2024高中物理第一章电磁感应第四节法拉第电磁感应定律达标作业含解析粤教版选修3-2

PAGE6-第四节法拉第电磁感应定律A级抓基础1．在磁感应强度为0.5T的匀强磁场中，让长为0.2m的导线垂直于磁场方向做切割磁感线运动，运动方向与导线垂直，产生的感应电动势为0.5V，则导线切割磁感线的速度为()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正确．答案：B2.用匀称导线做成的正方形线框边长为0.2m，正方形的一半放在垂直纸面对里的匀强磁场中，如图所示，当磁场以10T/s的改变率增加时，线框中a、b两点电势差是()A.Uab＝0.1V B.Uab＝－0.1VC.Uab＝0.2V D.Uab＝－0.2V解析：由于磁场是匀称增加的，而原磁场的方向垂直纸面对里，所以由楞次定律可知，线圈中产生的磁场方向是垂直纸面对上的，再由右手定则可知，线圈中的电流方向沿逆时针方向，故电流由b向右再回到a点，可见，ab间的电势差是负值，所以A、C错误；线圈产生的电动势E＝10T/s×(0.2m)2/2＝0.2V，又因为ab两点正好在线圈的中点上，所分的线圈的两侧电阻相等，故Uab＝－eq\f(E,2)＝－eq\f(0.2V,2)＝－0.1V，选项B正确．答案：B3．如图所示，闭合开关S，将条形磁铁两次插入闭合线圈，第一次用0.2s，其次次用0.4s，并且两次的起始和终止位置相同，则()A．第一次磁通量改变较大B．第一次G的最大偏角较大C．第一次经过G的总电荷量较多D．若开关S断开，G不偏转，故两次均无感应电动势解析：因两次的起始和终止位置相同，所以磁感应强度改变量ΔB相同，由ΔΦ＝ΔB·S知：两次磁通量改变相同，故A错误；因磁通量改变相同，匝数n相同，Δt1＜Δt2，依据E＝neq\f(ΔΦ,Δt)和I＝eq\f(E,R)知，第一次G的最大偏角较大，故B正确；依据q＝·Δt＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),R)·Δt＝neq\f(ΔΦ,Δt·R)·Δt＝neq\f(ΔΦ,R)可知：经过G的总电量相同，故C错误；有无感应电动势产生的条件是穿过回路的磁通量发生改变，电路无需闭合，两次穿过回路的磁通量均发生了改变，故D错误．答案：B4．如图所示，PQRS为一正方形导线框，它以恒定速度向右进入以MN为边界的匀强磁场，磁场方向垂直线圈平面，MN线与线框的边成45°角，E、F分别为PS和PQ的中点．关于线框中的感应电流，正确的说法是()A.当E点经过边界MN时，线框中感应电流最大B.当P点经过边界MN时，线框中感应电流最大C.当F点经过边界MN时，线框中感应电流最大D.当Q点经过边界MN时，线框中感应电流最大解析：由题图可知，当E点经过边界MN时，导线框有效切割长度为eq\f(RS,2)，所以感应电动势不是最大，则感应电流不是最大，故A错误；当P点经过MN时，有效切割长度最大为RS，感应电动势为最大，故B正确；当F点经过边界MN时，由题图可知，导线框的有效切割长度为eq\f(RS,2)，所以感应电动势及感应电流不是最大，线框中磁通量的改变率不是最大，故C错误；当Q经过MN时，线框全部进入磁场中，线框中磁通量不发生改变，感应电流为零，故D错误．答案：B5．如图所示，abcd为水平放置的平行“eq\a\vs4\al()”形光滑金属导轨(电阻不计)，间距为l，导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，导轨电阻不计．已知金属杆MN倾斜放置，与导轨成θ角，单位长度的电阻为r，保持金属杆以速度v沿平行于cd的方向滑动(金属杆滑动过程中与导轨接触良好)．求：(1)电路中感应电动势E；(2)电路中感应电流的大小；(3)金属杆所受安培力的大小．解析：(1)由法拉第电磁感应定律，可得感应电动势为：E＝BLMNvsinθ＝Blv.(2)感应电流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级提实力6．如图甲所示，螺线管匝数n＝1000匝，横截面积S＝10cm2，螺线管导线电阻r＝1Ω，电阻R＝4Ω，磁感应强度B的B­t图象如图乙所示(以向右为正方向)，下列说法正确的是()图甲图乙A．通过电阻R的电流方向不变B．感应电流的大小保持不变C．电阻R两端的电压为6VD．C点的电势始终保持4.8V不变解析：由楞次定律可知：0～1s内，电流从C→R→A；1～2s内，电流从A→R→C，故A错误；由题图象可知eq\f(ΔB,Δt)＝6T/s、大小不变，由法拉第电磁感应定律，可知感应电动势E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝1000×6×10×10－4V＝6V不变，所以感应电流的大小I＝eq\f(E,R＋r)＝eq\f(6,4＋1)A＝1.2A不变，故B正确；由闭合电路的欧姆定律，可知电阻R两端的电压为U＝IR＝1.2×4V＝4.8V，故C错误；由于A点接地，所以C点的电势为±4.8V，故D错误．答案：B7．我国第一艘航母“辽宁舰”交接入列后，歼15飞机顺当完成了起降飞行训练，图甲为一架歼15飞机刚着舰时的情景．已知该飞机机身长为l，机翼两端点C、D的距离为d，某次在我国近海海疆训练中飞机着陆时的速度沿水平方向，大小为v.如图乙所示，该空间地磁场磁感应强度的水平重量为Bx，竖直重量为By.C、D两点间的电势差为U，下列分析正确的是()图甲图乙A．U＝Bxlv，C点电势低于D点电势B．U＝Bxdv，C点电势高于D点电势C．U＝Bylv，C点电势低于D点电势D．U＝Bydv，C点电势高于D点电势解析：飞机机翼切割磁感线，地磁场竖直重量为By.由法拉第电磁感应定律，可知感应电动势大小为U＝Bydv；北半球的磁感应强度的竖直重量是向下的，依据右手定则，感应电动势的方向由D指向C，所以C点的电势高于D点的电势，故D正确，A、B、C错误．答案：D8．一正方形闭合导线框abcd边长L＝0.1m，各边电阻均为1Ω，bc边位于x轴上，在x轴原点O右方有宽L＝0.1m、磁感应强度为1T、方向垂直于纸面对里的匀强磁场区域，如图所示．在线框以恒定速度4m/s沿x轴正方向穿越磁场区域的过程中，如图所示的各图中，能正确表示线框从进入到穿出磁场过程中，ab边两端电势差Uab随位置改变状况的是()解析：分两段探讨：ab进入磁场切割磁感线过程和dc切割磁感线过程．ab进入磁场切割磁感线过程中，x在0～L范围：由楞次定律推断得知，线框感应电流方向为逆时针，ab相当于电源，a的电势高于b的电势，Uab＞0.感应电动势为E＝BLv＝1×0.1×4V＝0.4V，Uab是外电压，则有Uab＝eq\f(3,4)E＝0.3V．dc切割磁感线过程，x在L～2L范围：由楞次定律推断得知，线框感应电流方向为顺时针，dc相当于电源，a的电势高于b的电势，Uab＞0.感应电动势为E＝BLv＝1×0.1×4V＝0.4V，则有Uab＝eq\f(1,4)E＝0.1V.答案：B9．如图所示，一个半径为l的半圆形硬导体AB以速度在水平U形框架上匀速滑动，框架电阻不计，框架右端接有阻值为R0的电阻，匀强磁场的磁感应强度为B，半圆形硬导体AB的电阻为r，则半圆形导体AB切割磁感线产生的感应电动势的大小及AB之间的电势差分别为()A．Blveq\f(BlvR0,R0＋r) B．Bπlveq\f(BπlvR0,R0＋r)C．2Blveq\f(2BlvR0,R0＋r) D．2Blv2Blv解析：半圆形硬导体AB切割磁场的有效长度为该半圆形的直径即2l，所以依据公式得半圆形导体AB切割磁感线产生感应电动势的大小为E＝2Blv，A、B错误；形成的电路中，AB相当于电源，内阻为r，AB间的电势差为路端电压，依据欧姆定律可得UAB＝eq\f(R0,R0＋r)E＝eq\f(2BlvR0,R0＋r)，C正确．答案：C10．如图甲所示，一个圆形线圈匝数n＝1000匝、面积S＝2×10－2m2、电阻r＝1Ω.在线圈外接一阻值为R＝4Ω的电阻．把线圈放入一个匀强磁场中，磁场方向垂直线圈平面对里，磁场的磁感强度B随时间改变规律如图乙所示．求：(1)0～4s内，回路中的感应电动势；(2)t＝5s时，a、b两点哪点电势高；(3)t＝5s时，电阻两端的电压U.解析：(1)依据法拉第电磁感应定律E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝nSeq\f(ΔB,Δt)，由图可知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内，磁场在减小，依据楞次定律，a点电势高．(3)由图可知eq\f(ΔB′,Δt)＝eq\f(0.4,2)T/s＝0.2T/s，依据法拉第电磁感应定律有E′＝nSeq\f(ΔB′,Δt)，E′＝1000×2×10－2×0.2V＝4V；依据欧姆定律I′＝eq\f(E′,R＋r)＝eq\f(4,4＋1)A＝0.8A，依据U＝I′R，解得U＝0.8×4V＝3.2V.答案：见解析11.如图所示，三角形金属导轨EOF上放有一根金属杆ab，在外力作用下，保持ab跟OF垂直，以v＝5m/s的速度匀速向右移动，设导轨和金属杆都是用粗细相同的同种材料制成的，每米长度的电阻均为R0＝0.2Ω/m，磁感应强度为B＝0.2T，∠EOF＝30°，ab与导轨接触良好，ab在O点起先计时，则：(1)3s末电路中的电流为多少？(2)3s内电路中产生的平均感应电动势为多少？解析：(1)3s末夹在导轨间导体的长度为L＝vt·tan30°＝5×3×tan30°m＝5eq\r(3)m，3s末电路中瞬时感应电动势为E＝BLv＝0.2×