2020秋高中物理粵教版3-2達(dá)標(biāo)作業(yè)：第一章第四節(jié) 法拉第電磁感應(yīng)定律含解析

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精2020秋高中物理粵教版選修3-2達(dá)標(biāo)作業(yè)：第一章第四節(jié)法拉第電磁感應(yīng)定律含解析A級抓基礎(chǔ)1．在磁感應(yīng)強(qiáng)度為0.5T的勻強(qiáng)磁場中，讓長為0.2m的導(dǎo)線垂直于磁場方向做切割磁感線運動，運動方向與導(dǎo)線垂直，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為0。5V，則導(dǎo)線切割磁感線的速度為()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。用均勻?qū)Ь€做成的正方形線框邊長為0。2m，正方形的一半放在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場中，如圖所示，當(dāng)磁場以10T/s的變化率增強(qiáng)時，線框中a、b兩點電勢差是（)A.Uab＝0。1V B。Uab＝－0。1VC.Uab＝0.2V D。Uab＝－0.2V解析：由于磁場是均勻增強(qiáng)的，而原磁場的方向垂直紙面向里，所以由楞次定律可知，線圈中產(chǎn)生的磁場方向是垂直紙面向上的，再由右手定則可知,線圈中的電流方向沿逆時針方向，故電流由b向右再回到a點,可見，ab間的電勢差是負(fù)值，所以A、C錯誤；線圈產(chǎn)生的電動勢E＝10T/s×(0。2m)2/2＝0。2V，又因為ab兩點正好在線圈的中點上，所分的線圈的兩側(cè)電阻相等，故Uab＝－eq\f（E，2）＝－eq\f（0。2V,2）＝－0.1V,選項B正確．答案:B3．如圖所示，閉合開關(guān)S，將條形磁鐵兩次插入閉合線圈，第一次用0。2s,第二次用0。4s,并且兩次的起始和終止位置相同，則()A．第一次磁通量變化較大B．第一次G的最大偏角較大C．第一次經(jīng)過G的總電荷量較多D．若開關(guān)S斷開，G不偏轉(zhuǎn)，故兩次均無感應(yīng)電動勢解析：因兩次的起始和終止位置相同,所以磁感應(yīng)強(qiáng)度變化量ΔB相同，由ΔΦ＝ΔB·S知：兩次磁通量變化相同，故A錯誤;因磁通量變化相同，匝數(shù)n相同，Δt1＜Δt2,根據(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；根據(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G的總電量相同，故C錯誤；有無感應(yīng)電動勢產(chǎn)生的條件是穿過回路的磁通量發(fā)生變化,電路無需閉合，兩次穿過回路的磁通量均發(fā)生了變化，故D錯誤．答案：B4．如圖所示，PQRS為一正方形導(dǎo)線框，它以恒定速度向右進(jìn)入以MN為邊界的勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直線圈平面，MN線與線框的邊成45°角，E、F分別為PS和PQ的中點．關(guān)于線框中的感應(yīng)電流,正確的說法是（）A。當(dāng)E點經(jīng)過邊界MN時，線框中感應(yīng)電流最大B.當(dāng)P點經(jīng)過邊界MN時，線框中感應(yīng)電流最大C.當(dāng)F點經(jīng)過邊界MN時，線框中感應(yīng)電流最大D.當(dāng)Q點經(jīng)過邊界MN時，線框中感應(yīng)電流最大解析：由題圖可知，當(dāng)E點經(jīng)過邊界MN時,導(dǎo)線框有效切割長度為eq\f(RS,2），所以感應(yīng)電動勢不是最大,則感應(yīng)電流不是最大，故A錯誤；當(dāng)P點經(jīng)過MN時，有效切割長度最大為RS，感應(yīng)電動勢為最大，故B正確；當(dāng)F點經(jīng)過邊界MN時，由題圖可知，導(dǎo)線框的有效切割長度為eq\f(RS,2)，所以感應(yīng)電動勢及感應(yīng)電流不是最大，線框中磁通量的變化率不是最大，故C錯誤;當(dāng)Q經(jīng)過MN時，線框全部進(jìn)入磁場中，線框中磁通量不發(fā)生變化，感應(yīng)電流為零,故D錯誤．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），間距為l，導(dǎo)軌間有垂直于導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,導(dǎo)軌電阻不計．已知金屬桿MN傾斜放置，與導(dǎo)軌成θ角，單位長度的電阻為r,保持金屬桿以速度v沿平行于cd的方向滑動（金屬桿滑動過程中與導(dǎo)軌接觸良好）．求：(1）電路中感應(yīng)電動勢E；（2)電路中感應(yīng)電流的大?。?3）金屬桿所受安培力的大?。馕?(1)由法拉第電磁感應(yīng)定律，可得感應(yīng)電動勢為: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級提能力6．如圖甲所示，螺線管匝數(shù)n＝1000匝，橫截面積S＝10cm2，螺線管導(dǎo)線電阻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)，下列說法正確的是（)圖甲圖乙A．通過電阻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點的電勢一直保持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)電動勢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錯誤；由于A點接地,所以C點的電勢為±4。8V，故D錯誤．答案：B7．我國第一艘航母“遼寧艦”交接入列后，殲15飛機(jī)順利完成了起降飛行訓(xùn)練，圖甲為一架殲15飛機(jī)剛著艦時的情景．已知該飛機(jī)機(jī)身長為l，機(jī)翼兩端點C、D的距離為d，某次在我國近海海域訓(xùn)練中飛機(jī)降落時的速度沿水平方向，大小為v.如圖乙所示，該空間地磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度的水平分量為Bx，豎直分量為By.C、D兩點間的電勢差為U，下列分析正確的是（)圖甲圖乙A．U＝Bxlv，C點電勢低于D點電勢B．U＝Bxdv,C點電勢高于D點電勢C．U＝Bylv，C點電勢低于D點電勢D．U＝Bydv，C點電勢高于D點電勢解析：飛機(jī)機(jī)翼切割磁感線,地磁場豎直分量為By.由法拉第電磁感應(yīng)定律，可知感應(yīng)電動勢大小為U＝Bydv；北半球的磁感應(yīng)強(qiáng)度的豎直分量是向下的，根據(jù)右手定則，感應(yīng)電動勢的方向由D指向C，所以C點的電勢高于D點的電勢,故D正確，A、B、C錯誤．答案：D8．一正方形閉合導(dǎo)線框abcd邊長L＝0。1m，各邊電阻均為1Ω，bc邊位于x軸上,在x軸原點O右方有寬L＝0。1m、磁感應(yīng)強(qiáng)度為1T、方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場區(qū)域,如圖所示．在線框以恒定速度4m/s沿x軸正方向穿越磁場區(qū)域的過程中，如圖所示的各圖中，能正確表示線框從進(jìn)入到穿出磁場過程中，ab邊兩端電勢差Uab隨位置變化情況的是()解析：分兩段研究：ab進(jìn)入磁場切割磁感線過程和dc切割磁感線過程．a(chǎn)b進(jìn)入磁場切割磁感線過程中，x在0～L范圍:由楞次定律判斷得知,線框感應(yīng)電流方向為逆時針,ab相當(dāng)于電源，a的電勢高于b的電勢,Uab＞0。感應(yīng)電動勢為E＝BLv＝1×0。1×4V＝0.4V，Uab是外電壓，則有Uab＝eq\f（3,4)E＝0。3V．dc切割磁感線過程，x在L～2L范圍：由楞次定律判斷得知，線框感應(yīng)電流方向為順時針，dc相當(dāng)于電源，a的電勢高于b的電勢,Uab＞0.感應(yīng)電動勢為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，框架電阻不計,框架右端接有阻值為R0的電阻，勻強(qiáng)磁場的磁感應(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切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的大小及AB之間的電勢差分別為（）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切割磁場的有效長度為該半圓形的直徑即2l，所以根據(jù)公式得半圓形導(dǎo)體AB切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢的大小為E＝2Blv，A、B錯誤;形成的電路中,AB相當(dāng)于電源，內(nèi)阻為r，AB間的電勢差為路端電壓,根據(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，一個圓形線圈匝數(shù)n＝1000匝、面積S＝2×10－2m2、電阻r＝1Ω.在線圈外接一阻值為R＝4Ω的電阻．把線圈放入一個勻強(qiáng)磁場中,磁場方向垂直線圈平面向里，磁場的磁感強(qiáng)度B隨時間變化規(guī)律如圖乙所示．求:（1）0~4s內(nèi)，回路中的感應(yīng)電動勢；（2）t＝5s時，a、b兩點哪點電勢高;(3）t＝5s時，電阻兩端的電壓U。解析：（1）根據(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)，磁場在減小，根據(jù)楞次定律，a點電勢高．(3）由圖可知eq\f(ΔB′,Δt)＝eq\f(0。4,2)T/s＝0.2T/s，根據(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；根據(jù)歐姆定律I′＝eq\f(E′，R＋r)＝eq\f(4，4＋1）A＝0。8A，根據(jù)U＝I′R，解得U＝0.8×4V＝3。2V。答案：見解析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，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點開始計時，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)電動勢為多少？解析：(1)3s末夾在導(dǎo)軌間導(dǎo)體的長度為L＝vt·tan30°＝5×3×tan30°m＝5eq\r(3)m，3s末電路中瞬時感應(yīng)電動勢為E＝BLv＝0.2×5eq\r(3）×5V＝5eq\r(3)V，此時電路中的總電阻為R＝(15＋5eq\r(3）＋10eq\r(3))×0.2Ω≈8.20Ω，所以