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2019-2020年高考物理一轮总复习
9.2法拉第电磁感应定律自感现象随堂集训考向一 A.t=1s时,金属杆中感应电流方向从C到DB.t=3s时,金属杆中感应电流方向从D到CC.t=1s时,金属杆对挡板P的压力大小为
0.1ND.t=3s时,金属杆对挡板H的压力大小为
0.2N解析据已知B=
0.4-
0.2tT可知t=1s时,正方向的磁场在减弱,由楞次定律可判定电流方向为由C到D,A项正确同理可判定B项错误t=1s时感应电动势E==·S·sin30°=
0.1V,I=E/R=1A,安培力F安=BIL=
0.2N,对杆受力分析如图对挡板P的压力大小为F″N=F′N=F安cos60°=
0.1N,C项正确同理可得t=3s时对挡板H的压力大小为
0.1N,D项错误答案AC
2.[xx·课标全国卷]如图,均匀磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框,半圆直径与磁场边缘重合;磁场方向垂直于半圆面纸面向里,磁感应强度大小为B0使该线框从静止开始绕过圆心O、垂直于半圆面的轴以角速度ω匀速转动半周,在线框中产生感应电流现使线框保持图中所示位置,磁感应强度大小随时间线性变化为了产生与线框转动半周过程中同样大小的电流,磁感应强度随时间的变化率的大小应为 A. B.C.D.解析线框转动过程中,等效于长度为半径R的导体棒绕O点转动切割磁感线,=·ω,其产生的感应电动势E=B0·R·=;线框静止不动时,根据法拉第电磁感应定律可知导线框产生的感应电动势为E′=·根据题意有E=E′,可得=,选项C正确答案C
3.[xx·课标全国卷Ⅱ]半径分别为r和2r的同心圆形导轨固定在同一水平面内,一长为r、质量为m且质量分布均匀的直导体棒AB置于圆导轨上面,BA的延长线通过圆导轨中心O,装置的俯视图如图所示整个装置位于一匀强磁场中,磁感应强度的大小为B,方向竖直向下在内圆导轨的C点和外圆导轨的D点之间接有一阻值为R的电阻图中未画出直导体棒在水平外力作用下以角速度ω绕O逆时针匀速转动,在转动过程中始终与导轨保持良好接触设导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ,导体棒和导轨的电阻均可忽略重力加速度大小为g求1通过电阻R的感应电流的方向和大小;2外力的功率解析1方法一在Δt时间内,导体棒扫过的面积为ΔS=ωΔt[2r2-r2]
①根据法拉第电磁感应定律,导体棒上感应电动势的大小为ε=
②根据右手定则,感应电流的方向是从B端流向A端因此,通过电阻R的感应电流的方向是从C端流向D端由欧姆定律可知,通过电阻R的感应电流的大小I满足I=
③联立
①②③式得I=
④方法二ε=Br=Br=Br2ωI==由右手定则判得通过R的感应电流从C→D方法三取Δt=Tε===Br2ωI==由右手定则判得通过R的感应电流从C→D2方法一在竖直方向有mg-2N=0
⑤式中,由于质量分布均匀,内、外圆导轨对导体棒的正压力大小相等,其值为N两导轨对运行的导体棒的滑动摩擦力均为f=μN
⑥在Δt时间内,导体棒在内、外圆导轨上扫过的弧长分别为l1=rωΔt
⑦和l2=2rωΔt
⑧克服摩擦力做的总功为Wf=fl1+l2
⑨在Δt时间内,消耗在电阻R上的功为WR=I2RΔt⑩根据能量转化和守恒定律知,外力在Δt时间内做的功为W=Wf+WR⑪外力的功率为P=⑫由
④至⑫式得P=μmgωr+⑬方法二由能量守恒P=PR+Pf在竖直方向2N=mg,则N=mg,得f=μN=μmgPf=μmgωr+μmg·ω·2r=μmgωrPR=I2R=所以P=μmgωr+答案1 方向由C端到D端2μmgωr+考向二
4.[xx·江苏高考]多选如图所示,在线圈上端放置一盛有冷水的金属杯,现接通交流电源,过了几分钟,杯内的水沸腾起来若要缩短上述加热时间,下列措施可行的有 A.增加线圈的匝数B.提高交流电源的频率C.将金属杯换为瓷杯D.取走线圈中的铁芯解析该装置的工作原理是,线圈内变化的电流产生变化的磁场,从而使金属杯体内产生涡流,再把电能转化为内能,使杯内的水发热交流电源的频率一定时,线圈产生的磁场越强,杯体内磁通量变化就越快,产生的涡流就越大,增加线圈的匝数会使线圈产生的磁场增强,而取走线圈中的铁芯会使线圈产生的磁场减弱,故A对、D错交流电源的频率增大,杯体内磁通量变化加快,产生的涡流增大,故B正确瓷为绝缘材料,不能产生涡流,故C错答案AB考向三
5.[xx·四川高考]多选如图所示,边长为L、不可形变的正方形导线框内有半径为r的圆形磁场区域,其磁感应强度B随时间t的变化关系为B=kt常量k0回路中滑动变阻器R的最大阻值为R0,滑动片P位于滑动变阻器中央,定值电阻R1=R
0、R2=闭合开关S,电压表的示数为U,不考虑虚线MN右侧导体的感应电动势,则 A.R2两端的电压为B.电容器的a极板带正电C.滑动变阻器R的热功率为电阻R2的5倍D.正方形导线框中的感应电动势为kL2解析由法拉第电磁感应定律E=n=nS有E=kπr2,D错误;因k0,由楞次定律知线框内感应电流沿逆时针方向,故电容器b极板带正电,B错误;由题图知外电路结构为R2与R的右半部并联,再与R的左半部、R1相串联,故R2两端电压U2=U=,A正确;设R2消耗的功率为P=IU2,则R消耗的功率P′=2I×2U2+IU2=5P,故C正确答案AC
6.[xx·浙江高考]某同学设计一个发电测速装置,工作原理如图所示一个半径为R=
0.1m的圆形金属导轨固定在竖直平面上,一根长为R的金属棒OA,A端与导轨接触良好,O端固定在圆心处的转轴上转轴的左端有一个半径为r=R/3的圆盘,圆盘和金属棒能随转轴一起转动圆盘上绕有不可伸长的细线,下端挂着一个质量为m=
0.5kg的铝块在金属导轨区域内存在垂直于导轨平面向右的匀强磁场,磁感应强度B=
0.5Ta点与导轨相连,b点通过电刷与O端相连测量a、b两点间的电势差U可算得铝块速度铝块由静止释放,下落h=
0.3m时,测得U=
0.15V细线与圆盘间没有滑动,金属棒、导轨、导线及电刷的电阻均不计,重力加速度g=10m/s21测U时,与a点相接的是电压表的“正极”还是“负极”?2求此时铝块的速度大小;3求此下落过程中铝块机械能的损失解析1由右手定则知,金属棒产生的感应电动势的方向由O→A,故A端电势高于O端电势,与a点相接的是电压表的“正极”2由电磁感应定律得U=E=ΔΦ=BR2ΔθU=BωR2v=rω=ωR所以v==2m/s3ΔE=mgh-mv2ΔE=
0.5J答案1正极 22m/s
30.5J【模拟题组——提考能】
1.[xx·长沙模拟]如图所示,闭合导线框的质量可以忽略不计,将它从如图所示的位置匀速拉出匀强磁场若第一次用
0.3s时间拉出,外力所做的功为W1,通过导线截面的电荷量为q1;第二次用
0.9s时间拉出,外力所做的功为W2,通过导线截面的电荷量为q2,则 A.W1W2,q1q2B.W1W2,q1=q2C.W1W2,q1=q2D.W1W2,q1q2解析设线框长为L1,宽为L2,第一次拉出速度为v1,第二次拉出速度为v2,则v1=3v2匀速拉出磁场时,外力所做的功恰等于克服安培力所做的功,有W1=F1·L1=BI1L2L1=,同理W2=,故W1W2,又由于两次拉出线框的过程中,磁通量的变化量相等,即ΔΦ1=ΔΦ2,由q=得q1=q2,选项C正确答案C
2.[xx·广东肇庆一模]如图所示,水平放置的平行金属导轨MN和PQ之间接有定值电阻R,导体棒ab长为L且与导轨接触良好,整个装置处于竖直向上的匀强磁场中,现使导体棒ab匀速向右运动,下列说法正确的是 A.导体棒ab两端的感应电动势越来越小B.导体棒ab中的感应电流方向是a→bC.导体棒ab所受安培力方向水平向右D.导体棒ab所受合力做功为零解析ab棒切割磁感线产生的感应电动势的大小E=BLv,由于棒匀速运动,v不变,又因为B、L不变,所以棒ab产生的感应电动势不变,A错误;根据右手定则可知,ab棒中的电流方向从b到a,B错误;根据左手定则判断知,棒ab所受安培力方向向左,C错误;棒ab做匀速运动,动能不变,根据动能定理可知合力做功为零,D正确答案D
3.[xx·河北石家庄一模]如图所示的电路中,A、B、C是三个完全相同的灯泡,L是一个自感系数较大的线圈,其直流电阻与灯泡电阻相同下列说法正确的是 A.闭合开关S,A灯逐渐变亮B.电路接通稳定后,流过B灯的电流是流过C灯电流的C.电路接通稳定后,断开开关S,C灯立即熄灭D.电路接通稳定后,断开开关S,A、B、C灯过一会儿才熄灭,且A灯亮度比B、C灯亮度高解析电路中A灯与线圈并联后与B灯串联,再与C灯并联S闭合时,线圈的自感系数较大,自感电动势很大,故三个灯同时立即发光,由于线圈的电阻与灯泡电阻相同,电路稳定后,流过A灯的电流是流过C灯电流的,A灯逐渐变暗,故A、B错误电路接通稳定后,断开开关S,由于线圈中电流减小,产生自感电动势,阻碍电流的减小,线圈中电流不会立即消失,这个自感线圈与A、B、C三灯构成闭合回路,三灯都要过一会儿再熄灭由于B、C串联后同A并联,流过A灯的电流大于流过B、C两灯的电流,故A灯比B、C两灯的亮度高,所以D正确,C错误答案D。