2019高中物理第三章电磁感应现象3.2法拉第电磁感应定律练习含解析新人教版选修1_1

法拉第电磁感应定律课后训练案巩固提升A组(20分钟)1.(多选)下列叙述是影响感应电动势大小的因素的是()A.磁通量的大小B.磁通量的变化率C.电路是否闭合D.线圈的匝数多少解析:单匝线圈感应电动势的大小与磁通量的变化率有关。

变化越快,感应电动势越大;多匝线圈可认为是多个感应电动势的叠加,故B、D项正确。

答案:BD2.(多选)关于电磁感应产生感应电动势大小的正确表述是()A.穿过导体框的磁通量为零的瞬间,线框中的感应电动势有可能很大B.穿过导体框的磁通量越大,线框中的感应电动势一定越大C.穿过导体框的磁通量的变化量越大,线框中的感应电动势一定越大D.穿过导体框的磁通量的变化率越大,线框中的感应电动势一定越大解析:本题主要考查对磁通量Φ、磁通量的变化量ΔΦ、磁通量的变化率的理解。

感应电动势的大小与磁通量的大小无关,而是与磁通量的变化率成正比。

当导体框的磁通量为零的瞬间,线框中的感应电动势可能很大。

答案:AD3.(多选)当穿过线圈的磁通量发生变化时,则()A.线圈中一定有感应电流B.线圈中一定有感应电动势C.感应电动势的大小与线圈的电阻有关D.如有感应电流,则其大小与线圈的电阻有关解析:若不是闭合回路,则没有感应电流,选项A错;感应电动势的大小与线圈的电阻无关,选项C错。

答案:BD4.关于感应电动势的大小,下列说法正确的是()A.穿过闭合回路的磁通量最大时,其感应电动势一定最大B.穿过闭合回路的磁通量为零时,其感应电动势一定为零C.穿过闭合回路的磁通量由不为零变为零时,其感应电动势一定为零D.穿过闭合回路的磁通量由不为零变为零时,其感应电动势一定不为零解析:磁通量大小与感应电动势大小不存在内在的联系,故A、B项错误;当磁通量由不为零变为零时,闭合回路的磁通量一定改变,一定有感应电流产生,有感应电流就一定有感应电动势,故C项错误,D项正确。

答案:D5.A、B两个单匝闭合线圈,穿过A线圈的磁通量由0增加到3×103 Wb,穿过B线圈的磁通量由5×103 Wb增加到6×103 Wb。

则两个电路中产生的感应电动势E A和E B的关系是()A.E A>E BB.E A=E BC.E A<E BD.无法确定解析:由于两种情况下磁通量发生变化所对应的时间未知,故无法比较两线圈中磁通量变化快慢。

答案:D6.有一种高速磁悬浮列车的设计方案是在每节车厢底部安装强磁铁(磁场方向向下),并且在沿途两条铁轨之间平放一系列线圈。

下列说法中不正确的是()A.列车运动时,通过线圈的磁通量会发生变化B.列车速度越快,通过线圈的磁通量变化越快C.列车运动时,线圈中会产生感应电动势D.线圈中的感应电动势的大小与列车速度无关解析:列车运动时,安装在每节车厢底部的强磁铁产生的磁场使通过线圈的磁通量发生变化;列车速度越快,通过线圈的磁通量变化越快,根据法拉第电磁感应定律可知,由于通过线圈的磁通量发生变化,线圈中会产生感应电动势,感应电动势的大小与通过线圈的磁通量的变化率成正比,与列车的速度有关。

由以上分析可知,选项A、B、C正确,选项D不正确。

答案:D7.导学号66824051穿过闭合回路的磁通量Φ随时间t变化的图象分别如图①~④所示,下列关于回路中产生的感应电动势的论述,正确的是()A.图①中,回路产生的感应电动势恒定不变B.图②中,回路产生的感应电动势一直在变大C.图③中,回路在0~t1时间内产生的感应电动势小于在t1~t2时间内产生的感应电动势D.图④中,回路产生的感应电动势先变小再变大解析:在图①中,=0,感应电动势为零,故选项A错;在图②中,为一定值,故感应电动势不变,选项B错;在图③中,0~t1内的比t1~t2内的大,选项C错;在图④中,图线上各点切线的斜率绝对值先变小后变大,故选项D对。

答案:D8.如图所示,将一条形磁铁插入某一闭合线圈,第一次用0.05 s,第二次用0.1 s。

设插入方式相同,试求:(1)两次线圈中平均感应电动势之比。

(2)两次线圈之中电流之比。

解析:(1)由法拉第电磁感应定律得。

(2)利用欧姆定律可得。

答案:(1)2∶1(2)2∶19.导学号66824052桌面上放一个单匝线圈,线圈中心上方一定高度上有一竖立的条形磁铁,此时线圈内的磁通量为0.04 Wb;把条形磁铁竖放在线圈内的桌面上时,线圈内的磁通量为0.12 Wb。

分别计算以下两个过程中线圈中的感应电动势大小。

(1)把条形磁铁从图中位置在0.5 s内放到线圈内的桌面上。

(2)换用10匝的矩形线圈,线圈面积和原单匝线圈相同,把条形磁铁从图中位置在0.1 s内放到线圈内的桌面上。

解析:(1)线圈中磁通量的变化量为ΔΦ=Φ2-Φ1=0.12Wb-0.04Wb=0.08Wb,产生的感应电动势为E=V=0.16V。

(2)线圈匝数为10匝,运动时间为0.1s时,线圈中磁通量的变化量为ΔΦ=Φ2-Φ1=0.12Wb-0.04Wb=0.08Wb,产生的感应电动势为E=n=10×V=8V。

答案:(1)0.16 V(2)8 VB组(15分钟)1.(多选)将一磁铁缓慢或者迅速插到闭合线圈中的同一位置处,不发生变化的物理量是()A.磁通量的变化量B.磁通量的变化率C.感应电流的大小D.流过导体横截面的电荷量解析:将磁铁插到闭合线圈的同一位置,磁通量的变化量相同,而用的时间不同,所以磁通量的变化率不同,感应电流I=,感应电流的大小不同,流过线圈横截面的电荷量Q=IΔt=,两次磁通量的变化量相同,电阻不变,所以Q与磁铁插入线圈的快慢无关。

答案:AD2.(多选)单匝矩形线圈在匀强磁场中匀速转动,转轴垂直于磁场,线圈所围面积内的磁通量随时间变化的规律如图所示,则()A.O时刻线圈中感应电动势最大B.D时刻线圈中感应电动势最大C.D时刻线圈中感应电动势为零D.O到D时间内线圈中的平均感应电动势为0.4 V解析:E=,而恰是Φ-t图线的切线斜率,故切线斜率值越大,感应电动势越大。

图中D时刻Φ最大,而最小等于零;0时刻Φ为零,而最大;0至D时间内线圈中的平均感应电动势为E=-V=0.4V。

答案:ACD3.如图所示,闭合导线框的质量可以忽略不计,将它从如图所示的位置匀速拉出匀强磁场。

若第一次用0.3 s时间拉出,外力所做的功为W1,通过导线截面的电荷量为q1;第二次用0.9 s时间拉出,外力所做的功为W2,通过导线截面的电荷量为q2,则()A.W1<W2,q1<q2B.W1<W2,q1=q2C.W1>W2,q1=q2D.W1>W2,q1>q2解析:两次拉出时,磁通量的变化量ΔФ相同,所用时间t1∶t2=1∶3。

由E=得E1∶E2=3∶1,所以回路中电流之比为I1∶I2=3∶1。

由于线框被匀速拉出磁场,故外力所做的功等于克服安培力所做的功,有W=Fl=BIl l=BIl2,故有W1∶W2=I1∶I2=3∶1,即W1>W2。

又由q=得q1=q2,C项正确。

答案:C4.(多选)穿过一个电阻为1 Ω的单匝闭合线圈的磁通量始终是每秒均匀地变化2 Wb,则()A.线圈中的感应电动势一定是每秒减小2 VB.线圈中的感应电动势一定是2 VC.线圈中的感应电流一定是每秒减小2 AD.线圈中的感应电流一定是2 A解析:由法拉第电磁感应定律知E=V=2V,选项A错误,B正确;由欧姆定律知I=A=2A,选项C 错误,D正确。

答案:BD5.导学号66824053(多选)一个面积S=4×10-2 m2,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2 s内穿过线圈的磁通量变化率等于0.08 Wb/sB.在开始的2 s内穿过线圈的磁通量的变化量等于零C.在开始的2 s内线圈中产生的感应电动势等于8 VD.在第3 s末线圈中的感应电动势等于零解析:磁通量的变化率。

由图象知前2s的=2T/s,所以=2×4×10-2Wb/s=0.08Wb/s,A项正确。

在开始的2s内,磁感应强度B由2T减小到0,又从0向反方向增加到2T,所以这2s内的磁通量变化量为ΔΦ=ΔBS=[2-(-2)]×4×10-2Wb=0.16Wb,B项错。

在开始的2s内,E=n=100×0.08V=8V,C项正确。

第3s末穿过线圈的磁感应强度为零、磁通量虽然为零,但磁通量的变化率却不为零。

第3s末的感应电动势等于2~4s内的平均电动势,E=n=n S=100×2×4×10-2V=8V,所以D项错。

答案:AC6.如图所示,矩形线圈abcd质量为m,宽为d,在竖直平面内由静止自由下落。

其下方有如图所示的匀强磁场,磁场上、下边界水平,宽度也为d,线圈ab边刚进入磁场就开始做匀速运动,那么在线圈穿越磁场的全过程中,产生了多少电热?解析:ab刚进入磁场就做匀速运动,说明安培力与重力刚好平衡,在下落2d的过程中,动能不变,重力势能全部转化为电能,电能又全部转化为电热,所以产生电热Q=2mgd。

答案:2mgd。