《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》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《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（8頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

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B中．圓盤旋轉(zhuǎn)時，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)動的角速度恒定，則電流大小恒定 B．若從上向下看，圓盤順時針轉(zhuǎn)動，則電流沿a到b的方向流動 C．若圓盤轉(zhuǎn)動方向不變，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)動時，感應(yīng)電流沿a到b的方向流動，選項B正確；由感應(yīng)電動勢E＝Bl2ω知，角速度恒定，則感應(yīng)電動勢恒定，電流大小恒定，選項A正確；角速度大小變化，感應(yīng)電動勢大小變化，但感應(yīng)電流方向不變，選項C錯誤；若ω變?yōu)樵瓉淼?倍，則感應(yīng)電動勢變?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D錯誤． 2．如圖，空間有一勻強(qiáng)磁場，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)動時，棒兩端的感應(yīng)電動勢大小為E，將此棒彎成兩段長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)動時，棒兩端

3、的感應(yīng)電動勢大小為E′.則等于(　　) A. B. C．1 D. 解析：選B　設(shè)折彎前導(dǎo)體切割磁感線的長度為L，運(yùn)動產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E＝BLv；折彎后，導(dǎo)體切割磁感線的有效長度為L′＝＝L，故產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為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，在地磁場的作用下，金屬機(jī)翼上有電勢差．設(shè)飛行員左方機(jī)翼末端處的電勢為φ1，右方機(jī)翼末端處的電勢為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)翼方向與地磁場方向平行，不切割磁感線，不產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，所以機(jī)翼兩端不存在電勢差，故A、B錯誤；若飛機(jī)從南往北飛，豎直下墜，機(jī)翼方向與地磁場方向垂直，由右手定則可判定，飛機(jī)的右方機(jī)翼末端的電勢比左方機(jī)翼末端的電勢高，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，磁通量增加慢，第二次迅速插入線圈時，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)電動勢大，根據(jù)歐姆定律可知第二次感應(yīng)電流大，即I2>I1，C錯誤；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)磁場中，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間變化．下列說法正確的是(　　) A．當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度增加時，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，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，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，線框中的感應(yīng)電流可能不變 解析：選AD　線框中的感應(yīng)電動勢為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，可能減小，也可能增大，也可能不變．線框中的感應(yīng)電動勢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，L1、L2是兩個完全相同

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)于一個電動勢逐漸減小的內(nèi)阻不計的電源，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選項都是錯誤的，只有D選項正確． 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時間內(nèi)，勻強(qiáng)磁場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，則該段時間線圈兩端a和b之間的電勢差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點電勢低于b點電勢，所以a、b兩

9、點之間的電勢差為－n，C項正確． 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．金屬球會運(yùn)動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，選項C正確，A、

10、B錯誤；根據(jù)能量守恒定律得系統(tǒng)產(chǎn)生的總熱量為mgR，選項D正確． 9．(多選)如圖所示，a、b兩個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la＝3lb，圖示區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，且磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間均勻增大，不考慮線圈之間的相互影響，則(　　) A．兩線圈內(nèi)產(chǎn)生順時針方向的感應(yīng)電流 B．a(chǎn)、b線圈中感應(yīng)電動勢之比為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)電流方向皆沿逆時針方向，則A項錯誤；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)電動勢之比為＝＝＝9，故B項正確；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項錯誤；由功率公式P＝I2R知，a、b線圈中的電功率之比為＝·＝27，故D項正確． 10．(多選)半徑為a且右端開小口的導(dǎo)體圓環(huán)和長為2a的導(dǎo)體直桿，單位長度電阻均為R0.圓環(huán)水平固定放置，整個內(nèi)部區(qū)域分布著豎直向下的勻強(qiáng)磁場，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，桿始終有兩點與圓環(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，桿產(chǎn)生的電動勢

12、為2Bav B．θ＝ 時，桿產(chǎn)生的電動勢為Bav C．θ＝0時，桿受的安培力大小為 D．θ＝ 時，桿受的安培力大小為 解析：選AD　開始時刻，感應(yīng)電動勢E1＝BLv＝2Bav，故A項正確；θ＝時，E2＝B·2acos·v＝Bav，故B項錯誤；由L＝2acosθ，E＝BLv，I＝，R＝R0[2acosθ＋(π＋2θ)a]，得在θ＝0時，F(xiàn)＝＝，故C項錯誤；θ＝時F＝，故D項正確． 二、非選擇題 11．小明同學(xué)設(shè)計了一個“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L＝0.1 m，豎直邊長H＝0.3 m，匝數(shù)為N1.線圈的下邊處于勻強(qiáng)磁場內(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.掛盤放上待測物體后，調(diào)節(jié)線圈中電流使天平平衡，測出電流即可測得物體的質(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，且磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間均勻變大，磁場區(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，天平平衡，求此時磁感應(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L2＝0.8 m，整個閉合回路的電阻為R＝0.2 Ω，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0＝1 T的勻強(qiáng)磁場豎直向下穿過整個回路．a(chǎn)d桿通過滑輪和輕繩連接著一個質(zhì)量為m＝0.04 k

15、g的物體，不計一切摩擦，現(xiàn)使磁場以＝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)電動勢的大小； (3)經(jīng)過多長時間物體剛好離開地面(g取10 m/s2)． 解析：(1)原磁場方向豎直向下，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)對物體剛好離地時受力分析如圖甲： 列平衡方程：T繩＝mg， 對此時的ad棒受力分析如圖乙： 列平衡方程：F安＝T繩 安培力的大?。篎安＝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