2020高考物理一輪總復(fù)習(xí) 第十章 電磁感應(yīng) 基礎(chǔ)課2 法拉第電磁感應(yīng)定律 自感、渦流練習(xí)(含解析)新人教版
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1、基礎(chǔ)課 2 法拉第電磁感應(yīng)定律 自感、渦流 一、選擇題 1.(多選)(2016年全國(guó)卷Ⅱ)法拉第圓盤發(fā)電機(jī)的示意圖如圖所示.銅圓盤安裝在豎直的銅軸上,兩銅片P、Q分別與圓盤的邊緣和銅軸接觸.圓盤處于方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B中.圓盤旋轉(zhuǎn)時(shí),關(guān)于流過電阻R的電流,下列說法正確的是( ) A.若圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度恒定,則電流大小恒定 B.若從上向下看,圓盤順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng),則電流沿a到b的方向流動(dòng) C.若圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)方向不變,角速度大小發(fā)生變化,則電流方向可能發(fā)生變化 D.若圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度變?yōu)樵瓉淼?倍,則電流在R上的熱功率也變?yōu)樵瓉淼?倍 解析:選AB 由右手定則知,圓盤按如題圖所示的
2、方向轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí),感應(yīng)電流沿a到b的方向流動(dòng),選項(xiàng)B正確;由感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=Bl2ω知,角速度恒定,則感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)恒定,電流大小恒定,選項(xiàng)A正確;角速度大小變化,感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小變化,但感應(yīng)電流方向不變,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;若ω變?yōu)樵瓉淼?倍,則感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)變?yōu)樵瓉淼?倍,電流變?yōu)樵瓉淼?倍,由P=I2R知,電流在R上的熱功率變?yōu)樵瓉淼?倍,選項(xiàng)D錯(cuò)誤. 2.如圖,空間有一勻強(qiáng)磁場(chǎng),一直金屬棒與磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直,當(dāng)它以速度v沿與棒和磁感應(yīng)強(qiáng)度都垂直的方向運(yùn)動(dòng)時(shí),棒兩端的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為E,將此棒彎成兩段長(zhǎng)度相等且相互垂直的折線,置于與磁感應(yīng)強(qiáng)度相垂直的平面內(nèi),當(dāng)它沿兩段折線夾角平分線的方向以速度v運(yùn)動(dòng)時(shí),棒兩端
3、的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為E′.則等于( ) A. B. C.1 D. 解析:選B 設(shè)折彎前導(dǎo)體切割磁感線的長(zhǎng)度為L(zhǎng),運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E=BLv;折彎后,導(dǎo)體切割磁感線的有效長(zhǎng)度為L(zhǎng)′==L,故產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E′=BL′v=B·Lv=E,所以=,B正確. 3.(2018屆青島模擬)如圖所示為地磁場(chǎng)磁感線的示意圖.一架民航飛機(jī)在赤道上空勻速飛行,機(jī)翼保持水平,由于遇到強(qiáng)氣流作用使飛機(jī)豎直下墜,在地磁場(chǎng)的作用下,金屬機(jī)翼上有電勢(shì)差.設(shè)飛行員左方機(jī)翼末端處的電勢(shì)為φ1,右方機(jī)翼末端處的電勢(shì)為φ2,忽略磁偏角的影響,則 ( ) A.若飛機(jī)從西往東飛,φ2比φ1高 B.
4、若飛機(jī)從東往西飛,φ2比φ1高 C.若飛機(jī)從南往北飛,φ2比φ1高 D.若飛機(jī)從北往南飛,φ2比φ1高 解析:選C 由于地磁場(chǎng)的方向是由南到北的,若飛機(jī)從西往東飛或者從東往西飛,豎直下墜,機(jī)翼方向與地磁場(chǎng)方向平行,不切割磁感線,不產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì),所以機(jī)翼兩端不存在電勢(shì)差,故A、B錯(cuò)誤;若飛機(jī)從南往北飛,豎直下墜,機(jī)翼方向與地磁場(chǎng)方向垂直,由右手定則可判定,飛機(jī)的右方機(jī)翼末端的電勢(shì)比左方機(jī)翼末端的電勢(shì)高,即φ2比φ1高,同理可知,若飛機(jī)從北往南飛,φ2比φ1低,故C正確,D錯(cuò)誤. 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
5、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.流過導(dǎo)體某橫截面的電荷量 解析:選AD 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,第二次迅速插入線圈時(shí),磁通量增加快,但磁通量變化量相同,磁通量變化率不同,A正確,B錯(cuò)誤;根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律,第二次線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大,根據(jù)歐姆定律可知第二次感應(yīng)電流大,即I2>I1,C錯(cuò)誤;流過導(dǎo)體某橫截面的電荷量q=Δt=Δt=Δt=,由于磁通量變化量相同,電阻不變,所以通過導(dǎo)體橫截面的電荷量不變,D正確. 5.(多選)如圖所示,閉合金屬導(dǎo)線框放置在豎
6、直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化.下列說法正確的是( ) A.當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度增加時(shí),線框中的感應(yīng)電流可能減小 B.當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度增加時(shí),線框中的感應(yīng)電流一定增大 C.當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度減小時(shí),線框中的感應(yīng)電流一定增大 D.當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度減小時(shí),線框中的感應(yīng)電流可能不變 解析:選AD 線框中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E=S,設(shè)線框的電阻為R,則線框中的電流I==·,B增大或減小時(shí),可能減小,也可能增大,也可能不變.線框中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小只和磁通量的變化率有關(guān),和磁通量的變化量無關(guān).故選項(xiàng)A、D正確. 6.如圖所示,線圈L的自感系數(shù)很大,且其電阻可以忽略不計(jì),L1、L2是兩個(gè)完全相同
7、的小燈泡,隨著開關(guān)S閉合和斷開的過程中,L1、L2的亮度變化情況是(燈絲不會(huì)斷)( ) A.S閉合,L1亮度不變,L2亮度逐漸變亮,最后兩燈一樣亮;S斷開,L2立即不亮,L1逐漸變亮 B.S閉合,L1亮度不變,L2很亮;S斷開,L1、L2立即不亮 C.S閉合,L1、L2同時(shí)亮,而后L1逐漸熄滅,L2亮度不變;S斷開,L2立即不亮,L1亮一下才滅 D.S閉合,L1、L2同時(shí)亮,而后L1逐漸熄滅,L2則逐漸變得更亮;S斷開,L2立即熄滅,L1亮一下才滅 解析:選D S閉合瞬間,自感線圈L相當(dāng)于一個(gè)大電阻,以后阻值逐漸減小到0,所以觀察到的現(xiàn)象是燈泡L1和L2同時(shí)亮,以后L1逐漸變暗
8、到熄滅,L2逐漸變得更亮.S斷開瞬間,自感線圈相當(dāng)于一個(gè)電動(dòng)勢(shì)逐漸減小的內(nèi)阻不計(jì)的電源,它與燈泡L1組成閉合回路,所以L2立即熄滅,L1亮一下才熄滅.所以A、B、C選項(xiàng)都是錯(cuò)誤的,只有D選項(xiàng)正確. 7.如圖為無線充電技術(shù)中使用的受電線圈示意圖,線圈匝數(shù)為n,面積為S.若在t1到t2時(shí)間內(nèi),勻強(qiáng)磁場(chǎng)平行于線圈軸線向右穿過線圈,其磁感應(yīng)強(qiáng)度大小由B1均勻增加到B2,則該段時(shí)間線圈兩端a和b之間的電勢(shì)差φa-φb( ) A.恒為 B.從0均勻變化到 C.恒為- D.從0均勻變化到- 解析:選C 根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律,E=n=n,由楞次定律可以判斷a點(diǎn)電勢(shì)低于b點(diǎn)電勢(shì),所以a、b兩
9、點(diǎn)之間的電勢(shì)差為-n,C項(xiàng)正確. 8.(多選)如圖所示,條形磁鐵位于固定的半圓光滑軌道的圓心位置,一半徑為R、質(zhì)量為m的金屬球從半圓軌道的一端沿半圓軌道由靜止下滑,重力加速度大小為g.下列說法正確的是( ) A.金屬球會(huì)運(yùn)動(dòng)到半圓軌道的另一端 B.由于金屬球沒有形成閉合電路,所以金屬球中不會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流 C.金屬球受到的安培力做負(fù)功 D.系統(tǒng)產(chǎn)生的總熱量為mgR 解析:選CD 金屬球在運(yùn)動(dòng)過程中,穿過金屬球的磁通量不斷變化,在金屬球內(nèi)形成閉合回路,產(chǎn)生渦流,金屬球受到的安培力做負(fù)功,金屬球產(chǎn)生的熱量不斷地增加,機(jī)械能不斷地減少,直至金屬球停在半圓軌道的最低點(diǎn),選項(xiàng)C正確,A、
10、B錯(cuò)誤;根據(jù)能量守恒定律得系統(tǒng)產(chǎn)生的總熱量為mgR,選項(xiàng)D正確. 9.(多選)如圖所示,a、b兩個(gè)閉合正方形線圈用同樣的導(dǎo)線制成,匝數(shù)均為10匝,邊長(zhǎng)la=3lb,圖示區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng),且磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻增大,不考慮線圈之間的相互影響,則( ) A.兩線圈內(nèi)產(chǎn)生順時(shí)針方向的感應(yīng)電流 B.a(chǎn)、b線圈中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)之比為9∶1 C.a(chǎn)、b線圈中感應(yīng)電流之比為3∶4 D.a(chǎn)、b線圈中電功率之比為27∶1 解析:選BD 由于磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻增大,則根據(jù)楞次定律知兩線圈內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向皆沿逆時(shí)針方向,則A項(xiàng)錯(cuò)誤;根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E=N=NS,而磁感應(yīng)強(qiáng)度均
11、勻變化,即恒定,則a、b線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)之比為===9,故B項(xiàng)正確;根據(jù)電阻定律R=ρ,且L=4Nl,則==3,由閉合電路歐姆定律I=得,a、b線圈中的感應(yīng)電流之比為=·=3,故C項(xiàng)錯(cuò)誤;由功率公式P=I2R知,a、b線圈中的電功率之比為=·=27,故D項(xiàng)正確. 10.(多選)半徑為a且右端開小口的導(dǎo)體圓環(huán)和長(zhǎng)為2a的導(dǎo)體直桿,單位長(zhǎng)度電阻均為R0.圓環(huán)水平固定放置,整個(gè)內(nèi)部區(qū)域分布著豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.桿在圓環(huán)上以速度v平行于直徑CD向右做勻速直線運(yùn)動(dòng),桿始終有兩點(diǎn)與圓環(huán)良好接觸,從圓環(huán)中心O開始,桿的位置由θ確定,如圖所示.則( ) A.θ=0時(shí),桿產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)
12、為2Bav B.θ= 時(shí),桿產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為Bav C.θ=0時(shí),桿受的安培力大小為 D.θ= 時(shí),桿受的安培力大小為 解析:選AD 開始時(shí)刻,感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E1=BLv=2Bav,故A項(xiàng)正確;θ=時(shí),E2=B·2acos·v=Bav,故B項(xiàng)錯(cuò)誤;由L=2acosθ,E=BLv,I=,R=R0[2acosθ+(π+2θ)a],得在θ=0時(shí),F(xiàn)==,故C項(xiàng)錯(cuò)誤;θ=時(shí)F=,故D項(xiàng)正確. 二、非選擇題 11.小明同學(xué)設(shè)計(jì)了一個(gè)“電磁天平”,如圖甲所示,等臂天平的左臂為掛盤,右臂掛有矩形線圈,兩臂平衡.線圈的水平邊長(zhǎng)L=0.1 m,豎直邊長(zhǎng)H=0.3 m,匝數(shù)為N1.線圈的下邊處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)內(nèi),
13、磁感應(yīng)強(qiáng)度B0=1.0 T,方向垂直線圈平面向里.線圈中通有可在0~2.0 A范圍內(nèi)調(diào)節(jié)的電流I.掛盤放上待測(cè)物體后,調(diào)節(jié)線圈中電流使天平平衡,測(cè)出電流即可測(cè)得物體的質(zhì)量.(重力加速度g取10 m/s2) (1)為使電磁天平的量程達(dá)到0.5 kg,線圈的匝數(shù)N1至少為多少? (2)進(jìn)一步探究電磁感應(yīng)現(xiàn)象,另選N2=100匝、形狀相同的線圈,總電阻R=10 Ω,不接外電流,兩臂平衡.如圖乙所示,保持B0不變,在線圈上部另加垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng),且磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間均勻變大,磁場(chǎng)區(qū)域?qū)挾萪=0.1 m.當(dāng)掛盤中放質(zhì)量為0.01 kg的物體時(shí),天平平衡,求此時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化率.
14、 解析:(1)線圈受到的安培力F=N1B0IL 天平平衡mg=N1B0IL 代入數(shù)據(jù)得N1=25. (2)由電磁感應(yīng)定律得E=N2 即E=N2Ld 由歐姆定律得I′= 線圈受到的安培力F′=N2B0I′L 天平平衡m′g=N22B0· 代入數(shù)據(jù)可得=0.1 T/s. 答案:(1)25 (2)0.1 T/s 12.如圖所示,固定在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的水平導(dǎo)軌ab、cd的間距L1=0.5 m,金屬棒ad與導(dǎo)軌左端bc的距離為L(zhǎng)2=0.8 m,整個(gè)閉合回路的電阻為R=0.2 Ω,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0=1 T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)豎直向下穿過整個(gè)回路.a(chǎn)d桿通過滑輪和輕繩連接著一個(gè)質(zhì)量為m=0.04 k
15、g的物體,不計(jì)一切摩擦,現(xiàn)使磁場(chǎng)以=0.2 T/s的變化率均勻地增大.求: (1)金屬棒上電流的方向; (2)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大?。? (3)經(jīng)過多長(zhǎng)時(shí)間物體剛好離開地面(g取10 m/s2). 解析:(1)原磁場(chǎng)方向豎直向下,回路中磁通量增大,由楞次定律可知感應(yīng)電流的磁場(chǎng)方向豎直向上,由安培定則可知金屬棒上電流的方向a→d. (2)由法拉第電磁感應(yīng)定律可知E=n=nS 面積S=L1L2=0.4 m2 由已知條件得n=1,=0.2 T/s 代入數(shù)據(jù)得E=0.08 V. (3)對(duì)物體剛好離地時(shí)受力分析如圖甲: 列平衡方程:T繩=mg, 對(duì)此時(shí)的ad棒受力分析如圖乙: 列平衡方程:F安=T繩 安培力的大小:F安=BIL1 由歐姆定律:I= 由已知條件:B=B0+t 以上各式聯(lián)立解得t=5 s. 答案:(1)a→d (2)0.08 V (3)5 s 8
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