2019-2020年高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時(shí)作業(yè)27 法拉第電磁感應(yīng)定律 自感和渦流（含解析）.doc

2019-2020年高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時(shí)作業(yè)27 法拉第電磁感應(yīng)定律 自感和渦流（含解析）一、單項(xiàng)選擇題1.某同學(xué)為了驗(yàn)證斷電自感現(xiàn)象，自己找來(lái)帶鐵芯的線圈L、小燈泡A、開(kāi)關(guān)S和電池組E，用導(dǎo)線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，他冥思苦想找不出原因你認(rèn)為最有可能造成小燈泡未閃亮的原因是()A電源的內(nèi)阻較大B小燈泡電阻偏大C線圈電阻偏大D線圈的自感系數(shù)較大解析：閉合開(kāi)關(guān)S，電路穩(wěn)定燈泡正常發(fā)光時(shí)，如果自感線圈L的電阻比燈泡的電阻大，則電感線圈L中的電流IL比燈泡A中的電流IA小，當(dāng)開(kāi)關(guān)S斷開(kāi)時(shí)，由于自感現(xiàn)象，L和A構(gòu)成回路使L和A中的電流從IL開(kāi)始減小，因此不可能看到小燈泡閃亮的現(xiàn)象，C正確答案：C2矩形導(dǎo)線框abcd固定在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，如圖甲所示，磁感線的方向與導(dǎo)線框所在平面垂直，規(guī)定磁場(chǎng)的正方向垂直于紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化的規(guī)律如圖乙所示，則()A在0t1時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)線框中電流的方向?yàn)閍dcbaB在0t1時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)線框中電流越來(lái)越小C在t1t2時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)線框中電流越來(lái)越大D在t1t2時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)線框bc邊受到安培力大小保持不變解析：在0t1時(shí)間內(nèi)，垂直于紙面向里的磁感應(yīng)強(qiáng)度減小，磁通量減小，根據(jù)楞次定律可判斷，導(dǎo)線框內(nèi)產(chǎn)生順時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流，A正確；由公式ES，I，由于磁場(chǎng)均勻減小，為一恒定值，線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流大小不變，B、C錯(cuò)誤；磁感應(yīng)強(qiáng)度B均勻變化，由公式FBILbc知，bc邊受的安培力是變化的，D錯(cuò)誤答案：A3風(fēng)速儀的簡(jiǎn)易裝置如圖甲所示，風(fēng)杯在風(fēng)力作用下帶動(dòng)與其固定在一起的永磁鐵轉(zhuǎn)動(dòng)，線圈中的感應(yīng)電流隨風(fēng)速的變化而變化風(fēng)速為v1時(shí)，測(cè)得線圈中的感應(yīng)電流隨時(shí)間變化的關(guān)系如圖乙所示：若風(fēng)速變?yōu)関2，且v2<v1，則感應(yīng)電流的峰值Im和周期T的變化情況是()AIm變小，T變小BIm變小，T變大CIm變大，T變小DIm變大，T變大解析：根據(jù)ENBS可知，當(dāng)轉(zhuǎn)速變小時(shí)，最大感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)也變小，所以感應(yīng)電流也變??；根據(jù)轉(zhuǎn)速與周期成反比可知，當(dāng)轉(zhuǎn)速變小時(shí)，周期變大，B正確，A、C、D錯(cuò)誤答案：B4.如圖所示，長(zhǎng)為L(zhǎng)的金屬導(dǎo)線上端懸于C點(diǎn)，下端系一小球A，在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做圓錐擺運(yùn)動(dòng)，轉(zhuǎn)動(dòng)方向如圖中所示，導(dǎo)線與豎直方向的夾角為，擺球的角速度為，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，則金屬導(dǎo)線中產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的高電勢(shì)點(diǎn)及大小為()AC點(diǎn)，BL2BC點(diǎn)，BL2sin2CA點(diǎn)，BL2DA點(diǎn)，BL2sin2解析：由右手定則可判斷C>A，即C點(diǎn)的電勢(shì)高于A點(diǎn)的電勢(shì)；金屬導(dǎo)線切割磁感線的有效長(zhǎng)度為L(zhǎng)sin，所以導(dǎo)線中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為EB(Lsin)2BL2sin2，B正確答案：B5半徑為r帶缺口的剛性金屬圓環(huán)在紙面上固定放置，在圓環(huán)的缺口兩端引出兩根導(dǎo)線，分別與兩塊垂直于紙面固定放置的平行金屬板連接，兩板間距為d且足夠?qū)?，如圖甲所示有一變化的磁場(chǎng)垂直于紙面，規(guī)定向內(nèi)為正，變化規(guī)律如圖乙所示在t0時(shí)刻平行金屬板間有一重力不計(jì)、電荷量為q的靜止微粒，則以下說(shuō)法正確的是()A第2 s內(nèi)上極板為正極B第3 s內(nèi)上極板為負(fù)極C第2 s末微粒回到原來(lái)的位置D第3 s末兩極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為解析：由楞次定律得第1 s內(nèi)下極板為正極，第2 s和第3 s內(nèi)上極板為正極，A正確，B錯(cuò)誤；在第1 s內(nèi)微粒向某極板做勻加速運(yùn)動(dòng)，第2 s內(nèi)向同一極板做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，第2 s末速度為零，C錯(cuò)誤；第2 s末兩極板之間的電壓為ES0.1r2，電場(chǎng)強(qiáng)度為，D錯(cuò)誤答案：A二、多項(xiàng)選擇題6如圖所示，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的方向垂直于電路所在平面向里，導(dǎo)體棒ab與電路接觸良好當(dāng)導(dǎo)體棒ab在外力F作用下從左向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，若不計(jì)摩擦和導(dǎo)線的電阻，整個(gè)過(guò)程中，燈泡L未被燒毀，電容器C未被擊穿，則該過(guò)程中()A感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)將變大B燈泡L的亮度變大C電容器C的上極板帶負(fù)電D電容器兩極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度將減小解析：當(dāng)導(dǎo)體棒ab在外力F作用下從左向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，由右手定則知，導(dǎo)體棒a端的電勢(shì)高，電容器C的上極板帶正電；由公式EBlv知，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)將變大，導(dǎo)體棒兩端的電壓變大，燈泡L的亮度變大，由于場(chǎng)強(qiáng)E，電容器兩極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度將變大綜上可知，A、B正確，C、D錯(cuò)誤答案：AB7.如圖所示，A、B是完全相同的兩個(gè)小燈泡，L為自感系數(shù)很大、電阻可以忽略的帶鐵芯的線圈，下列說(shuō)法中正確的是()A電鍵S閉合瞬間，A、B同時(shí)發(fā)光，隨后A燈變暗直至熄滅，B燈變亮B電鍵S閉合瞬間，B燈亮，A燈不亮C斷開(kāi)電鍵S的瞬間，A、B燈同時(shí)熄滅D斷開(kāi)電鍵S的瞬間，B燈立即熄滅，A燈突然亮一下再熄滅解析：因線圈的自感系數(shù)很大，電阻可忽略，故閉合電鍵瞬間，線圈對(duì)電流的阻礙作用極大，相當(dāng)于斷路，故A、B燈同時(shí)發(fā)光，且亮度相同，當(dāng)穩(wěn)定后，線圈相當(dāng)于導(dǎo)線，A燈短路，B燈電壓為電源電壓，亮度比閉合瞬間更亮；斷開(kāi)電鍵瞬間，B燈立即熄滅，而線圈中的電流不會(huì)立即消失，線圈相當(dāng)于一個(gè)電源使A燈中會(huì)有一短暫電流，從而使A燈會(huì)亮一下再熄滅綜上可知，A、D正確，B、C錯(cuò)誤答案：AD8.如圖所示，在方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域中有一個(gè)由均勻?qū)Ь€制成的單匝矩形線框abcd，線框以恒定的速度v沿垂直磁場(chǎng)方向向右運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)中線框dc邊始終與磁場(chǎng)右邊界平行，線框邊長(zhǎng)adl，cd2l.線框?qū)Ь€的總電阻為R.則在線框離開(kāi)磁場(chǎng)的過(guò)程中，下列說(shuō)法中正確的是()A流過(guò)線框截面的電量為B線框中的電流在ad邊產(chǎn)生的熱量為C線框所受安培力的合力為Dad間的電壓為解析：線框離開(kāi)磁場(chǎng)的過(guò)程中，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E2Blv，由電路知識(shí)可知ad間的電壓為，線框所受安培力的合力為FBI(2l)，產(chǎn)生的總熱量QI2Rt，t，Qad，所以Qad，通過(guò)的電量q.綜上可知，A、B、D正確，C錯(cuò)誤答案：ABD三、非選擇題9如圖甲所示，光滑導(dǎo)軌寬0.4 m，ab為金屬棒，均勻變化的磁場(chǎng)垂直穿過(guò)軌道平面，磁場(chǎng)的變化情況如圖乙所示，金屬棒ab的電阻為1 ，導(dǎo)軌電阻不計(jì)t0時(shí)刻，ab棒從導(dǎo)軌最左端，以v1 m/s的速度向右勻速運(yùn)動(dòng)，求1 s末回路中的感應(yīng)電流及金屬棒ab受到的安培力解析：的變化有兩個(gè)原因，一是B的變化，二是面積S的變化，顯然這兩個(gè)因素都應(yīng)當(dāng)考慮在內(nèi)，所以有ESBlv又2 T/s，在1 s末，B2 T，Slvt0.411 m20.4 m2所以1 s末，ESBlv1.6 V，此時(shí)回路中的電流I1.6 A根據(jù)楞次定律與右手定則可判斷出電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針?lè)较蚪饘侔鬭b受到的安培力為FBIl21.60.4 N1.28 N，方向向左答案：1.6 A1.28 N，方向向左10如圖所示，在xOy平面內(nèi)有一扇形金屬框abc，其半徑為r，ac邊與y軸重合，bc邊與x軸重合，且c位于坐標(biāo)原點(diǎn)，ac邊與bc邊的電阻不計(jì)，圓弧ab上單位長(zhǎng)度的電阻為R，金屬桿MN長(zhǎng)度為L(zhǎng)，放在金屬框abc上，MN與ac邊緊鄰且重疊部分的電阻為R0.磁感應(yīng)強(qiáng)度B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)與框架平面垂直并充滿平面現(xiàn)對(duì)MN桿施加一個(gè)外力(圖中未畫(huà)出)，使之以c點(diǎn)為軸順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，角速度為.求：(1)在MN桿運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，通過(guò)桿的電流I與轉(zhuǎn)過(guò)的角度間的關(guān)系(2)整個(gè)電路消耗電功率的最小值是多少？解析：(1)電路中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)EBr2當(dāng)MN桿轉(zhuǎn)過(guò)角度為時(shí)電路總電阻R總R0R0桿中電流I與桿轉(zhuǎn)過(guò)的角度的關(guān)系為I(2)由于總電阻R總R0R0(22)當(dāng)時(shí)，總電阻R總有最大值此時(shí)，R總R0電路消耗電功率的最小值是P答案：(1)I(2)11.如圖所示，兩根平行金屬導(dǎo)軌固定在同一水平面內(nèi)，間距為l，導(dǎo)軌左端連接一個(gè)電阻R.一根質(zhì)量為m、電阻為r的金屬桿ab垂直放置在導(dǎo)軌上在桿的右方距桿為d處有一個(gè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直于軌道平面向下，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.對(duì)桿施加一個(gè)大小為F、方向平行于導(dǎo)軌的恒力，使桿從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，已知桿到達(dá)磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)速度為v，之后進(jìn)入磁場(chǎng)恰好做勻速運(yùn)動(dòng)不計(jì)導(dǎo)軌的電阻，假定導(dǎo)軌與桿之間存在恒定的阻力求：(1)導(dǎo)軌對(duì)桿ab的阻力大小Ff；(2)桿ab中通過(guò)的電流I及其方向；(3)導(dǎo)軌左端所接電阻的阻值R.解析：(1)桿進(jìn)入磁場(chǎng)前做勻加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度為a，由牛頓第二定律有FFfma由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，有v202ad解得導(dǎo)軌對(duì)桿的阻力FfF(2)桿進(jìn)入磁場(chǎng)后做勻速運(yùn)動(dòng)，由受力平衡有FFfFB桿ab所受的安培力FBIBl解得桿ab中通過(guò)的電流I由右手定則可知，桿中的電流方向自a流向b.(3)桿產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)EBlv桿中的感應(yīng)電流I解得導(dǎo)軌左端所接電阻阻值Rr答案：(1)F(2)由a流向b(3)r