《2020高考物理 1.5 法拉弟電磁感應(yīng)定律應(yīng)用（一） 每課一練 粵教版選修3-2》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020高考物理 1.5 法拉弟電磁感應(yīng)定律應(yīng)用（一） 每課一練 粵教版選修3-2（7頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、1.5 法拉弟電磁感應(yīng)定律應(yīng)用（一） 每課一練（粵教版選修3-2） 我夯基，我達(dá)標(biāo) 1.導(dǎo)體平行做切割磁感線運(yùn)動(dòng)時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的表達(dá)為 _______，該公式的適用條件為_(kāi)________________________________，如果導(dǎo)線的運(yùn)動(dòng)方向與導(dǎo)體本身垂直，但與磁場(chǎng)方向有一夾角θ，可以將速度為分解為兩個(gè)分量，一個(gè)分量沿_______，另一個(gè)分量沿_______，不切割磁感線的分量方向不產(chǎn)生_______，而切割磁感線的分量方向產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=_______，所以電動(dòng)勢(shì)的表達(dá)式為_(kāi)______。 答案：E=BLυ 運(yùn)動(dòng)方向與導(dǎo)線本身及磁場(chǎng)方向垂直 磁場(chǎng)方向 垂直

2、磁場(chǎng)方向 感應(yīng)電動(dòng)勢(shì) BLυ⊥ E=BLυsinθ 2.產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的那部分導(dǎo)體相當(dāng)于_______。 答案：電源 3.如圖1-5-6所示，均勻金屬環(huán)的電阻為R，其圓心O，半徑為L(zhǎng)。一金屬桿OA，質(zhì)量可忽略不計(jì)，電阻為r，可繞O點(diǎn)轉(zhuǎn)動(dòng)，A端固定一質(zhì)量為m的金屬球a，球上有孔，套在圓環(huán)上可無(wú)摩擦滑動(dòng)，Ob為一導(dǎo)線，整個(gè)裝置放在與環(huán)平面垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B?，F(xiàn)把金屬桿OA從水平位置由靜止釋放運(yùn)動(dòng)到豎直位置，球a的速度為v，則OA到豎直位置時(shí)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為_(kāi)_______；此時(shí)OA所受安培力的功率為_(kāi)_______；桿OA由水平位置轉(zhuǎn)到豎直位置這段時(shí)間內(nèi)，電路中轉(zhuǎn)化的內(nèi)能為

3、________。 圖1-5-6 解析：OA的轉(zhuǎn)動(dòng)切割磁感線，求運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)的瞬時(shí)電動(dòng)勢(shì)和瞬時(shí)功率，應(yīng)用法拉第電磁感應(yīng)定律時(shí)，要運(yùn)用旋轉(zhuǎn)切割的情況。最后要求的是過(guò)程量，應(yīng)用能量的轉(zhuǎn)化和守恒。 答案：BLυ mgL－mυ2 4.如圖1-5-7所示，PQRS為一正方形導(dǎo)線框，它以恒定的速度向右進(jìn)入以MN為邊界的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直于線框平面，MN線與線框的邊成45°角，E、F分別為PS和PQ的中點(diǎn)，關(guān)于線圈中的感應(yīng)電流，正確的說(shuō)法是（ ） 圖1-5-7 A.當(dāng)E點(diǎn)經(jīng)過(guò)邊界MN時(shí)，線框中感應(yīng)電流最大 B.當(dāng)P點(diǎn)經(jīng)過(guò)邊界MN時(shí)，線框中感應(yīng)電流最大 C.當(dāng)F點(diǎn)經(jīng)過(guò)邊界

4、MN時(shí)，線框中感應(yīng)電流最大 D.當(dāng)Q點(diǎn)經(jīng)過(guò)邊界MN時(shí)，線框中感應(yīng)電流最大 解析：由題意知在線框進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中B與υ都是不變的，根據(jù)公式E=BLv可知，有效長(zhǎng)度L最大時(shí)，回路中感應(yīng)電流最大，當(dāng)P點(diǎn)經(jīng)過(guò)邊界MN時(shí)，R點(diǎn)正好經(jīng)過(guò)邊界MN，切割磁感線運(yùn)動(dòng)的有效長(zhǎng)度L有最大值，故正確答案為B。 本題對(duì)有效切割長(zhǎng)度大小變化的判斷是難點(diǎn)，也是解此題的關(guān)鍵，從線框中S點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)開(kāi)始，有效長(zhǎng)度從0開(kāi)始增大，當(dāng)P點(diǎn)進(jìn)到MN邊時(shí)，L達(dá)到最大值，即與線框邊長(zhǎng)相等，然后L又開(kāi)始減小，最后減小到0。 答案：B 5.將一根金屬桿在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中以垂直磁場(chǎng)方向的初速度υ水平拋出，若金屬桿在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終保持

5、水平，那么金屬桿的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E的大小將（ ） A.隨桿的速度的增大而增大 B.保持不變 C.隨桿的速度方向與磁場(chǎng)方向夾角的減小而減小 D.因?yàn)樗俣鹊拇笮∨c方向同時(shí)變化，因此無(wú)法判斷E的大小。 解析：金屬桿做平拋運(yùn)動(dòng)，如圖1-5-8所示，金屬桿在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，速度方向與磁場(chǎng)方向間的夾角θ越來(lái)越小，而金屬桿的速度越來(lái)越大，但切割磁感線的有效速度是其水平分量，且水平速度始終保持υ不變，則金屬桿中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=BLυsinθ=BLυ，故正確答案為B。 圖1-5-8 答案：B 6.在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，有一個(gè)接有電容器的導(dǎo)線回路，如圖1-5-9所示，已知電容C=30 μF，回路的長(zhǎng)和寬

6、分別為l1=5 cm，l2=8 cm，磁場(chǎng)以5×10-2 T/s的速率增強(qiáng)，則（ ） 圖1-5-9 A.電容器上極板帶正電，帶電荷量為2×10-9 C B.電容器上極板帶負(fù)電，帶電荷量為4×10-9 C C.電容器上極板帶正電，帶電荷量為6×10-9 C D.電容器上極板帶負(fù)電，帶電荷量為8×10-9 C 解析：根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律：回路中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)即給電容器充電電壓E==5×10－2×0.05×0.08 V=2×10－4 V 電容器的帶電荷量為q=CE=30×10－6×2×10－4 C=6×10－9 C 根據(jù)楞次定律可判定電容器上極板帶正電， C項(xiàng)正確。 答案：C

7、 我綜合，我發(fā)展 7. 如圖1-5-10所示，半徑為r的金屬圓環(huán)，繞通過(guò)直徑的軸OO′以角速度ω勻速運(yùn)動(dòng)，勻強(qiáng)電場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，以金屬環(huán)的平面與磁場(chǎng)方向重合時(shí)開(kāi)始計(jì)時(shí)，求在轉(zhuǎn)過(guò)30°角的過(guò)程中，環(huán)中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)是多大？ 圖1-5-10 解析：由題意來(lái)理解，要求的應(yīng)該是在轉(zhuǎn)過(guò)30°角過(guò)程中的平均電動(dòng)勢(shì).環(huán)在轉(zhuǎn)過(guò)30°角過(guò)程中磁通量的變化量為ΔΦ=Φ2－Φ1=BSsin30°－0=Bπr2，又Δt==，根據(jù)法拉第電磁應(yīng)定律：E=，將上述代入得：E=3Bωr2. 答案：E=3Bωr2 8.如圖1-5-11所示，粗細(xì)均勻的金屬環(huán)的電阻為R，可繞軸O轉(zhuǎn)動(dòng)的金屬桿OA的電阻為，桿長(zhǎng)

8、為l，A端與環(huán)相接觸，一電阻為的定值電阻分別與桿的端點(diǎn)O及環(huán)邊緣連接.桿OA在垂直于環(huán)面向里的、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，以角速度ω順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng).求電路中總電流的變化范圍。 圖1-5-11 解析：設(shè)OA桿轉(zhuǎn)至圖示位置時(shí)，金屬環(huán)AD間的兩部分電阻分別為R1、R2，其等效電路如圖1-5-12所示，則電路中的總電流為 圖1-5-12 I==，式中R并=，因?yàn)镽1+R2=R為定值，故當(dāng)R1=R2時(shí)，R并有最大值，最大值為；當(dāng)R1=0或R2=0時(shí)，R并有最小值，最小值為0，因此電流的最大值和最小值分別為Imin=； Imax.所以≤I≤. 答案：≤I≤ 9.如圖1-5-13所示，兩

9、根平行且足夠長(zhǎng)的金屬導(dǎo)軌置于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)的方向垂直于導(dǎo)軌平面，兩導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，左端連一電阻R，右端連一電容器C，其余電阻不計(jì)。長(zhǎng)為2L的導(dǎo)體棒ab與從圖中實(shí)線位置開(kāi)始，以a為圓心沿順時(shí)針?lè)较虻慕撬俣圈貏蛩俎D(zhuǎn)動(dòng)，轉(zhuǎn)90°的過(guò)程中，通過(guò)電阻R的電荷量為多少？ 圖1-5-13 解析：以a為圓心轉(zhuǎn)動(dòng)90°的過(guò)程可分為兩個(gè)階段，第一階段是導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌保持接觸的過(guò)程，即轉(zhuǎn)動(dòng)角度從0～60°的過(guò)程；第二個(gè)階段是導(dǎo)體棒b端離開(kāi)導(dǎo)軌以后的過(guò)程，即轉(zhuǎn)動(dòng)角度從60°～90°的過(guò)程。 第一個(gè)階段導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，因?yàn)榍懈畲鸥芯€的有效長(zhǎng)度發(fā)生變化，所以電動(dòng)勢(shì)是改變的，該過(guò)程中

10、通過(guò)電阻R的電荷量可用平均電動(dòng)勢(shì)來(lái)求出。該過(guò)程中相當(dāng)于電源的導(dǎo)體棒還給電容器C充電，充電的最大電壓為導(dǎo)體棒的有效長(zhǎng)度最長(zhǎng)時(shí)。 平均電動(dòng)勢(shì)E1=，ΔΦ=BΔS=BL2，這一過(guò)程通過(guò)R的電荷量q1=Δt=. 第二個(gè)階段，電容器要對(duì)電阻放電，電容器所充的最大電荷量完全通過(guò)電阻放完。電容器充電的最大電壓為導(dǎo)體棒轉(zhuǎn)60°時(shí)的瞬時(shí)電動(dòng)勢(shì)，根據(jù)旋轉(zhuǎn)切割的知識(shí)有E2=B（2L）2ω，此時(shí)電容器的充電電荷量為q2=CE2=2BL2Cω。 整個(gè)過(guò)程通過(guò)電阻的總的電荷量為Q=q1+q2=+2BL2Cω. 答案：Q=+2BL2Cω 10.如圖1-5-14所示，長(zhǎng)為L(zhǎng)=0.2 m、電阻為r=0.3 Ω、質(zhì)量為

11、m=0.1 kg的金屬棒CD垂直跨擱在位于水平面上的兩條平行光滑金屬導(dǎo)軌上，兩軌道間距也為L(zhǎng)，棒與軌道接觸良好，導(dǎo)軌電阻不計(jì)。導(dǎo)軌左端接有R=0.5 Ω的電阻，量程為0～3.0 A的電流表串聯(lián)在一條導(dǎo)軌上,量程為0～1.0 V的電壓表接在電阻R的兩端，垂直導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)向下穿過(guò)平面.現(xiàn)以向右恒定的外力F使金屬棒右移，當(dāng)金屬棒以υ=2 m/s的速度在導(dǎo)軌平面上勻速滑動(dòng)時(shí)觀察到電路中的一個(gè)電表正好滿偏，而另一電表未滿偏。問(wèn)： 圖1-5-14 （1）此時(shí)滿偏的電表是什么表？說(shuō)明理由。 （2）拉動(dòng)金屬棒的外力F有多大？ （3）導(dǎo)軌處的磁感應(yīng)強(qiáng)度多大？ 解析：（1）采用假設(shè)法，假設(shè)電流表滿偏，則I=3 A，R兩端電壓U=IR=3×0.5 V=1.5 V，將大于電壓表的量程，不符合題意，故滿偏電表應(yīng)該是電壓表。 （2）由能量關(guān)系，電路中的電能應(yīng)是外力做功完成的，即存在：Fυ=I2（R+r），I=，兩式聯(lián)立得，F(xiàn)==1.6 N. （3）磁場(chǎng)是恒定的，且不發(fā)生變化，由于CD運(yùn)動(dòng)而產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，E=BLυ，根據(jù)閉合電路歐姆定律，E=U+Ir以及I=，聯(lián)立三式得，B=+=4 T. 答案：（1）滿偏的是電壓表 （2）1.6 N （3）4 T