2022-2023學(xué)年高中物理 第一章 電磁感應(yīng) 習(xí)題課 法拉第電磁感應(yīng)定律的應(yīng)用學(xué)案 教科版選修3-2

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1、2022-2023學(xué)年高中物理 第一章 電磁感應(yīng) 習(xí)題課 法拉第電磁感應(yīng)定律的應(yīng)用學(xué)案 教科版選修3-2 [目標(biāo)定位]　1.理解公式E＝n與E＝BLv的區(qū)別和聯(lián)系.2.會(huì)分析求解導(dǎo)體繞一端轉(zhuǎn)動(dòng)切割磁感線的問題.3.會(huì)計(jì)算電磁感應(yīng)中的電荷量. 一、公式E＝n與E＝BLv的區(qū)別 1.研究對象不同 E＝n研究的是整個(gè)閉合回路，適用于各種電磁感應(yīng)現(xiàn)象；E＝BLv研究的是閉合回路上的一部分，即做切割磁感線運(yùn)動(dòng)的導(dǎo)體. 2.實(shí)際應(yīng)用不同 E＝n應(yīng)用于磁感應(yīng)強(qiáng)度變化所產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢較方便；E＝BLv應(yīng)用于導(dǎo)體切割磁感線所產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢較方便. 3.E的意義不同 E＝n一般求得的是平均

2、感應(yīng)電動(dòng)勢；E＝BLv一般用于求瞬時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢. 例1　如圖1所示，導(dǎo)軌OM和ON都在紙面內(nèi)，導(dǎo)體AB可在導(dǎo)軌上無摩擦滑動(dòng)，若AB以5m/s的速度從O點(diǎn)開始沿導(dǎo)軌勻速右滑，導(dǎo)體與導(dǎo)軌都足夠長，它們每米長度的電阻都是0.2Ω，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為0.2T.求： 圖1 (1)3s末夾在導(dǎo)軌間的導(dǎo)體長度是多少？此時(shí)導(dǎo)體切割磁場產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢多大？回路中的電流約為多少？ (2)3s內(nèi)回路中的磁通量變化了多少？此過程中的平均感應(yīng)電動(dòng)勢為多少？ 解析　(1)夾在導(dǎo)軌間的部分導(dǎo)體切割磁感線產(chǎn)生的電動(dòng)勢才是電路中的感應(yīng)電動(dòng)勢. 3s末時(shí)刻，夾在導(dǎo)軌間導(dǎo)體的長度為 l＝vt·tan30°＝

3、5×3×tan30°＝5m 此時(shí)E＝Blv＝0.2×5×5V＝5V 電路電阻為R＝(15＋5＋10)×0.2Ω≈8.196Ω 所以I＝≈1.06A. (2)3s內(nèi)回路中磁通量的變化量ΔΦ＝BS－0＝0.2××15×5Wb＝Wb 3s內(nèi)電路產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動(dòng)勢為E＝＝V＝V. 答案　(1)5m　5V　1.06A　(2)Wb V 二、導(dǎo)體轉(zhuǎn)動(dòng)切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢的計(jì)算 例2　長為l的金屬棒ab以a點(diǎn)為軸在垂直于勻強(qiáng)磁場的平面內(nèi)以角速度ω做勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，如圖2所示，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，求： 圖2 (1)ab棒中點(diǎn)速率的平均值； (2)ab兩端的電勢差； (3)經(jīng)時(shí)間Δ

4、t金屬棒ab所掃過的面積中的磁通量為多少？此過程中平均感應(yīng)電動(dòng)勢多大？ 解析　(1)ab棒中點(diǎn)速率的平均值 ＝＝＝ωl. (2)ab兩端的電勢差E＝Bl＝Bl2ω. (3)經(jīng)時(shí)間Δt金屬棒ab所掃過的扇形面積為ΔS，則 ΔS＝l2θ＝l2ωΔt，ΔΦ＝BΔS＝Bl2ωΔt 由法拉第電磁感應(yīng)定律知， E＝＝＝Bl2ω. 答案　(1)ωl　(2)Bl2ω　(3)Bl2ωΔt　Bl2ω 如圖3所示，長為L的導(dǎo)體棒在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中以角速度ω繞O點(diǎn)勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，則OA兩端產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢E＝BωL2. 圖3 三、電磁感應(yīng)中的電荷量問題 設(shè)感應(yīng)電動(dòng)勢

5、的平均值為，則在Δt時(shí)間內(nèi)，＝n，＝，又q＝Δt，所以q＝n，其中，ΔΦ對應(yīng)某過程磁通量的變化，R為回路的總電阻，n為線圈的匝數(shù). 注意：求解電路中通過的電荷量時(shí)，一定要用平均感應(yīng)電動(dòng)勢和平均感應(yīng)電流計(jì)算. 例3　如圖4甲所示，有一面積為S＝100cm2的金屬環(huán)，電阻為R＝0.1Ω，環(huán)中磁場隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖乙所示，且磁場方向垂直紙面向里，在t1到t2時(shí)間內(nèi)，通過金屬環(huán)的電荷量是多少？ 圖4 解析　由法拉第電磁感應(yīng)定律知金屬環(huán)中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢E＝n，由閉合電路的歐姆定律知金屬環(huán)中的感應(yīng)電流為I＝，通過金屬環(huán)截面的電荷量q＝I·Δt＝＝C＝0.01C. 答案　0.01C

6、針對訓(xùn)練　如圖5所示，將直徑為d、電阻為R的閉合金屬環(huán)從磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中拉出，在這一過程中，求： 圖5 (1)磁通量的改變量； (2)通過金屬環(huán)某一截面的電荷量. 答案　(1)　(2) 解析　(1)由已知條件得金屬環(huán)的面積 S＝π()2＝， 磁通量的改變量ΔΦ＝BS＝. (2)由法拉第電磁感應(yīng)定律得＝，又因?yàn)椋?，q＝t，所以q＝＝. 1.(公式E＝n的應(yīng)用) 如圖6中畫出的是穿過一個(gè)閉合線圈的磁通量隨時(shí)間的變化規(guī)律，以下哪些認(rèn)識是正確的(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　 圖6 A．0～0.3 s內(nèi)線圈中的電動(dòng)勢在均勻增加 B．第0.6

7、 s末線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢是4 V C．第0.9 s末線圈中的瞬時(shí)電動(dòng)勢比0.2 s末的小 D．第0.2 s末和0.4 s末的瞬時(shí)電動(dòng)勢的方向相同 答案　B 解析　0～0.3 s內(nèi)線圈中磁通量在均勻增加，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢是恒定的，A錯(cuò)誤；第0.6 s末線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢是E＝＝V＝4 V，B正確；第0.9 s末線圈中的瞬時(shí)電動(dòng)勢為E＝＝V＝30 V，0.2 s末的電動(dòng)勢為E＝＝V＝V，C錯(cuò)誤；0～0.3 s內(nèi)線圈中磁通量在均勻增加，0.3～0.8 s內(nèi)線圈中磁通量在均勻減小，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢方向相反，D錯(cuò)誤． 2.(公式E＝BLv的應(yīng)用)(多選)如圖7所示，一導(dǎo)線彎成半徑為a的半圓形閉

8、合回路，虛線MN右側(cè)有磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場，方向垂直于回路所在的平面，回路以速度v向右勻速進(jìn)入磁場，直徑CD始終與MN垂直，從D點(diǎn)到達(dá)邊界開始到C點(diǎn)進(jìn)入磁場為止，下列結(jié)論正確的是(　　) 圖7 A.CD段直導(dǎo)線始終不受安培力 B.感應(yīng)電動(dòng)勢一直增大 C.感應(yīng)電動(dòng)勢最大值Em＝Bav D.感應(yīng)電動(dòng)勢平均值＝πBav 答案　CD 解析　由F＝BIL可知，當(dāng)垂直磁感線方向放置的導(dǎo)線中有電流時(shí)，導(dǎo)線受到安培力的作用，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，感應(yīng)電動(dòng)勢E＝BLv，L為有效長度，先增大后減小，B錯(cuò)誤；切割磁感線等效長度最大時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢最大，故Em＝Bav，C正確；＝，ΔΦ＝B·πa2，Δt＝，

9、由上式得＝πBav，D正確. 3.(轉(zhuǎn)動(dòng)切割產(chǎn)生的電動(dòng)勢)如圖8所示，均勻磁場中有一由半圓弧及其直徑構(gòu)成的導(dǎo)線框，半圓直徑與磁場邊緣重合；磁場方向垂直于紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0. 使該線框從靜止開始繞過圓心O、垂直于半圓面的軸以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng)半周，在線框中產(chǎn)生感應(yīng)電流.現(xiàn)使線框保持圖中所示位置，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時(shí)間線性變化.為了產(chǎn)生與線框轉(zhuǎn)動(dòng)半周過程中同樣大小的電流，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間的變化率的大小應(yīng)為(　　) 圖8 A. B. C. D. 答案　C 解析　設(shè)圓的半徑為L，電阻為R，當(dāng)線框以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢E1＝B0ωL2.當(dāng)線框不動(dòng)，而磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)

10、間變化時(shí)E2＝πL2·，由＝得B0ωL2＝πL2·，即＝，故C項(xiàng)正確. 4.(電磁感應(yīng)中的電荷量計(jì)算)物理實(shí)驗(yàn)中，常用一種叫做“沖擊電流計(jì)”的儀器測定通過電路的電荷量.如圖9所示，探測線圈與沖擊電流計(jì)串聯(lián)后可用來測定磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度.已知線圈的匝數(shù)為n，面積為S，線圈與沖擊電流計(jì)組成的回路電阻為R.若將線圈放在被測勻強(qiáng)磁場中，開始時(shí)線圈平面與磁場垂直，現(xiàn)把探測線圈翻轉(zhuǎn)180°，沖擊電流計(jì)測出通過線圈的電荷量為q，由上述數(shù)據(jù)可測出被測磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為(　　) 圖9 A. B. C. D. 答案　C 解析　q＝·Δt＝·Δt＝Δt＝n＝n， 所以B＝. 題組一　公式E＝n

11、和E＝BLv的應(yīng)用 1.在勻強(qiáng)磁場中，有一個(gè)接有電容器的導(dǎo)線回路，如圖1所示，已知電容C＝30μF，回路的寬和長分別為l1＝5cm，l2＝8cm，磁場變化率為5×10－2T/s，則(　　) 圖1 A.電容器所帶電荷量為2×10－9C B.電容器所帶電荷量為4×10－9C C.電容器所帶電荷量為6×10－9C D.電容器所帶電荷量為8×10－9C 答案　C 解析　電容器兩板間的電壓等于回路中的感應(yīng)電動(dòng)勢，U＝E＝＝·l1l2＝5×10－2×0.05×0.08V＝2×10－4V，電容器的電荷量為Q＝CU＝CE＝30×10－6×2×10－4C＝6×10－9C，C選項(xiàng)正確. 2.

12、如圖2，在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場中，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)勢為E1；若磁感應(yīng)強(qiáng)度增大為2B，其他條件不變，MN中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢變?yōu)镋2，則E1與E2之比為(　　) 圖2 A.1∶1B.2∶1C.1∶2D.1∶4 答案　C 解析　根據(jù)E＝BLv，磁感應(yīng)強(qiáng)度增大為2B，其他條件不變，所以感應(yīng)電動(dòng)勢變?yōu)?倍. 3.如圖3所示，半徑為r的金屬圓盤在垂直于盤面的勻強(qiáng)磁場B中，繞O軸以角速度ω沿逆時(shí)針方向(從右向左看)勻速運(yùn)動(dòng)，則通過電阻R的電流的大小是(金屬圓盤的電阻不計(jì))(　　) 圖3 A. B. C. D.

13、 答案　C 解析　金屬圓盤在勻強(qiáng)磁場中勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，可以等效為無數(shù)根長為r的導(dǎo)體棒繞O點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，其產(chǎn)生的電動(dòng)勢大小為E＝，故通過電阻R的電流I＝，故選C項(xiàng). 題組二　電磁感應(yīng)中的電荷量問題 4.(多選)將一條形磁鐵從相同位置插入到閉合線圈中的同一位置，第一次緩慢插入，第二次快速插入，兩次插入過程中不發(fā)生變化的物理量是(　　) A.磁通量的變化量 B.磁通量的變化率 C.感應(yīng)電流的大小 D.通過導(dǎo)體某橫截面的電荷量 答案　AD 解析　將一條形磁鐵從相同位置插入到閉合線圈中的同一位置，第一次緩慢插入線圈時(shí)，磁通量增加慢，第二次快速插入線圈時(shí)，磁通量增加快，但磁通量變化量相同，

14、A正確；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律知，第二次線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢大，則磁通量變化率也大，B錯(cuò)誤；根據(jù)歐姆定律可知第二次感應(yīng)電流大，C錯(cuò)誤；流過導(dǎo)體某橫截面的電荷量q＝Δt＝Δt＝Δt＝n，由于磁通量變化量相同，電阻不變，所以通過導(dǎo)體某橫截面的電荷量不變，D正確. 5.如圖4所示，一正方形線圈的匝數(shù)為n，邊長為a，總電阻為R，線圈平面與勻強(qiáng)磁場垂直，且一半處在磁場中，在Δt時(shí)間內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向不變，大小由B均勻地增大到2B，在此過程中，線圈中通過導(dǎo)線橫截面的電荷量為(　　) 圖4 A. B. C. D. 答案　B 解析　磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化率＝＝，E＝n＝nS，其中磁場中的有效面積

15、S＝a2，由q＝·Δt＝Δt，得q＝，選項(xiàng)B正確，A、C、D錯(cuò)誤. 6.如圖5所示，將一半徑為r的金屬圓環(huán)在垂直于環(huán)面的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中用力握中間成“8”字形，并使上、下兩圓半徑相等，如果環(huán)的電阻為R，則此過程流過環(huán)的電荷量為(　　) 圖5 A. B. C.0 D. 答案　B 解析　通過環(huán)橫截面的電荷量只與磁通量的變化量和環(huán)的電阻有關(guān)，因此，ΔΦ＝Bπr2－2×Bπ()2＝Bπr2，電荷量q＝＝. 7.如圖6所示，空間存在垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場，在半徑為a的圓形區(qū)域內(nèi)部及外部，磁場方向相反，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，一半徑為b(b>a)，電阻為R的圓形導(dǎo)線環(huán)放置在紙面內(nèi)，

16、其圓心與圓形區(qū)域的中心重合，當(dāng)內(nèi)、外磁場同時(shí)由B均勻地減少到零的過程中，通過導(dǎo)線截面的電荷量為(　　) 圖6 A. B. C. D. 答案　A 解析　設(shè)開始時(shí)穿過導(dǎo)線環(huán)向里的磁通量為正值，Φ1＝Bπa2，向外的磁通量設(shè)為負(fù)值，Φ2＝－Bπ(b2－a2)，總的磁通量為它們的代數(shù)和(取絕對值)Φ＝Bπ|b2－2a2|，末態(tài)總的磁通量為Φ′＝0，由法拉第電磁感應(yīng)定律得平均感應(yīng)電動(dòng)勢為E＝，通過導(dǎo)線截面的電荷量為q＝·Δt＝，A項(xiàng)正確. 8.(多選)如圖7甲所示，一個(gè)圓形線圈的匝數(shù)n＝100，線圈面積S＝200cm2，線圈的電阻r＝1Ω，線圈外接一個(gè)阻值R＝4Ω的電阻，把線圈放入一方向

17、垂直線圈平面向里的磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖乙所示，下列說法正確的是(　　) 圖7 A.電阻R兩端的電壓隨時(shí)間均勻增大 B.線圈r消耗的功率為4×10－4W C.前4s內(nèi)通過R的電荷量為4×10－4C D.前4s內(nèi)通過R的電荷量為8×10－2C 答案　BD 解析　由E＝n＝n，得E＝0.1V，所以電阻R兩端的電壓不隨時(shí)間變化，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；回路中的電流I＝＝0.02A，線圈r消耗的功率P＝I2r＝4×10－4W，選項(xiàng)B正確；前4s內(nèi)通過R的電荷量q＝It＝0.08C，故D項(xiàng)正確，C錯(cuò)誤. 題組三　綜合應(yīng)用 9．如圖8所示，矩形線圈在0.01 s內(nèi)由原始位

18、置Ⅰ轉(zhuǎn)落至位置Ⅱ.已知ad＝5×10－2 m，ab＝20×10－2 m，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝2 T，R1＝R3＝1 Ω，R2＝R4＝3 Ω.求： 圖8 (1)平均感應(yīng)電動(dòng)勢； (2)轉(zhuǎn)落時(shí)，通過各電阻的平均電流．(線圈的電阻忽略不計(jì)) 答案　(1)1 V　(2)0.25 A 解析　(1)設(shè)線圈在位置Ⅰ時(shí)，穿過它的磁通量為Φ1，線圈在位置Ⅱ時(shí)，穿過它的磁通量為Φ2，有Φ1＝BScos60°＝1×10－2 Wb，Φ2＝BS＝2×10－2 Wb，所以ΔΦ＝Φ2－Φ1＝1×10－2 Wb. 根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得 E＝＝1 V. (2)將具有感應(yīng)電動(dòng)勢的線圈等效為電源，其外

19、電路的總電阻R＝＝2 Ω. 根據(jù)閉合電路歐姆定律得總電流 I＝＝ A＝0.5 A. 通過各電阻的電流I′＝I＝0.25 A. 10.如圖9所示，將一條形磁鐵插入某一閉合線圈，第一次用時(shí)0.05s，第二次用時(shí)0.1s，且插入方式相同，試求： 圖9 (1)兩次線圈中平均感應(yīng)電動(dòng)勢之比； (2)兩次線圈中電流之比； (3)兩次通過線圈的電荷量之比. 答案　(1)2∶1　(2)2∶1　(3)1∶1 解析　(1)由感應(yīng)電動(dòng)勢E＝n得＝·＝＝. (2)由歐姆定律I＝得＝·＝＝ (3)由電荷量q＝It得＝＝. 11.如圖10所示，導(dǎo)線全部為裸導(dǎo)線，半徑為r，兩端開有小口的圓內(nèi)有

20、垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，一根長度大于2r的導(dǎo)線MN以速度v在圓環(huán)上無摩擦地自左端勻速滑到右端，電路中固定電阻值為R，其余部分電阻均忽略不計(jì)，試求MN從圓環(huán)左端滑到右端的過程中： 圖10 (1)電阻R上的最大感應(yīng)電流； (2)電阻R上的平均感應(yīng)電流； (3)通過電阻R的電荷量. 答案　(1)　(2)　(3) 解析　(1)MN向右滑動(dòng)時(shí)，切割磁感線的有效長度不斷變化，當(dāng)MN經(jīng)過圓心時(shí)，有效切割長度最長，此時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢和感應(yīng)電流達(dá)到最大值，所以Imax＝＝. (2)由于MN向右滑動(dòng)中電動(dòng)勢和電流大小不斷變化，且不是簡單線性變化，故難以通過E＝BLv求解平均值，可以通過磁通量的平均變化率計(jì)算平均感應(yīng)電動(dòng)勢和平均感應(yīng)電流，所以， E＝＝＝，I＝＝. (3)流過電阻R的電荷量等于平均感應(yīng)電流與時(shí)間的乘積，所以q＝It＝＝.