全程復(fù)習(xí)構(gòu)想2020高考物理一輪復(fù)習(xí)第十章電磁感應(yīng)2法拉第電磁感應(yīng)定律自感渦流課時(shí)作業(yè)新人教版

法拉第電磁感應(yīng)定律自感渦流一、選擇題(15題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題目要求，69題有多個(gè)選項(xiàng)符合題目要求)1穿過一個(gè)內(nèi)阻為1 的單匝閉合線圈的磁通量每秒均勻地減少2 Wb，則()A線圈中感應(yīng)電動(dòng)勢每秒增加2 VB線圈中感應(yīng)電動(dòng)勢每秒減少2 VC線圈中感應(yīng)電流每秒增加2 AD線圈中感應(yīng)電動(dòng)勢不變，感應(yīng)電流也不變解析：線圈的磁通量每秒均勻減少2 Wb，即其變化率的大小2 Wb/s恒定不變，故感應(yīng)電動(dòng)勢E2 V恒定，電流I2 A也恒定不變，選D.答案：D2(2014江蘇高考)如圖所示，一正方形線圈的匝數(shù)為n，邊長為a，線圈平面與勻強(qiáng)磁場垂直，且一半處在磁場中在t時(shí)間內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)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(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢為()A.B.C. D.解析：線圈在磁場中的面積Sa2，穿過線圈的磁通量的變化量2BSBSBa2.根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律En得En，所以B正確答案：B3如圖所示，L1和L2是兩個(gè)相同的小燈泡，L是一個(gè)自感系數(shù)相當(dāng)大的線圈，其阻值與R相同由于存在自感現(xiàn)象，在開關(guān)S接通和斷開時(shí)，燈L1和L2先后亮暗的順序是()A接通時(shí)，L1先達(dá)最亮，斷開時(shí)，L1后暗B接通時(shí)，L2先達(dá)最亮，斷開時(shí)，L2后暗C接通時(shí)，L1先達(dá)最亮，斷開時(shí)，L1先暗D接通時(shí)，L2先達(dá)最亮，斷開時(shí)，L2先暗解析：電路的連接是L1與L并聯(lián)，L2與R并聯(lián)然后再串聯(lián)起來開關(guān)閉合時(shí)，由于線圈L的自感，阻礙電流的增加，所以大部分電流從L1中通過，L1燈先最亮而斷開開關(guān)S時(shí)，線圈中產(chǎn)生自感電動(dòng)勢阻礙電流的減弱，自感電流的方向與原電流同向，并且只能在L與L1的閉合回路中流過，這樣L1燈中有自感電流，所以它要比L2后暗選項(xiàng)A正確答案：A4如圖所示，通有恒定電流的直導(dǎo)線MN與閉合金屬框共面，第1次將金屬框由位置平移到位置，第2次將金屬框由位置翻轉(zhuǎn)到位置，設(shè)兩次通過金屬框截面的電量分別為q1和q2，則()Aq1<q2 Bq1q2Cq1>q2 Dq10，q20解析：磁通量是標(biāo)量，但也有正、負(fù)之分此題若只注意磁通量的量值，而忽視其正、負(fù)的變化，將錯(cuò)選B.設(shè)線圈在位置時(shí)，通過線圈的磁通量為正且數(shù)值為1，在位置時(shí)通過線圈的磁通量數(shù)值為2，如圖所示由法拉第電磁感應(yīng)定律知E，I，qIt得q.第1次將金屬框由位置平移到位置，磁通量的變化量為12；第2次將金屬框由位置翻轉(zhuǎn)到位置，磁通量的變化量為12.所以，第2次磁通量變化大，通過的電量多選A.答案：A5(2017廈門模擬)如圖所示，在均勻磁場中有一由兩段圓弧及其半徑構(gòu)成的導(dǎo)線框CDEF，且C點(diǎn)和F點(diǎn)正好是OD、OE的中點(diǎn)，圓的半徑OE和OD與磁場邊緣重合，磁場方向垂直于圓面(紙面)向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0.使該線框繞過圓心O、垂直于半圓面的軸以角速度勻速轉(zhuǎn)過90，在線框中產(chǎn)生感應(yīng)電流現(xiàn)使線框保持圖中所示位置不變，而磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時(shí)間均勻變化為了產(chǎn)生與線框轉(zhuǎn)過90過程中同樣大小的電流，則磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間的變化率的大小應(yīng)為()A. B.C. D.解析：設(shè)OE2r，線框的電阻為R，該線框繞過圓心O、垂直于半圓面的軸以角速度勻速轉(zhuǎn)動(dòng)90，在線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流I.線框保持圖中所示位置，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時(shí)間線性變化為了產(chǎn)生與線框轉(zhuǎn)動(dòng)90過程中同樣大小的電流，有I，所以有，故C對，A、B、D錯(cuò)答案：C6某地的地磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度的豎直分量方向向下，大小為4.5105T.一靈敏電壓表連接在當(dāng)?shù)厝牒：佣蔚膬砂?，河?00 m，該河段漲潮和落潮時(shí)有海水(視為導(dǎo)體)流過設(shè)落潮時(shí)，海水自西向東流，流速為2 m/s.下列說法中正確的是()A河北岸的電勢較高B河南岸的電勢較高C電壓表記錄的電壓為9 mVD電壓表記錄的電壓為5 mV解析：海水在落潮時(shí)自西向東流，該過程可以理解為：自西向東運(yùn)動(dòng)的導(dǎo)體棒在切割豎直向下的磁場根據(jù)右手定則，左岸即北岸是正極電勢高，南岸電勢低，A對根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律EBLv4.51051002 V9103 V，C對，選A、C.答案：AC7如圖所示，圓形閉合線圈內(nèi)存在方向垂直紙面向外的磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化如圖所示，則下列說法正確的是()A01 s內(nèi)線圈的磁通量不斷增大B第4 s末的感應(yīng)電動(dòng)勢為0C01 s內(nèi)與24 s內(nèi)的感應(yīng)電流相等D01 s內(nèi)感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針解析：01 s內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度不斷增大，磁通量不斷增大，選項(xiàng)A正確第4 s末磁感應(yīng)強(qiáng)度為零，但斜率不為零，感應(yīng)電動(dòng)勢不為零，選項(xiàng)B錯(cuò)誤.01 s內(nèi)與24 s內(nèi)斜率大小不相等，電動(dòng)勢不相等，感應(yīng)電流不相等，選項(xiàng)C錯(cuò)誤用楞次定律判斷，感應(yīng)電流在01 s內(nèi)為順時(shí)針，選項(xiàng)D正確答案：AD8(2017合肥二模)如圖甲所示，一個(gè)匝數(shù)n100的圓形導(dǎo)體線圈，面積S10.4 m2，電阻r1 .在線圈中存在面積S20.3 m2的垂直線圈平面向外的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化的關(guān)系如圖乙所示有一個(gè)R2 的電阻，將其兩端a、b分別與圖甲中的圓形線圈相連接，b端接地，則下列說法正確的是()A圓形線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢E6 VB在04 s時(shí)間內(nèi)通過電阻R的電荷量q6 CC設(shè)b端電勢為零，則a端的電勢a3 VD在04 s時(shí)間內(nèi)電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱Q18 J解析：由法拉第電磁感應(yīng)定律可得En，由圖乙結(jié)合數(shù)學(xué)知識(shí)可得kT/s0.15 T/s，將其代入可求E4.5 V，A錯(cuò)設(shè)平均電流強(qiáng)度為，則qttntn，在04 s穿過圓形導(dǎo)體線圈的磁通量的變化量為0.60.3 Wb00.18 Wb，代入可解得q6 C，B對.04 s內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度增大，圓形線圈內(nèi)磁通量增加，由楞次定律結(jié)合右手定則可得b點(diǎn)電勢高，a點(diǎn)電勢低，故C錯(cuò)由于磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻變化產(chǎn)生的電動(dòng)勢與電流均恒定，可得I1.5 A，由焦耳定律可得QI2Rt18 J，D對答案：BD9如圖，足夠長U型光滑金屬導(dǎo)軌平面與水平面成角(0<<90)，其中MN與PQ平行且間距為L，導(dǎo)軌平面與磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場垂直，NQ段電阻為R，導(dǎo)軌其余部分電阻不計(jì)金屬棒ab由靜止開始沿導(dǎo)軌下滑，并與兩導(dǎo)軌始終保持垂直且良好接觸，ab棒接入電路的電阻為R，當(dāng)流過ab棒某一橫截面的電量為q時(shí)，棒的速度大小為v，則金屬棒ab在這一過程中()A運(yùn)動(dòng)的平均速度大小為v/2B下滑的位移大小為C產(chǎn)生的焦耳熱為qBLvD受到的最大安培力大小為解析：棒沿導(dǎo)軌下滑做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，不是勻變速，因此v/2，A錯(cuò)因?yàn)閝tt，所以沿斜面下滑位移s，B對因?yàn)樗俣茸兓妱?dòng)勢變化，不始終為BLv，C錯(cuò)FABIlBl，最大安培力為，D對選B、D.答案：BD二、非選擇題10(2015浙江理綜)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)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(重力加速度取g10 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)線圈受到安培力FN1B0IL，天平平衡mgN1B0IL，代入數(shù)據(jù)得N125匝(2)由電磁感應(yīng)定律得EN2，EN2Ld，由歐姆定律得I，線圈受到安培力FN2B0IL，天平平衡，則mgNB0，代入數(shù)據(jù)可得0.1 T/s.答案：(1)25匝(2)0.1 T/s11如圖所示，長為L、電阻r0.3 、質(zhì)量m0.1 kg的金屬棒CD垂直跨擱在位于水平面上的兩條平行光滑金屬導(dǎo)軌上，兩導(dǎo)軌間距也是L，棒與導(dǎo)軌間接觸良好，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，導(dǎo)軌左端接有R0.5 的電阻，量程為03.0 A的電流表串接在一條導(dǎo)軌上，量程為01.0 V的電壓表接在電阻R的兩端，垂直導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場向下穿過平面現(xiàn)以向右恒定外力F使金屬棒右移當(dāng)金屬棒以v2 m/s的速度在導(dǎo)軌平面上勻速滑動(dòng)時(shí)，觀察到電路中的一個(gè)電表正好滿偏，而另一個(gè)電表未滿偏問：(1)此滿偏的電表是什么表？說明理由；(2)拉動(dòng)金屬棒的外力F多大？(3)此時(shí)撤去外力F，金屬棒將逐漸慢下來，最終停止在導(dǎo)軌上求從撤去外力到金屬棒停止運(yùn)動(dòng)的過程中通過電阻R的電荷量解析：(1)電壓表滿偏若電流表滿偏，則I3 A，UIR1.5 V，大于電壓表量程(2)由功能關(guān)系得FvI2(Rr)，而I，得F，代入數(shù)據(jù)得F N1.6 N(3)由動(dòng)量定理得mvBLt，又因：qt即mvBLq.由電磁感應(yīng)定律得EBLv，EI(Rr)由以上三式解得q，代入數(shù)據(jù)得q C0.25 C.答案：(1)電壓表(2)1.6 N(3)0.25 C12(2017四川成都一診)如圖所示，水平桌面放置的U型金屬導(dǎo)軌，串接有電源，現(xiàn)將兩根質(zhì)量相等的裸導(dǎo)線L1和L2放在導(dǎo)軌邊緣上，方向與導(dǎo)軌垂直，導(dǎo)軌所在平面有一個(gè)方向向上的勻強(qiáng)磁場，當(dāng)合上開關(guān)后，兩根導(dǎo)線便 向右運(yùn)動(dòng)，并先后脫離導(dǎo)軌右端掉在水平地面上測得它們落地點(diǎn)與導(dǎo)軌右端的水平距離分別為x1和x2求合上開關(guān)后(1)安培力對L1和L2所做的功W1和W2之比W1：W2是多少；(2)通過L1和L2的電荷量q1：q2是多少解析：(1)通電后，安培力對金屬棒做功使之獲得速度v做平拋運(yùn)動(dòng)，滿足xvt，hgt2，則vx.Wmv2.安培力對L1和L2所做的功W1和W2之比為W1：W2x：x(2)設(shè)通電時(shí)間為t，拋出速度v，由動(dòng)量定理有F安tmv0，F(xiàn)安BIl.又因QIt，通過棒的電荷量QIt .則依題意通過L1和L2的電荷量之比為q1：q2x1：x2答案：(1)x：x(2)x1：x2