《2022-2023學年高中物理 第一章 電磁感應 習題課 法拉第電磁感應定律的應用學案 教科版選修3-2》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2022-2023學年高中物理 第一章 電磁感應 習題課 法拉第電磁感應定律的應用學案 教科版選修3-2（11頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022-2023學年高中物理 第一章 電磁感應 習題課 法拉第電磁感應定律的應用學案 教科版選修3-2 [目標定位]　1.理解公式E＝n與E＝BLv的區(qū)別和聯(lián)系.2.會分析求解導體繞一端轉動切割磁感線的問題.3.會計算電磁感應中的電荷量. 一、公式E＝n與E＝BLv的區(qū)別 1.研究對象不同 E＝n研究的是整個閉合回路，適用于各種電磁感應現(xiàn)象；E＝BLv研究的是閉合回路上的一部分，即做切割磁感線運動的導體. 2.實際應用不同 E＝n應用于磁感應強度變化所產(chǎn)生的感應電動勢較方便；E＝BLv應用于導體切割磁感線所產(chǎn)生的感應電動勢較方便. 3.E的意義不同 E＝n一般求得的是平均

2、感應電動勢；E＝BLv一般用于求瞬時感應電動勢. 例1　如圖1所示，導軌OM和ON都在紙面內，導體AB可在導軌上無摩擦滑動，若AB以5m/s的速度從O點開始沿導軌勻速右滑，導體與導軌都足夠長，它們每米長度的電阻都是0.2Ω，磁場的磁感應強度為0.2T.求： 圖1 (1)3s末夾在導軌間的導體長度是多少？此時導體切割磁場產(chǎn)生的感應電動勢多大？回路中的電流約為多少？ (2)3s內回路中的磁通量變化了多少？此過程中的平均感應電動勢為多少？ 解析　(1)夾在導軌間的部分導體切割磁感線產(chǎn)生的電動勢才是電路中的感應電動勢. 3s末時刻，夾在導軌間導體的長度為 l＝vt·tan30°＝

3、5×3×tan30°＝5m 此時E＝Blv＝0.2×5×5V＝5V 電路電阻為R＝(15＋5＋10)×0.2Ω≈8.196Ω 所以I＝≈1.06A. (2)3s內回路中磁通量的變化量ΔΦ＝BS－0＝0.2××15×5Wb＝Wb 3s內電路產(chǎn)生的平均感應電動勢為E＝＝V＝V. 答案　(1)5m　5V　1.06A　(2)Wb V 二、導體轉動切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢的計算 例2　長為l的金屬棒ab以a點為軸在垂直于勻強磁場的平面內以角速度ω做勻速轉動，如圖2所示，磁感應強度為B，求： 圖2 (1)ab棒中點速率的平均值； (2)ab兩端的電勢差； (3)經(jīng)時間Δ

4、t金屬棒ab所掃過的面積中的磁通量為多少？此過程中平均感應電動勢多大？ 解析　(1)ab棒中點速率的平均值 ＝＝＝ωl. (2)ab兩端的電勢差E＝Bl＝Bl2ω. (3)經(jīng)時間Δt金屬棒ab所掃過的扇形面積為ΔS，則 ΔS＝l2θ＝l2ωΔt，ΔΦ＝BΔS＝Bl2ωΔt 由法拉第電磁感應定律知， E＝＝＝Bl2ω. 答案　(1)ωl　(2)Bl2ω　(3)Bl2ωΔt　Bl2ω 如圖3所示，長為L的導體棒在磁感應強度為B的勻強磁場中以角速度ω繞O點勻速轉動，則OA兩端產(chǎn)生的感應電動勢E＝BωL2. 圖3 三、電磁感應中的電荷量問題 設感應電動勢

5、的平均值為，則在Δt時間內，＝n，＝，又q＝Δt，所以q＝n，其中，ΔΦ對應某過程磁通量的變化，R為回路的總電阻，n為線圈的匝數(shù). 注意：求解電路中通過的電荷量時，一定要用平均感應電動勢和平均感應電流計算. 例3　如圖4甲所示，有一面積為S＝100cm2的金屬環(huán)，電阻為R＝0.1Ω，環(huán)中磁場隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示，且磁場方向垂直紙面向里，在t1到t2時間內，通過金屬環(huán)的電荷量是多少？ 圖4 解析　由法拉第電磁感應定律知金屬環(huán)中產(chǎn)生的感應電動勢E＝n，由閉合電路的歐姆定律知金屬環(huán)中的感應電流為I＝，通過金屬環(huán)截面的電荷量q＝I·Δt＝＝C＝0.01C. 答案　0.01C

6、針對訓練　如圖5所示，將直徑為d、電阻為R的閉合金屬環(huán)從磁感應強度為B的勻強磁場中拉出，在這一過程中，求： 圖5 (1)磁通量的改變量； (2)通過金屬環(huán)某一截面的電荷量. 答案　(1)　(2) 解析　(1)由已知條件得金屬環(huán)的面積 S＝π()2＝， 磁通量的改變量ΔΦ＝BS＝. (2)由法拉第電磁感應定律得＝，又因為＝，q＝t，所以q＝＝. 1.(公式E＝n的應用) 如圖6中畫出的是穿過一個閉合線圈的磁通量隨時間的變化規(guī)律，以下哪些認識是正確的(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　 圖6 A．0～0.3 s內線圈中的電動勢在均勻增加 B．第0.6

7、 s末線圈中的感應電動勢是4 V C．第0.9 s末線圈中的瞬時電動勢比0.2 s末的小 D．第0.2 s末和0.4 s末的瞬時電動勢的方向相同 答案　B 解析　0～0.3 s內線圈中磁通量在均勻增加，產(chǎn)生的感應電動勢是恒定的，A錯誤；第0.6 s末線圈中的感應電動勢是E＝＝V＝4 V，B正確；第0.9 s末線圈中的瞬時電動勢為E＝＝V＝30 V，0.2 s末的電動勢為E＝＝V＝V，C錯誤；0～0.3 s內線圈中磁通量在均勻增加，0.3～0.8 s內線圈中磁通量在均勻減小，產(chǎn)生的感應電動勢方向相反，D錯誤． 2.(公式E＝BLv的應用)(多選)如圖7所示，一導線彎成半徑為a的半圓形閉

8、合回路，虛線MN右側有磁感應強度為B的勻強磁場，方向垂直于回路所在的平面，回路以速度v向右勻速進入磁場，直徑CD始終與MN垂直，從D點到達邊界開始到C點進入磁場為止，下列結論正確的是(　　) 圖7 A.CD段直導線始終不受安培力 B.感應電動勢一直增大 C.感應電動勢最大值Em＝Bav D.感應電動勢平均值＝πBav 答案　CD 解析　由F＝BIL可知，當垂直磁感線方向放置的導線中有電流時，導線受到安培力的作用，選項A錯誤，感應電動勢E＝BLv，L為有效長度，先增大后減小，B錯誤；切割磁感線等效長度最大時的感應電動勢最大，故Em＝Bav，C正確；＝，ΔΦ＝B·πa2，Δt＝，

9、由上式得＝πBav，D正確. 3.(轉動切割產(chǎn)生的電動勢)如圖8所示，均勻磁場中有一由半圓弧及其直徑構成的導線框，半圓直徑與磁場邊緣重合；磁場方向垂直于紙面向里，磁感應強度大小為B0. 使該線框從靜止開始繞過圓心O、垂直于半圓面的軸以角速度ω勻速轉動半周，在線框中產(chǎn)生感應電流.現(xiàn)使線框保持圖中所示位置，磁感應強度大小隨時間線性變化.為了產(chǎn)生與線框轉動半周過程中同樣大小的電流，磁感應強度隨時間的變化率的大小應為(　　) 圖8 A. B. C. D. 答案　C 解析　設圓的半徑為L，電阻為R，當線框以角速度ω勻速轉動時產(chǎn)生的感應電動勢E1＝B0ωL2.當線框不動，而磁感應強度隨時

10、間變化時E2＝πL2·，由＝得B0ωL2＝πL2·，即＝，故C項正確. 4.(電磁感應中的電荷量計算)物理實驗中，常用一種叫做“沖擊電流計”的儀器測定通過電路的電荷量.如圖9所示，探測線圈與沖擊電流計串聯(lián)后可用來測定磁場的磁感應強度.已知線圈的匝數(shù)為n，面積為S，線圈與沖擊電流計組成的回路電阻為R.若將線圈放在被測勻強磁場中，開始時線圈平面與磁場垂直，現(xiàn)把探測線圈翻轉180°，沖擊電流計測出通過線圈的電荷量為q，由上述數(shù)據(jù)可測出被測磁場的磁感應強度為(　　) 圖9 A. B. C. D. 答案　C 解析　q＝·Δt＝·Δt＝Δt＝n＝n， 所以B＝. 題組一　公式E＝n

11、和E＝BLv的應用 1.在勻強磁場中，有一個接有電容器的導線回路，如圖1所示，已知電容C＝30μF，回路的寬和長分別為l1＝5cm，l2＝8cm，磁場變化率為5×10－2T/s，則(　　) 圖1 A.電容器所帶電荷量為2×10－9C B.電容器所帶電荷量為4×10－9C C.電容器所帶電荷量為6×10－9C D.電容器所帶電荷量為8×10－9C 答案　C 解析　電容器兩板間的電壓等于回路中的感應電動勢，U＝E＝＝·l1l2＝5×10－2×0.05×0.08V＝2×10－4V，電容器的電荷量為Q＝CU＝CE＝30×10－6×2×10－4C＝6×10－9C，C選項正確. 2.

12、如圖2，在磁感應強度為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場中，金屬桿MN在平行金屬導軌上以速度v向右勻速滑動，MN中產(chǎn)生的感應電動勢為E1；若磁感應強度增大為2B，其他條件不變，MN中產(chǎn)生的感應電動勢變?yōu)镋2，則E1與E2之比為(　　) 圖2 A.1∶1B.2∶1C.1∶2D.1∶4 答案　C 解析　根據(jù)E＝BLv，磁感應強度增大為2B，其他條件不變，所以感應電動勢變?yōu)?倍. 3.如圖3所示，半徑為r的金屬圓盤在垂直于盤面的勻強磁場B中，繞O軸以角速度ω沿逆時針方向(從右向左看)勻速運動，則通過電阻R的電流的大小是(金屬圓盤的電阻不計)(　　) 圖3 A. B. C. D.

13、 答案　C 解析　金屬圓盤在勻強磁場中勻速轉動，可以等效為無數(shù)根長為r的導體棒繞O點做勻速圓周運動，其產(chǎn)生的電動勢大小為E＝，故通過電阻R的電流I＝，故選C項. 題組二　電磁感應中的電荷量問題 4.(多選)將一條形磁鐵從相同位置插入到閉合線圈中的同一位置，第一次緩慢插入，第二次快速插入，兩次插入過程中不發(fā)生變化的物理量是(　　) A.磁通量的變化量 B.磁通量的變化率 C.感應電流的大小 D.通過導體某橫截面的電荷量 答案　AD 解析　將一條形磁鐵從相同位置插入到閉合線圈中的同一位置，第一次緩慢插入線圈時，磁通量增加慢，第二次快速插入線圈時，磁通量增加快，但磁通量變化量相同，

14、A正確；根據(jù)法拉第電磁感應定律知，第二次線圈中產(chǎn)生的感應電動勢大，則磁通量變化率也大，B錯誤；根據(jù)歐姆定律可知第二次感應電流大，C錯誤；流過導體某橫截面的電荷量q＝Δt＝Δt＝Δt＝n，由于磁通量變化量相同，電阻不變，所以通過導體某橫截面的電荷量不變，D正確. 5.如圖4所示，一正方形線圈的匝數(shù)為n，邊長為a，總電阻為R，線圈平面與勻強磁場垂直，且一半處在磁場中，在Δt時間內，磁感應強度的方向不變，大小由B均勻地增大到2B，在此過程中，線圈中通過導線橫截面的電荷量為(　　) 圖4 A. B. C. D. 答案　B 解析　磁感應強度的變化率＝＝，E＝n＝nS，其中磁場中的有效面積

15、S＝a2，由q＝·Δt＝Δt，得q＝，選項B正確，A、C、D錯誤. 6.如圖5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，則此過程流過環(huán)的電荷量為(　　) 圖5 A. B. C.0 D. 答案　B 解析　通過環(huán)橫截面的電荷量只與磁通量的變化量和環(huán)的電阻有關，因此，ΔΦ＝Bπr2－2×Bπ()2＝Bπr2，電荷量q＝＝. 7.如圖6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)域內部及外部，磁場方向相反，磁感應強度大小均為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，

16、其圓心與圓形區(qū)域的中心重合，當內、外磁場同時由B均勻地減少到零的過程中，通過導線截面的電荷量為(　　) 圖6 A. B. C. D. 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，向外的磁通量設為負值，Φ2＝－Bπ(b2－a2)，總的磁通量為它們的代數(shù)和(取絕對值)Φ＝Bπ|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E＝，通過導線截面的電荷量為q＝·Δt＝，A項正確. 8.(多選)如圖7甲所示，一個圓形線圈的匝數(shù)n＝100，線圈面積S＝200cm2，線圈的電阻r＝1Ω，線圈外接一個阻值R＝4Ω的電阻，把線圈放入一方向

17、垂直線圈平面向里的磁場中，磁感應強度隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示，下列說法正確的是(　　) 圖7 A.電阻R兩端的電壓隨時間均勻增大 B.線圈r消耗的功率為4×10－4W C.前4s內通過R的電荷量為4×10－4C D.前4s內通過R的電荷量為8×10－2C 答案　BD 解析　由E＝n＝n，得E＝0.1V，所以電阻R兩端的電壓不隨時間變化，選項A錯誤；回路中的電流I＝＝0.02A，線圈r消耗的功率P＝I2r＝4×10－4W，選項B正確；前4s內通過R的電荷量q＝It＝0.08C，故D項正確，C錯誤. 題組三　綜合應用 9．如圖8所示，矩形線圈在0.01 s內由原始位

18、置Ⅰ轉落至位置Ⅱ.已知ad＝5×10－2 m，ab＝20×10－2 m，勻強磁場的磁感應強度B＝2 T，R1＝R3＝1 Ω，R2＝R4＝3 Ω.求： 圖8 (1)平均感應電動勢； (2)轉落時，通過各電阻的平均電流．(線圈的電阻忽略不計) 答案　(1)1 V　(2)0.25 A 解析　(1)設線圈在位置Ⅰ時，穿過它的磁通量為Φ1，線圈在位置Ⅱ時，穿過它的磁通量為Φ2，有Φ1＝BScos60°＝1×10－2 Wb，Φ2＝BS＝2×10－2 Wb，所以ΔΦ＝Φ2－Φ1＝1×10－2 Wb. 根據(jù)法拉第電磁感應定律可得 E＝＝1 V. (2)將具有感應電動勢的線圈等效為電源，其外

19、電路的總電阻R＝＝2 Ω. 根據(jù)閉合電路歐姆定律得總電流 I＝＝ A＝0.5 A. 通過各電阻的電流I′＝I＝0.25 A. 10.如圖9所示，將一條形磁鐵插入某一閉合線圈，第一次用時0.05s，第二次用時0.1s，且插入方式相同，試求： 圖9 (1)兩次線圈中平均感應電動勢之比； (2)兩次線圈中電流之比； (3)兩次通過線圈的電荷量之比. 答案　(1)2∶1　(2)2∶1　(3)1∶1 解析　(1)由感應電動勢E＝n得＝·＝＝. (2)由歐姆定律I＝得＝·＝＝ (3)由電荷量q＝It得＝＝. 11.如圖10所示，導線全部為裸導線，半徑為r，兩端開有小口的圓內有

20、垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B，一根長度大于2r的導線MN以速度v在圓環(huán)上無摩擦地自左端勻速滑到右端，電路中固定電阻值為R，其余部分電阻均忽略不計，試求MN從圓環(huán)左端滑到右端的過程中： 圖10 (1)電阻R上的最大感應電流； (2)電阻R上的平均感應電流； (3)通過電阻R的電荷量. 答案　(1)　(2)　(3) 解析　(1)MN向右滑動時，切割磁感線的有效長度不斷變化，當MN經(jīng)過圓心時，有效切割長度最長，此時感應電動勢和感應電流達到最大值，所以Imax＝＝. (2)由于MN向右滑動中電動勢和電流大小不斷變化，且不是簡單線性變化，故難以通過E＝BLv求解平均值，可以通過磁通量的平均變化率計算平均感應電動勢和平均感應電流，所以， E＝＝＝，I＝＝. (3)流過電阻R的電荷量等于平均感應電流與時間的乘積，所以q＝It＝＝.