（新課改省份專(zhuān)用）2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時(shí)跟蹤檢測(cè)（三十三）法拉第電磁感應(yīng)定律 自感 渦流（含解析）.doc

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課時(shí)跟蹤檢測(cè)（三十三） 法拉第電磁感應(yīng)定律 自感 渦流 [A級(jí)——基礎(chǔ)小題練熟練快] 1．(多選)如圖所示，在線(xiàn)圈上端放置一盛有冷水的金屬杯，現(xiàn)接通交流電源，過(guò)了幾分鐘，杯內(nèi)的水沸騰起來(lái)。若要縮短上述加熱時(shí)間，下列措施可行的有(　　) A．增加線(xiàn)圈的匝數(shù)　　　　 B．提高交流電源的頻率 C．將金屬杯換為瓷杯 D．取走線(xiàn)圈中的鐵芯 解析：選AB　當(dāng)電磁鐵接通交流電源時(shí)，金屬杯處在變化的磁場(chǎng)中產(chǎn)生渦電流發(fā)熱，使水溫升高。要縮短加熱時(shí)間，需增大渦電流，即增大感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)或減小電阻。增加線(xiàn)圈匝數(shù)、提高交變電流的頻率都是為了增大感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)。瓷杯不能產(chǎn)生渦電流，取走鐵芯會(huì)導(dǎo)致磁性減弱，所以選項(xiàng)A、B正確，C、D錯(cuò)誤。 2．(2016北京高考)如圖所示，勻強(qiáng)磁場(chǎng)中有兩個(gè)導(dǎo)體圓環(huán)a、b，磁場(chǎng)方向與圓環(huán)所在平面垂直。磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間均勻增大。兩圓環(huán)半徑之比為2∶1，圓環(huán)中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)分別為Ea和Eb。不考慮兩圓環(huán)間的相互影響。下列說(shuō)法正確的是(　　) A．Ea∶Eb＝4∶1，感應(yīng)電流均沿逆時(shí)針?lè)较? B．Ea∶Eb＝4∶1，感應(yīng)電流均沿順時(shí)針?lè)较? C．Ea∶Eb＝2∶1，感應(yīng)電流均沿逆時(shí)針?lè)较? D．Ea∶Eb＝2∶1，感應(yīng)電流均沿順時(shí)針?lè)较? 解析：選B　由楞次定律知，題中圓環(huán)感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)與原磁場(chǎng)方向相反，故感應(yīng)電流沿順時(shí)針?lè)较?。由法拉第電磁感?yīng)定律知E＝＝＝，由于兩圓環(huán)半徑之比Ra∶Rb＝2∶1，所以Ea∶Eb＝4∶1，選項(xiàng)B正確。 3.(2018德州模擬)如圖所示，長(zhǎng)為L(zhǎng)的金屬導(dǎo)線(xiàn)彎成一圓環(huán)，導(dǎo)線(xiàn)的兩端接在電容為C的平行板電容器上，P、Q為電容器的兩個(gè)極板。磁場(chǎng)方向垂直于環(huán)面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度以B＝B0＋kt(k>0)隨時(shí)間變化。t＝0時(shí)，P、Q兩極板電勢(shì)相等，兩極板間的距離遠(yuǎn)小于環(huán)的半徑。經(jīng)時(shí)間t，電容器的P極板(　　) A．不帶電 B．所帶電荷量與t成正比 C．帶正電，電荷量是 D．帶負(fù)電，電荷量是 解析：選D　磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻增加，回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的方向?yàn)槟鏁r(shí)針?lè)较?，Q板帶正電，P板帶負(fù)電，A錯(cuò)誤；由L＝2πR，得R＝，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝S＝kπR2，解得E＝，電容器上的電荷量Q＝CE＝，B、C錯(cuò)誤，D正確。 4.如圖所示，兩根相距為l的平行直導(dǎo)軌ab、cd，b、d間連有一固定電阻R，導(dǎo)軌電阻可忽略不計(jì)。MN為放在ab和cd上的一導(dǎo)體桿，與ab垂直，其電阻也為R。整個(gè)裝置處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B，磁場(chǎng)方向垂直于導(dǎo)軌所在平面(垂直紙面向里)。現(xiàn)對(duì)MN施力使它沿導(dǎo)軌方向以速度v水平向右做勻速運(yùn)動(dòng)。令U表示MN兩端電壓的大小，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．U＝Blv，流過(guò)固定電阻R的感應(yīng)電流由b經(jīng)R到d B．U＝Blv，流過(guò)固定電阻R的感應(yīng)電流由d經(jīng)R到b C．MN受到的安培力大小FA＝，方向水平向右 D．MN受到的安培力大小FA＝，方向水平向左 解析：選A　根據(jù)電磁感應(yīng)定律，MN產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)E＝Blv，由于MN的電阻與外電路電阻相同，所以MN兩端的電壓U＝E＝Blv，根據(jù)右手定則，流過(guò)固定電阻R的感應(yīng)電流由b經(jīng)R到d，故A正確，B錯(cuò)誤；MN受到的安培力大小FA＝BIl＝Bl＝，方向水平向左，故C、D錯(cuò)誤。 5.(2018河南洛陽(yáng)一中模擬)如圖所示為安檢門(mén)原理圖，左邊門(mén)框中有一通電線(xiàn)圈，右邊門(mén)框中有一接收線(xiàn)圈。工作過(guò)程中某段時(shí)間通電線(xiàn)圈中存在順時(shí)針?lè)较蚓鶆蛟龃蟮碾娏?從左向右看)，則(　　) A．無(wú)金屬片通過(guò)時(shí)，接收線(xiàn)圈中的感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針 B．無(wú)金屬片通過(guò)時(shí)，接收線(xiàn)圈中的感應(yīng)電流增大 C．有金屬片通過(guò)時(shí)，接收線(xiàn)圈中的感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針 D．有金屬片通過(guò)時(shí)，接收線(xiàn)圈中的感應(yīng)電流大小發(fā)生變化 解析：選D　當(dāng)左側(cè)線(xiàn)圈中通有不斷增大的順時(shí)針?lè)较虻碾娏鲿r(shí)，可知穿過(guò)右側(cè)線(xiàn)圈的磁通量向右，且增大，根據(jù)楞次定律，右側(cè)線(xiàn)圈中產(chǎn)生逆時(shí)針?lè)较虻碾娏?，即使有金屬片通過(guò)時(shí)，接收線(xiàn)圈中的感應(yīng)電流方向仍然為逆時(shí)針，故A、C錯(cuò)誤；通電線(xiàn)圈中存在順時(shí)針?lè)较蚓鶆蛟龃蟮碾娏?，則通電線(xiàn)圈中的磁通量均勻增大，所以穿過(guò)右側(cè)線(xiàn)圈中的磁通量均勻增大，則磁通量的變化率是定值，由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，接收線(xiàn)圈中的感應(yīng)電流不變，故B錯(cuò)誤；有金屬片通過(guò)時(shí)，穿過(guò)金屬片中的磁通量發(fā)生變化，金屬片中也會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流，感應(yīng)電流的方向與接收線(xiàn)圈中的感應(yīng)電流的方向相同，所以也會(huì)將該空間中的磁場(chǎng)的變化削弱一些，引起接收線(xiàn)圈中的感應(yīng)電流大小發(fā)生變化，故D正確。 6.某同學(xué)為了驗(yàn)證斷電自感現(xiàn)象，找來(lái)帶鐵芯的線(xiàn)圈L、小燈泡A、開(kāi)關(guān)S和電池組E，用導(dǎo)線(xiàn)將它們連接成如圖所示的電路。檢查電路后，閉合開(kāi)關(guān)S，小燈泡發(fā)光；再斷開(kāi)開(kāi)關(guān)S，小燈泡僅有不顯著的延時(shí)熄滅現(xiàn)象。雖經(jīng)多次重復(fù)，仍未見(jiàn)老師演示時(shí)出現(xiàn)的小燈泡閃亮現(xiàn)象，可能的原因是(　　) A．電源的內(nèi)阻偏大 B．線(xiàn)圈電阻偏大 C．小燈泡電阻偏大 D．線(xiàn)圈的自感系數(shù)較大 解析：選B　燈泡能否發(fā)生閃亮，取決于通過(guò)燈泡的電流有沒(méi)有增大，與電源的內(nèi)阻無(wú)關(guān)，故A錯(cuò)誤。線(xiàn)圈電阻偏大，穩(wěn)定時(shí)流過(guò)燈泡的電流大于流過(guò)線(xiàn)圈的電流，斷開(kāi)開(kāi)關(guān)時(shí)，根據(jù)楞次定律，流過(guò)燈泡的電流從線(xiàn)圈原來(lái)的電流逐漸減小，燈泡不發(fā)生閃亮現(xiàn)象，故B正確。小燈泡電阻偏大，穩(wěn)定時(shí)流過(guò)燈泡的電流小于流過(guò)線(xiàn)圈的電流，斷開(kāi)開(kāi)關(guān)時(shí)，根據(jù)楞次定律，流過(guò)燈泡的電流從線(xiàn)圈原來(lái)的電流逐漸減小，燈泡將發(fā)生閃亮現(xiàn)象，故C錯(cuò)誤。線(xiàn)圈的自感系數(shù)較大，產(chǎn)生的自感電動(dòng)勢(shì)較大，但不能改變穩(wěn)定時(shí)燈泡和線(xiàn)圈中電流的大小，故D錯(cuò)誤。 [B級(jí)——保分題目練通抓牢] 7．(多選)(2019鹽城調(diào)研)如圖甲所示，水平放置的平行金屬導(dǎo)軌連接一個(gè)平行板電容器C和電阻R，導(dǎo)體棒MN放在導(dǎo)軌上且接觸良好，整個(gè)裝置放于垂直導(dǎo)軌平面的磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度B的變化情況如圖乙所示(圖示磁感應(yīng)強(qiáng)度方向?yàn)檎?，MN始終保持靜止，則0～t2時(shí)間(　　) A．電容器C的電荷量大小始終沒(méi)變 B．電容器C的a板先帶正電后帶負(fù)電 C．MN所受安培力的大小始終不變 D．MN所受安培力的方向先向右后向左 解析：選AD　由題圖乙可知，磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻變化，產(chǎn)生恒定電動(dòng)勢(shì)，由C＝可知，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)不變，電容器的電壓U不變，則電荷量大小不變，故A正確；根據(jù)楞次定律可知MN中的感應(yīng)電流方向由N到M，電容器的a極板一直帶正電，故B錯(cuò)誤；感應(yīng)電流不變，由于磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小先減小后增大，MN所受安培力F＝BIL，所以安培力的大小先減小后增大，方向先向右后向左，故C錯(cuò)誤，D正確。 8．(多選)如圖所示，一導(dǎo)線(xiàn)彎成直徑為d的半圓形閉合回路，虛線(xiàn)MN右側(cè)有磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，方向垂直于回路所在的平面。回路以速度v向右勻速進(jìn)入磁場(chǎng)，直徑CD始終與MN垂直。從D點(diǎn)到達(dá)邊界開(kāi)始到C點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)為止，下列說(shuō)法中正確的是(　　) A．感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針?lè)较? B．CD段直導(dǎo)線(xiàn)始終不受安培力 C．感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的最大值E＝Bdv D．感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的平均值＝πBdv 解析：選AD　線(xiàn)圈進(jìn)磁場(chǎng)過(guò)程，垂直平面向里的磁通量逐漸增大，根據(jù)楞次定律“增反減同”，感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針?lè)较颍x項(xiàng)A正確；CD端導(dǎo)線(xiàn)電流方向與磁場(chǎng)垂直，根據(jù)左手定則判斷，安培力豎直向下，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；線(xiàn)圈進(jìn)磁場(chǎng)切割磁感線(xiàn)的有效長(zhǎng)度是初、末位置的連線(xiàn)，進(jìn)磁場(chǎng)過(guò)程，有效切割長(zhǎng)度最長(zhǎng)為半徑，所以感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大值為，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的平均值＝＝＝，選項(xiàng)D正確。 9.(2019天津模擬)一匝由粗細(xì)均勻的同種導(dǎo)線(xiàn)繞成的矩形導(dǎo)線(xiàn)框abcd固定不動(dòng)，其中矩形區(qū)域efcd存在磁場(chǎng)(未畫(huà)出)，磁場(chǎng)方向與線(xiàn)圈平面垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B隨時(shí)間t均勻變化，且＝k(k>0)。已知ab＝fc＝4L，bc＝5L，且L長(zhǎng)度的導(dǎo)線(xiàn)電阻為r，則導(dǎo)線(xiàn)框abcd中的電流為(　　) A. B. C. D. 解析：選A　電路中的總電阻為R＝18r，電路中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝S＝16kL2，導(dǎo)線(xiàn)框abcd中的電流為I＝＝，選項(xiàng)A正確。 10．(2019濟(jì)寧調(diào)研)如圖甲所示，一個(gè)電阻值為R、匝數(shù)為n的圓形金屬線(xiàn)圈與阻值為2R的電阻R1連接成閉合回路，線(xiàn)圈的半徑為r1。在線(xiàn)圈中半徑為r2的圓形區(qū)域內(nèi)存在垂直于線(xiàn)圈平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化的關(guān)系圖線(xiàn)如圖乙所示(規(guī)定圖甲中B的方向?yàn)檎较?。圖線(xiàn)與橫、縱軸的截距分別為t0和B0，導(dǎo)線(xiàn)的電阻不計(jì)。求0～t1時(shí)間內(nèi)： (1)通過(guò)電阻R1的電流大小和方向； (2)通過(guò)電阻R1的電荷量q及電阻R1上產(chǎn)生的熱量。 解析：(1)根據(jù)楞次定律可知，通過(guò)R1的電流方向?yàn)橛蒪到a。根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得， 線(xiàn)圈中的電動(dòng)勢(shì)E＝n＝ 根據(jù)閉合電路歐姆定律得， 通過(guò)R1的電流I＝＝。 (2)通過(guò)R1的電荷量q＝It1＝ R1上產(chǎn)生的熱量Q＝I2R1t1＝。 答案：(1)　由b到a (2)　　 [C級(jí)——難度題目適情選做] 11．(多選)半徑為a、右端開(kāi)小口的導(dǎo)體圓環(huán)和長(zhǎng)為2a的導(dǎo)體直桿，單位長(zhǎng)度的電阻均為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(chǎng)，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(xiàn)運(yùn)動(dòng)，桿始終有兩點(diǎn)與圓環(huán)良好接觸。從圓環(huán)中心O開(kāi)始，桿的位置由θ確定，如圖所示。則(　　) A．θ＝0時(shí)，桿產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為2Bav B．θ＝時(shí)，桿產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為Bav C．θ＝0時(shí)，桿受到的安培力大小為 D．θ＝時(shí)，桿受到的安培力大小為 解析：選AD　根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得E＝Blv，其中l(wèi)為有效長(zhǎng)度，當(dāng)θ＝0時(shí)，l＝2a，則E＝2Bav，選項(xiàng)A正確；當(dāng)θ＝時(shí)，l＝a，則E＝Bav，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；根據(jù)通電直導(dǎo)線(xiàn)在磁場(chǎng)中所受安培力大小的計(jì)算公式可得F＝BIl，根據(jù)閉合電路歐姆定律可得I＝，當(dāng)θ＝0時(shí)，l＝2a，E＝2Bav，r＋R＝(π＋2)aR0，解得F＝，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；當(dāng)θ＝時(shí)，l＝a，E＝Bav，r＋R＝aR0，解得F＝，故選項(xiàng)D正確。 12．(多選)半徑分別為r和2r的同心圓形導(dǎo)軌固定在同一水平面內(nèi)，一長(zhǎng)為r、電阻為R的均勻金屬棒AB置于圓導(dǎo)軌上面，BA的延長(zhǎng)線(xiàn)通過(guò)圓導(dǎo)軌中心O，裝置的俯視圖如圖所示，整個(gè)裝置位于一勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B，方向豎直向下。在兩環(huán)之間接阻值為R的定值電阻和電容為C的電容器。金屬棒在水平外力作用下以角速度ω繞O逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，在轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中始終與導(dǎo)軌保持良好接觸。導(dǎo)軌電阻不計(jì)。下列說(shuō)法正確的是(　　) A．金屬棒中電流從B流向A B．金屬棒兩端電壓為Bωr2 C．電容器的M板帶負(fù)電 D．電容器所帶電荷量為CBωr2 解析：選AB　根據(jù)右手定則可知金屬棒中電流從B流向A，選項(xiàng)A正確；金屬棒轉(zhuǎn)動(dòng)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為E＝Br＝Bωr2，切割磁感線(xiàn)的金屬棒相當(dāng)于電源，金屬棒兩端電壓相當(dāng)于電源的路端電壓，因而U＝E＝Bωr2，選項(xiàng)B正確；金屬棒A端相當(dāng)于電源正極，電容器M板帶正電，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；由C＝可得電容器所帶電荷量為Q＝CBωr2，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 13.(2019淮北模擬)如圖所示，MN、PQ是兩根足夠長(zhǎng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間距為d，導(dǎo)軌所在平面與水平面成θ角，M、P間接阻值為R的電阻。勻強(qiáng)磁場(chǎng)的方向與導(dǎo)軌所在平面垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。質(zhì)量為m、阻值為r、長(zhǎng)度為d的金屬棒放在兩導(dǎo)軌上，在平行于導(dǎo)軌的拉力作用下，以速度v勻速向上運(yùn)動(dòng)。已知金屬棒與導(dǎo)軌始終垂直并且保持良好接觸，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，重力加速度為g。求： (1)金屬棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E； (2)通過(guò)電阻R的電流I； (3)拉力F的大小。 解析：(1)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得E＝Bdv。 (2)根據(jù)閉合電路歐姆定律得I＝＝。 (3)金屬棒的受力情況如圖所示，根據(jù)牛頓第二定律有F－F安－mgsin θ＝0，又因?yàn)镕安＝BId＝， 所以F＝mgsin θ＋。 答案：(1)Bdv　(2)　 (3)mgsin θ＋