高二物理 第四章电磁感应 单元练习.docx
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高二物理第四章电磁感应单元练习
2018-2019高二物理电磁感应单元练习
一、单选题
1.下面所示的实验示意图中,用于探究电磁感应现象的是( )
A.
B.
C.
D.
2.
如图所示,MN是只有左边界的匀强磁场的边界线,磁场方向垂直纸面,abcd是一矩形线圈,线圈平面与磁场垂直,ad边与磁场边界线重合.当线圈做下列几种运动时,有感应电流产生的是( )
A.线圈在磁场中向右平动
B.线圈在磁场中向上平动
C.线圈在磁场中向下平动
D.线圈绕ab边转动
角
3.
如图所示,在水平面上有一个闭合的线圈,将一根条形磁铁从线圈的上方插入线圈中,在磁铁进入线圈的过程中,线圈中会产生感应电流,磁铁会受到线圈中电流的作用力,若从线圈上方俯视,关于感应电流和作用力的方向,以下判断正确的是( )
A.若磁铁的N极向下插入,线圈中产生顺时针方向的感应电流
B.若磁铁的S极向下插入,线圈中产生逆时针方向的感应电流
C.无论N极向下插入还是S极向下插入,磁铁都受到向下的引力
D.无论N极向下插入还是S极向下插入,磁铁都受到向下的斥力
4.一个面积
、匝数n=100匝的线圈放在匀强磁场中,磁场方向垂直于线圈平面,磁感应强度B随时间t变化的规律如图所示,则下列判断正确的是()
A.在开始的2s内穿过线圈的磁通量变化率等于
B.在开始的2s内穿过线圈的磁通量的变化量等于零
C.在开始的2s内线圈中产生的感应电动势等于8V
D.在第3s末线圈中的感应电动势等于零
5.在如图所示的电路中,a、b为两个完全相同的灯泡,L为自感线圈,E为电源,S为开关。
下列说法正确的是
A.合上开关S,a、b同时亮
B.合上开关S,a先亮、b后亮
C.将原来闭合的开关S断开,a先熄灭、b后熄灭
D.将原来闭合的开关S断开,b先熄灭、a后熄灭
6.
如图所示,在PQ、QR区域存在着磁感应强度大小相等、方向相反的匀强磁场,磁场宽度均为l,磁场方向均垂直于纸面,bc边与磁场的边界P重合.导线框与磁场区域的尺寸如图所示.从t=0时刻开始线框匀速横穿两个磁场区域.以a→b→c→d→e→f为线框中有电动势的正方向.以下四个ε-t关系示意图中正确的是( )
A.
B.
C.
D.
7.
如图,一个半径为L的半圆形硬导体AB以速度v在水平U型框架上匀速滑动,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AB之间的电势差分别为( )
A.2BLv;
B.2BLv;BLv
C.BLv;2BLvD.2BLv;
8.用均匀导线做成的正方形线圈边长为L,如图所示,正方形的一半放在垂直于纸面向里的匀强磁场中,当磁场以
的变化率增强时,不考虑磁场的变化对虚线右侧的影响,则( )
A.线圈中感应电流方向为adbca
B.线圈中产生的电动势
C.线圈中a点电势高于b点电势
D.线圈中b、a两点间的电势差
9.如图所示,正方形单匝铝质线圈abcd和efgh分别在外力作用下以相同速度v向右匀速进入同一匀强磁场中。
已知两线圈导线的横截面积相同,所用材料也相同,两线圈的边长之比为1:
2,则()
A.两线圈的右边刚进入磁场时,产生的感应电流之比为1:
2
B.两线圈的右边刚进入磁场时,所加的外力大小之比为1:
2
C.两线圈在进入磁场的整个过程中,通过导体横截面的电荷量之比为1:
1
D.两线圈在进入磁场的整个过程中,产生的焦耳热之比为1:
1
二、多选题
10.在如图甲所示的电路中,电阻R1=R2=2R,圆形金属线圈半径为r1,线圈导线的电阻为R,半径为r2(r21)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乙所示,图线与横、纵轴的交点坐标分别为t0和B0,其余导线的电阻不计。
闭合S,至t1时刻,电路中的电流已稳定,下列说法正确的是( )
A.线圈中产生的感应电动势的大小为
B.电容器下极板带正电
C.电路中产生的感应电流为
D.线圈两端的电压为
11.两根足够长的光滑导轨竖直放置,间距为L,顶端接阻值为R的电阻质量为m、电阻为r的金属棒在距磁场上边界某处静止释放,金属棒和导轨接触良好,导轨所在平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直,如图所示,不计导轨的电阻,重力加速度为g则()
A.金属棒在磁场中运动时,流过电阻R的电流方向
B.金属棒的速度为v时,金属棒所受的安培力大小为
C.金属棒的最大速度为
D.金属棒以稳定的速度下滑时,电阻R的热功率为
12.
法拉第圆盘发电机的示意图如图所示。
铜圆盘安装在竖直的铜轴上,两铜片P、Q分别于圆盘的边缘和铜轴接触,圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中,圆盘旋转时,关于流过电阻R的电流,下列说法正确的是( )
A.若圆盘转动的角速度恒定,则电流大小恒定
B.若从上往下看,圆盘顺时针转动,则电流沿a到b的方向流动
C.若圆盘转动方向不变,角速度大小发生变化,则电流方向可能发生变化
D.若圆盘转动的角速度变为原来的2倍,则电流在R上的热功率也变为原来的2倍
三、计算题
13.如图,水平面(纸面)内间距为l的平行金属导轨间接一电阻,质量为m、长度为l的金属杆置于导轨上,t=0时,金属杆在水平向右、大小为F的恒定拉力作用下由静止开始运动,t0时刻,金属杆进入磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域,且在磁场中恰好能保持匀速运动.杆与导轨的电阻均忽略不计,两者始终保持垂直且接触良好,两者之间的动摩擦因数为μ.重力加速度大小为g.求:
(1)金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小;
(2)电阻的阻值.
14.如图所示,宽度为L=0.40m的足够长的平行光滑金属导轨固定在绝缘水平面上,导轨的一端连接阻值为R=2.0Ω的电阻.导轨所在空间存在竖直向下的匀强磁场,磁感应强度大小为B=0.40T.一根质量为m=0.1kg的导体棒MN放在导轨上与导轨接触良好,导轨和导体棒的电阻均可忽略不计.现用一平行于导轨的拉力拉动导体棒沿导轨向右匀速运动,运动速度v=0.50m/s,在运动过程中保持导体棒与导轨垂直.求:
(1)在闭合回路中产生的感应电流的大小;
(2)作用在导体棒上的拉力的大小及拉力的功率;
(3)当导体棒移动50cm时撤去拉力,求整个运动过程中电阻R上产生的热量.
15.如图所示,一个圆形线圈n=1000匝,线圈面积S=20cm2,线圈电阻r=1Ω,在线圈外接一个阻值为R=4Ω的电阻,把线圈放入一个方向垂直线圈平面向里的匀强磁场中,磁感应强度随时间变化的规律如B-t图线所示,在0-2s内求:
(1)线圈产生的感应电动势E;
(2)电阻R中的电流I的大小;
(3)电阻R两端的电势差Uab,
答案和解析
1.【答案】B
【解析】
解:
A、该选项是奥斯特实验,该实验证明了通电导线周围存在着磁场,利用电生磁现象制成了电磁铁,故不符合题意;故A错误;
B、磁铁在进入线圈的过程,由于磁通量的变化,产生感应电流;这是用来探究电磁感应现象的;故B正确;
C、闭合开关,线圈中有电流通过时,它就会运动起来,即说明通电导线在磁场中受力的作用,即是电动机的制作原理,故不符合题意;故C错误;
D、闭合开关,导线中有电流通过时,它就会运动起来,即说明通电导线在磁场中受力的作用,即是电动机的制作原理,故不符合题意;故D错误;
故选:
B。
发电机原理是电磁感应现象,即闭合电路中一部分导体在磁场中做切割磁感线运动,即发电机的原理图中没电源,有电源的实验装置图不是发电机原理图.
本题涉及的内容有电流的磁效应,电动机的原理和发电机的原理.注意电磁感应和通电导体在磁场中受力运动的装置的不同,前者外部有没有电源,后者外部有电源.
2.【答案】D
【解析】
解:
A、当线圈在磁场中向右平动,线圈的磁通量始终保持不变,没有感应电流产生。
故A错误。
B、当线圈在磁场中向上平动,线圈的磁通量始终保持不变,没有感应电流产生。
故B错误。
C、当线圈在磁场中向下平动,线圈的磁通量始终保持不变,没有感应电流产生。
故C错误。
D、当线圈以ab边为轴转动时,磁通量发生变化,穿过线圈的磁通量从有到无发生变化,有感应电流产生。
故D正确。
故选:
D。
当穿过闭合线圈的磁通量发生变化时,线圈中就产生感应电流,根据这个条件进行分析。
本题考查应用感应电流产生的条件判断实际问题的能力,常规题,情景并不复杂,容易得分。
3.【答案】D
【解析】
【分析】
在磁铁进入线圈的过程中,穿过线圈的磁通量增加,根据磁场方向,由楞次定律判断感应电流的方向。
通电线圈的磁场与条件磁铁相似,由安培定则判断线圈的极性,分析线圈与磁铁间的作用力。
本题是楞次定律的基本应用。
对于电磁感应现象中,导体与磁体的作用力也可以根据楞次定律的另一种表述判断:
感应电流的磁场总要阻碍导体与磁体间的相对运动。
【解答】
A、若磁铁的N极向下插入,穿过线圈的磁通量增加,磁场方向向下,根据楞次定律可知,线圈中产生逆时针方向的感应电流。
故A错误。
B、若磁铁的S极向下插入,穿过线圈的磁通量增加,磁场方向向上,根据楞次定律可知,线圈中产生顺时针方向的感应电流。
故B错误。
C、D、根据安培定则判断可知,当N极向下插入时,线圈上端相当于N极;当S极向下插入,线圈上端相当于S极,与磁铁的极性总相反,存在斥力。
故C错误,D正确。
故选:
D。
4.【答案】C
【解析】
【分析】
由图象看出,磁感应强度随时间均匀增大,从而得出磁通量的变化率,再由法拉第电磁感应定律求出线圈中产生的感应电动势,从而即可求解。
本题中磁感应强度均匀增大,穿过线圈的磁通量均匀增加,线圈中产生恒定的电动势,由法拉第电磁感应定律求出感应电动势,是经常采用的方法和思路。
【解答】
A.由图象的斜率求出
,因此
,故A错误;
B.开始的2s内穿过线圈的磁通量的变化量不等于零,故B错误;
C.根据法拉第电磁感应定律得:
,可知它们的感应电动势大小为8V,故C正确;
D.由图看出,第3s末线圈中的磁通量为零,但磁通量的变化率不为零,感应电动势也不等于零,故D错误。
故选C。
5.【答案】B
【解析】
【分析】
根据线圈在电流发生变化会产生自感电动势,电流增大时自感电动势阻碍电流增大,电流减小时自感电动势阻碍电减小,相当于电源;并结合欧姆定律分析。
本题考查了自感线圈对电流发生变化时的阻碍作用,增大瞬间相当于断路,减小瞬间相当于电源,稳定后相当于短路。
【解答】
AB.由图可以看出,a、b灯泡在两个不同的支路中,对于纯电阻电路,不发生电磁感应,通电后用电器立即开始正常工作;但对于含电感线圈的电路,在通电时,线圈产生自感电动势,对电流的增大有阻碍作用,使b灯后亮,则合上开关,a先亮,b后亮,故A错误,B正确;
CD.当断开电键时,线圈中产生自感电动势,由a、b及电感线圈组成一个回路,两灯同时逐渐熄灭,故CD错误。
故选B。
6.【答案】C
【解析】
【分析】
解决本题的关键是掌握右手定则判断出不同阶段电动势的方向,以及根据E=BLv求出不同阶段的电动势大小。
根据右手定则判断出不同阶段电动势的方向,以及根据E=BLv求出不同阶段的电动势大小;刚进磁场时,只有bc边切割;bc边进入QR区域时,bc边和de边都切割磁感线,但等效电动势为0;bc边出磁场后,de边和af边切割磁感线,af边切割产生的电动势大于bc边;de边出磁场后后,只有af边切割。
【解答】
下面是线框切割磁感线的四个阶段示意图:
在第一阶段,只有bc切割向外的磁感线,由右手定则知电动势为负,大小为Blv.在第二阶段,bc切割向里的磁感线,电动势为逆时针方向,同时de切割向外的磁感线,电动势为顺时针方向,等效电动势为零.在第三阶段,de切割向里的磁感线同时af切割向外的磁感线,两个电动势同为逆时针方向,等效电动势为正,大小为3Blv.在第四阶段,只有af切割向里的磁感线,电动势为顺时针方向,等效电动势为负大小为2Blv,故C正确,ABD错误。
故选C。
7.【答案】D
【解析】
解:
半圆形导体AB切割磁感线的有效长度是2L,
根据法拉第电磁感应定律则,感应电动势为:
E=B•2L•v=2BLv
A、B之间的电势差为:
U=
E=
,故D正确,ABC错误;
故选:
D。
半圆形导体AB有效的切割长度等于2L,根据法拉第电磁感应定律E=Blv,求感应电动势,A、B之间的电势差是指R0两端的电压,由串联电路分压规律求解。
本题考查法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律,产生感应电动势的部分可以相当于电源,则AB之间的电势差指的是路端电压。
8.【答案】D
【解析】
【分析】
由楞次定律可以判断出感应电流的方向,由法拉第电磁感应定律可以求出感应电动势,由欧姆定律可以求出a、b两点间的电势差。
熟练应用楞次定律、法拉第电磁感应定律、欧姆定律即可正确解题。
【解答】
A.磁感应强度增大,由楞次定律可知,感应电流沿逆时针方向,故A错误;
B.由法拉第电磁感应定律可得,感应电动势
,故B错误;
C.acb段导线相当于电源,电流沿a经c流向b,在电源内部电流从低电势点流向高电势点,因此a点电势低于b点电势,故C错误;
D.设导线总电阻为R,则a、b两点间的电势差为路端电压:
,故D正确。
故选D。
9.【答案】B
【解析】
【分析】
根据切割公式E=BLv求解电动势,由欧姆定律求出感应电流,然后求出电流之比; 线框匀速进入匀强磁场,安培力与外力平衡,根据安培力公式求解安培力,应用平衡条件求出外力,然后求出外力之比; 由焦耳定律求出线圈产生的热量,然后求出热量之比; 由电流定义式求出电荷量间的关系。
本题关键明确线圈进入磁场过程中,电动势E=BLv,然后根据P=Fv求解功率,根据
求解热量,能由电流定义式可以求出电荷量,难度不大。
【解答】
由电阻定律可知:
,由题意可知,两线框的材料、横截面积相同,两线圈边长之比为1:
2,则:
;
A、线框切割磁感线产生的感应电动势:
E=BLv,电流:
,由于两线圈边长之比为1:
2,
,两线圈的右边刚进入磁场时,产生的感应电流之比为1:
1,故A错误;
B、两线圈的右边刚进入磁场时线圈受到的安培力:
,由于两线圈产生的电流之比为1:
1,两线框边长为1:
2,则两线圈受到的安培力之比为1:
2,线圈做匀速直线运动,由平衡条件可知,外力与安培相等,由此可知,所加外力大小之比为1:
2,故B正确;
C、线圈在进入磁场的整个过程中,通过导体横截面的电荷量:
,两线圈边长之比为1:
2,电阻之比为1:
2,则两线圈在进入磁场的整个过程中,通过导体横截面的电荷量之比为1:
2,故C错误;
D、线圈进入磁场过程中产生的热量:
,两线圈边长之比为1:
2,电阻之比为1:
2,则两线圈在进入磁场的整个过程中,产生的焦耳热之比为1:
4,故D错误。
故选:
B。
10.【答案】BCD
【解析】
【分析】
由B-t图象的斜率读出磁感应强度的变化率
,由法拉第电磁感应定律求出线圈中产生的感应电动势,由欧姆定律求出感应电流的大小,从而求得路端电压。
本题考查了法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律;本题是法拉第电磁感应定律、欧姆定律的综合应用,应用法拉第定律时要注意S是有效面积,并不等于线圈的面积。
【解答】
A.根据法拉第电磁感应定律,则有:
,故A错误;
B.根据楞次定律可知,线圈产生的顺时针方向电流,则电容器下极板带正电,故B正确;
CD.电流为:
,线圈两端的电压
,故CD正确。
故选BCD。
11.【答案】BD
【解析】
【分析】
根据金属棒进入磁场时切割磁感线产生感应电流,可判定电流方向;由于受到向上的安培力,根据安培力与重力的大小分析其运动情况;由公式E=BLv、
、F=BIL求解安培力的大小;金属棒以恒定的速度下滑时重力与安培力平衡,据此列式求出此时的速度;并求出R的热功率。
本题考查电磁感应中的电路、受力、功能等问题,对于这类问题一定做好感应电流、安培力、运动情况、功能转化这四个方面的分析。
【解答】
A、金属棒刚进入磁场的瞬间,向下切割磁感线,由右手定则可知,电阻R的电流方向b→a,故A错误;
B、金属棒的速度为v时,由公式E=BLv、
、F=BIL,得金属棒所受的安培力大小为:
;故B正确;
C、金属棒以恒定的速度下滑时,有
,解得:
,故C错误;
D、金属棒以恒定的速度v下滑时,电路中电流为:
。
电阻R的热功率为:
,解得:
,故D正确。
故选:
BD。
12.【答案】AB
【解析】
解:
AB、铜盘转动产生的感应电动势为:
,B、L、ω不变,E不变,电流大小恒定不变,由右手定则可知,回路中电流方向不变,若从上往下看,圆盘顺时针转动,由右手定则知,电流沿a到b的方向流动,故AB正确;
C、若圆盘转动方向不变,角速度大小发生变化,则电流方向不变,大小变化,故C错误;
D、若圆盘转动的角速度变为原来的2倍,回路电流变为原来2倍,根据
电流在R上的热功率也变为原来的4倍,故D错误;
故选:
AB。
圆盘转动可等效看成无数轴向导体切割磁感线,有效切割长度为铜盘的半径L,根据感应电动势公式分析电动势情况,由欧姆定律分析电流情况.根据右手定则分析感应电流方向,根据
分析电流在R上的热功率变化情况
本题是转动切割磁感线类型,运用等效法处理.根据右手定则判断感应电流的方向,需要熟练掌握.
13.【答案】解:
(1)根据牛顿第二定律:
F-μmg=ma…①
刚进磁场时的速度:
…②
感应电动势为:
…③
解得:
…④
(2)根据右手定则,导体棒中的电流向上,由左手定则知安培力水平向左
匀速运动受力平衡:
F=μmg+BI′l…⑤
回路电流为:
…⑥
得:
…⑦
答:
(1)金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小为
;
(2)电阻的阻值为
.
【解析】
(1)根据牛顿第二定律和运动学公式求刚进入磁场时的速度,再根据法拉第电磁感应定律求切割电动势
(2)进入磁场匀速运动受力平衡求出安培力,结合闭合电路欧姆定律求电流,即可求电阻
本题是电磁感应中的力学问题,知道受力情况,要能熟练运用动力学方法求解金属棒进入磁场时的速度.要知道安培力与速度成正比,都是常用的方法,这些思路要熟悉.
14.【答案】解:
(1)感应电动势:
E=BLv=0.40×0.40×0.5V=8.0×10-2V,
感应电流为:
A=4.0×10-2 A,
(2)导体棒匀速运动,安培力与拉力平衡:
F=FB=BIL=0.40×4.0×10-2×0.4N=6.4×10-3N,
拉力的功率为:
P=Fv=6.4×10-3×0.50W=3.2×10-3W;
(3)导体棒移动50cm的时间为:
t=
=
=1.0s,
根据焦耳定律:
Q1=I2R t=0.042×2.0×1.0J=3.2×10-3J,
由能量守恒定律得:
Q2=
mv2=
J=1.25×10-2J,
电阻R上产生的热量:
Q=Q1+Q2=3.2×10-3+1.25×10-2J=1.57×10-2J;
答:
(1)在闭合回路中产生的感应电流的大小是4.0×10-2 A;
(2)作用在导体棒上的拉力的大小是6.4×10-3N,拉力的功率是3.2×10-3W;
(3)整个运动过程中电阻R上产生的热量为1.57×10-2J.
【解析】
(1)由E=BLv求出导体棒切割磁感线产生的感应电动势,由欧姆定律求出感应电流;
(2)由F=BIL求出导体棒受到的安培力,然由平衡条件求出拉力,由P=Fv求出拉力的功率;
(3)由焦耳定律求出导体棒匀速运动时产生的焦耳热,由能量守恒定律求出撤去拉力后产生的焦耳热,然后求出整个过程的焦耳热.
本题难度不大,熟练应用基础知识即可正确解题,最后一问是本题的易错点,要对两个阶段分别求焦耳热.
15.【答案】解:
(1)由法拉第电磁感应定律:
E=n
磁通量定义△∅=△B•S
代入数据得E=4V;
(2)由闭合电路欧姆定律:
I=
代入数据得I=0.8A;
(3)U=IR得U=3.2V,由楞次定律可知电流在导体中由b→a,
Uab=-3.2V;
答:
(1)线圈产生的感应电动势4V;
(2)电阻R中的电流I的大小0.8A;
(3)电阻R两端的电势差-3.2V。
【解析】
(1)根据法拉第电磁感应定律求感应电动势;
(2)再由闭合电路欧姆定律求感应电流;
(3)根据楞次定律判断感应电流的方向,再由欧姆定律求电阻R两端的电压。
解决本题的关键熟练掌握楞次定律和法拉第电磁感应定律,以及电势差与电压的不同,注意电势差的正负号。
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- 高二物理 第四章电磁感应 单元练习 物理 第四 电磁感应 单元 练习
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