《2019高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第10章 第2講 法拉第電磁感應(yīng)定律自感渦流精練（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第10章 第2講 法拉第電磁感應(yīng)定律自感渦流精練（含解析）（9頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 第2講　法拉第電磁感應(yīng)定律　自感　渦流 ◎基礎(chǔ)鞏固練 1. (多選)(2018·陜西省寶雞市高三教學(xué)質(zhì)量檢測)如圖所示，金屬桿ab靜止放在水平固定的“U”形金屬框上，整個裝置處于豎直向上的勻強磁場中。當(dāng)磁感應(yīng)強度均勻增大時，桿ab總保持靜止，則(　　) A．桿中感應(yīng)電流方向是從b到a B．桿中感應(yīng)電流大小均勻增大 C．金屬桿所受安培力方向水平向左 D．金屬桿所受安培力大小均勻增大 解析：　由楞次定律知桿中感應(yīng)電流方向是從a到b，由左手定則知金屬桿所受安培力方向水平向左，則選項A錯誤，C正確；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，有E＝＝，可知當(dāng)磁感應(yīng)強度均勻增大時，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大

2、小是恒定的，由閉合電路歐姆定律知桿中感應(yīng)電流大小是恒定的，金屬桿所受安培力大小F＝BIL隨磁感應(yīng)強度B均勻增大，則選項B錯誤，D正確。 答案：　CD 2．(多選)(2018·安徽省重點中學(xué)盟校模擬考試)下列對電磁感應(yīng)現(xiàn)象的討論中說法正確的是(　　) A．人造衛(wèi)星繞地球飛行時，軌道各處的地磁場的強弱不同，人造地球衛(wèi)星的金屬外殼中會產(chǎn)生微弱的感應(yīng)電流，使衛(wèi)星的機械能增大 B．增大鐵芯材料的電阻率是減小渦流的途徑之一 C．如果發(fā)現(xiàn)閉合電路中有感應(yīng)電流，那么穿過這個閉合電路的磁通量一定在發(fā)生變化 D．只要自感系數(shù)足夠大或電流變化足夠快，則斷電時自感電流可以大于原電流 解析：　當(dāng)穿過人造衛(wèi)

3、星的磁通量發(fā)生變化時，金屬外殼中會有渦流產(chǎn)生，故會使衛(wèi)星的機械能減小，A錯誤；增大鐵芯材料的電阻率是減小渦流的途徑之一，故B正確；根據(jù)感應(yīng)電流的產(chǎn)生條件，可知C正確；如果斷電時自感電流大于原電流，則違背了能量守恒定律，故D錯誤。 答案：　BC 3. (2018·廣東四校第一次聯(lián)考)如圖所示，在一磁感應(yīng)強度B＝0.5 T的勻強磁場中，垂直于磁場方向水平放置著兩根相距為L＝0.1 m的平行金屬導(dǎo)軌MN和PQ，導(dǎo)軌電阻忽略不計，在兩根導(dǎo)軌的端點N、Q之間連接一阻值R＝0.3 Ω的電阻。導(dǎo)軌上正交放置著金屬棒ab，其電阻r＝0.2 Ω。當(dāng)金屬棒在水平拉力作用下以速度v＝4.0 m/s向左做勻

4、速運動時(　　) A．a(chǎn)b棒所受安培力大小為0.02 N B．N、Q間電壓為0.2 V C．a(chǎn)端電勢比b端電勢低 D．回路中感應(yīng)電流大小為1 A 答案：　A 4. 如圖所示，豎直平面內(nèi)有一金屬環(huán)，半徑為a，總電阻為R(指拉直時兩端的電阻)，磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場垂直穿過環(huán)平面，在環(huán)的最高點A用鉸鏈連接長度為2a、電阻為的導(dǎo)體棒AB，AB由水平位置緊貼環(huán)面擺下，當(dāng)擺到豎直位置時，B點的線速度為v，則這時AB兩端的電壓大小為(　　) A.　　　　　　　　　 B． C. D．Bav 解析：　擺到豎直位置時，AB切割磁感線的瞬時感應(yīng)電動勢E＝B·2a·＝Bav。由閉合電路歐姆

5、定律得，UAB＝·＝Bav，故A正確。 答案：　A 5．(多選)(2018·湖南省五市十校高三聯(lián)考)如圖所示，兩平行的光滑導(dǎo)軌固定在同一水平面內(nèi)，兩導(dǎo)軌間距離為L，金屬棒ab垂直于導(dǎo)軌，金屬棒兩端與導(dǎo)軌接觸良好，在導(dǎo)軌左端接入阻值為R的定值電阻，整個裝置處于豎直向下的磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中。與R相連的導(dǎo)線、導(dǎo)軌和金屬棒的電阻均可忽略不計。用平行于導(dǎo)軌向右的大小為F的力拉金屬棒，使金屬棒以大小為v的速度向右勻速運動，下列說法正確的是(　　) A．金屬棒ab相當(dāng)于電源，其a端相當(dāng)于電源負極 B．拉力F＝ C．回路中的感應(yīng)電流沿順時針方向流動 D．定值電阻消耗的電功率P＝Fv

6、解析：　用平行于導(dǎo)軌向右的恒力拉金屬棒，使金屬棒向右勻速運動，ab棒相當(dāng)于電源，由右手定則知，電流方向由b→a，在電源內(nèi)部電流由低電勢流向高電勢，所以a端相當(dāng)于電源的正極，回路中的感應(yīng)電流沿逆時針方向，A、C選項錯誤；由于金屬棒勻速運動，所以F＝F安，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律知F安＝BIL＝，而定值電阻消耗的功率為安培力的功率，也等于拉力的功率，選項B、D正確。 答案：　BD 6. 如圖所示，正方形線框的左半側(cè)處在磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，磁場方向與線框平面垂直，線框的對稱軸MN恰與磁場邊緣平齊。若第一次將線框從磁場中以恒定速度v1向右勻速拉出，第二次以線速度v2讓線框繞軸MN勻速轉(zhuǎn)

7、過90°。為使兩次操作過程中，線框產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動勢相等，則(　　) A．v1∶v2＝2∶π B．v1∶v2＝π∶2 C．v1∶v2＝1∶2 D．v1∶v2＝2∶1 解析：　第一次將線框從磁場中以恒定速度v1向右勻速拉出，線框中的感應(yīng)電動勢恒定，有1＝E1＝BLv1。第二次以線速度v2讓線框繞軸MN勻速轉(zhuǎn)過90°，所需時間t＝＝，線框中的磁通量變化量ΔΦ＝B·L·＝BL2，產(chǎn)生的平均電動勢2＝＝。由題意知1＝2，可得v1∶v2＝2∶π，A正確。 答案：　A 7．如圖甲所示，邊長為L、總電阻為R的正方形導(dǎo)線框靜置于光滑水平面上，cd邊正中間有一個很小的豁口PQ，且導(dǎo)線框處于與水平

8、面垂直的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度大小B隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示。則下列說法正確的是(　　) A．在0～t0時間內(nèi)，正方形導(dǎo)線框有收縮的趨勢 B．在t＝時刻，ab邊所受安培力大小為 C．在0～t0時間內(nèi)PQ間的電勢差為 D．在0～t0時間內(nèi)，P點的電勢低于Q點電勢 解析：　由于正方形導(dǎo)線框不閉合，導(dǎo)線框中沒有感應(yīng)電流，但有感應(yīng)電動勢，導(dǎo)線框不受安培力，A、B錯誤；由法拉第電磁感應(yīng)定律得，導(dǎo)線框的感應(yīng)電動勢E＝＝，C正確；在0～t0時間內(nèi)，根據(jù)楞次定律知P點電勢高于Q點電勢，D錯誤。 答案：　C 8. (2015·北京理綜·22)如圖所示，足夠長的平行光滑金屬導(dǎo)軌水平放置

9、，寬度L＝0.4 m，一端連接R＝1 Ω的電阻。導(dǎo)軌所在空間存在豎直向下的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B＝1 T。導(dǎo)體棒MN放在導(dǎo)軌上，其長度恰好等于導(dǎo)軌間距，與導(dǎo)軌接觸良好。導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒的電阻均可忽略不計。在平行于導(dǎo)軌的拉力F作用下，導(dǎo)體棒沿導(dǎo)軌向右勻速運動，速度v＝5 m/s。求： (1)感應(yīng)電動勢E和感應(yīng)電流I； (2)在0.1 s時間內(nèi)，拉力的沖量IF的大?。? (3)若將MN換為電阻r＝1 Ω的導(dǎo)體棒，其他條件不變，求導(dǎo)體棒兩端的電壓U。 解析：　(1)由法拉第電磁感應(yīng)定律可得，感應(yīng)電動勢 E＝BLv＝1×0.4×5 V＝2 V 感應(yīng)電流I＝＝ A＝2 A (2)拉力大小等于安培

10、力大小F＝BIL＝1×2×0.4 N＝0.8 N 沖量大小IF＝FΔt＝0.8×0.1 N·s＝0.08 N·s (3)由閉合電路歐姆定律可得，電路中電流 I′＝＝ A＝1 A 由歐姆定律可得，導(dǎo)體棒兩端電壓U＝I′R＝1 V。 答案：　(1)2 V　2 A　(2)0.08 N·s　(3)1 V ◎能力提升練 9．輕質(zhì)細線吊著一質(zhì)量為m＝0.32 kg、邊長為L＝0.8 m、匝數(shù)n＝10的正方形線圈，其總電阻為r＝1 Ω。邊長為的正方形磁場區(qū)域?qū)ΨQ分布在線圈下邊的兩側(cè)，如圖甲所示。磁場方向垂直紙面向里，大小隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示，從t＝0開始經(jīng)t0時間細線開始松弛，g＝10

11、m/s2。則(　　) A．在0～t0時間內(nèi)線圈中產(chǎn)生的電動勢為0.5 V B．在0～t0時間內(nèi)線圈的電功率為0.16 W C．t0的值為1 s D．當(dāng)細線松弛時，磁感應(yīng)強度的大小為3 T 解析：　由法拉第電磁感應(yīng)定律得E＝n＝n2＝10××2× V＝0.4 V，故在0～t0時間內(nèi)線圈中產(chǎn)生的電動勢為0.4 V，A選項錯誤。由閉合電路歐姆定律有I＝＝ A＝0.4 A，根據(jù)功率表達式知P＝I2r＝0.16 W，在0～t0時間內(nèi)線圈的電功率為0.16 W，B選項正確。分析線圈受力可知，當(dāng)細線松弛時有F安＝nBt0I＝mg，且Bt0＝＝ T＝2 T，由題圖乙知Bt0＝1＋0.5t0(T)

12、，解得t0＝2 s，C、D選項均錯誤。 答案：　B 10．(多選)如圖所示，在光滑水平面上方有一有界勻強磁場區(qū)域，磁感應(yīng)強度為B，磁場寬度大于L。有兩個相同的矩形線框，長為L，寬為，按圖中方式放置。甲線框到磁場左邊界的距離為L，在恒力2F作用下由靜止開始向右運動；乙線框到磁場左邊界的距離為2L，在恒力F作用下由靜止開始向右運動。下列說法中正確的是(　　) A．甲線框進入磁場與離開磁場時，感應(yīng)電流的方向一定相反，安培力的方向也一定相反 B．若甲線框進入磁場后恰好做勻速運動，則乙線框進入磁場后一定做減速運動 C．甲線框穿過磁場的過程中產(chǎn)生的焦耳熱一定大于乙線框穿過磁場的過程中產(chǎn)生的焦

13、耳熱 D．穿過磁場的過程中，通過兩線框橫截面的電荷量相同 解析：　根據(jù)楞次定律知，甲線框進入磁場與離開磁場時感應(yīng)電流的方向一定相反，而安培力阻礙導(dǎo)體的相對運動，故安培力的方向一定相同，A錯誤；對甲、乙兩線框的受力分析和運動規(guī)律分析可知，甲、乙兩線框進入磁場時的速度大小相同，則安培力大小相同，若甲線框進入磁場時恰好做勻速運動，說明安培力大小為2F，大于乙線框受到的拉力，則乙線框進入磁場時一定做減速運動，B正確；在進入和穿出磁場的整個過程中，甲線框的安培力均大于乙線框的安培力(進入瞬間安培力大小相等)，而克服安培力做功的位移相同，故甲線框克服安培力做功較多，甲線框產(chǎn)生較多的焦耳熱，C正確；通過

14、導(dǎo)體截面的電荷量q＝，磁通量的變化量相同，則電荷量也相同，所以D正確。 答案：　BCD 11. 如圖所示，在勻強磁場中傾斜放置的兩根平行光滑的金屬導(dǎo)軌，它們所構(gòu)成的導(dǎo)軌平面與水平面成θ＝30°角，平行導(dǎo)軌間距L＝1.0 m。勻強磁場方向垂直于導(dǎo)軌平面向下，磁感應(yīng)強度B＝0.20 T。兩根金屬桿ab和cd的質(zhì)量均為m＝0.20 kg，電阻均為R＝0.20 Ω。若用與導(dǎo)軌平行的拉力作用在金屬桿ab上，使ab桿沿導(dǎo)軌勻速上滑并使cd桿在導(dǎo)軌上保持靜止，整個過程中兩金屬桿均與導(dǎo)軌垂直且接觸良好。金屬導(dǎo)軌的電阻可忽略不計，取重力加速度g＝10 m/s2。求： (1)cd桿所受安培力F安的大小

15、； (2)通過金屬桿的感應(yīng)電流I的大?。? (3)作用在金屬桿ab上的拉力的功率P。 解析：　(1)金屬桿cd靜止在金屬導(dǎo)軌上，所受安培力方向平行于導(dǎo)軌平面向上 則F安＝mgsin 30° 解得F安＝1.0 N。 (2)安培力F安＝BIL 解得I＝5.0 A。 (3)金屬桿ab所受安培力方向平行于導(dǎo)軌平面向下，金屬桿ab在拉力F、安培力F安、重力mg和支持力作用下勻速上滑 則F＝BIL＋mgsin 30° 根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，金屬棒ab上產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E感＝BLv 根據(jù)閉合電路歐姆定律，通過金屬桿ab的電流I＝ 根據(jù)功率公式P＝Fv 聯(lián)立解得v＝10 m/s，P

16、＝20 W。 答案：　(1)1.0 N　(2)5.0 A　(3)20 W 12．如圖甲所示，有一豎直方向的勻強磁場區(qū)域，磁場方向垂直紙面向里，區(qū)域的上下邊緣間距為H＝85 cm，磁感應(yīng)強度B隨時間t的變化關(guān)系如圖乙所示。有一長L1＝20 cm、寬L2＝10 cm、匝數(shù)n＝5的矩形線圈，其總電阻R＝0.2 Ω、質(zhì)量m＝0.5 kg，在t＝0時刻，線圈從離磁場區(qū)域的上邊緣高為h＝5 cm處由靜止開始下落，0.2 s時線圈剛好全部進入磁場，0.5 s時線圈剛好開始從磁場中出來。不計空氣阻力，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)線圈穿過磁場區(qū)域所經(jīng)歷的時間t； (2)線圈穿過磁場區(qū)域

17、產(chǎn)生的熱量Q。 解析：　(1)設(shè)線圈先做自由落體運動的末速度為v1，則 v＝2gh，得v1＝1 m/s h＝gt，得t1＝0.1 s 進入磁場時，E1＝nB1L1v1，I1＝，F(xiàn)A1＝nB1I1L1 得FA1＝5 N，即FA1＝mg 線圈勻速進入磁場，L2＝v1t2 得t2＝0.1 s 之后線圈向下做勻加速運動，運動d＝H－L2＝0.75 m后，線圈的下邊剛好到達磁場的下邊緣 有v－v＝2gd，得v2＝4 m/s 由v2－v1＝gt3，得t3＝0.3 s 出磁場時，E2＝nB2L1v2，I2＝，F(xiàn)A2＝nB2I2L1 得FA2＝5 N，即FA2＝mg 線圈勻速出磁場，L2＝v2t4 得t4＝0.025 s 因此線圈穿過磁場區(qū)域所經(jīng)歷的時間 t＝t2＋t3＋t4＝0.425 s (2)線圈進出磁場過程均做勻速運動，該過程中線圈產(chǎn)生的熱量 Q1＝mg×2L2＝1.0 J 整個線圈在磁場中運動時，E3＝nL1L2 ＝ T/s Q2＝t3＝ J≈0.042 J 因此全過程產(chǎn)生的總熱量Q＝Q1＋Q2＝1.042 J 答案：　(1)0.425 s　(2)1.042 J 9