《2022年高考物理一輪復習 課時跟蹤訓練32 法拉第電磁感應定律、自感和渦流》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2022年高考物理一輪復習 課時跟蹤訓練32 法拉第電磁感應定律、自感和渦流（10頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、2022年高考物理一輪復習 課時跟蹤訓練32 法拉第電磁感應定律、自感和渦流 一、選擇題 1. (xx·江蘇卷)如圖所示，一正方形線圈的匝數為n，邊長為a，線圈平面與勻強磁場垂直，且一半處在磁場中．在Δt時間內，磁感應強度的方向不變，大小由B均勻地增大到2B.在此過程中，線圈中產生的感應電動勢為 (　　) A. B. C. D. 解析：本題考查法拉第電磁感應定律的應用．根據法拉第電磁感應定律可得，E＝nS＝n·a2＝，B正確． 答案：B 2．(xx·新課標全國卷Ⅰ)如圖(甲)所示，線圈ab、cd繞在同一軟鐵芯上，在ab線圈中通以變化的電流，用示波器測得線圈cd間電壓如

2、圖(乙)所示，已知線圈內部的磁場與流經線圈的電流成正比， 則下列描述線圈ab中電流隨時間變化關系的圖中，可能正確的是(　　) 解析：由法拉第電磁感應定律得E＝N＝NS，又B∝I，故∝∝E，由乙圖可知i－t圖象中的斜率應不為0，且在0～0.5 s、0.5～1.5 s、1.5～2.5 s各段時間內斜率不變．分析圖象可知，只有C正確． 答案：C 3．(多選)(xx·江蘇卷) 如圖所示，在線圈上端放置一盛有冷水的金屬杯，現接通交流電源，過了幾分鐘，杯內的水沸騰起來．若要縮短上述加熱時間，下列措施可行的有 (　　) A．增加線圈的匝數 B．提高交流電源的頻率 C．將金屬杯換為瓷杯

3、 D．取走線圈中的鐵芯 解析：考查渦流現象、影響感應電動勢大小的因素及分析問題的能力．增大線圈的匝數，可以增大通過金屬杯的磁通量及磁通量的變化率，從而增大金屬杯中產生感應電流的大小，增大加熱功率，縮短加熱時間，A正確．提高交流電的頻率，最大磁通量不變，但交替變化快也能提高磁通量的變化率，產生更大的感應電流，達到縮短加熱時間的目的，B正確．瓷杯是絕緣體，不能產生感應電流，不能加熱，C錯誤．取走鐵芯，金屬杯中的磁通量變小，磁通量的變化率也變小，從而導致加熱功率變小，加熱時間加長，D錯誤． 答案：AB 4．(多選) 一個面積S＝4×10－2 m2、匝數n＝100的線圈放在勻強磁場，磁場方

4、向垂直于線圈平面，磁感應強度B隨時間t變化的規(guī)律如圖所示，則下列判斷正確的是(　　) A．在開始的2 s內穿過線圈的磁通量變化率等于0.08 Wb/s B．在開始的2 s內穿過線圈的磁通量的變化量等于零 C．在開始的2 s內線圈中產生的感應電動勢等于8 V D．在第3 s末線圈中的感應電動勢等于零 解析：由圖知，前2 s內＝2 T/s，所以＝2×4×10－2 Wb/s＝0.08 Wb/s，A選項正確；在開始的2 s內磁感應強度B由2 T減到0，又從0向相反方向增加到2 T，所以這2 s內的磁通量的變化量ΔΦ＝B1S＋B2S＝2BS＝2×2×4×10－2 Wb＝0.16 Wb，B選項錯

5、；開始的2 s內E＝n＝100×0.08 V＝8 V，C選項正確；第3 s末的感應電動勢等于2 s～4 s內的平均感應電動勢，E＝n＝nS＝100×2×4×10－2 V＝8 V，D選項錯誤． 答案：AC 5．有人把自行車進行了改裝，在后車輪上裝上了一個小型發(fā)電機，想看電視時，就騎在自行車上不停地蹬車，可供電視、照明用電．發(fā)電機原理如圖甲所示，在勻強磁場中，磁感應強度為B，放置一個有固定轉軸的發(fā)電輪，如圖乙所示，發(fā)電輪平面與磁感應強度垂直，發(fā)電輪半徑為r，輪軸和輪緣為兩個輸出電極，該發(fā)電機輸出電壓接一理想變壓器，再給一小燈泡供電，則下列說法中正確的是(　　) A．當人蹬車的速度增大時，

6、小燈泡兩端的電壓降低 B．當人蹬車的速度增大時，小燈泡兩端的電壓不變 C．小燈泡的功率與發(fā)電機轉速無關 D．小燈泡的功率隨發(fā)電機轉速的增大而增大 解析：轉輪發(fā)電機的電動勢為E＝Br2ω，蹬車的速度增大時，角速度增大，電動勢增大，輸入電壓和輸入功率增大，D正確． 答案：D 6．如圖所示，一段導線彎曲成半徑為R的半圓形閉合回路．虛線MN、PQ間有磁感應強度為B的勻強磁場，磁場的寬度等于R，方向垂直于回路所在的平面．現讓回路以速度v向右勻速穿過磁場，直徑CD始終與MN垂直．關于此過程，下列結論中正確的是 (　　) A．穿過的過程中，回路中感應電流一直不為零 B．感應電流的方向一

7、直不變 C．感應電動勢先增大后減小再增大再減小 D．感應電動勢最大值Em＝2BRv 解析：當回路的圓心到磁場的中間時，回路中的感應電動勢為零，電流為零，A項錯誤；磁通量先向里增大，后向里減小，根據楞次定律，感應電流的方向先沿逆時針方向后沿順時針方向，B項錯誤；當回路的圓心到MN或PQ上時，切割磁感線的有效長度最長，感應電動勢最大為BRv，D項錯誤；在穿過磁場的過程中，回路切割磁感線的有效長度應先變大，后變小，再變大，再變小，因此感應電動勢先增大后減小再增大再減小，C項正確． 答案：C 7．有一個勻強磁場邊界是EF，在EF右側無磁場，左側是勻強磁場區(qū)域，如圖甲所示．現有一個閉合的金屬線

8、框以恒定速度從EF右側水平進入勻強磁場區(qū)域．線框中的電流隨時間變化的i－t圖象如圖乙所示，則可能的線框是下列四個選項中的(　　) 解析：由圖乙可知，電流先是均勻增加，后均勻減小，又i＝＝∝l，所以金屬線框切割磁感線的有效長度應先是均勻增加，后均勻減小，A項符合；B、C項線框中間部分進入磁場后切割磁感線的有效長度不變；D項有效長度不是均勻地增加和減?。? 答案：A 8．(多選)如圖所示，是研究自感通電實驗的電路圖，L1、L2是兩個規(guī)格相同的小燈泡，閉合電鍵調節(jié)電阻R，使兩個燈泡的亮度相同，調節(jié)可變電阻R1，使它們都正常發(fā)光，然后斷開電鍵S.重新閉合電鍵S，則(　　) A．閉合瞬間，

9、L1立刻變亮，L2逐漸變亮 B．閉合瞬間，L2立刻變亮，L1逐漸變亮 C．穩(wěn)定后，L和R兩端電勢差一定相同 D．穩(wěn)定后，L1和L2兩端電勢差不相同 解析：根據題設條件可知，閉合電鍵調節(jié)電阻R，使兩個燈泡的亮度相同，說明此時電阻R的阻值與線圈L的電阻一樣大，斷開電鍵再重新閉合電鍵的瞬間，根據自感原理，可判斷L2立刻變亮，而L1逐漸變亮，A項錯誤，B項正確；穩(wěn)定后，自感現象消失，根據題設條件可判斷線圈L和R兩端的電勢差一定相同，L1和L2兩端電勢差也相同，所以C項正確，D項錯誤． 答案：BC 9．(多選) 如圖所示，水平放置的U形框架上接一個阻值為R0的電阻，放在垂直紙面向里的、

10、場強大小為B的勻強磁場中，一個半徑為L、質量為m的半圓形硬導體AC在水平向右的恒定拉力F的作用下，由靜止開始運動距離d后速度達到v，半圓形硬導體AC的電阻為r，其余電阻不計．下列說法正確的是(　　) A．此時AC兩端電壓為UAC＝2BLv B．此時AC兩端電壓為UAC＝ C．此過程中電路產生的電熱為Q＝Fd－mv2 D．此過程中通過電阻R0的電荷量為q＝ 解析：AC的感應電動勢為：E＝2BLv，兩端電壓為UAC＝＝，A錯、B對；由功能關系得Fd＝mv2＋Q＋Wμ，C錯；此過程中平均感應電流為＝，通過電阻R0的電荷量為q＝Δt＝，D對． 答案：BD 10. (xx·江西省九所

11、重點中學高三聯考)如圖所示，虛線為磁感應強度大小均為B的兩勻強磁場的分界線，實線MN為它們的理想下邊界．長為L的正方形線圈電阻為R，邊與MN重合，且可以繞過a點并垂直線圈平面的軸以角速度ω勻速轉動，則下列說法正確的是(　　) A．從圖示的位置開始逆時針轉動180°的過程中，線框中感應電流方向始終為逆時針 B．從圖示的位置開始順時針轉動90°到180°這段時間內，因線圈完全在磁場中，故無感應電流 C．從圖示的位置順時針轉動180°的過程中，線框中感應電流的最大值為 D．從圖示的位置開始順時針方向轉動270°的過程中，通過線圈的電量為 解析：在線圈轉過180°的過程中，穿過線框的磁通量先

12、增大后減小，則由楞次定律可知，電流的方向應先為逆時針后為順時針，故A錯誤；順時針轉動90°到180°過程中，由于磁通量發(fā)生了變化，故線圈中有感應電流產生，故B錯誤；從圖示的位置順時針轉動180°的過程中，當bd與邊界重合時，則bcd與bad均切割磁感線，則感應電動勢最大值為E＝2×Bω(L)2＝2BωL2，線框中感應電流的最大值為，故C正確；順時針轉動270°時，線框內的磁通量的變化量ΔΦ＝0，故通過線圈的電量為0，故D錯誤． 答案：C 二、非選擇題 11. (xx·江蘇淮安市高三調研)如圖所示，相距L＝0.4 m、電阻不計的兩平行光滑金屬導軌水平放置，一端與阻值R＝0.15 Ω的

13、電阻相連，導軌處于磁感應強度B＝0.5 T的勻強磁場中，磁場方向垂直于導軌平面．質量m＝0.1 kg、電阻r＝0.05 Ω的金屬棒置于導軌上，并與導軌垂直．t＝0時起棒在水平外力F作用下以初速度v0＝2 m/s、加速度a＝1 m/s2沿導軌向右勻加速運動．求： (1)t＝1 s時回路中的電流； (2)t＝1 s時外力F大小； (3)第1 s內通過棒的電荷量． 解析：(1)t＝1 s時，棒的速度為：v1＝v0＋at＝3 m/s 此時由于棒運動切割產生的電動勢為：E＝BLv1＝0.6 V 根據閉合電路歐姆定律可知，此時回路中的感應電流為：I＝＝3 A (2)對棒，根據牛頓第二定律有：

14、F－ILB＝ma 解得t＝1 s時外力F大小為：F＝ILB＋ma＝0.7 N (3)在t＝1 s時間內，棒的位移為：x＝v0t＋at2 根據法拉第電磁感應定律可知，在這段時間內，棒切割平均感應電動勢為：＝ 根據閉合電路歐姆定律可知，在這段時間內，回路中的平均感應電流為：＝ 在第1 s時間內，通過棒的電荷量為：q＝·t 聯立以上各式解得：q＝2.5 C 答案：(1)3 A　(2)0.7 N　(3)2.5 C 12．(xx·深圳市高三第二次調研)如圖甲所示，靜止在粗糙水平面上的正三角形金屬線框，匝數N＝10、總電阻R＝2.5 Ω、邊長L＝0.3 m，處在兩個半徑均為r＝的圓形勻強磁

15、場區(qū)域中，線框頂點與右側圓形中心重合，線框底邊中點與左側圓形中心重合．磁感應強度B1垂直水平面向外，大小不變、B2垂直水平面向里，大小隨時間變化，B1、B2的值如圖乙所示．線框與水平面間的最大靜摩擦力f＝0.6 N ，(取π≈3)，求： (1)t＝0時刻穿過線框的磁通量； (2)線框滑動前的電流強度及電功率； (3)經過多長時間線框開始滑動及在此過程中產生的熱量． 解析：(1)設磁場向下穿過線框磁通量為正，由磁通量的定義得t＝0時 Φ＝B2πr2－B1πr2＝0.005 Wb (2)根據法拉第電磁感應定律 E＝N＝Nπr2＝0.25 V I＝＝0.1 A P＝I2R＝0.025 W (3)右側線框每條邊受到的安培力 F1＝NB2Ir＝N(2＋5t)Ir 因兩個力互成120°，兩條邊的合力大小仍為F1， 左側線框受力F2＝2NB1Ir 線框受到的安培力的合力F安＝F1＋F2 當安培力的合力等于最大靜摩擦力時線框就要開始滑動F安＝f 即F安＝N(2＋5t)Ir＋2NB1Ir＝f 解得t＝0.4 s. Q＝I2Rt＝0.01 J. 答案：(1)0.005 Wb　(2)0.1 A　0.025 W　(3)0.01 J