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

《（新課改省份專用）2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時跟蹤檢測（三十三）法拉第電磁感應(yīng)定律 自感 渦流（含解析）.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（新課改省份專用）2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時跟蹤檢測（三十三）法拉第電磁感應(yīng)定律 自感 渦流（含解析）.doc（7頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

課時跟蹤檢測（三十三） 法拉第電磁感應(yīng)定律 自感 渦流 [A級——基礎(chǔ)小題練熟練快] 1．(多選)如圖所示，在線圈上端放置一盛有冷水的金屬杯，現(xiàn)接通交流電源，過了幾分鐘，杯內(nèi)的水沸騰起來。若要縮短上述加熱時間，下列措施可行的有(　　) A．增加線圈的匝數(shù)　　　　 B．提高交流電源的頻率 C．將金屬杯換為瓷杯 D．取走線圈中的鐵芯 解析：選AB　當電磁鐵接通交流電源時，金屬杯處在變化的磁場中產(chǎn)生渦電流發(fā)熱，使水溫升高。要縮短加熱時間，需增大渦電流，即增大感應(yīng)電動勢或減小電阻。增加線圈匝數(shù)、提高交變電流的頻率都是為了增大感應(yīng)電動勢。瓷杯不能產(chǎn)生渦電流，取走鐵芯會導(dǎo)致磁性減弱，所以選項A、B正確，C、D錯誤。 2．(2016北京高考)如圖所示，勻強磁場中有兩個導(dǎo)體圓環(huán)a、b，磁場方向與圓環(huán)所在平面垂直。磁感應(yīng)強度B隨時間均勻增大。兩圓環(huán)半徑之比為2∶1，圓環(huán)中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢分別為Ea和Eb。不考慮兩圓環(huán)間的相互影響。下列說法正確的是(　　) A．Ea∶Eb＝4∶1，感應(yīng)電流均沿逆時針方向 B．Ea∶Eb＝4∶1，感應(yīng)電流均沿順時針方向 C．Ea∶Eb＝2∶1，感應(yīng)電流均沿逆時針方向 D．Ea∶Eb＝2∶1，感應(yīng)電流均沿順時針方向 解析：選B　由楞次定律知，題中圓環(huán)感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場與原磁場方向相反，故感應(yīng)電流沿順時針方向。由法拉第電磁感應(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B正確。 3.(2018德州模擬)如圖所示，長為L的金屬導(dǎo)線彎成一圓環(huán)，導(dǎo)線的兩端接在電容為C的平行板電容器上，P、Q為電容器的兩個極板。磁場方向垂直于環(huán)面向里，磁感應(yīng)強度以B＝B0＋kt(k>0)隨時間變化。t＝0時，P、Q兩極板電勢相等，兩極板間的距離遠小于環(huán)的半徑。經(jīng)時間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．帶負電，電荷量是 解析：選D　磁感應(yīng)強度均勻增加，回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的方向為逆時針方向，Q板帶正電，P板帶負電，A錯誤；由L＝2πR，得R＝，感應(yīng)電動勢E＝S＝kπR2，解得E＝，電容器上的電荷量Q＝CE＝，B、C錯誤，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。MN為放在ab和cd上的一導(dǎo)體桿，與ab垂直，其電阻也為R。整個裝置處于勻強磁場中，磁感應(yīng)強度的大小為B，磁場方向垂直于導(dǎo)軌所在平面(垂直紙面向里)?，F(xiàn)對MN施力使它沿導(dǎo)軌方向以速度v水平向右做勻速運動。令U表示MN兩端電壓的大小，下列說法正確的是(　　) A．U＝Blv，流過固定電阻R的感應(yīng)電流由b經(jīng)R到d B．U＝Blv，流過固定電阻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)生的電動勢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，流過固定電阻R的感應(yīng)電流由b經(jīng)R到d，故A正確，B錯誤；MN受到的安培力大小FA＝BIl＝Bl＝，方向水平向左，故C、D錯誤。 5.(2018河南洛陽一中模擬)如圖所示為安檢門原理圖，左邊門框中有一通電線圈，右邊門框中有一接收線圈。工作過程中某段時間通電線圈中存在順時針方向均勻增大的電流(從左向右看)，則(　　) A．無金屬片通過時，接收線圈中的感應(yīng)電流方向為順時針 B．無金屬片通過時，接收線圈中的感應(yīng)電流增大 C．有金屬片通過時，接收線圈中的感應(yīng)電流方向為順時針 D．有金屬片通過時，接收線圈中的感應(yīng)電流大小發(fā)生變化 解析：選D　當左側(cè)線圈中通有不斷增大的順時針方向的電流時，可知穿過右側(cè)線圈的磁通量向右，且增大，根據(jù)楞次定律，右側(cè)線圈中產(chǎn)生逆時針方向的電流，即使有金屬片通過時，接收線圈中的感應(yīng)電流方向仍然為逆時針，故A、C錯誤；通電線圈中存在順時針方向均勻增大的電流，則通電線圈中的磁通量均勻增大，所以穿過右側(cè)線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，接收線圈中的感應(yīng)電流不變，故B錯誤；有金屬片通過時，穿過金屬片中的磁通量發(fā)生變化，金屬片中也會產(chǎn)生感應(yīng)電流，感應(yīng)電流的方向與接收線圈中的感應(yīng)電流的方向相同，所以也會將該空間中的磁場的變化削弱一些，引起接收線圈中的感應(yīng)電流大小發(fā)生變化，故D正確。 6.某同學(xué)為了驗證斷電自感現(xiàn)象，找來帶鐵芯的線圈L、小燈泡A、開關(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，閉合開關(guān)S，小燈泡發(fā)光；再斷開開關(guān)S，小燈泡僅有不顯著的延時熄滅現(xiàn)象。雖經(jīng)多次重復(fù)，仍未見老師演示時出現(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．線圈電阻偏大 C．小燈泡電阻偏大 D．線圈的自感系數(shù)較大 解析：選B　燈泡能否發(fā)生閃亮，取決于通過燈泡的電流有沒有增大，與電源的內(nèi)阻無關(guān)，故A錯誤。線圈電阻偏大，穩(wěn)定時流過燈泡的電流大于流過線圈的電流，斷開開關(guān)時，根據(jù)楞次定律，流過燈泡的電流從線圈原來的電流逐漸減小，燈泡不發(fā)生閃亮現(xiàn)象，故B正確。小燈泡電阻偏大，穩(wěn)定時流過燈泡的電流小于流過線圈的電流，斷開開關(guān)時，根據(jù)楞次定律，流過燈泡的電流從線圈原來的電流逐漸減小，燈泡將發(fā)生閃亮現(xiàn)象，故C錯誤。線圈的自感系數(shù)較大，產(chǎn)生的自感電動勢較大，但不能改變穩(wěn)定時燈泡和線圈中電流的大小，故D錯誤。 [B級——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，整個裝置放于垂直導(dǎo)軌平面的磁場中，磁感應(yīng)強度B的變化情況如圖乙所示(圖示磁感應(yīng)強度方向為正)，MN始終保持靜止，則0～t2時間(　　) A．電容器C的電荷量大小始終沒變 B．電容器C的a板先帶正電后帶負電 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)強度均勻變化，產(chǎn)生恒定電動勢，由C＝可知，感應(yīng)電動勢不變，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錯誤；感應(yīng)電流不變，由于磁感應(yīng)強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錯誤，D正確。 8．(多選)如圖所示，一導(dǎo)線彎成直徑為d的半圓形閉合回路，虛線MN右側(cè)有磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，方向垂直于回路所在的平面。回路以速度v向右勻速進入磁場，直徑CD始終與MN垂直。從D點到達邊界開始到C點進入磁場為止，下列說法中正確的是(　　) A．感應(yīng)電流方向為逆時針方向 B．CD段直導(dǎo)線始終不受安培力 C．感應(yīng)電動勢的最大值E＝Bdv D．感應(yīng)電動勢的平均值＝πBdv 解析：選AD　線圈進磁場過程，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)電流方向為逆時針方向，選項A正確；CD端導(dǎo)線電流方向與磁場垂直，根據(jù)左手定則判斷，安培力豎直向下，選項B錯誤；線圈進磁場切割磁感線的有效長度是初、末位置的連線，進磁場過程，有效切割長度最長為半徑，所以感應(yīng)電動勢最大值為，選項C錯誤；感應(yīng)電動勢的平均值＝＝＝，選項D正確。 9.(2019天津模擬)一匝由粗細均勻的同種導(dǎo)線繞成的矩形導(dǎo)線框abcd固定不動，其中矩形區(qū)域efcd存在磁場(未畫出)，磁場方向與線圈平面垂直，磁感應(yīng)強度大小B隨時間t均勻變化，且＝k(k>0)。已知ab＝fc＝4L，bc＝5L，且L長度的導(dǎo)線電阻為r，則導(dǎo)線框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)電動勢為E＝S＝16kL2，導(dǎo)線框abcd中的電流為I＝＝，選項A正確。 10．(2019濟寧調(diào)研)如圖甲所示，一個電阻值為R、匝數(shù)為n的圓形金屬線圈與阻值為2R的電阻R1連接成閉合回路，線圈的半徑為r1。在線圈中半徑為r2的圓形區(qū)域內(nèi)存在垂直于線圈平面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B隨時間t變化的關(guān)系圖線如圖乙所示(規(guī)定圖甲中B的方向為正方向)。圖線與橫、縱軸的截距分別為t0和B0，導(dǎo)線的電阻不計。求0～t1時間內(nèi)： (1)通過電阻R1的電流大小和方向； (2)通過電阻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R1的電流方向為由b到a。根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得， 線圈中的電動勢E＝n＝ 根據(jù)閉合電路歐姆定律得， 通過R1的電流I＝＝。 (2)通過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——難度題目適情選做] 11．(多選)半徑為a、右端開小口的導(dǎo)體圓環(huán)和長為2a的導(dǎo)體直桿，單位長度的電阻均為R0。圓環(huán)水平固定放置，整個內(nèi)部區(qū)域分布著豎直向下的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B。桿在圓環(huán)上以速度v平行于直徑CD向右做勻速直線運動，桿始終有兩點與圓環(huán)良好接觸。從圓環(huán)中心O開始，桿的位置由θ確定，如圖所示。則(　　) A．θ＝0時，桿產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為2Bav B．θ＝時，桿產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為Bav C．θ＝0時，桿受到的安培力大小為 D．θ＝時，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)為有效長度，當θ＝0時，l＝2a，則E＝2Bav，選項A正確；當θ＝時，l＝a，則E＝Bav，故選項B錯誤；根據(jù)通電直導(dǎo)線在磁場中所受安培力大小的計算公式可得F＝BIl，根據(jù)閉合電路歐姆定律可得I＝，當θ＝0時，l＝2a，E＝2Bav，r＋R＝(π＋2)aR0，解得F＝，選項C錯誤；當θ＝時，l＝a，E＝Bav，r＋R＝aR0，解得F＝，故選項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的延長線通過圓導(dǎo)軌中心O，裝置的俯視圖如圖所示，整個裝置位于一勻強磁場中，磁感應(yīng)強度的大小為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逆時針勻速轉(zhuǎn)動，在轉(zhuǎn)動過程中始終與導(dǎo)軌保持良好接觸。導(dǎo)軌電阻不計。下列說法正確的是(　　) 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A正確；金屬棒轉(zhuǎn)動產(chǎn)生的電動勢為E＝Br＝Bωr2，切割磁感線的金屬棒相當于電源，金屬棒兩端電壓相當于電源的路端電壓，因而U＝E＝Bωr2，選項B正確；金屬棒A端相當于電源正極，電容器M板帶正電，選項C錯誤；由C＝可得電容器所帶電荷量為Q＝CBωr2，選項D錯誤。 13.(2019淮北模擬)如圖所示，MN、PQ是兩根足夠長的光滑平行金屬導(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。勻強磁場的方向與導(dǎo)軌所在平面垂直，磁感應(yīng)強度大小為B。質(zhì)量為m、阻值為r、長度為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勻速向上運動。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，重力加速度為g。求： (1)金屬棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E； (2)通過電阻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，又因為F安＝BId＝， 所以F＝mgsin θ＋。 答案：(1)Bdv　(2)　 (3)mgsin θ＋