，I＝eq\f(Br2ω,2R)D解析：由右手定則判定通過電阻R的電流的方向是由d到c；而金屬圓盤產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝eq\f(1,2)Br2ω，所以通過電阻R的電流大小是I＝eq\f(Br2ω,2R).8．(2024安徽十校聯(lián)考)如圖所示，將一根絕緣硬金屬導(dǎo)線彎曲成一個完整的正弦曲線形態(tài)，它通過兩個小金屬環(huán)a，b與長直金屬桿導(dǎo)通，圖中a，b間距離為L，導(dǎo)線組成的正弦圖形頂部或底部到桿的距離都是d.右邊虛線范圍內(nèi)存在磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直于彎曲導(dǎo)線所在平面的勻強磁場，磁場區(qū)域的寬度為eq\f(3L,4)，現(xiàn)在外力作用下導(dǎo)線沿桿以恒定的速度v向右運動，t＝0時刻a環(huán)剛從O點進入磁場區(qū)域，則下列說法正確的是()A．在t＝eq\f(L,2v)時刻，回路中的感應(yīng)電動勢為BdvB．在t＝eq\f(3L,4v)時刻，回路中的感應(yīng)電動勢為2BdvC．在t＝eq\f(L,4v)時刻，回路中的感應(yīng)電流第一次變更方向D．在t＝eq\f(L,2v)時刻，回路中的感應(yīng)電流第一次變更方向D解析：t＝eq\f(L,4v)時刻前后桿中電流均為a→b，t＝eq\f(L,2v)時刻，回路中切割磁感線的有效長度為0，感應(yīng)電動勢為0，此時前后流過桿的電流由a→b改為b→a；t＝eq\f(3L,4v)時刻，回路中切割磁感線的有效長度為d，感應(yīng)電動勢為Bdv.三、自感與渦流9.(2024·江西新余四中模擬)某同學(xué)為了驗證斷電自感現(xiàn)象，找來帶鐵芯的線圈L、小燈泡A、開關(guān)S和電池組E，用導(dǎo)線將它們連接成如圖所示的電路．檢查電路后，閉合開關(guān)S，小燈泡發(fā)光；再斷開開關(guān)S，小燈泡僅有不顯著的延時熄滅現(xiàn)象．雖經(jīng)多次重復(fù)，仍未見老師演示時出現(xiàn)的小燈泡閃亮現(xiàn)象，可能的緣由是()A．電源的內(nèi)阻偏大 B．線圈電阻偏大C．小燈泡電阻偏大 D．線圈的自感系數(shù)較大B解析：燈泡能否發(fā)生閃亮，取決于通過燈泡的電流有沒有增大，與電源的內(nèi)阻無關(guān)，故A錯誤．線圈電阻偏大，穩(wěn)定時流過燈泡的電流大于流過線圈的電流，斷開開關(guān)時，依據(jù)楞次定律，流過燈泡的電流從線圈原來的電流漸漸減小，燈泡不發(fā)生閃亮現(xiàn)象，故B正確．小燈泡電阻偏大，穩(wěn)定時流過燈泡的電流小于流過線圈的電流，斷開開關(guān)時，依據(jù)楞次定律，流過燈泡的電流從線圈原來的電流漸漸減小，燈泡將發(fā)生閃亮現(xiàn)象，故C錯誤．線圈的自感系數(shù)較大，產(chǎn)生的自感電動勢較大，但不能變更穩(wěn)定時燈泡和線圈中電流的大小，故D錯誤．10．如圖所示的電路中，電源的電動勢為E，內(nèi)阻為r，電感線圈L的電阻不計，電阻R的阻值大于燈泡D的阻值．在t＝0時刻閉合開關(guān)S，經(jīng)過一段時間后，在t＝t1時刻斷開S.下列表示A，B兩點間電壓UAB隨時間t變更的圖像中，正確的是()B解析：S閉合時，由于電感線圈L阻礙電流增大，經(jīng)過一段時間電流穩(wěn)定時L電阻不計，可見電路的外電阻是從大變小的過程．由U外＝eq\f(R外,R外＋r)E可知U外也是從大變小的過程．t1時刻斷開S，由于自感在L，R，D構(gòu)成的回路中，電流從B向A，中間流過D，所以t1時刻UAB反向．【素能提升】11．(多選)如圖所示的電路中，線圈匝數(shù)為n、橫截面積為S、電阻為r，線圈處于一個磁感應(yīng)強度勻稱減小的磁場中，磁感應(yīng)強度方向水平向右且與線圈平面垂直，電路中兩個定值電阻的阻值分別為r和2r，電容器的電容為C、帶電荷量為q.下列說法正確的是()A．電容器上極板帶正電B．電容器下極板帶正電C．磁感應(yīng)強度隨時間的變更率為eq\f(q,nSC)D．磁感應(yīng)強度隨時間的變更率為eq\f(2q,nSC)BD解析：由題圖可知，向右的磁場勻稱減小，依據(jù)楞次定律，外電路r中的電流自右向左，所以電容器下極板帶正電；由C＝eq\f(q,U)得，電容器兩端的電壓即電源的路端電壓U＝eq\f(q,C)，又由閉合電路歐姆定律可知，感應(yīng)電動勢E＝2U＝eq\f(2q,C)，依據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有E＝neq\f(ΔB,Δt)S，聯(lián)立得eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(2q,nSC).12．(多選)依據(jù)地磁場的特征可知，在北半球的地磁場有一水平向北的重量Bx和一個豎直向下的重量By.某探討性學(xué)習(xí)小組設(shè)計了如下試驗測量Bx和By的大小，自制一個電阻為R的長方形n匝線圈abcd沿著磁針?biāo)傅哪媳狈较蚱椒旁诒卑肭虻囊粋€水平桌面上，測得兩邊的長度ad＝L1，bc＝L2，如圖所示．現(xiàn)突然將線圈翻轉(zhuǎn)180°，使ab與dc互換位置，測得線圈中流過的電荷量為q1，然后維持bc邊不動，將線圈繞bc邊轉(zhuǎn)動，使之突然豎直，這次測得線圈中流過的電荷量為q2，則下列說法正確的是()A．By＝eq\f(Rq1,nL1L2) B．By＝eq\f(Rq1,2nL1L2)C．Bx＝eq\f(R（2q2＋q1）,2nL1L2) D．Bx＝eq\f(R（2q2－q1）,2nL1L2)BD解析：當(dāng)線圈翻轉(zhuǎn)180°時，穿過線圈的磁通量的變更量為ΔΦ1＝2ByL1L2，感應(yīng)電動勢E1＝neq\f(ΔΦ1,Δt1)，依據(jù)歐姆定律有eq\o(I,\s\up6(－))1＝eq\f(E1,R)，而q1＝eq\o(I,\s\up6(－))1Δt1，解得By＝eq\f(Rq1,2nL1L2)，所以選項B正確，選項A錯誤；當(dāng)線圈繞bc邊豎直立起來時，穿過線圈的磁通量的變更量為ΔΦ2＝ByL1L2＋BxL1L2，同理可得q2＝neq\f(ΔΦ2,R)，解得Bx＝eq\f(R（2q2－q1）,2nL1L2)，所以選項D正確，選項C錯誤．13．(2024江蘇單科，13)如圖所示，兩條相距d的平行金屬導(dǎo)軌位于同一水平面內(nèi)，其右端接一阻值為R的電阻．質(zhì)量為m的金屬桿靜置在導(dǎo)軌上，其左側(cè)的矩形勻強磁場區(qū)域MNPQ的磁感應(yīng)強度大小為B、方向豎直向下．當(dāng)該磁場區(qū)域以速度v0勻速地向右掃過金屬桿后，金屬桿的速度變?yōu)関.導(dǎo)軌和金屬桿的電阻不計，導(dǎo)軌光滑且足夠長，桿在運動過程中始終與導(dǎo)軌垂直且兩端與導(dǎo)軌保持良好接觸．求：(1)MN剛掃過金屬桿時，桿中感應(yīng)電流的大小I；(2)MN剛掃過金屬桿時，桿的加速度大小a；(3)PQ剛要離開金屬桿時，感應(yīng)電流的功率P.解析：(1)MN剛掃過金屬桿時，金屬桿的感應(yīng)電動勢E＝Bdv0①回路的感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R)②由①②式解得I＝eq\f(Bdv0,R)③(2)金屬桿所受的安培力F＝BId④由牛頓其次定律得，對金屬桿F＝ma⑤由③④⑤式得a＝eq\f(B