2024高中物理第四章電磁感應(yīng)4法拉第電磁感應(yīng)定律達(dá)標(biāo)作業(yè)含解析新人教版選修3-2

PAGE6-法拉第電磁感應(yīng)定律A級(jí)抓基礎(chǔ)1.穿過(guò)一個(gè)單匝閉合線圈的磁通量始終為每秒勻稱增加2Wb，則（）A.線圈中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)每秒增加2VB.線圈中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)每秒削減2VC.線圈中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)始終為2VD.線圈中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)始終為一個(gè)確定值，但由于線圈有電阻，電動(dòng)勢(shì)小于2V解析：由E＝neq\f(ΔΦ,Δt)知eq\f(ΔΦ,Δt)恒定，n＝1，所以E＝2V.答案：C2.如圖所示，在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，將一水平放置的金屬棒ab以水平速度v0拋出，不計(jì)空氣阻力，那么金屬棒內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)將（）A.越來(lái)越大 B.越來(lái)越小C.保持不變 D.方向不變，大小變更解析：由于導(dǎo)體棒中無(wú)感應(yīng)電流，故棒只受重力作用，導(dǎo)體棒做平拋運(yùn)動(dòng)，水平速度v0不變，即切割磁感線的速度不變，故感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)保持不變.答案：C3.如圖，在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向垂直紙面對(duì)里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，金屬桿MN在平行金屬導(dǎo)軌上以速度v向右勻速滑動(dòng)，MN中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E1；若磁感應(yīng)強(qiáng)度增為2B，其他條件不變，MN中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)變?yōu)镋2.則通過(guò)電阻R的電流方向及E1與E2之比E1∶E2分別為（）A.c→a，2∶1 B.a→c，2∶1C.a→c，1∶2 D.c→a，1∶2解析：由右手定則推斷可知，MN中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向?yàn)镹→M，則通過(guò)電阻R的電流方向?yàn)閍→c.MN產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)公式為E＝BLv，其他條件不變，E與B成正比，則得E1∶E2＝1∶2.答案：C4.（多選）單匝矩形線圈在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中勻速運(yùn)動(dòng)，轉(zhuǎn)軸垂直于磁場(chǎng)，若線圈所圍面積里磁通量隨時(shí)間變更的規(guī)律如圖所示，則O→D過(guò)程中（）A.線圈在O時(shí)刻感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大B.線圈在D時(shí)刻感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為零C.線圈在D時(shí)刻感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大D.線圈在O至D時(shí)間內(nèi)平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為0.4V解析：由法拉第電磁感應(yīng)定律知線圈從O至D時(shí)間內(nèi)的平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(2×10－3,0.01÷2)V＝0.4V.由感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的物理意義知，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小與磁通量的大小Φ和磁通量的變更量ΔΦ均無(wú)必定聯(lián)系，僅由磁通量的變更率eq\f(ΔΦ,Δt)確定，而任何時(shí)刻磁通量的變更率eq\f(ΔΦ,Δt)就是Φ-t圖象上該時(shí)刻切線的斜率，不難看出O點(diǎn)處切線斜率最大，D點(diǎn)處切線斜率最小，為零，故A、B、D選項(xiàng)正確.答案：ABD5.如圖所示，長(zhǎng)為L(zhǎng)的金屬導(dǎo)線彎成一圓環(huán)，導(dǎo)線的兩端接在電容為C的平行板電容器上，P、Q為電容器的兩個(gè)極板，磁場(chǎng)垂直于環(huán)面對(duì)里，磁感應(yīng)強(qiáng)度以B＝B0＋kt（k>0）隨時(shí)間變更，t＝0時(shí)，P、Q兩板電勢(shì)相等，兩板間的距離遠(yuǎn)小于環(huán)的半徑，經(jīng)時(shí)間t，電容器P板（）A.不帶電 B.所帶電荷量與t成正比C.帶正電，電荷量是eq\f(kL2C,4π) D.帶負(fù)電，電荷量是eq\f(kL2C,4π)解析：磁感應(yīng)強(qiáng)度以B＝B0＋kt（k>0）隨時(shí)間變更，由法拉第電磁感應(yīng)定律得：E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝Seq\f(ΔB,Δt)＝kS，而S＝eq\f(L2,4π)，經(jīng)時(shí)間t電容器P板所帶電荷量Q＝EC＝eq\f(kL2C,4π)；由楞次定律知電容器P板帶負(fù)電，故D選項(xiàng)正確.答案：DB級(jí)提實(shí)力6.一矩形線圈abcd位于一隨時(shí)間變更的勻強(qiáng)磁場(chǎng)內(nèi)，磁場(chǎng)方向垂直線圈所在的平面對(duì)里（如圖甲所示），磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變更的規(guī)律如圖乙所示.以I表示線圈中的感應(yīng)電流（圖甲中線圈上箭頭方向?yàn)殡娏鞯恼较颍?，則能正確表示線圈中電流I隨時(shí)間t變更規(guī)律的是（）ABCD解析：0～1s內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度勻稱增大，依據(jù)楞次定律和法拉第電磁感應(yīng)定律可判定，感應(yīng)電流為逆時(shí)針（為負(fù)值）、大小為定值，A、B錯(cuò)誤；4～5s內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度恒定，穿過(guò)線圈abcd的磁通量不變更，無(wú)感應(yīng)電流，D錯(cuò)誤.答案：C7.矩形導(dǎo)線框abcd放在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感線方向與線圈平面垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間變更的圖象如圖所示，t＝0時(shí)刻，磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直紙面對(duì)里.若規(guī)定導(dǎo)線框中感應(yīng)電流逆時(shí)針?lè)较驗(yàn)檎?，則在0～4s時(shí)間內(nèi)，線框中的感應(yīng)電流I以及線框的ab邊所受安培力F隨時(shí)間變更的圖象為圖中的（取向上為正方向）（）ABCD解析：依據(jù)E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(SΔB,Δt)，而eq\f(ΔB,Δt)不變，推知在0～2s內(nèi)及2～4s內(nèi)電流恒定，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；因?yàn)橐?guī)定了導(dǎo)線框中感應(yīng)電流逆時(shí)針?lè)较驗(yàn)檎?，感?yīng)電流在0～2s內(nèi)為順時(shí)針?lè)较?，所以選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由F＝BIL得：F與B成正比，依據(jù)左手定則推斷可知，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤.答案：C8.（多選）如圖所示，虛線右側(cè)存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直紙面對(duì)外，正方形金屬框電阻為R，邊長(zhǎng)是L，自線框從左邊界進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)起先計(jì)時(shí)，在外力作用下由靜止起先，以垂直于磁場(chǎng)邊界的恒定加速度a進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域，t1時(shí)刻線框全部進(jìn)入磁場(chǎng).若外力大小為F，線框中電功率的瞬時(shí)值為P，線框磁通量的變更率為eq\f(ΔΦ,Δt)，通過(guò)導(dǎo)體橫截面的電荷量為q，（其中P-t圖象為拋物線）則這些量隨時(shí)間變更的關(guān)系正確的是（）解析：線框做勻加速運(yùn)動(dòng)，其速度v＝at，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv，線框進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中受到的安培力F安＝BIL＝eq\f(B2L2v,R)＝eq\f(B2L2at,R)，由牛頓其次定律得F－eq\f(B2L2at,R)＝ma，則F＝eq\f(B2L2at,R)＋ma，故A錯(cuò)誤；線框中的感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BLat,R)，線框的電功率P＝I2R＝eq\f(（BLa）2,R)t2，B正確；線框的位移x＝eq\f(1,2)at2，磁通量的變更率eq\f(ΔΦ,Δt)＝B·eq\f(ΔS,Δt)＝Beq\f(L×\f(1,2)at2,t)＝eq\f(1,2)BLat，C錯(cuò)誤；電荷量q＝eq\o(I,\s\up6(－))·Δt＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),R)·Δt＝eq\f(\f(ΔΦ,Δt),R)·Δt＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(BLx,R)＝eq\f(BL×\f(1,2)at2,R)＝eq\f(BLa,2R)·t2，D正確.答案：BD9.如圖所示，豎直平面內(nèi)有足夠長(zhǎng)的金屬導(dǎo)軌，軌距為0.2m，金屬導(dǎo)體ab可在導(dǎo)軌上無(wú)摩擦地上下滑動(dòng)，ab的電阻為0.4Ω，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，導(dǎo)體ab的質(zhì)量為0.2g，垂直紙面對(duì)里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為0.2T，且磁場(chǎng)區(qū)域足夠大，當(dāng)導(dǎo)體ab自由下落0.4s時(shí)，突然閉合開(kāi)關(guān)S，則：（1）試說(shuō)出S接通后導(dǎo)體ab的運(yùn)動(dòng)狀況；（2）導(dǎo)體ab勻速下落的速度是多少？（g取10m/s2）解析：（1）閉合S之前導(dǎo)體ab自由下落的末速度為v0＝gt＝4m/s.S閉合瞬間，導(dǎo)體產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，回路中產(chǎn)生感應(yīng)電流，ab馬上受到一個(gè)豎直向上的安培力.F安＝BIL＝eq\f(B2L2v0,R)＝0.016N>mg＝0.002N.此刻導(dǎo)體所受到合力的方向豎直向上，與初速度方向相反，加速度的表達(dá)式為a＝eq\f(F安－mg,m)＝eq\f(B2L2v,mR)－g，所以ab做豎直向下的加速度漸漸減小的減速運(yùn)動(dòng).當(dāng)速度減小至F安＝mg時(shí)，ab做豎直向下的勻速運(yùn)動(dòng).（2）設(shè)勻速下落的速度為vm，此時(shí)F安＝mg，即eq\f(B2L2vm,R)＝mg，vm＝eq\f(mgR,B2L2)＝0.5m/s.10.如圖甲所示，不計(jì)電阻的平行金屬導(dǎo)軌與水平面成37°夾角放置，導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)＝1m，上端接有電阻R＝3Ω，虛線OO′下方是垂直于導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng).現(xiàn)將質(zhì)量m＝0.1kg、電阻r＝1Ω的金屬桿ab從OO′上方某處垂直導(dǎo)軌由靜止釋放，桿下滑過(guò)程中始終與導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸，桿下滑過(guò)程中的v-t圖象如圖乙所示.求：（取g＝10m/s2，sin37°＝0.6）圖甲圖乙（1）磁感應(yīng)強(qiáng)度B.（2）桿在磁場(chǎng)中下滑0.1s過(guò)程中電阻R產(chǎn)生的熱量.解析：（1）由題圖乙得a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(0.5,0.1)m/s2＝5m/s2.0.1s前，由牛頓其次定律有mgsinθ－f＝ma，代入數(shù)據(jù)得f＝0.1N.0.1s后勻速運(yùn)動(dòng)，有mgsinθ－f－F安＝0.①而F安＝BIL＝Beq\f(BLv,R＋r)L＝eq\f(B2L2v,R＋r).②由①②得B＝eq\r(\f(（mgsinθ－f）（R＋r）,L2v))＝eq\r(\f(（0.6－0.1）×（3＋1）,12×0.5))T＝2T.（2）I＝eq\f(BLv,R＋r)＝eq\f(2×1×0.5,3＋1)A＝0.25A，QR＝I2Rt＝0.252×3×0.1J＝eq\f(3,160)J.11.如圖所示，L1＝0.5m，L2＝0.8m，回路總電阻為R＝0.2Ω，物塊M的質(zhì)量m＝0.04kg，導(dǎo)軌光滑，起先時(shí)磁場(chǎng)B0＝1T.現(xiàn)使磁感應(yīng)強(qiáng)度以eq\f(ΔB,Δt)＝0.2T/s的變更率勻稱地增大，則當(dāng)t為多少時(shí)，M剛好離開(kāi)地面？（g取10m/s2）解析：回路中原磁場(chǎng)方向向下，且磁通量增加，由楞次定律可以判