《（新課標(biāo)）2020高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時(shí)作業(yè)47 法拉第電磁感應(yīng)定律（含解析）新人教版》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（新課標(biāo)）2020高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時(shí)作業(yè)47 法拉第電磁感應(yīng)定律（含解析）新人教版（12頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、法拉第電磁感應(yīng)定律一、選擇題1(2018靖遠(yuǎn)縣三模)等腰直角三角形OPQ區(qū)域內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，另有一等腰直角三角形導(dǎo)線框ABC以恒定的角速度沿圖示方向穿過磁場(chǎng)，該過程中ACOQ，下列說法中正確的是()A導(dǎo)線框開始進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)感應(yīng)電流最小B導(dǎo)線框進(jìn)入磁場(chǎng)過程磁感應(yīng)電流沿逆時(shí)針方向C導(dǎo)線框穿出磁場(chǎng)過程中C點(diǎn)電勢(shì)高于A點(diǎn)電勢(shì)D導(dǎo)線框穿出磁場(chǎng)過程磁感應(yīng)電流沿逆時(shí)針方向答案B解析A項(xiàng)，當(dāng)導(dǎo)線框開始進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，切割磁感線的有效長(zhǎng)度L最大，此時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大，感應(yīng)電流最大，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；B項(xiàng)，導(dǎo)線框進(jìn)入磁場(chǎng)過程，由右手定則判定可知，導(dǎo)體切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向?yàn)镃到A，所以感應(yīng)電流沿逆時(shí)針方向，故B項(xiàng)正確C、
2、D兩項(xiàng)，導(dǎo)線框穿出磁場(chǎng)過程中，磁通量減小，由楞次定律知磁感應(yīng)電流沿順時(shí)針方向，AC中電流方向由A到C，而AC在外電路中，所以C點(diǎn)電勢(shì)低于A點(diǎn)電勢(shì)，故C、D兩項(xiàng)錯(cuò)誤2(2018課標(biāo)全國(guó))(多選)如圖(a)，在同一平面內(nèi)固定有一長(zhǎng)直導(dǎo)線PQ和一導(dǎo)線框R，R在PQ的右側(cè)導(dǎo)線PQ中通有正弦交流電i，i的變化如圖(b)所示，規(guī)定從Q到P為電流正方向?qū)Ь€框R中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)()A在t時(shí)為零B在t時(shí)改變方向C在t時(shí)最大，且沿順時(shí)針方向D在tT時(shí)最大，且沿順時(shí)針方向答案AC解析由圖可知，tT時(shí)刻，電流的變化率為0，電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)的變化率為0，則線框產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為0，A項(xiàng)正確t或tT時(shí)刻，電流的變化率最大，電
3、流產(chǎn)生的磁場(chǎng)的變化率最大，則產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)最大；根據(jù)楞次定律：t感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針，tT時(shí)刻感應(yīng)電流的方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向，B項(xiàng)錯(cuò)誤；C項(xiàng)正確，D項(xiàng)錯(cuò)誤3(多選)如圖甲所示，abcd是匝數(shù)為100匝、邊長(zhǎng)為10 cm、總電阻為0.1 的正方形閉合導(dǎo)線圈，放在與線圈平面垂直的圖示勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖乙所示，則以下說法正確的是()A導(dǎo)線圈中產(chǎn)生的是交變電流B在t1 s時(shí)，ad邊受安培力方向向右C在02 s內(nèi)通過導(dǎo)線橫截面的電荷量為10 CD在t2.5 s時(shí)導(dǎo)線框產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為1 V答案AB解析A項(xiàng)，根據(jù)楞次定律可知，在02 s內(nèi)的感應(yīng)電流方向與2 s3 s內(nèi)的感應(yīng)電流方
4、向相反，即為交流電，故A項(xiàng)正確；B項(xiàng)，根據(jù)楞次定律可知產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向逆時(shí)針，根據(jù)左手定則可知受到的安培力方向向右，故B項(xiàng)正確；C項(xiàng)，在02 s時(shí)間內(nèi)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：E11000.12 V1 V，再根據(jù)歐姆定律I，則有：I1 A10 A，根據(jù)QIt，解得：Q102 C20 C，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；D項(xiàng)，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，2.5 s時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)等于2 s到3 s內(nèi)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，則有：E V2 V，故D項(xiàng)錯(cuò)誤4(2018廈門二模)法拉第圓盤發(fā)電機(jī)原理如圖所示銅質(zhì)圓盤水平放置在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，圓盤圓心處固定一個(gè)帶搖柄的轉(zhuǎn)軸，邊緣和轉(zhuǎn)軸處各有一個(gè)銅電刷與其緊貼，用導(dǎo)線將電刷與電阻R連接起來形成
5、回路，其他電阻均不計(jì)轉(zhuǎn)動(dòng)搖柄，使圓盤如圖示方向勻速轉(zhuǎn)動(dòng)已知?jiǎng)驈?qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，圓盤半徑為r，電阻的功率為P.則()A圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為，流過電阻R的電流方向?yàn)閺腸到dB圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為，流過電阻R的電流方向?yàn)閺膁到cC圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為，流過電阻R的電流方向?yàn)閺腸到dD圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為，流過電阻R的電流方向?yàn)閺膁到c答案D解析將圓盤看成無數(shù)幅條組成，它們都切割磁感線，從而產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，出現(xiàn)感應(yīng)電流，根據(jù)右手定則可知，圓盤上感應(yīng)電流從邊緣流向圓心，則流過電阻R的電流方向?yàn)閺膁到c.圓盤產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)：EBr2，R的功率：P，解得：，故A、B、C三項(xiàng)錯(cuò)誤，D項(xiàng)正確5(2017課標(biāo)全國(guó)
6、)(多選)兩條平行虛線間存在一勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向與紙面垂直邊長(zhǎng)為0.1 m、總電阻為0.005 的正方形導(dǎo)線框abcd位于紙面內(nèi)，cd邊與磁場(chǎng)邊界平行，如圖(a)所示已知導(dǎo)線框一直向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，cd邊于t0時(shí)刻進(jìn)入磁場(chǎng)線框中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)隨時(shí)間變化的圖線如圖(b)所示(感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)取正)下列說法正確的是()A磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為0.5 TB導(dǎo)線框運(yùn)動(dòng)速度的大小為0.5 m/sC磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直于紙面向外D在t0.4 s至t0.6 s這段時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)線框所受的安培力大小為0.1 N答案BC解析A、B兩項(xiàng)，由圖像可以看出，0.20.4 s沒有感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，所以從開始到
7、ab進(jìn)入用時(shí)0.2 s，導(dǎo)線框勻速運(yùn)動(dòng)的速度為：v m/s0.5 m/s，根據(jù)EBLv知磁感應(yīng)強(qiáng)度為：B T0.2 T，故A項(xiàng)錯(cuò)誤，B項(xiàng)正確C項(xiàng)，由(b)圖可知，線框進(jìn)磁場(chǎng)時(shí)，感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針，根據(jù)楞次定律得，磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直紙面向外，故C項(xiàng)正確D項(xiàng)，在0.40.6 s內(nèi)，導(dǎo)線框所受的安培力FBIL N0.04 N，故D項(xiàng)錯(cuò)誤6(2018重慶模擬)如圖所示，處于豎直面的長(zhǎng)方形導(dǎo)線框MNPQ邊長(zhǎng)分別為L(zhǎng)和2L，M、N間連接兩塊水平正對(duì)放置的金屬板，金屬板距離為d，虛線為線框中軸線，虛線右側(cè)有垂直線框平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)內(nèi)板間有一個(gè)質(zhì)量為m、電量為q的帶正電油滴恰好處于平衡狀態(tài)，重力加速度
8、為g，則下列關(guān)于磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B的變化情況及其變化率的說法正確的是()A正在增強(qiáng)，B正在減小，C正在增強(qiáng)，D正在減小，答案B解析電荷量為q的帶正電的油滴恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)，電場(chǎng)力豎直向上，則電容器的下極板帶正電，所以線框下端相當(dāng)于電源的正極，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)順時(shí)針方向，感應(yīng)電流的磁場(chǎng)方向和原磁場(chǎng)同向，根據(jù)楞次定律，可得穿過線框的磁通量在均勻減小；線框產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)：ESL2；油滴所受電場(chǎng)力：FE場(chǎng)q，對(duì)油滴，根據(jù)平衡條件得：qmg；所以解得，線圈中的磁通量變化率的大小為：.7.(2018海南三模)如圖所示，有兩根豎直放置的光滑金屬導(dǎo)軌MN、PQ，導(dǎo)軌間的距離為L(zhǎng)2 m，導(dǎo)軌下端接有阻值為R1 的
9、電阻，在兩導(dǎo)軌之間有兩個(gè)半徑均為r0.5 m的圓形磁場(chǎng)區(qū)域，下方區(qū)域磁場(chǎng)的方向垂直導(dǎo)軌平面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻增大且變化率為 T/s，上方磁場(chǎng)區(qū)域?yàn)閯驈?qiáng)磁場(chǎng)，一根質(zhì)量為m1 kg、電阻為1 的金屬棒ab與上方磁場(chǎng)區(qū)域的直徑重合并與導(dǎo)軌垂直放置，金屬棒恰好靜止，不計(jì)金屬導(dǎo)軌的電阻，則上方區(qū)域磁場(chǎng)的大小和方向?yàn)?重力加速度g取10 m/s2)()A大小為10 T，方向垂直于導(dǎo)軌平面向里B大小為5 T，方向垂直于導(dǎo)軌平面向里C大小為10 T，方向垂直于導(dǎo)軌平面向外D大小為5 T，方向垂直于導(dǎo)軌平面向外答案C解析根據(jù)楞次定律知，回路中感應(yīng)電流方向?yàn)閍NQba，ab棒中電流方向由b到a.ab棒所受
10、的安培力方向豎直向上，由左手定則判斷知上方區(qū)域磁場(chǎng)的方向垂直于導(dǎo)軌平面向外根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律知，回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：Er20.522 V通過ab棒的感應(yīng)電流為：I1 A金屬棒恰好靜止，則有：BI2rmg解得：B10 T.8(2017課標(biāo)全國(guó))如圖所示，半徑為a的圓形區(qū)域內(nèi)有均勻磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里半徑為b的金屬圓環(huán)與圓形磁場(chǎng)同心地位置，磁場(chǎng)與環(huán)面垂直金屬環(huán)上分別接有相同的燈L1、L2，燈的電阻均為R，一金屬棒MN與金屬環(huán)接觸良好，棒與環(huán)的電阻均忽略不計(jì)MN棒以速率v在環(huán)上向右勻速滑動(dòng)，棒滑過圓環(huán)直徑OO的瞬間，燈L1，L2恰好正常發(fā)光現(xiàn)撤去中間的金屬棒MN，使
11、磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻變化，為了使燈L1，L2也正常發(fā)光，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化率的大小應(yīng)為()A.B.C. D.答案D解析當(dāng)MN棒滑過圓環(huán)直徑OO的瞬間，設(shè)由于棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E，通過棒的電流為I、通過燈泡的電流為I1，則有：EBlv2B0avII1由得：I1當(dāng)撤去中間的金屬棒MN，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化時(shí)，設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化率為k，此過程電路中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E，感應(yīng)電流為I、則由法拉第電磁感應(yīng)定律得：ESa2kI由得：I由題意可知I1I，解得：k，故D項(xiàng)正確，A、B、C三項(xiàng)錯(cuò)誤；故選D項(xiàng)9(2018江西一模)如圖為兩個(gè)有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，左右兩邊磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為B和2B，方向分別垂直
12、紙面向里和向外，磁場(chǎng)寬度均為L(zhǎng)，距磁場(chǎng)區(qū)域的左側(cè)L處，有一邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形導(dǎo)體線框，總電阻為R，且線框平面與磁場(chǎng)方向垂直，現(xiàn)用外力F使線框以速度v勻速穿過磁場(chǎng)區(qū)域，以初始位置為計(jì)時(shí)起點(diǎn)，規(guī)定電流沿逆時(shí)針方向時(shí)的電動(dòng)勢(shì)E為正，磁感線垂直紙面向里時(shí)磁通量的方向?yàn)檎齽t下列說法正確的是()A在的過程中，磁通量的變化量為2BL2B在的過程中，電路中產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E3BLvC在的過程中產(chǎn)生的電功率是的過程中產(chǎn)生的電功率的9倍D在的過程中產(chǎn)生的安培力大小是的過程中產(chǎn)生的安培力大小的3倍答案C解析A項(xiàng)，在的過程中，t時(shí)刻，線圈的磁通量為10，t時(shí)刻磁通量為2BL2，則磁通量的變化量為21BL2.故A項(xiàng)
13、錯(cuò)誤B項(xiàng)，在的過程中，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為負(fù)，電路中產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為EBLv(2BLv)3BLv，故B項(xiàng)錯(cuò)誤C項(xiàng)，在的過程中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E23BLv，感應(yīng)電流I2的過程中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E1BLv，感應(yīng)電流I1根據(jù)電功率PI2R得，在的過程中產(chǎn)生的電功率是的過程中產(chǎn)生的電功率的9倍，故C項(xiàng)正確D項(xiàng)，在的過程中產(chǎn)生的安培力大小F2BI2L2BI2L的過程中產(chǎn)生的安培力大小F1BI1L，所以在的過程中產(chǎn)生的安培力大小是的過程中產(chǎn)生的安培力大小的9倍，故D項(xiàng)錯(cuò)誤10(2018包頭一模)(多選)如圖所示，在邊長(zhǎng)為a的正方形區(qū)域內(nèi)有勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，其方向垂直紙面向外，一個(gè)邊長(zhǎng)也為a的單匝正方
14、形導(dǎo)線框架EFGH正好與上述磁場(chǎng)區(qū)域的邊界重合，導(dǎo)線框的電阻為R.現(xiàn)使導(dǎo)線框以周期T繞其中心O點(diǎn)在紙面內(nèi)勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，經(jīng)過導(dǎo)線框轉(zhuǎn)到圖中虛線位置，則在這時(shí)間內(nèi)()A順時(shí)針方向轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，感應(yīng)電流方向?yàn)镋FGHEB平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小等于C平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小等于D通過導(dǎo)線框橫截面的電荷量為答案BD解析A項(xiàng)，由于虛線位置是經(jīng)過到達(dá)的，而且線框是順時(shí)針方向轉(zhuǎn)動(dòng)，所以線框的磁通量是變小的根據(jù)楞次定律，可以判斷出感應(yīng)電流的方向?yàn)椋篍HGFE，故A項(xiàng)錯(cuò)誤B項(xiàng)，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得：平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E，由幾何知識(shí)得：OCa，OAa，ABAC，根據(jù)幾何關(guān)系找出有磁場(chǎng)穿過面積的變化S(32)a2，解得：E，故B項(xiàng)正確，
15、故C項(xiàng)錯(cuò)誤D項(xiàng)，通過導(dǎo)線框橫截面的電荷量qItt，故D項(xiàng)正確11(2018樂山模擬)(多選)如圖，兩根平行光滑金屬導(dǎo)軌固定在同一水平面內(nèi)，其左端接有定值電阻R，Ox軸平行于金屬導(dǎo)軌，在0x4 m的空間區(qū)域內(nèi)存在著垂直導(dǎo)軌平面向下的磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨坐標(biāo)x(以m為單位)的分布規(guī)律為B0.80.2x(T)，金屬棒ab在外力作用下從x0處沿導(dǎo)軌運(yùn)動(dòng)，ab始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，不計(jì)導(dǎo)軌和金屬棒的電阻設(shè)在金屬棒從x11 m經(jīng)x22 m到x33 m的過程中，R的電功率保持不變，則金屬棒()A在x1與x3處的電動(dòng)勢(shì)之比為13B在x1與x2處受到磁場(chǎng)B的作用力大小之比為21C從x1到x2與從x2到x3的
16、過程中通過R的電量之比為53D從x1到x2與從x2到x3的過程中通過R產(chǎn)生的焦耳熱之比為53答案CD解析A項(xiàng)，因?yàn)閺膞11 m經(jīng)x22 m到x33 m的過程中，R的電功率保持不變，則有P可知從x11 m經(jīng)x22 m到x33 m的過程中，電動(dòng)勢(shì)不變，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；B項(xiàng)，在x11 m處B10.80.210.6 T，x22 m處B20.80.220.4 T，由A項(xiàng)分析可知整個(gè)過程中電動(dòng)勢(shì)E不變，則電流不變，由FBIL可知在x1與x2處受到磁場(chǎng)的作用力大小之比為32，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；C項(xiàng)，由q可知從x1到x2過程與從x2到x3過程S相等，x1到x2的平均磁感應(yīng)強(qiáng)度為0.5 T，x2到x3的平均磁感應(yīng)強(qiáng)度為0
17、.3 T，B之比為53，則通過R的電量之比為53，故C項(xiàng)正確；D項(xiàng)，消耗的焦耳熱為QI2RtIqR，則焦耳熱之比即為通過的電荷量之比，由C項(xiàng)分析可知消耗的焦耳熱之比為53，故D項(xiàng)正確12(2018衡水三模)(多選)如圖所示，半徑為r的半圓弧光滑金屬導(dǎo)軌ab垂直放置在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，現(xiàn)有一導(dǎo)體棒Oc可繞半圓形導(dǎo)軌的圓心O點(diǎn)逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)，轉(zhuǎn)動(dòng)過程中導(dǎo)體棒接入的電阻為R0，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌始終接觸良好，導(dǎo)軌電阻不計(jì)在導(dǎo)軌的右端點(diǎn)b和圓心O有兩根引線分別接在電容器C和總阻值為R的滑動(dòng)變阻器兩端現(xiàn)讓導(dǎo)體棒從b端向a端轉(zhuǎn)動(dòng)，則下列說法正確的是()A導(dǎo)體棒在轉(zhuǎn)動(dòng)過程中c端電勢(shì)高B滑片P置于最右端不動(dòng)，
18、且導(dǎo)體棒以角速度勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)外力的功率為C導(dǎo)體棒以角速度勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，將P從最右端滑到最左端的過程中C的放電量為D滑片P置于中間不動(dòng)，均勻增大轉(zhuǎn)速時(shí)導(dǎo)體棒所受的外力和C上的電荷量都均勻增大答案CD解析A項(xiàng)，導(dǎo)體棒Oc轉(zhuǎn)動(dòng)過程中由右手定則知電流由c向O流動(dòng)，因?qū)w棒相當(dāng)于電源，故c端是電源的負(fù)極，電勢(shì)低，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；B項(xiàng)，導(dǎo)體棒勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為EBrBr2，因此回路中的電流為I，于是對(duì)應(yīng)外力的功率為PI2(RR0)，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；C項(xiàng)，導(dǎo)體棒穩(wěn)定轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，電動(dòng)勢(shì)恒定，將滑片P從右向左滑動(dòng)過程中C的電壓從UR逐漸減小到零，對(duì)應(yīng)放出的電荷量為QC(U0)，故C項(xiàng)正確；D項(xiàng)，滑片P置于中間不動(dòng)，增大轉(zhuǎn)
19、速時(shí)，2n，電動(dòng)勢(shì)EBr2Br2n，回路中的電流為I，聯(lián)立化簡(jiǎn)得In線性增大，因此安培力FIrBn也線性增大；由于電流線性增大，滑動(dòng)變阻器分配的電壓線性增大，加在C上的電壓線性增大，因此它的帶電量也線性增大，故D項(xiàng)正確二、非選擇題13(2017江蘇)如圖所示，兩條相距d的平行金屬導(dǎo)軌位于同一水平面內(nèi)，其右端接一阻值為R的電阻質(zhì)量為m的金屬桿靜置在導(dǎo)軌上，其左側(cè)的矩形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域MNPQ的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向下當(dāng)該磁場(chǎng)區(qū)域以速度v0勻速地向右掃過金屬桿后，金屬桿的速度變?yōu)関.導(dǎo)軌和金屬桿的電阻不計(jì)，導(dǎo)軌光滑且足夠長(zhǎng)，桿在運(yùn)動(dòng)過程中始終與導(dǎo)軌垂直且兩端與導(dǎo)軌保持良好接觸求：(1)MN剛掃
20、過金屬桿時(shí)，桿中感應(yīng)電流的大小I；(2)MN剛掃過金屬桿時(shí)，桿的加速度大小a；(3)PQ剛要離開金屬桿時(shí)，感應(yīng)電流的功率P.答案(1)(2)(3)解析(1)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)EBdv0感應(yīng)電流I，解得I(2)安培力FBId牛頓第二定律Fma，解得a(3)金屬桿切割磁感線的速度vv0v，則感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)EBd(v0v)電功率P，解得P.14如圖(a)所示，平行長(zhǎng)直金屬導(dǎo)軌水平放置，間距L0.4 m，導(dǎo)軌右端接有阻值R1 的電阻，導(dǎo)體棒垂直放置在導(dǎo)軌上，且接觸良好，導(dǎo)體棒及導(dǎo)軌的電阻均不計(jì)，導(dǎo)軌間正方形區(qū)域abcd內(nèi)有方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，bd連線與導(dǎo)軌垂直，長(zhǎng)度也為L(zhǎng)，從0時(shí)刻開始，磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小隨時(shí)
21、間t變化，規(guī)律如圖(b)所示；同一時(shí)刻，棒從導(dǎo)軌左端開始向右勻速運(yùn)動(dòng)，1 s后剛好進(jìn)入磁場(chǎng)，若使棒在導(dǎo)軌上始終以速度v1 m/s做直線運(yùn)動(dòng)，求：(1)進(jìn)入磁場(chǎng)前，回路中的電動(dòng)勢(shì)E；(2)棒在運(yùn)動(dòng)過程中受到的最大安培力F，以及棒通過三角形abd區(qū)域時(shí)電流i與時(shí)間t的關(guān)系式答案(1)E0.04 V(2)it1(1 st1.2 s)解析(1)進(jìn)入磁場(chǎng)前，閉合回路中有磁場(chǎng)通過的有效面積不變，磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻變大，由法拉第電磁感應(yīng)定律，回路中的電動(dòng)勢(shì)ES其中S(L)20.08 m2代入數(shù)據(jù)得E0.04 V(2)進(jìn)入磁場(chǎng)后，當(dāng)導(dǎo)體棒在bd時(shí)，切割磁感線的有效長(zhǎng)度最長(zhǎng)為L(zhǎng)，此時(shí)回路中有最大電動(dòng)勢(shì)及電流：E1BLv和I1故進(jìn)入磁場(chǎng)后最大安培力為：F1BI1L代入數(shù)據(jù)得：F10.04 N棒通過三角形區(qū)域abd時(shí)，切割磁感線的導(dǎo)體棒的長(zhǎng)度為L(zhǎng)：L2v(t1)2(t1)E2BLv故回路中的電流i At1(A)(1 st1.2 s)12
（新課標(biāo)）2020高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時(shí)作業(yè)47 法拉第電磁感應(yīng)定律（含解析）新人教版
