2024高中物理第一章電磁感應(yīng)第四節(jié)法拉第電磁感應(yīng)定律達(dá)標(biāo)作業(yè)含解析粵教版選修3-2

PAGE6-第四節(jié)法拉第電磁感應(yīng)定律A級(jí)抓基礎(chǔ)1．在磁感應(yīng)強(qiáng)度為0.5T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，讓長(zhǎng)為0.2m的導(dǎo)線(xiàn)垂直于磁場(chǎng)方向做切割磁感線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)方向與導(dǎo)線(xiàn)垂直，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為0.5V，則導(dǎo)線(xiàn)切割磁感線(xiàn)的速度為()A．0.5m/s B．5m/sC．0.05m/s D．2.5m/s解析：由E＝BLv可知v＝5m/s，B正確．答案：B2.用勻稱(chēng)導(dǎo)線(xiàn)做成的正方形線(xiàn)框邊長(zhǎng)為0.2m，正方形的一半放在垂直紙面對(duì)里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，如圖所示，當(dāng)磁場(chǎng)以10T/s的改變率增加時(shí)，線(xiàn)框中a、b兩點(diǎn)電勢(shì)差是()A.Uab＝0.1V B.Uab＝－0.1VC.Uab＝0.2V D.Uab＝－0.2V解析：由于磁場(chǎng)是勻稱(chēng)增加的，而原磁場(chǎng)的方向垂直紙面對(duì)里，所以由楞次定律可知，線(xiàn)圈中產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向是垂直紙面對(duì)上的，再由右手定則可知，線(xiàn)圈中的電流方向沿逆時(shí)針?lè)较?，故電流由b向右再回到a點(diǎn)，可見(jiàn)，ab間的電勢(shì)差是負(fù)值，所以A、C錯(cuò)誤；線(xiàn)圈產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)E＝10T/s×(0.2m)2/2＝0.2V，又因?yàn)閍b兩點(diǎn)正好在線(xiàn)圈的中點(diǎn)上，所分的線(xiàn)圈的兩側(cè)電阻相等，故Uab＝－eq\f(E,2)＝－eq\f(0.2V,2)＝－0.1V，選項(xiàng)B正確．答案：B3．如圖所示，閉合開(kāi)關(guān)S，將條形磁鐵兩次插入閉合線(xiàn)圈，第一次用0.2s，其次次用0.4s，并且兩次的起始和終止位置相同，則()A．第一次磁通量改變較大B．第一次G的最大偏角較大C．第一次經(jīng)過(guò)G的總電荷量較多D．若開(kāi)關(guān)S斷開(kāi)，G不偏轉(zhuǎn)，故兩次均無(wú)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)解析：因兩次的起始和終止位置相同，所以磁感應(yīng)強(qiáng)度改變量ΔB相同，由ΔΦ＝ΔB·S知：兩次磁通量改變相同，故A錯(cuò)誤；因磁通量改變相同，匝數(shù)n相同，Δt1＜Δt2，依據(jù)E＝neq\f(ΔΦ,Δt)和I＝eq\f(E,R)知，第一次G的最大偏角較大，故B正確；依據(jù)q＝·Δt＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),R)·Δt＝neq\f(ΔΦ,Δt·R)·Δt＝neq\f(ΔΦ,R)可知：經(jīng)過(guò)G的總電量相同，故C錯(cuò)誤；有無(wú)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)產(chǎn)生的條件是穿過(guò)回路的磁通量發(fā)生改變，電路無(wú)需閉合，兩次穿過(guò)回路的磁通量均發(fā)生了改變，故D錯(cuò)誤．答案：B4．如圖所示，PQRS為一正方形導(dǎo)線(xiàn)框，它以恒定速度向右進(jìn)入以MN為邊界的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直線(xiàn)圈平面，MN線(xiàn)與線(xiàn)框的邊成45°角，E、F分別為PS和PQ的中點(diǎn)．關(guān)于線(xiàn)框中的感應(yīng)電流，正確的說(shuō)法是()A.當(dāng)E點(diǎn)經(jīng)過(guò)邊界MN時(shí)，線(xiàn)框中感應(yīng)電流最大B.當(dāng)P點(diǎn)經(jīng)過(guò)邊界MN時(shí)，線(xiàn)框中感應(yīng)電流最大C.當(dāng)F點(diǎn)經(jīng)過(guò)邊界MN時(shí)，線(xiàn)框中感應(yīng)電流最大D.當(dāng)Q點(diǎn)經(jīng)過(guò)邊界MN時(shí)，線(xiàn)框中感應(yīng)電流最大解析：由題圖可知，當(dāng)E點(diǎn)經(jīng)過(guò)邊界MN時(shí)，導(dǎo)線(xiàn)框有效切割長(zhǎng)度為eq\f(RS,2)，所以感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)不是最大，則感應(yīng)電流不是最大，故A錯(cuò)誤；當(dāng)P點(diǎn)經(jīng)過(guò)MN時(shí)，有效切割長(zhǎng)度最大為RS，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為最大，故B正確；當(dāng)F點(diǎn)經(jīng)過(guò)邊界MN時(shí)，由題圖可知，導(dǎo)線(xiàn)框的有效切割長(zhǎng)度為eq\f(RS,2)，所以感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)及感應(yīng)電流不是最大，線(xiàn)框中磁通量的改變率不是最大，故C錯(cuò)誤；當(dāng)Q經(jīng)過(guò)MN時(shí)，線(xiàn)框全部進(jìn)入磁場(chǎng)中，線(xiàn)框中磁通量不發(fā)生改變，感應(yīng)電流為零，故D錯(cuò)誤．答案：B5．如圖所示，abcd為水平放置的平行“eq\a\vs4\al()”形光滑金屬導(dǎo)軌(電阻不計(jì))，間距為l，導(dǎo)軌間有垂直于導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，導(dǎo)軌電阻不計(jì)．已知金屬桿MN傾斜放置，與導(dǎo)軌成θ角，單位長(zhǎng)度的電阻為r，保持金屬桿以速度v沿平行于cd的方向滑動(dòng)(金屬桿滑動(dòng)過(guò)程中與導(dǎo)軌接觸良好)．求：(1)電路中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E；(2)電路中感應(yīng)電流的大?。?3)金屬桿所受安培力的大?。馕觯?1)由法拉第電磁感應(yīng)定律，可得感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：E＝BLMNvsinθ＝Blv.(2)感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(Blv,\f(l,sinθ)r)＝eq\f(Bvsinθ,r).(3)安培力大小F＝BIeq\f(l,sinθ)＝eq\f(B2lv,r).答案：(1)Blv(2)eq\f(Bvsinθ,r)(3)eq\f(B2lv,r)B級(jí)提實(shí)力6．如圖甲所示，螺線(xiàn)管匝數(shù)n＝1000匝，橫截面積S＝10cm2，螺線(xiàn)管導(dǎo)線(xiàn)電阻r＝1Ω，電阻R＝4Ω，磁感應(yīng)強(qiáng)度B的B-t圖象如圖乙所示(以向右為正方向)，下列說(shuō)法正確的是()圖甲圖乙A．通過(guò)電阻R的電流方向不變B．感應(yīng)電流的大小保持不變C．電阻R兩端的電壓為6VD．C點(diǎn)的電勢(shì)始終保持4.8V不變解析：由楞次定律可知：0～1s內(nèi)，電流從C→R→A；1～2s內(nèi)，電流從A→R→C，故A錯(cuò)誤；由題圖象可知eq\f(ΔB,Δt)＝6T/s、大小不變，由法拉第電磁感應(yīng)定律，可知感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝1000×6×10×10－4V＝6V不變，所以感應(yīng)電流的大小I＝eq\f(E,R＋r)＝eq\f(6,4＋1)A＝1.2A不變，故B正確；由閉合電路的歐姆定律，可知電阻R兩端的電壓為U＝IR＝1.2×4V＝4.8V，故C錯(cuò)誤；由于A(yíng)點(diǎn)接地，所以C點(diǎn)的電勢(shì)為±4.8V，故D錯(cuò)誤．答案：B7．我國(guó)第一艘航母“遼寧艦”交接入列后，殲15飛機(jī)順當(dāng)完成了起降飛行訓(xùn)練，圖甲為一架殲15飛機(jī)剛著艦時(shí)的情景．已知該飛機(jī)機(jī)身長(zhǎng)為l，機(jī)翼兩端點(diǎn)C、D的距離為d，某次在我國(guó)近海海疆訓(xùn)練中飛機(jī)著陸時(shí)的速度沿水平方向，大小為v.如圖乙所示，該空間地磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度的水平重量為Bx，豎直重量為By.C、D兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為U，下列分析正確的是()圖甲圖乙A．U＝Bxlv，C點(diǎn)電勢(shì)低于D點(diǎn)電勢(shì)B．U＝Bxdv，C點(diǎn)電勢(shì)高于D點(diǎn)電勢(shì)C．U＝Bylv，C點(diǎn)電勢(shì)低于D點(diǎn)電勢(shì)D．U＝Bydv，C點(diǎn)電勢(shì)高于D點(diǎn)電勢(shì)解析：飛機(jī)機(jī)翼切割磁感線(xiàn)，地磁場(chǎng)豎直重量為By.由法拉第電磁感應(yīng)定律，可知感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為U＝Bydv；北半球的磁感應(yīng)強(qiáng)度的豎直重量是向下的，依據(jù)右手定則，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的方向由D指向C，所以C點(diǎn)的電勢(shì)高于D點(diǎn)的電勢(shì)，故D正確，A、B、C錯(cuò)誤．答案：D8．一正方形閉合導(dǎo)線(xiàn)框abcd邊長(zhǎng)L＝0.1m，各邊電阻均為1Ω，bc邊位于x軸上，在x軸原點(diǎn)O右方有寬L＝0.1m、磁感應(yīng)強(qiáng)度為1T、方向垂直于紙面對(duì)里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，如圖所示．在線(xiàn)框以恒定速度4m/s沿x軸正方向穿越磁場(chǎng)區(qū)域的過(guò)程中，如圖所示的各圖中，能正確表示線(xiàn)框從進(jìn)入到穿出磁場(chǎng)過(guò)程中，ab邊兩端電勢(shì)差Uab隨位置改變狀況的是()解析：分兩段探討：ab進(jìn)入磁場(chǎng)切割磁感線(xiàn)過(guò)程和dc切割磁感線(xiàn)過(guò)程．a(chǎn)b進(jìn)入磁場(chǎng)切割磁感線(xiàn)過(guò)程中，x在0～L范圍：由楞次定律推斷得知，線(xiàn)框感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針，ab相當(dāng)于電源，a的電勢(shì)高于b的電勢(shì)，Uab＞0.感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝BLv＝1×0.1×4V＝0.4V，Uab是外電壓，則有Uab＝eq\f(3,4)E＝0.3V．dc切割磁感線(xiàn)過(guò)程，x在L～2L范圍：由楞次定律推斷得知，線(xiàn)框感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針，dc相當(dāng)于電源，a的電勢(shì)高于b的電勢(shì)，Uab＞0.感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝BLv＝1×0.1×4V＝0.4V，則有Uab＝eq\f(1,4)E＝0.1V.答案：B9．如圖所示，一個(gè)半徑為l的半圓形硬導(dǎo)體AB以速度在水平U形框架上勻速滑動(dòng)，框架電阻不計(jì)，框架右端接有阻值為R0的電阻，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，半圓形硬導(dǎo)體AB的電阻為r，則半圓形導(dǎo)體AB切割磁感線(xiàn)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小及AB之間的電勢(shì)差分別為()A．Blveq\f(BlvR0,R0＋r) B．Bπl(wèi)veq\f(Bπl(wèi)vR0,R0＋r)C．2Blveq\f(2BlvR0,R0＋r) D．2Blv2Blv解析：半圓形硬導(dǎo)體AB切割磁場(chǎng)的有效長(zhǎng)度為該半圓形的直徑即2l，所以依據(jù)公式得半圓形導(dǎo)體AB切割磁感線(xiàn)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小為E＝2Blv，A、B錯(cuò)誤；形成的電路中，AB相當(dāng)于電源，內(nèi)阻為r，AB間的電勢(shì)差為路端電壓，依據(jù)歐姆定律可得UAB＝eq\f(R0,R0＋r)E＝eq\f(2BlvR0,R0＋r)，C正確．答案：C10．如圖甲所示，一個(gè)圓形線(xiàn)圈匝數(shù)n＝1000匝、面積S＝2×10－2m2、電阻r＝1Ω.在線(xiàn)圈外接一阻值為R＝4Ω的電阻．把線(xiàn)圈放入一個(gè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直線(xiàn)圈平面對(duì)里，磁場(chǎng)的磁感強(qiáng)度B隨時(shí)間改變規(guī)律如圖乙所示．求：(1)0～4s內(nèi)，回路中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)；(2)t＝5s時(shí)，a、b兩點(diǎn)哪點(diǎn)電勢(shì)高；(3)t＝5s時(shí)，電阻兩端的電壓U.解析：(1)依據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝nSeq\f(ΔB,Δt)，由圖可知eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(0.4－0.2,4)T/s＝0.05T/s解得：E＝1000×2×10－2×0.05V＝1V.(2)t＝4s到5s內(nèi)，磁場(chǎng)在減小，依據(jù)楞次定律，a點(diǎn)電勢(shì)高．(3)由圖可知eq\f(ΔB′,Δt)＝eq\f(0.4,2)T/s＝0.2T/s，依據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有E′＝nSeq\f(ΔB′,Δt)，E′＝1000×2×10－2×0.2V＝4V；依據(jù)歐姆定律I′＝eq\f(E′,R＋r)＝eq\f(4,4＋1)A＝0.8A，依據(jù)U＝I′R，解得U＝0.8×4V＝3.2V.答案：見(jiàn)解析11.如圖所示，三角形金屬導(dǎo)軌EOF上放有一根金屬桿ab，在外力作用下，保持ab跟OF垂直，以v＝5m/s的速度勻速向右移動(dòng)，設(shè)導(dǎo)軌和金屬桿都是用粗細(xì)相同的同種材料制成的，每米長(zhǎng)度的電阻均為R0＝0.2Ω/m，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B＝0.2T，∠EOF＝30°，ab與導(dǎo)軌接觸良好，ab在O點(diǎn)起先計(jì)時(shí)，則：(1)3s末電路中的電流為多少？(2)3s內(nèi)電路中產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為多少？解析：(1)3s末夾在導(dǎo)軌間導(dǎo)體的長(zhǎng)度為L(zhǎng)＝vt·tan30°＝5×3×tan30°m＝5eq\r(3)m，3s末電路中瞬時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝BLv＝0.2×