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2019-2020年高考物理一轮复习第10章电磁感应练案29法拉第电磁感应定律自感和涡流新人教版
一、选择题本题共8小题,1~4题为单选,5~8题为多选1.xx·山东淄博期中如图所示,灯泡A、B与固定电阻的阻值均为R,L是带铁芯的理想线圈,电源的内阻不计开关S
1、S2均闭合后电路达到稳定已知电路中的各种元件均在安全范围之内下列判断中正确的是 C A.灯泡A中有电流通过,方向为a→bB.将S1断开的瞬间,灯泡A、B同时熄灭C.将S1断开的瞬间,通过灯泡A的电流最大值要比原来通过灯泡B的电流大D.将S2断开,电路达到稳定,灯泡A、B的亮度相同[解析] 开关S
1、S2均闭合且电路达到稳定,线圈L把灯A短路,灯A中没有电流,A错误;将S1断开的瞬间,灯泡B熄灭,A灯闪亮一下再熄灭,B错误;流过L的电流等于通过B灯和电阻R两支路的电流之和,所以将S1断开的瞬间,通过灯泡A的电流最大值要比原来通过灯泡B的电流大,C正确;将S2断开,电路达到稳定,灯A的亮度要比灯B暗,D错误2.xx·浙江宁波月考法拉第发明了世界上第一台发电机—圆盘发电机,示意图如图所示铜圆盘安装在水平的铜盘轴线导线上,O
1、O2是铜盘轴线导线的接线端,e、f是空间两个可用电刷与铜盘边缘接触的点,g、h是电阻的接线端现在将铜盘转动,关于流过电阻R的电流,下列说法正确的是 B A.若圆盘转动方向不变,角速度大小发生变化,电流大小和电流方向可能发生变化B.若圆盘转动的角速度变为原来的3倍,则电流在R上的热功率变为原来的9倍C.若将电阻的g、h分别连接O
1、O2位置,铜盘转动仍产生感应电流D.若将电阻的g、h分别连接e、f位置,铜盘转动仍产生感应电流[解析] 将圆盘看成由无数辐条组成,它们都在切割磁感线从而产生感应电动势和感应电流,由法拉第电磁感应定律得感应电动势E=BL=BL2ω,I=,ω恒定时,I大小恒定,ω大小变化时,I大小变化,方向不变,选项A错误;由P=I2R=知,当ω变为原来的3倍时,P变为原来的9倍,选项B正确;当铜盘转动时,其切割磁感线产生感应电动势,此时铜盘相当于电源,铜盘边缘和中心相当于电源的两个极,则要想产生感应电流,g、h分别连接电源的两个极即可,选项CD错误3.xx·山东省济南外国语高三12月月考如图甲所示,线图ABCD固定于匀强磁场中,磁场方向垂直纸面向外,当磁场变化时,线圈AB边所受安培力向右且变化规律如图乙所示,则磁场的变化情况可能是下列选项中的 D [解析] 由法拉第电磁感应定律可知E=S,结合闭合电路欧姆定律,则安培力的表达式F=BIL=BSL,由图可知安培力的大小不变,而SL是定值,若磁场B增大,则ΔB/Δt减小,若磁场B减小,则ΔB/Δt增大;线圈AB边所受安培力向右,则感应电流的方向是顺时针,原磁场磁感强度应是增加的,故D正确,ABC错误4.xx·辽宁本溪检测图中L是绕在铁芯上的线圈,它与电阻R、R
0、开关和电池E可构成闭合电路线圈中的箭头表示线圈电流的正方向,当电流的流向与箭头的方向相同时,该电流为正,否则为负开关K1和K2都处在断开状态设在t=0时刻接通K1,经过一段时间后,在t=t1时刻,再接通K2,则能正确表示L中的电流i随时间t变化的图线是下面给出的四个图中的 A [解析] 只闭合K1,由于线圈的自感现象,L中的电流逐渐增大;最后增大到稳定值,再闭合K2,导线把线圈L和电阻R短路,由于线圈的自感现象,L中的电流由原值开始逐渐减小,方向不变,最后减小到零A图符合实际情况5.xx·河南灵宝月考如图所示,空间存在两个磁场,磁感应强度大小均为B,方向相反且垂直纸面,MN、PQ为其边界,OO′为其对称轴一导线折成边长为l的正方形闭合回路abcd,回路在纸面内以恒定速度v0向右运动,当运动到关于OO′对称的位置时 ABD A.穿过回路的磁通量为零B.回路中感应电动势大小为2Blv0C.回路中感应电流的方向为顺时针方向D.回路中ab边与cd边所受安培力方向相同[解析] 穿过闭合回路的磁通量Φ=0,故选项A正确;回路中的感应电动势为ab、cd两边产生电动势之和E=Blabv0+Blcdv0=2Blv0,故选项B正确;由右手定则可知感应电流的方向为逆时针方向,故选项C错误;由左手定则可知ab边与cd边所受的安培力方向均向左,故选项D正确6.xx·江西南昌十校联考如图,一均匀金属圆盘绕通过其圆心且与盘面垂直的轴逆时针匀速转动现施加一垂直穿过圆盘的有界匀强磁场,圆盘开始减速.在圆盘减速过程中,以下说法正确的是 ABD A.处于磁场中的圆盘部分,靠近圆心处电势高B.所加磁场越强越易使圆盘停止转动C.若所加磁场反向,圆盘将加速转动D.若所加磁场穿过整个圆盘,圆盘将匀速转动解析由右手定则可知,处于磁场中的圆盘部分,靠近圆心处电势高,选项A正确;根据E=BLv可知所加磁场越强,则感应电动势越大,感应电流越大,产生的电功率越大,消耗的机械能越快,则圆盘越容易停止转动,选项B正确;若加反向磁场,根据楞次定律可知安培力阻碍圆盘的转动,故圆盘仍减速转动,选项C错误;若所加磁场穿过整个圆盘则圆盘中无感应电流,不消耗机械能,圆盘匀速转动,选项D正确;故选ABD7.xx·河南安阳检测只要在手机里加入受电线圈就可以利用无线充电板为手机充电如图为充电原理示意图充电板上a、b接交流电源,对充电板供电,充电板内的送电线圈可产生交变磁场,从而使手机内匝数为n、电阻为r的受电线圈产生交变电流,再经整流电路转变成直流电后对手机电池充电下列说法正确的是 AC A.若db端接50Hz的正弦交变电流,则在cd端输出的一定也是50Hz的正弦交变电流B.若ab端接均匀增大的电流,则在cd端输出的电流也是均匀增大C.若手机的受电线圈中某段时间Δt内磁通量变化率为k,则受电线圈c、d之间的电势差为nkD.若充电板送电线圈中某段时间Δt内磁感应强度的变化率为k,则受电线圈c、d之间的电势差为nk[解析] 送电线圈和受电线圈组成的系统类似于变压器,根据变压器原理,若ab端接50Hz的正弦交变电流,则在cd端输出的一定也是50Hz的正弦交变电流,选项A正确;若ab端接均匀增大的电流,在受电线圈中的磁通量均匀增大,根据法拉第电磁感应定律E==nk可知,在受电线圈中产生的感应电动势恒定,在cd端输出的电流恒定,选项B错误;若手机的受电线圈中某段时间Δt内磁通量变化率为k,根据法拉第电磁感应定律,受电线圈中产生的感应电动势E=n=nk,由于cd端开路,则受电线圈c、d之间的电势差为nk,选项C正确;由于没有给出受电线圈面积,已知某段时间Δt内磁感应强度的变化率为k,不能得出受电线圈中产生的感应电动势,选项D错误8.xx·湖北部分重点中学联考如图所示,竖直光滑导轨上端接入一定值电阻R,C1和C2是半径都为a的两圆形磁场区域,其区域内的磁场方向都垂直于导轨平面向外,区域C1中磁场的磁感应强度随时间按B1=b+ktk0变化,C2中磁场的磁感应强度恒为B2,一质量为m、电阻为r、长度为L的金属杆AB穿过区域C2的圆心垂直地跨放在两导轨上,且与导轨接触良好,并恰能保持静止则 BCD A.通过金属杆的电流大小为B.通过金属杆的电流方向为从B到AC.定值电阻的阻值R=-rD.整个电路中产生的热功率P=[解析] AB杆平衡,mg=B2I·2a,解得I=,A错误;安培力向上,根据左手定则可知,AB中感应电流的方向为从B到A,B正确;根据法拉第电磁感应定律可知感应电动势的大小E==·πa2=kπa2,由I=解得R=-r,C正确;整个电路产生的热功率P=EI=,D正确
二、非选择题9.xx·山东省济南外国语高三12月月考如图所示,平行光滑U形导轨倾斜放置,倾角θ=30°,导轨间的距离L=
1.0m,电阻R=R1=
3.0Ω,电容器电容C=2×10-8C,导轨电阻不计匀强磁场的方向垂直于导轨平面向上,磁感应强度B=
2.0T,质量m=
0.4kg,电阻r=
1.0Ω的金属棒ab垂直置于导轨上,现用沿轨道平面且垂直于金属棒的大小F=
5.0N的恒力,使金属棒ab从静止起沿导轨向上滑行,求1金属棒ab达到匀速运动时的速度大小g=10m/s2;2金属棒ab从静止开始到匀速运动的过程中通过电阻R的电荷量答案13m/s 29×10-8C[解析] 1当金属棒匀速运动时,由力的平衡条件得F=mgsin30°+BIL求得I=
1.5A由闭合电路欧姆定律得I==联立以上方程解得金属棒匀速运动的速度大小为v=3m/s2当金属棒匀速运动时,电容器两端的电压U=IR=
4.5V电容器极板上聚集的电荷量Q=CU=9×10-8C10.xx·重庆检测两根平行金属导轨固定在水平桌面上,导轨上单位长度的电阻为r,导轨的端点A、B用不计电阻的导线连接,导轨间距为d,匀强磁场垂直于桌面,磁感应强度与时间的关系为B=kt,一根电阻不计的金属杆可在导轨上无摩擦滑动,在滑动过程中保持与导轨垂直,在t=0时刻它从AB端,在外力作用下由静止开始匀加速滑向另一端,求在t=t1时刻金属杆所受安培力答案[解析] 在t=t1时,假如B不变,只有金属杆运动,则有E1=Bdv又v=at1联立解得E1=kdat假如金属杆不动,仅B变化,则有E2=S=atdk回路中实际电流I=金属杆所受安培力为F=BId=11.xx·山东省潍坊市高三上学期期末试题如图所示,平行金属导轨宽度L=1m,固定在水平面内,左端A、C间接有电阻R=4Ω,金属棒DE质量m=
0.36kg,电阻r=1Ω,垂直导轨放置,棒与导轨间的动摩擦因数为
0.5,到AC的距离x=
1.5m匀强磁场与水平面成37°角斜向左上方,与金属棒垂直,磁感应强度随时间t变化的规律是B=1+2tT设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,不计导轨电阻,取sin37°=
0.6,cos37°=
0.8,g=10m/s2,求经多长时间棒开始滑动答案12s[解析] 回路中的电动势E=Lxsin37°,电流I=对金属棒受力如图,有FAsin37°=μNFA=BIL N=mg+FAcos37°由B=1+2tT解得t=12s。