《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?jiān)谘b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)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(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，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方向轉(zhuǎn)動時(shí)，感應(yīng)電流沿a到b的方向流動，選項(xiàng)B正確；由感應(yīng)電

2、動勢EBl2知，角速度恒定，則感應(yīng)電動勢恒定，電流大小恒定，選項(xiàng)A正確；角速度大小變化，感應(yīng)電動勢大小變化，但感應(yīng)電流方向不變，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；若變?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PI2R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，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(shí)，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(shí)，棒兩端的感應(yīng)電動勢大小為E.則等于()A. B.C1 D.解析：選B設(shè)折彎前導(dǎo)體切

3、割磁感線的長度為L，運(yùn)動產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為EBLv；折彎后，導(dǎo)體切割磁感線的有效長度為LL，故產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為EBLvBLvE，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1，右方機(jī)翼末端處的電勢為2，忽略磁偏角的影響，則 ()A若飛機(jī)從西往東飛，2比1高B若飛機(jī)從東往西飛，2比1高C若飛機(jī)從南往北飛，2比1高D若飛機(jī)從北往南飛，2比1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

4、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(cuò)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2比1高，同理可知，若飛機(jī)從北往南飛，2比1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)，

5、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)電動勢大，根據(jù)歐姆定律可知第二次感應(yīng)電流大，即I2I1，C錯(cuò)誤；流過導(dǎo)體某橫截面的電荷量qttt，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(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

6、應(yīng)電動勢為ES，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(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)()AS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BS閉合，L1亮度不變，L2很亮；S斷開，L1、L2立即不亮CS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DS

7、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DS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)電動勢逐漸減小的內(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

8、和b之間的電勢差ab()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，Enn，由楞次定律可以判斷a點(diǎn)電勢低于b點(diǎn)電勢，所以a、b兩點(diǎn)之間的電勢差為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

9、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、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la3lb，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(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Ba、b線圈中感應(yīng)電動勢之比為91Ca、b線圈中感應(yīng)電流之比為34Da、b線圈中電功率之比為271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

10、A項(xiàng)錯(cuò)誤；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律ENNS，而磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻變化，即恒定，則a、b線圈中的感應(yīng)電動勢之比為9，故B項(xiàng)正確；根據(jù)電阻定律R，且L4Nl，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PI2R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(gè)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(diǎn)與圓環(huán)良好接觸，從圓環(huán)中心O開始，桿的位置由確定，如圖所示則()A0時(shí)，桿產(chǎn)生的電動勢為2B

11、avB 時(shí)，桿產(chǎn)生的電動勢為BavC0時(shí)，桿受的安培力大小為D 時(shí)，桿受的安培力大小為解析：選AD開始時(shí)刻，感應(yīng)電動勢E1BLv2Bav，故A項(xiàng)正確；時(shí)，E2B2acosvBav，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；由L2acos，EBLv，I，RR02acos(2)a，得在0時(shí)，F(xiàn)，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；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L0.1 m，豎直邊長H0.3 m，匝數(shù)為N1.線圈的下邊處于勻強(qiáng)磁場內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B01.0 T，方向垂直線圈平面向里線圈中通有可在02.0 A范圍內(nèi)調(diào)節(jié)的電流I.掛盤放上待測物體后，調(diào)

12、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N2100匝、形狀相同的線圈，總電阻R10 ，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(shí)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(shí)，天平平衡，求此時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化率.解析：(1)線圈受到的安培力FN1B0IL天平平衡mgN1B0IL代入數(shù)據(jù)得N125.(2)由電磁感應(yīng)定律得EN2即EN2Ld由歐姆定律得I線圈受到的安培力

13、FN2B0IL天平平衡mgN22B0代入數(shù)據(jù)可得0.1 T/s.答案：(1)25(2)0.1 T/s12如圖所示，固定在勻強(qiáng)磁場中的水平導(dǎo)軌ab、cd的間距L10.5 m，金屬棒ad與導(dǎo)軌左端bc的距離為L20.8 m，整個(gè)閉合回路的電阻為R0.2 ，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B01 T的勻強(qiáng)磁場豎直向下穿過整個(gè)回路ad桿通過滑輪和輕繩連接著一個(gè)質(zhì)量為m0.04 kg的物體，不計(jì)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??；(3)經(jīng)過多長時(shí)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ad.(2)由法拉第電磁感應(yīng)定律可知EnnS面積SL1L20.4 m2由已知條件得n1，0.2 T/s代入數(shù)據(jù)得E0.08 V.(3)對物體剛好離地時(shí)受力分析如圖甲：列平衡方程：T繩mg，對此時(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?。篎安BIL1由歐姆定律：I由已知條件：BB0t以上各式聯(lián)立解得t5 s.答案：(1)ad(2)0.08 V(3)5 s8