《山東省2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時(shí)規(guī)范練32 法拉第電磁感應(yīng)定律及其應(yīng)用 新人教版》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《山東省2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時(shí)規(guī)范練32 法拉第電磁感應(yīng)定律及其應(yīng)用 新人教版（10頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、課時(shí)規(guī)范練32法拉第電磁感應(yīng)定律及其應(yīng)用基礎(chǔ)對(duì)點(diǎn)練1.(法拉第電磁感應(yīng)定律的應(yīng)用)(2018山東威海模擬)半徑為R的圓形線圈共有n匝,總阻值為R0,其中心位置處半徑為r的虛線范圍內(nèi)有勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁場(chǎng)方向垂直線圈平面,如圖所示,若初始的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,在時(shí)間t內(nèi)均勻減小為0,則通過圓形線圈的電流為()A.nBR2B.nBr2C.D.答案D解析由于線圈平面與磁場(chǎng)方向垂直,故穿過該面的磁通量為:=BS,半徑為r的虛線范圍內(nèi)有勻強(qiáng)磁場(chǎng),所以磁場(chǎng)的區(qū)域面積為:S=r2即=Br2,由E=及I=可得I=,故選項(xiàng)D正確。2.(法拉第電磁感應(yīng)定律的應(yīng)用)(2018山東濟(jì)南模擬)如圖所示,將外皮絕緣的圓形閉合細(xì)導(dǎo)線

2、扭一次變成兩個(gè)面積比為14的圓形閉合回路(忽略兩部分連接處的導(dǎo)線長(zhǎng)度),分別放入垂直圓面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時(shí)間按B=kt(k0,為常數(shù))的規(guī)律變化的磁場(chǎng),前后兩次回路中的電流比為()A.13B.31C.11D.95答案B解析同一導(dǎo)線構(gòu)成不同的閉合回路,它們的電阻相同,那么電流之比等于它們的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)之比,設(shè)圓形線圈的周長(zhǎng)為l,依據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E=S,之前的閉合回路的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=k()2,圓形閉合細(xì)導(dǎo)線扭一次變成兩個(gè)面積比為14的圓形閉合回路,根據(jù)面積之比等于周長(zhǎng)的平方之比,則14的圓形閉合回路的周長(zhǎng)之比為12,導(dǎo)線扭之后的閉合回路的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=k()2-k()2;則前后兩次回路中

3、的電流比II=EE=31,B正確。3.(導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的分析與計(jì)算)(2018上海閔行模擬)如圖所示,在外力的作用下,導(dǎo)體桿OC可繞O軸沿半徑為r的光滑的半圓形框架在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中以角速度勻速轉(zhuǎn)動(dòng),磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,方向垂直紙面向里,A、O間接有電阻R,桿和框架電阻不計(jì),則所施外力的功率為()A.B.C.D.答案C解析因?yàn)镺C是勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的,根據(jù)能量守恒可得,P外=P電=,又因?yàn)镋=Br,聯(lián)立解得P外=,故選項(xiàng)C正確。4.(多選)(導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的分析與計(jì)算)如圖所示,兩根足夠長(zhǎng)、電阻不計(jì)且相距l(xiāng)=0.2 m的平行金屬導(dǎo)軌固定在傾角=37的絕緣斜面上,頂端接有一盞額

4、定電壓U=4 V的小燈泡,兩導(dǎo)軌間有一磁感應(yīng)強(qiáng)度B=5 T、方向垂直斜面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。今將一根長(zhǎng)為2l、質(zhì)量m=0.2 kg、電阻r=1.0 的金屬棒垂直于導(dǎo)軌放置在頂端附近無初速度釋放,金屬棒始終與導(dǎo)軌垂直,金屬棒與導(dǎo)軌接觸良好,金屬棒始終與導(dǎo)軌垂直,金屬棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)=0.25。已知金屬棒下滑到速度穩(wěn)定時(shí),小燈泡恰能正常發(fā)光,重力加速度g取10 m/s2,sin 37=0.6,cos 37=0.8,則()A.金屬棒剛開始運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小為3 m/s2B.金屬棒剛開始運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小為4 m/s2C.金屬棒穩(wěn)定下滑時(shí)的速度大小為9.6 m/sD.金屬棒穩(wěn)定下滑時(shí)的速度大小為4.

5、8 m/s答案BD解析金屬棒剛開始運(yùn)動(dòng)時(shí)初速度為零,不受安培力作用,由牛頓第二定律得mgsin-mgcos=ma,代入數(shù)據(jù)得a=4m/s2,故選項(xiàng)A錯(cuò)誤,選項(xiàng)B正確;設(shè)金屬棒穩(wěn)定下滑時(shí)速度為v,感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E(金屬棒的有效長(zhǎng)度為l),回路中的電流為I,由平衡條件得mgsin=BIl+mgcos,由閉合電路歐姆定律得I=,由法拉第電磁感應(yīng)定律得E=Blv,聯(lián)立解得v=4.8m/s,故選項(xiàng)C錯(cuò)誤,選項(xiàng)D正確。5.(自感)(2018湖南常德一模)如圖所示的電路,開關(guān)閉合,電路處于穩(wěn)定狀態(tài),在某時(shí)刻t1突然斷開開關(guān)S,則通過電阻R1中的電流I1隨時(shí)間變化的圖象可能是下圖中的()答案D解析當(dāng)斷開開關(guān),原

6、來通過R1的電流立即消失,電感阻礙自身電流變化,產(chǎn)生的感應(yīng)電流流過電阻,其方向與原來流過電阻R1的方向相反,慢慢減小最后為0。故D圖象比較合適。故選D。6.(多選)(自感)(2018貴州貴陽模擬)如圖所示的電路中,電源電動(dòng)勢(shì)為E,內(nèi)阻為r,線圈L的電阻不計(jì)。以下判斷正確的是()A.閉合S,穩(wěn)定后,電容器的a極板帶正電B.閉合S,穩(wěn)定后,電容器兩端電壓小于EC.斷開S的瞬間,通過R1的電流方向向右D.斷開S的瞬間,通過R2的電流方向向右答案BC解析閉合S,穩(wěn)定后,電容器相當(dāng)于斷路,線圈L相當(dāng)于短路,所以電容器b極板與電源正極相連,帶正電荷,A項(xiàng)錯(cuò)誤;電源有內(nèi)阻,電容器兩端電壓等于電路的路端電壓,

7、小于電源電動(dòng)勢(shì),B項(xiàng)正確;斷開S瞬間,電容器與R2構(gòu)成回路放電,通過R2的電流方向向左,D項(xiàng)錯(cuò)誤;斷開S瞬間,由于自感現(xiàn)象,線圈L相當(dāng)于臨時(shí)電源,阻礙原來的電流減小,通過線圈的電流方向不變,R1與線圈L構(gòu)成回路,所以通過R1的電流方向向右,C項(xiàng)正確。素養(yǎng)綜合練7.(多選)(2018云南統(tǒng)一檢測(cè))一質(zhì)量為m、電阻為R、邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形導(dǎo)線框靜止在光滑絕緣水平桌面上,桌面上直線PQ左側(cè)有方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,PQ右側(cè)有方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為2B,俯視圖如圖所示?，F(xiàn)使線框以垂直PQ的初速度v向磁場(chǎng)運(yùn)動(dòng),當(dāng)線框的三分之一進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí),線框速度為,在這個(gè)過程中,下列

8、說法正確的是()A.線框速度為時(shí),線框中感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向B.線框速度為時(shí),線框的加速度大小為C.線框中產(chǎn)生的焦耳熱為mv2D.流過導(dǎo)線橫截面的電荷量為答案CD解析根據(jù)右手定則可知,線框右邊切割產(chǎn)生的感應(yīng)電流是順時(shí)針,線框左邊切割產(chǎn)生的感應(yīng)電流也是順時(shí)針,故感應(yīng)的電流方向?yàn)轫槙r(shí)針,故A錯(cuò)誤;根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有:E=E左+E右=BL+2BL,感應(yīng)電流I=,安培力為F=BIL+2BIL=3BIL=,故加速度為a=,故B錯(cuò)誤;根據(jù)動(dòng)能定理得:Q=mv2-m()2=mv2,故C正確;此時(shí)的平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為,則平均感應(yīng)電流為,則電荷量q=t=,而取磁場(chǎng)向里為正,則磁通量的變化量為=BL2-B

9、L2-(-2B)=BL2,故q=,故AB錯(cuò)誤,CD正確,故選CD。8.(多選)(2018安徽滁州期末)如圖甲所示,線圈兩端a、b與一電阻R相連,線圈內(nèi)有垂直于線圈平面向里的磁場(chǎng),t=0時(shí)起,穿過線圈的磁通量按圖乙所示的規(guī)律變化,下列說法正確的是()A.0.5t0時(shí)刻,R中電流方向?yàn)橛蒩到bB.1.5t0時(shí)刻,R中電流方向?yàn)橛蒩到bC.0t0時(shí)間內(nèi)R的電流小于t02t0時(shí)間內(nèi)R的電流D.0t0時(shí)間內(nèi)R的電流大于t02t0時(shí)間內(nèi)R的電流答案AC解析由楞次定律可知0t0時(shí)間內(nèi)線圈中的感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向,t02t0時(shí)間內(nèi)線圈中感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針方向,故A正確,B錯(cuò)誤;根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律:

10、E=N=NS,可知0t0時(shí)間內(nèi)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)是t02t0時(shí)間內(nèi)的,感應(yīng)電流為:I=,所以0t0時(shí)間內(nèi)R中的電流是t02t0時(shí)間內(nèi)電流的,故C正確,D錯(cuò)誤。所以AC正確,BD錯(cuò)誤。9.(多選)(2018河南濮陽第三次模擬)如圖所示,一根長(zhǎng)為l、橫截面積為S的閉合軟導(dǎo)線置于光滑水平面上,其材料的電阻率為,導(dǎo)線內(nèi)單位體積的自由電子數(shù)為n,電子的電荷量為e,空間存在垂直紙面向里的磁場(chǎng)。某時(shí)刻起磁場(chǎng)開始減弱,磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間的變化規(guī)律是B=B0-kt,當(dāng)軟導(dǎo)線形狀穩(wěn)定時(shí),磁場(chǎng)方向仍然垂直紙面向里,此時(shí)()A.軟導(dǎo)線將圍成一個(gè)圓形B.軟導(dǎo)線將圍成一個(gè)正方形C.導(dǎo)線中的電流為D.導(dǎo)線中自由電子定向移動(dòng)的速率為答

11、案AC解析當(dāng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度減弱時(shí),由楞次定律可知,軟管圍成的圖形的面積有擴(kuò)大的趨勢(shì),結(jié)合周長(zhǎng)相等時(shí),圓的面積最大可知,最終軟導(dǎo)線圍成一個(gè)圓形,故A正確,B錯(cuò)誤;設(shè)線圈圍成的圓形半徑為r,則有:I=2r,圓形的面積為:S1=r2,線圈的電阻為:R=,線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為:E=S1=k,感應(yīng)電流為:I=,而I=neSv,解得:v=,故C正確,D錯(cuò)誤,故選AC。10.(2018江西七校聯(lián)考)如圖所示,銅線圈水平固定在鐵架臺(tái)上,銅線圈的兩端連接在電流傳感器上,傳感器與數(shù)據(jù)采集器相連,采集的數(shù)據(jù)可通過計(jì)算機(jī)處理,從而得到銅線圈中的電流隨時(shí)間變化的圖線。利用該裝置探究條形磁鐵從距銅線圈上端某一高度處

12、由靜止釋放后,沿銅線圈軸線豎直向下穿過銅線圈的過程中產(chǎn)生的電磁感應(yīng)現(xiàn)象。兩次實(shí)驗(yàn)中分別得到了如圖甲、乙所示的電流時(shí)間圖線。條形磁鐵在豎直下落過程中始終保持直立姿態(tài),且所受空氣阻力可忽略不計(jì)。則下列說法中正確的是()A.若兩次實(shí)驗(yàn)條形磁鐵距銅線圈上端的高度不同,其他實(shí)驗(yàn)條件均相同,則甲圖對(duì)應(yīng)實(shí)驗(yàn)條形磁鐵距銅線圈上端的高度大于乙圖對(duì)應(yīng)實(shí)驗(yàn)條形磁鐵距銅線圈上端的高度B.若兩次實(shí)驗(yàn)條形磁鐵的磁性強(qiáng)弱不同,其他實(shí)驗(yàn)條件均相同,則甲圖對(duì)應(yīng)實(shí)驗(yàn)條形磁鐵的磁性比乙圖對(duì)應(yīng)實(shí)驗(yàn)條形磁鐵的磁性強(qiáng)C.甲圖對(duì)應(yīng)實(shí)驗(yàn)條形磁鐵穿過銅線圈的過程中損失的機(jī)械能小于乙圖對(duì)應(yīng)實(shí)驗(yàn)條形磁鐵穿過銅線圈的過程中損失的機(jī)械能D.兩次實(shí)驗(yàn)條

13、形磁鐵穿過銅線圈的過程中所受的磁場(chǎng)力都是先向上后向下答案C解析由圖甲和圖乙的對(duì)比可知甲中的產(chǎn)生的感應(yīng)電流小于乙中的,則可知甲圖中條形磁鐵到達(dá)的線圈的速度必然小于乙圖中的線圈,則必然下落的高度要更低一點(diǎn),故A錯(cuò);如果高度相同,故到達(dá)的速度相同,而要通過改變磁性來調(diào)節(jié)的,則必須使得甲中的磁性弱點(diǎn),則感應(yīng)電流就小點(diǎn),故B錯(cuò);由于兩個(gè)過程中都有感應(yīng)電流,要產(chǎn)生焦耳定熱,則必然有機(jī)械能的損耗,感應(yīng)電流大些,則損耗的機(jī)械能相應(yīng)就大,故C正確;由楞次定律可得,兩個(gè)過程中所受的安培力均是向上的,則D錯(cuò)。11.(多選)(2018湖南株洲質(zhì)檢)用導(dǎo)線繞一圓環(huán),環(huán)內(nèi)有一用同樣導(dǎo)線折成的內(nèi)接正方形線框,圓環(huán)與線框絕緣

14、,如圖所示。把它們放在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,磁場(chǎng)方向垂直于圓環(huán)平面(紙面)向里。當(dāng)磁場(chǎng)均勻減弱時(shí)()A.圓環(huán)和線框中的電流方向都為順時(shí)針B.圓環(huán)和線框中的電流方向都為逆時(shí)針C.圓環(huán)和線框中的電流大小之比為1D.圓環(huán)和線框中的電流大小之比為21答案AC解析根據(jù)楞次定律可得當(dāng)磁場(chǎng)均勻減小時(shí),線圈內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)磁場(chǎng)方向與原磁場(chǎng)方向相同,即感應(yīng)電流方向都為順時(shí)針,A正確,B錯(cuò)誤;設(shè)圓半徑為a,則圓面積為S=a2,圓周長(zhǎng)為L(zhǎng)=2a,正方形面積為S=2a2,正方形周長(zhǎng)為L(zhǎng)=4a,因?yàn)榇艌?chǎng)是均勻減小的,故E=,所以圓和正方形內(nèi)的電動(dòng)勢(shì)之比為,兩者的電阻之比為,故電流之比為,故C正確,D錯(cuò)誤。12.(多選

15、)(2018廣東茂名二模)如圖甲所示,一粗細(xì)均勻的單匝正方形銅線框,質(zhì)量m=1 kg,放置在光滑絕緣水平面上,兩平行虛線間存在與水平面垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁場(chǎng)邊界線與線框ab邊平行?，F(xiàn)用垂直于ab邊的水平恒力F拉動(dòng)線框,線框到達(dá)位置開始計(jì)時(shí),此時(shí)線框開始進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng),速度v0=3 m/s,線框中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為2 V。在t=3 s時(shí)線框到達(dá)位置,線框開始離開勻強(qiáng)磁場(chǎng),此過程中線框v-t圖象如圖乙所示,那么()A.t=0時(shí),ab間的電壓為0.75 VB.恒力F的大小為0.5 NC.線框進(jìn)入磁場(chǎng)與離開磁場(chǎng)的過程中線框內(nèi)感應(yīng)電流的方向相同D.線框完全離開磁場(chǎng)瞬間的速度大小為2 m/s答案BD解析t=0時(shí),a

16、b相當(dāng)于電源,外阻為內(nèi)阻的3倍,ab間電壓應(yīng)為電動(dòng)勢(shì)的,即Uab=E=2V=1.5V,A錯(cuò)誤;線圈進(jìn)入磁場(chǎng)過程中,穿過線圈的磁通量增加,而線圈離開磁場(chǎng)過程中,穿過線圈的磁通量減小,根據(jù)楞次定律可知兩個(gè)過程中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向相反,當(dāng)線圈完全進(jìn)入磁場(chǎng)到剛要穿出磁場(chǎng)過程,即13s過程中,由于穿過線圈的磁通量不變,所以沒有感應(yīng)電流,不受安培力作用,外力F即為線圈受到的合力,根據(jù)牛頓第二定律可得F=ma=1N=0.5N,B正確,C錯(cuò)誤;因?yàn)榫€圈剛要離開磁場(chǎng)時(shí)的速度和線框開始進(jìn)入場(chǎng)時(shí)速度正好相等,所以受力情況、運(yùn)動(dòng)情況也是一樣,線框完全離開磁場(chǎng)瞬間速度和完全進(jìn)入磁場(chǎng)瞬間速度相等,即為2m/s,D正確。10