2019秋 金版学案 物理·选修3-2（粤教版）练习：第一章 第四节 法拉第电磁感应定律 .doc

《2019秋 金版学案 物理·选修3-2（粤教版）练习：第一章 第四节 法拉第电磁感应定律 .doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019秋 金版学案 物理·选修3-2（粤教版）练习：第一章 第四节 法拉第电磁感应定律 .doc（11页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、A级抓基础1在磁感应强度为0.5 T的匀强磁场中，让长为0.2 m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0.5 V，则导线切割磁感线的速度为()A0.5 m/sB5 m/sC0.05 m/s D2.5 m/s解析：由EBLv可知v5 m/s，B正确答案：B2.用均匀导线做成的正方形线框边长为0.2 m，正方形的一半放在垂直纸面向里的匀强磁场中，如图所示，当磁场以10 T/s的变化率增强时，线框中a、b两点电势差是()A. Uab0.1 VB. Uab0.1 VC. Uab0.2 V D. Uab0.2 V解析：由于磁场是均匀增强的，而原磁场的方向垂直纸面向

2、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向上的，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E10 T/s(0.2 m)2/20.2 V，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Uab0.1 V，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0.2 s，第二次用0.4 s，并且两次的起始和终止位置相同，则()A第一次磁通量变化较大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

3、的起始和终止位置相同，所以磁感应强度变化量B相同，由BS知：两次磁通量变化相同，故A错误；因磁通量变化相同，匝数n相同，t1t2，根据En和I知，第一次G的最大偏角较大，故B正确；根据qttntn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变化，电路无需闭合，两次穿过回路的磁通量均发生了变化，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

4、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，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，所以感应电动势及感应电流不是最大，线框中磁通量的变化率不是最大，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变化，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“”形光滑金属导轨(电阻不计

5、)，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：EBLMNvsin Blv.(2)感应电流I.(3)安培力大小FBI.答案：(1)Blv(2)(3)B级提能力6如图甲所示，螺线管匝数n1 000匝，横截面积S10 cm2，螺线管导线电阻r1 ，电阻R4 ，磁感应强度B的Bt图象如图乙所示(以向右为正

6、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6 VDC点的电势一直保持4.8 V不变解析：由楞次定律可知：01 s内，电流从CRA；12 s内，电流从ARC，故A错误；由题图象可知6 T/s、大小不变，由法拉第电磁感应定律，可知感应电动势En1 000610104 V6 V不变，所以感应电流的大小I A1.2 A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UIR1.24 V4.8 V，故C错误；由于A点接地，所以C点的电势为4.8 V，故D错误答案：B7我国第一艘航母“辽宁舰”交接入列后，歼15飞机顺利完成了起降飞

7、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，某次在我国近海海域训练中飞机降落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分量为Bx，竖直分量为By.C、D两点间的电势差为U，下列分析正确的是()图甲图乙AUBxlv，C点电势低于D点电势BUBxdv，C点电势高于D点电势CUBylv，C点电势低于D点电势DUBydv，C点电势高于D点电势解析：飞机机翼切割磁感线，地磁场竖直分量为By.由法拉第电磁感应定律，可知感应电动势大小为UBydv；北半球的磁感应强度的竖直分量是向下的，根据右手定则，感应电动势的方向由D指向C，所以C

8、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L0.1 m，各边电阻均为1 ，bc边位于x轴上，在x轴原点O右方有宽L0.1 m、磁感应强度为1T、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，如图所示在线框以恒定速度4 m/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随位置变化情况的是()解析：分两段研究：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0L范围：由楞次定律判断得知，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，Uab0.感应电

9、动势为EBLv10.14 V0.4 V，Uab是外电压，则有UabE0.3 Vdc切割磁感线过程，x在L2L范围：由楞次定律判断得知，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，Uab0.感应电动势为EBLv10.14 V0.4 V ，则有UabE0.1 V.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()ABlvBBlvC2Blv D2Blv2Blv解析：半圆形硬导体

10、AB切割磁场的有效长度为该半圆形的直径即2l，所以根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E2Blv，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，根据欧姆定律可得UABE，C正确答案：C10如图甲所示，一个圆形线圈匝数n1 000匝、面积S2102 m2、电阻r1 .在线圈外接一阻值为R4 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向里，磁场的磁感强度B随时间变化规律如图乙所示求：(1)04 s内，回路中的感应电动势；(2)t5 s时，a、b两点哪点电势高；(3)t5 s时，电阻两端的电压U.解析：(1)根据法拉第电磁感应定律EnnS

11、，由图可知 T/s0.05 T/s解得：E1 00021020.05 V1 V.(2)t4 s到5 s内，磁场在减小，根据楞次定律，a点电势高(3)由图可知 T/s0.2 T/s，根据法拉第电磁感应定律有EnS，E1 00021020.2 V4 V；根据欧姆定律I A0.8 A，根据UIR，解得U0.84 V3.2 V.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v5 m/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R00.2 /m，磁感应强度为B0.2 T，EOF30，ab与导轨接触良好，ab在O点开始计时，则：(1)3 s末电路中的电流为多少？(2)3 s内电路中产生的平均感应电动势为多少？解析：(1)3 s末夹在导轨间导体的长度为Lvttan 3053tan 30 m5 m，3 s末电路中瞬时感应电动势为EBLv0.255 V5 V，此时电路中的总电阻为R(15510)0.2 8.20 ，所以电流I1.06 A.(2)3 s内的平均感应电动势为EV4.33 V.答案：(1)1.06 A(2)4.33 V