人教版(新教材)高中物理選擇性必修2課時作業(yè)12：專題強化7 電磁感應中的電路、電荷量問題

人教版(新教材)高中物理選擇性必修第二冊PAGEPAGE1電磁感應中的電路、電荷量問題1.如圖1所示，用均勻?qū)Ь€制成的正方形線框邊長為1m，線框的一半處于垂直線框向里的有界勻強磁場中．當磁場以0.2T/s的變化率增強時，a、b兩點的電勢分別為φa、φb，回路中電動勢為E，則()圖1A．φa<φb，E＝0.2V B．φa>φb，E＝0.2VC．φa<φb，E＝0.1V D．φa>φb，E＝0.1V〖答案〗C〖解析〗此題線框的左邊部分相當于電源，畫出等效電路如圖所示，由題意得eq\f(ΔB,Δt)＝0.2T/s，故E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)·S＝0.1V，由楞次定律可知，線框內(nèi)的感應電流方向為逆時針，a點電勢低于b點電勢，即φa<φb，故正確選項為C.2．(多選)(2020·鹽城中學高二上期中)粗細均勻的電阻絲圍成邊長為L的正方形線框，置于有界勻強磁場中，磁場方向垂直于線框平面，磁感應強度大小為B，其右邊界與正方形線框的bc邊平行．現(xiàn)使線框以速度v勻速平移出磁場，如圖2所示，則在移出的過程中()圖2A．a(chǎn)d邊的電流方向為a→dB．a(chǎn)d邊的電流方向為d→aC．a(chǎn)、d兩點間的電勢差絕對值為eq\f(1,4)BLvD．a(chǎn)、d兩點間的電勢差絕對值為eq\f(3,4)BLv〖答案〗BD〖解析〗由右手定則可知，ad邊的電流方向為d→a，選項A錯誤，B正確．在線框以速度v向右運動移出磁場的過程中，只有ad邊在切割磁感線，產(chǎn)生感應電動勢，則線框上的感應電動勢E＝BLv；設每邊的電阻為R，根據(jù)閉合電路歐姆定律得I＝eq\f(BLv,4R)，a、d兩點間的電勢差的絕對值是路端電壓，則Uad＝I·3R＝eq\f(3,4)BLv，選項C錯誤，D正確．3.如圖3所示，一個匝數(shù)為n的正方形線圈，邊長為d，電阻為r.將其兩端a、b與阻值為R的電阻相連接，其他部分電阻不計．在線圈中存在垂直線圈平面向里的磁場區(qū)域，磁感應強度B隨時間t均勻增加，eq\f(ΔB,Δt)＝k.則a、b兩點間的電壓為()圖3A．nd2kB.eq\f(Rnd2k,R＋r)C.eq\f(rnd2k,R＋r)D.eq\f(nd2,kR＋r)〖答案〗B〖解析〗根據(jù)法拉第電磁感應定律可得：E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(ΔB,Δt)S＝nkd2，則a、b兩點間的電壓為Uab＝eq\f(RE,R＋r)＝eq\f(Rnd2k,R＋r)，故選B.4.如圖4所示，閉合開關K，將條形磁體勻速插入閉合線圈，第一次用時0.2s，第二次用時0.4s，并且兩次的起始和終止位置相同，則()圖4A．第一次磁通量變化量較大B．第一次的最大偏轉(zhuǎn)角較大C．第一次經(jīng)過的總電荷量較多D．若斷開K，均不偏轉(zhuǎn)，則均無感應電動勢〖答案〗B〖解析〗由于兩次條形磁體插入線圈的起始和終止位置相同，因此磁通量的變化量ΔΦ相同，故A錯誤；根據(jù)E＝neq\f(ΔΦ,Δt)可知，第一次磁通量變化較快，所以感應電動勢較大，而閉合電路的電阻相同，所以第一次的感應電流較大，第一次的最大偏轉(zhuǎn)角較大，故B正確；通過的電荷量q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(\x\to(E),R)Δt＝neq\f(ΔΦ,RΔt)·Δt＝neq\f(ΔΦ,R)，則兩次通過的電荷量相同，故C錯誤；若斷開K，雖然電路不閉合，沒有感應電流，但感應電動勢仍存在，故D錯誤．5．如圖5所示，豎直平面內(nèi)有一金屬圓環(huán)，半徑為a，總電阻為R(指剪開拉直時的電阻)，磁感應強度為B的勻強磁場垂直穿過環(huán)平面．環(huán)的最高點A用鉸鏈連接長度為2a、電阻為eq\f(R,2)的導體棒AB，AB由水平位置緊貼環(huán)面擺下，導體棒與圓環(huán)接觸良好，當擺到豎直位置時，B點的線速度為v，則這時AB兩端的電壓大小為()圖5A.eq\f(Bav,3)B.eq\f(Bav,6)C.eq\f(2Bav,3)D．Bav〖答案〗A〖解析〗導體棒AB擺到豎直位置時，AB切割磁感線的瞬時感應電動勢E＝B·2a·eq\f(1,2)v＝Bav.外電路電阻大小為R外＝eq\f(\f(R,2)·\f(R,2),\f(R,2)＋\f(R,2))＝eq\f(R,4)，由閉合電路歐姆定律有|UAB|＝eq\f(E,\f(R,2)＋\f(R,4))·eq\f(R,4)＝eq\f(1,3)Bav，故選A.6.如圖6所示，將一半徑為r的金屬圓環(huán)在垂直于環(huán)面的磁感應強度為B的勻強磁場中用力握中間成“8”字形，并使上、下兩圓半徑相等．如果環(huán)的電阻為R，則此過程中流過環(huán)的電荷量為()圖6A.eq\f(πr2B,R)B.eq\f(πr2B,2R)C．0D.eq\f(3πr2B,4R)〖答案〗B〖解析〗ΔΦ＝Bπr2－2×Bπ(eq\f(r,2))2＝eq\f(1,2)Bπr2，電荷量q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(πr2B,2R)，B正確．7．如圖7所示，空間存在垂直于紙面的勻強磁場，在半徑為a的圓形區(qū)域內(nèi)部及外部，磁場方向相反，磁感應強度的大小均為B.一半徑為b(b＞a)、電阻為R的圓形導線環(huán)放置在紙面內(nèi)，其圓心與圓形區(qū)域的中心重合．當內(nèi)、外磁場同時由B均勻地減小到零的過程中，通過導線環(huán)橫截面的電荷量為()圖7A.eq\f(πB|b2－2a2|,R) B.eq\f(πBb2＋2a2,R)C.eq\f(πBb2－a2,R) D.eq\f(πBb2＋a2,R)〖答案〗A〖解析〗設開始時穿過導線環(huán)向里的磁通量為正值，Φ1＝Bπa2，則向外的磁通量為負值，Φ2＝－B·π(b2－a2)，總的磁通量為Φ＝B·π|b2－2a2|，末態(tài)總的磁通量為Φ′＝0，由法拉第電磁感應定律得平均感應電動勢為eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,Δt)，則通過導線環(huán)橫截面的電荷量為q＝|eq\f(\x\to(E),R)|·Δt＝|eq\f(ΔΦ,R)|＝eq\f(πB|b2－2a2|,R)，A項正確．8.(2020·安徽蚌埠二中月考)用相同的導線繞制的邊長分別為L和2L的正方形閉合線框，以相同的速度勻速進入右側(cè)的勻強磁場，如圖8所示，在線框進入磁場的過程中，a、b和c、d兩點間的電壓分別為U甲和U乙，ab邊和cd邊所受的安培力分別為F甲和F乙，則下列判斷正確的是()圖8A．U甲＝U乙 B．U甲＝2U乙C．F甲＝F乙 D．F甲＝eq\f(1,2)F乙〖答案〗D〖解析〗線框進入磁場后切割磁感線，甲中產(chǎn)生的感應電動勢是乙中感應電動勢的一半，設甲線框的電阻為4r，乙線框的電阻為8r，則有U甲＝BLv·eq\f(3r,4r)＝eq\f(3,4)BLv，U乙＝B·2Lv·eq\f(6r,8r)＝eq\f(3,2)BLv，故U甲＝eq\f(1,2)U乙，A、B錯誤；根據(jù)F＝BIL，E＝BLv，得出F甲＝eq\f(B2L2v,4r)，F(xiàn)乙＝eq\f(B22L2v,8r)，所以F甲＝eq\f(1,2)F乙，C錯誤，D正確．9．粗細均勻的電阻絲圍成如圖9所示的線框，置于正方形有界勻強磁場中，磁感應強度為B，方向垂直線框平面向里，圖中ab＝bc＝2cd＝2de＝2ef＝2fa＝2L.現(xiàn)使線框以同樣大小的速度v勻速沿四個不同方向平動進入磁場，并且速度方向始終與線框先進入磁場的那條邊垂直，則在通過如圖所示位置時，下列說法正確的是()圖9A．四個圖中，圖①中a、b兩點間的電勢差最大B．四個圖中，圖②中a、b兩點間的電勢差最大C．四個圖中，圖③中回路電流最大D．四個圖中，圖④中回路電流最小〖答案〗A〖解析〗設線框的電阻為R.題圖①中：a、b兩點間的電勢差等于外電壓，其大小為U1＝eq\f(3,4)E1＝eq\f(3,4)B·2Lv＝eq\f(3,2)BLv，電流為I1＝eq\f(E1,R)＝eq\f(2BLv,R)；題圖②中：a、b兩點間的電勢差等于外電壓的eq\f(1,3)，其大小為U2＝eq\f(1,4)E2＝eq\f(1,4)B·2Lv＝eq\f(1,2)BLv，電流為I2＝eq\f(2BLv,R)；題圖③中：a、b兩點間的電勢差等于外電壓的eq\f(2,7)，其大小為U3＝eq\f(BLv,4)，電流為I3＝eq\f(BLv,R)；題圖④中：a、b兩點間的電勢差大小為U4＝eq\f(BLv,2)，電流為I4＝eq\f(2BLv,R).可見，題圖①中a、b兩點間的電勢差最大，題圖③中回路電流最小，故A正確，B、C、D錯誤．10．(多選)(2020·陽泉市第十一中學高二月考)在如圖10甲所示的電路中，螺線管匝數(shù)n＝1500匝，橫截面積S＝20cm2.螺線管導線電阻r＝1.0Ω，R1＝4.0Ω，R2＝5.0Ω，C＝30μF.在一段時間內(nèi)，穿過螺線管的磁場的磁感應強度B隨時間t按如圖乙所示的規(guī)律變化，螺線管內(nèi)的磁場B的方向向下為正方向．則下列說法中正確的是()圖10A．螺線管中產(chǎn)生的感應電動勢為1VB．閉合S，電路中的電流穩(wěn)定后，電阻R1的電功率為5×10－2WC．電路中的電流穩(wěn)定后電容器下極板帶正電D．S斷開后，流經(jīng)R2的電荷量為1.8×10－5C〖答案〗CD〖解析〗根據(jù)法拉第電磁感應定律得E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(ΔB,Δt)S＝1500×eq\f(1.0－0.2,2.0)×20×10－4V＝1.2V，A錯誤；根據(jù)閉合電路歐姆定律得I＝eq\f(E,R1＋R2＋r)＝eq\f(1.2,4.0＋5.0＋1.0)A＝0.12A，根據(jù)P＝I2R1，得R1的電功率P＝0.122×4.0W＝5.76×10－2W，B錯誤；根據(jù)楞次定律，螺線管感應電流沿逆時針方向(俯視)，即等效電源為上負下正，所以電路中電流穩(wěn)定后電容器下極板帶正電，C正確；S斷開后，流經(jīng)R2的電荷量即為S閉合時電容器所帶電荷量Q，電容器兩端的電壓等于R2兩端電壓，故U＝IR2＝0.6V，則流經(jīng)R2的電荷量Q＝CU＝1.8×10－5C，D正確．11.(2019·江蘇卷)如圖11所示，勻強磁場中有一個用軟導線制成的單匝閉合線圈，線圈平面與磁場垂直．已知線圈的面積S＝0.3m2、電阻R＝0.6Ω，磁場的磁感應強度B＝0.2T．現(xiàn)同時向兩側(cè)拉動線圈，線圈的兩邊在Δt＝0.5s時間內(nèi)合到一起．求線圈在上述過程中圖11(1)感應電動勢的平均值E；(2)感應電流的平均值I，并在圖中標出電流方向；(3)通過導線橫截面的電荷量q.〖答案〗(1)0.12V(2)0.2A見〖解析〗圖(3)0.1C〖解析〗(1)感應電動勢的平均值E＝eq\f(ΔФ,Δt)磁通量的變化量ΔФ＝BΔS解得E＝eq\f(BΔS,Δt)，代入數(shù)據(jù)得E＝0.12V；(2)平均電流I＝eq\f(E,R)代入數(shù)據(jù)得I＝0.2A(電流方向如圖)；(3)電荷量q＝IΔt代入數(shù)據(jù)得q＝0.1C.12．(2020·遼寧沈陽高二上期末)如圖12所示，勻強磁場的磁感應強度B＝0.1T，金屬棒AD長L＝0.4m，與框架寬度相同，金屬棒的電阻R＝eq\f(1,3)Ω，框架電阻不計，電阻R1＝2Ω，R2＝1Ω，當金屬棒以5m/s的速度勻速向右運動時，圖12(1)求通過金屬棒的電流大??；(2)若圖中電容器的電容C為0.3μF，求電容器中儲存的電荷量．〖答案〗(1)0.2A(2)4×10－8C〖解析〗(1)金屬棒勻速運動時產(chǎn)生的感應電動勢E＝BLv＝0.1×0.4×5V＝0.2V電路中總電阻為R總＝R＋eq\f(R1R2,R1＋R2)＝1Ω通過金屬棒的感應電流為I＝eq\f(E,R總)＝0.2A(2)金屬棒兩端的電壓為U＝E－IR＝0.2V－0.2×eq\f(1,3)V＝eq\f(2,15)V電容器中儲存的電荷量為Q＝CU＝0.3×10－6×eq\f(2,15)C＝4×10－8C.13．如圖13甲所示，水平放置的線圈匝數(shù)n＝200匝，直徑d1＝40cm，電阻r＝2Ω，線圈與阻值R＝6Ω的電阻相連．在線圈的中心有一個直徑d2＝20cm的有界勻強磁場，磁感應強度按圖乙所示規(guī)律變化，規(guī)定垂直紙面向里的磁感應強度方向為正方向．圖13(1)求通過電阻R的電流方向；(2)求理想電壓表的示數(shù)；(3)若撤去原磁場，在圖中豎直虛線的右側(cè)空間加磁感應強度B′＝0.5T的勻強磁場，方向垂直紙面向里，試求在施加新磁場過程中通過電阻R的電荷量．〖答案〗(1)A→R→B(2)4.71V(3)1.57C〖解析〗(1)線圈內(nèi)磁感應強度方向向里且增大，根據(jù)楞次定律判斷可知通過電阻R的電流方向為A→R→B.(2)根據(jù)法拉第電磁感應定律得E＝ne