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

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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_________________________________,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_______。 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________;此時(shí)OA所受安培力的功率為________;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,正確的說法是( ) 圖1-5-7 A.當(dāng)E點(diǎn)經(jīng)過邊界MN時(shí),線框中感應(yīng)電流最大 B.當(dāng)P點(diǎn)經(jīng)過邊界MN時(shí),線框中感應(yīng)電流最大 C.當(dāng)F點(diǎn)經(jīng)過邊界

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)過邊界MN時(shí),R點(diǎn)正好經(jīng)過邊界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)開始,有效長(zhǎng)度從0開始增大,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)過程中,速度方向與磁場(chǎng)方向間的夾角θ越來越小,而金屬桿的速度越來越大,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)開始計(jì)時(shí),求在轉(zhuǎn)過30°角的過程中,環(huán)中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)是多大? 圖1-5-10 解析:由題意來理解,要求的應(yīng)該是在轉(zhuǎn)過30°角過程中的平均電動(dòng)勢(shì).環(huán)在轉(zhuǎn)過30°角過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)線位置開始,以a為圓心沿順時(shí)針方向的角速度ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng),轉(zhuǎn)90°的過程中,通過電阻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)軌保持接觸的過程,即轉(zhuǎn)動(dòng)角度從0~60°的過程;第二個(gè)階段是導(dǎo)體棒b端離開導(dǎo)軌以后的過程,即轉(zhuǎn)動(dòng)角度從60°~90°的過程。 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,該過程中

10、通過電阻R的電荷量可用平均電動(dòng)勢(shì)來求出。該過程中相當(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,這一過程通過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)過程通過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: 圖1-5-14 (1)此時(shí)滿偏的電表是什么表?說明理由。 (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

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