PAGE7-課時作業(三)一、單項選擇題1.如圖EF、GH為平行的金屬導軌，其電阻可不計，R為電阻器，C為電容器，AB為可在EF和GH上滑動的導體橫桿．有勻強磁場垂直于導軌平面．若用I1和I2分別表示圖中該處導線中的電流，則當橫桿AB()A．勻速滑動時，I1＝0，I2＝0B．勻速滑動時，I1≠0，I2≠0C．加速滑動時，I1＝0，I2＝0D．加速滑動時，I1≠0，I2≠0解析導體桿水平運動時產生感應電動勢，對整個電路，可把AB桿看做電源，當桿勻速滑動時，電動勢E不變，故I1≠0，I2＝0；當桿加速滑動時，電動勢E不斷變大，電容兩端的電壓增大，電容器不斷充電，故I1≠0，I2≠0.D項正確．答案D2.始終升飛機停在南半球的地磁極上空．該處地磁場的方向豎直向上，磁感應強度為B，直升飛機螺旋槳葉片的長度為l，螺旋槳轉動的頻率為f，順著地磁場的方向看螺旋槳，螺旋槳順時針方向轉動．螺旋槳葉片的近軸端為a，遠軸端為b，如圖所示．假如忽視a到轉軸中心線的距離，用E表示每個葉片中的感應電動勢，則()A．E＝πfl2B，且a點電勢低于b點電勢B．E＝－2πfl2B，且a點電勢低于b點電勢C．E＝πfl2B，且a點電勢高于b點電勢D．E＝2πfl2B，且a點電勢高于b點電勢解析對于螺旋槳葉片ab，其切割磁感線的速度是其做圓周運動的線速度，螺旋槳不同點的線速度不同，但是滿意v＝ωR，可求其等效切割速度v＝eq\f(ωl,2)＝πfl，運用法拉第電磁感應定律E＝Blv＝πfl2B，由右手定則推斷電流的方向為由a指向b，在電源內部電流由低電勢流向高電勢，故A項是正確的．答案A3．如圖甲所示，矩形線圈abcd固定于兩個磁場中，兩磁場的分界線OO′恰好把線圈分成對稱的左右兩部分，兩磁場的磁感應強度隨時間的改變規律如圖乙所示，規定磁場垂直紙面對內為正，線圈中感應電流逆時針方向為正．則線圈感應電流隨時間的改變圖象為()解析在起先階段OO′左側磁場增加，OO′右側磁場減弱，由楞次定律可知線圈中有逆時針方向的感應電流，因磁場是勻稱改變的，由法拉第電磁感應定律和歐姆定律知，感應電流的大小不變，故B、C、D項錯誤，A項正確．答案A4.如圖所示，長為L的金屬導線彎成一圓環，導線的兩端接在電容為C的平行板電容器上，P、Q為電容器的兩個極板，磁場垂直于環面對里，磁感應強度以B＝B0＋kt(k>0)隨時間改變，t＝0時，P、Q兩板電勢相等，兩板間的距離遠小于環的半徑，經時間t，電容器P板()A．不帶電 B．所帶電荷量與t成正比C．帶正電，電荷量是eq\f(kL2C,4π) D．帶負電，電荷量是eq\f(kL2C,4π)解析磁感應強度以B＝B0＋kt(k>0)隨時間改變，由法拉第電磁感應定律，得E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝Seq\f(ΔB,Δt)＝kS，而S＝eq\f(L2,4π)，經時間t電容器P板所帶電荷量Q＝EC＝eq\f(kL2C,4π)；由楞次定律知電容器P板帶負電，故D項正確．答案D5.如圖所示，一個半徑為L的半圓形硬導體AB以速度v，在水平U形框架上勻速滑動，勻強磁場的磁感應強度為B，回路電阻為R0，半圓形硬導體AB的電阻為r，其余電阻不計，則半圓形導體AB切割磁感線產生感應電動勢的大小及A、B之間的電勢差分別為()A．BLv；eq\f(BLvR0,R0＋r) B．2BLv；BLvC．2BLv；eq\f(2BLvR0,R0＋r) D．BLv；2BLv解析半圓形導體AB切割磁感線的有效長度為2L，對應的電動勢為E＝2BLv，A、B間的電勢差UAB＝eq\f(E,R0＋r)R0＝eq\f(2BLvR0,R0＋r)，故C項正確．答案C6．如圖所示的幾種狀況中，金屬導體中產生的感應電動勢為Blv且a端電勢高的是()A．乙和丁 B．甲、乙、丁C．甲、乙、丙、丁 D．只有甲答案D7.如圖所示，a、b兩個閉合正方形線圈用同樣的導線制成，匝數均為10匝，邊長la＝3lb，圖示區域內有垂直紙面對里的均強磁場，且磁感應強度隨時間勻稱增大，不考慮線圈之間的相互影響，則()A．兩線圈內產生順時針方向的感應電流B．a、b線圈中感應電動勢之比為9∶1C．a、b線圈中感應電流之比為3∶4D．a、b線圈中電功率之比為3∶1解析由于磁感應強度隨時間勻稱增大，因此依據楞次定律知兩線圈內產生的感應電流方向皆沿逆時針方向，因此A項錯誤；依據法拉第電磁感應定律E＝Neq\f(ΔΦ,Δt)＝NSeq\f(ΔB,Δt)，而磁感應強度勻稱改變，即eq\f(ΔB,Δt)恒定，則a、b線圈中的感應電動勢之比為eq\f(Ea,Eb)＝eq\f(Sa,Sb)＝eq\f(la2,lb2)＝eq\f(9,1)，故B項正確；依據電阻定律R＝ρeq\f(L,S′)，且L＝4Nl，則eq\f(Ra,Rb)＝eq\f(la,lb)＝eq\f(3,1)，由閉合電路歐姆定律I＝eq\f(E,R)得，a、b線圈中的感應電流之比為eq\f(Ia,Ib)＝eq\f(Ea,Eb)·eq\f(Rb,Ra)＝eq\f(3,1)，故C項錯誤；由功率公式P＝I2R知，a、b線圈中的電功率之比為eq\f(Pa,Pb)＝eq\f(Ia2,Ib2)·eq\f(Ra,Rb)＝eq\f(27,1)，故D項錯誤．答案B二、不定項選擇題8．一根直導線長0.1m，在磁感應強度為0.1T的勻強磁場中以10m/s的速度勻速運動，則導線中產生的感應電動勢()A．肯定為0.1V B．可能為零C．可能為0.01V D．最大值為0.1V解析值得留意的是直導線如何運動并未告知，當B、l、v兩兩垂直時，產生的感應電動勢最大為E＝Blv＝0.1×0.1×10V＝0.1V，當v與B平行時，E＝0，故B、C、D項正確．答案BCD9.如圖所示，一閉合的小金屬環用一根絕緣細桿掛在固定點O′的兩側來回搖擺的過程中穿過水平方向的勻強磁場區域，磁感線的方向水平，和絕緣細桿搖擺的豎直面垂直．若懸點摩擦和空氣阻力不計，且搖擺過程中金屬環不翻轉，則()A．金屬環每次進入和離開磁場區域都有感應電流，完全進入磁場區域后無感應電流B．金屬環進入磁場區域后越靠近OO′線時速度越大，而且產生的感應電流越大C．金屬環起先擺后，擺角會越來越小，擺角小到某一值后不再減小D．金屬環在搖擺過程中，機械能將全部轉化為金屬環中的電能解析金屬環進入和離開磁場區域時，穿過金屬環的磁通量發生改變，產生感應電流，當金屬環完全進入磁場區域后，磁通量不再發生改變，則無感應電流產生，故A項正確，B項錯誤；金屬環進入和離開磁場區域的過程中產生感應電流，而感應電流要產生焦耳熱，依據能量轉化與守恒，可知金屬環的機械能要削減，擺角不斷減小，最終恰好不穿出磁場區域，以某一恒定擺角做往復性運動永不停止，故C項正確；金屬環最終的擺角不為零，即仍保留一部分機械能，并沒有全部轉化為金屬環的電能，故D項錯誤．答案AC10.如圖所示，在磁感應強度為B的勻強磁場中，有一與磁場方向垂直、長度為L的金屬桿aO，已知ab＝bc＝cO＝eq\f(L,3)，a、c與磁場中以O為圓心的同心圓(都為部分圓弧)金屬軌道始終接觸良好．一電容為C的電容器接在軌道上，當金屬桿在與磁場垂直的平面內以O為軸，以角速度ω順時針勻速轉動時()A．Uac＝2UabB．Uac＝2UbOC．電容器帶電量Q＝eq\f(4,9)BL2ωCD．若在e、O間連接一個電壓表，則電壓表示數為零解析UaO＝E1＝BL·eq\f(va,2)＝eq\f(1,2)BL2ω，UbO＝E2＝B·eq\f(2L,3)·vb＝eq\f(2,9)BL2ω，UcO＝E3＝B·eq\f(L,3)·vc＝eq\f(BL2ω,18)，故Uac＝UaO－UcO＝eq\f(4,9)BL2ω，Uab＝UaO－UbO＝eq\f(5,18)BL2ω.A項錯誤，B項正確．電容器電量Q＝CUac＝eq\f(4,9)BL2ωC，C項正確；e、O間電勢差等于UcO不為零，D項錯誤．答案BC11．某地的地磁場磁感應強度的豎直重量方向向下，大小為4.5×10－5T．一靈敏電壓表連接在當地入海河段的兩岸，河寬100m，該河段漲潮和落潮時有海水(視為導體)流過．設落潮時，海水自西向東流，流速為2m/s.下列說法正確的是()A．電壓表記錄的電壓為5mV B．電壓表記錄的電壓為9mVC．河南岸的電勢較高 D．河北岸的電勢較高解析可以將海水視為垂直河岸方向放置的導體平動切割地磁場的磁感線產生感應電動勢，由E＝Blv＝9mV，B項正確；由右手定則可知，感應電流方向由南向北，故河北岸的電勢較高，D項正確．答案BD三、計算及論述題12．如圖甲所示，一個電阻值為R，匝數為n的圓形金屬線圈與阻值為2R的電阻R1連接成閉合回路．線圈的半徑為r1.在線圈中半徑為r2的圓形區域內存在垂直于線圈平面對里的勻強磁場，磁感應強度B隨時間t改變的關系圖線如圖乙所示，圖線與橫、縱軸的截距分別為t0和B0.導線的電阻不計，求0至t1時間內(1)通過電阻R1上的電流大小及方向；(2)通過電阻R1上的電荷量q.解析(1)由法拉第電磁感應定律得感應電動勢為E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝nπr22eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(nπB0r22,t0)由閉合電路的歐姆定律，得通過R1的電流大小為I＝eq\f(E,3R)＝eq\f(nπB0r22,3Rt0)由楞次定律知該電流由b向a通過R1.(2)由I＝eq\f(q,t)得，在0至t1時間內通過R1的電量為q＝It1＝eq\f(nπB0r22t1,3Rt0)答案(1)eq\f(nπB0r22,3Rt0)電流由b向a通過R1(2)eq\f(nπB0r22t1,3Rt0)13．小明設計的電磁健身器的簡扮裝置如圖所示，兩根平行金屬導軌相距l＝0.50m，傾角θ＝53°，導軌上端串接一個R＝0.05Ω的電阻．在導軌間長d＝0.56m的區域內，存在方向垂直導軌平面對下的勻強磁場，磁感應強度B＝2.0T．質量m＝4.0kg的金屬棒CD水平置于導軌上，用絕緣繩索通過定滑輪與拉桿GH相連．CD棒的初始位置與磁場區域的下邊界相距s＝0.24m．一位健身者用恒力F＝80N拉動GH桿，CD棒由靜止起先運動，上升過程中CD棒始終保持與導軌垂直．當CD棒到達磁場上邊界時健身者松手，觸發復原裝置使CD棒回到初始位置(重力加速度g取10m/s2，sin53°＝0.8，不計其他電阻、摩擦力以及拉桿和繩索的質量)．求：(1)CD棒進入磁場時速度v的大小；(2)CD棒進入磁場時所受的安培力FA的大小；(3)在拉升CD棒的過程中，健身者所做的功W和電阻產生的焦耳熱Q.解析(1)CD棒進入磁場前，由牛頓其次定律：a＝eq\f(F－mgsinθ,m)＝12m/s2①進入磁場時CD棒的速度為：v＝eq\r(2as)＝2.4m/s②(2)