（浙江選考）2020版高考物理一輪復習 第22講 法拉第電磁感應定律 自感和渦流夯基提能作業(yè)本.docx

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第22講　法拉第電磁感應定律　自感和渦流 A組　基礎題組 1.目前金屬探測器已經廣泛應用于各種安檢及一些重要場所,關于金屬探測器的下列有關論述正確的是(　　) A.金屬探測器可用于月餅生產中,用來防止細小的金屬顆粒混入月餅餡中 B.金屬探測器能幫助醫(yī)生探測兒童吞食或扎到手腳中的金屬物,是因為探測器的線圈中能產生渦流 C.使用金屬探測器的時候,應該讓探測器靜止不動,探測效果會更好 D.能利用金屬探測器檢測考生是否攜帶手機等違禁物品,是因為探測器的線圈中通有直流電 答案　A　金屬探測器能探測金屬,故可以用于月餅生產中,用來防止細小的金屬顆?；烊朐嘛烉W中,故A正確;金屬探測器探測金屬時,是金屬產生了渦流,而被探測器探測到,故B錯誤;探測過程中,金屬探測器應與被測物體相對運動,故C錯誤;探測器的原理是因為手機上產生渦流報警,不是因為通有直流電,故D錯誤。 2.鋪設海底金屬油氣管道時,焊接管道需要先用感應加熱的方法對焊口兩側進行預熱。將被加熱管道置于感應線圈中,當感應線圈中通以電流時管道發(fā)熱。下列說法中正確的是(　　) A.管道發(fā)熱是線圈中的電流直接流經管道引起的 B.感應加熱是利用線圈電阻產生的焦耳熱加熱管道的 C.感應線圈中通以恒定電流時也能在管道中產生電流 D.感應線圈中通以正弦交流電在管道中產生的渦流也是交流電 答案　D　管道發(fā)熱是由于線圈的作用,導致管道有渦流,A錯誤;感應加熱是利用線圈變化的磁場,從而產生感應電場,形成渦流,B錯誤;感應線圈中通以恒定電流時,不能在管道中產生電流,C錯誤;感應線圈中通以正弦交流電時,在管道中產生的渦流也是交流電,D正確。 3.將多匝閉合線圈置于僅隨時間變化的磁場中,關于線圈中產生的感應電動勢和感應電流,下列表述正確的是(　　) A.感應電動勢的大小與線圈的匝數無關 B.穿過線圈的磁通量越大,感應電動勢越大 C.穿過線圈的磁通量變化越快,感應電動勢越大 D.感應電流產生的磁場方向與原磁場方向始終相同 答案　C　由法拉第電磁感應定律E=nΔΦΔt知,感應電動勢的大小與線圈匝數有關,A錯誤;感應電動勢正比于ΔΦΔt,與磁通量的大小無直接關系,B錯誤,C正確;根據楞次定律知,感應電流的磁場總是阻礙引起感應電流的磁通量的變化,即“增反減同”,D錯誤。 4.某一學習小組在研究電磁感應現象時,利用一根粗細均勻的金屬絲彎成導軌abcd,ab=3bc。導體棒ef的電阻是bc段電阻的兩倍,如圖所示,勻強磁場垂直于導軌平面,當用平行于導軌的外力F將導體棒ef由靠近bc位置勻速向右移動時,則(　　) A.導體棒ef兩端的電壓不變 B.導體棒ef中的電流變大 C.拉力F的瞬時功率變大 D.導軌abcd消耗的電功率先變大后變小 答案　D　設ef的電阻為r,ebcf的電阻為R,ef長為L,速度為v,磁感應強度為B,則導體棒ef產生的感應電動勢E=BLv。ef兩端的電壓U=RR+rE,E、r不變,R變大,可知U變大,故A錯誤。ef中的電流I=ER+r,E、r不變,R變大,I變小,故B錯誤。導體棒勻速運動時拉力F的功率等于回路中的電功率,為P=E2R+r,R增大,則P減小,故C錯誤。abcd消耗的功率是導體棒ef(相當于電源)的輸出功率,根據條件ab=3bc,ef的電阻是bc段電阻的兩倍,可知ebcf的電阻先小于ef的電阻,再等于ef的電阻,后大于ef的電阻,所以導軌abcd消耗的電功率先增大后減小,故D正確。 5.(多選)如圖所示,一導線彎成直徑為d的半圓形閉合回路,虛線MN右側有磁感應強度為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.感應電流方向為逆時針方向 B.CD段直導線始終不受安培力 C.感應電動勢的最大值E=Bdv D.感應電動勢的平均值E=18πBdv 答案　AD　線圈進磁場過程,垂直平面向里的磁通量逐漸增大,根據楞次定律及安培定則,感應電流方向為逆時針方向,選項A正確;CD端導線電流方向與磁場垂直,根據左手定則判斷,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先變大后變小,最長為半徑r=d2,所以感應電動勢最大值為12Bdv,選項C錯誤;感應電動勢的平均值E=ΔΦΔt=B12πd22dv=Bdπv8,選項D正確。 6.(多選)如圖所示,線圈匝數為n,橫截面積為S,線圈電阻為r,處于一個均勻增強的磁場中,磁感應強度隨時間的變化率為k,磁場方向水平向右且與線圈平面垂直,電容器的電容為C,定值電阻的阻值為r。由此可知,下列說法正確的是(　　) A.電容器下極板帶正電 B.電容器上極板帶正電 C.電容器所帶電荷量為nSkC2 D.電容器所帶電荷量為nSkC 答案　BC　根據磁場向右均勻增強,并由楞次定律及安培定則可知,電容器上極板帶正電,故A錯誤,B正確。閉合線圈與阻值為r的電阻形成閉合回路,線圈相當于電源,電容器兩極板間的電壓等于路端電壓,線圈產生的感應電動勢E=nSΔBΔt=nSk,路端電壓U=E2rr=E2,則電容器所帶電荷量Q=CU=nSkC2,故C正確,D錯誤。 7.如圖所示,在絕緣光滑水平面上,有一個邊長為L=10 cm的單匝正方形線框abcd,在外力的作用下以恒定的速率v=10 m/s向右運動進入磁感應強度為B=2 T的有界勻強磁場區(qū)域。線框被全部拉入磁場的過程中線框平面保持與磁場方向垂直,線框的ab邊始終平行于磁場的邊界。已知線框的四個邊的電阻值相等,均為R=0.5 Ω。則(　　) A.線框中的感應電動勢為200 V B.ab邊兩端的電壓為2 V C.在線框被拉入磁場的整個過程中,線框中產生的熱量為0.02 J D.維持線框以恒定的速率被拉入磁場的外力大小為8 N 答案　C　線框中的感應電動勢E=BLv=2 V,此時ab兩端的電壓是路端電壓,故Uab=34E=1.5 V,故A、B錯誤;根據焦耳定律有Q=I24Rt=E24RLv=0.02 J,故C正確;回路中的電流I=E4R=1 A,根據安培力公式有F安=BIL=0.2 N,根據平衡條件可知,外力與安培力大小相等,方向相反,故外力的大小為0.2 N,故D錯誤。 8.如圖所示,光滑水平面上存在有界勻強磁場,磁感應強度為B,邊長為a的正方形閉合單匝線框ABCD斜向穿進磁場,當AC(AC為正方形的對角線)剛進入磁場時速度為v(v⊥CD),若線框的總電阻為R,則(　　) A.AC剛進入磁場時線框中感應電流為2BavR B.AC剛進入磁場時線框所受安培力為2B2a2vR C.此時CD兩端電壓為34Bav D.此時CD兩端電壓為14Bav 答案　BC　AC剛進入磁場時,CD邊切割磁感線,AD邊不切割磁感線,所以產生的感應電動勢E=Bav,則線框中感應電流為I=ER=BavR,故CD兩端的電壓為U=I34R=34Bav,故C正確,D錯誤;AC剛進入磁場時線框的CD邊產生的安培力與v的方向相反,AD邊受到的安培力的方向垂直于AD向下,它們的大小都是F=BIa,由幾何關系可以看出,AD邊與CD邊受到的安培力的方向相互垂直,所以AC剛進入磁場時線框所受安培力為AD邊與CD邊受到的安培力的矢量和,即F合=2F=2B2a2vR,故B正確,A錯誤。 B組　提升題組 1.(2018課標Ⅰ,17,6分)如圖,導體軌道OPQS固定,其中PQS是半圓弧,Q為半圓弧的中點,O為圓心。軌道的電阻忽略不計。OM是有一定電阻、可繞O轉動的金屬桿,M端位于PQS上,OM與軌道接觸良好。空間存在與半圓所在平面垂直的勻強磁場,磁感應強度的大小為B?，F使OM從OQ位置以恒定的角速度逆時針轉到OS位置并固定(過程Ⅰ);再使磁感應強度的大小以一定的變化率從B增加到B(過程Ⅱ)。在過程Ⅰ、Ⅱ中,流過OM的電荷量相等,則BB等于(　　) A.54 B.32 C.74 D.2 答案　B　本題考查法拉第電磁感應定律及電荷量公式。由公式E=ΔΦΔt,I=ER,q=It得q=ΔΦR,設半圓弧半徑為r,對于過程Ⅰ,q1=Bπr24R,對于過程Ⅱ,q2=(B-B)πr22R,由q1=q2得,BB=32,故B項正確。 2.如圖所示,A、B、C是3個完全相同的燈泡,L是一個自感系數較大的線圈(直流電阻可忽略不計)。則(　　) A.S閉合時,A燈立即亮,然后逐漸熄滅 B.S閉合時,B燈立即亮,然后逐漸熄滅 C.電路接通穩(wěn)定后,三個燈亮度相同 D.電路接通穩(wěn)定后,S斷開時,C燈立即熄滅 答案　A　因線圈L的自感系數較大且直流電阻可忽略不計,S閉合時,A燈立即亮,然后逐漸熄滅,A正確。S閉合時,B燈先不太亮,然后變亮,B錯誤。電路接通穩(wěn)定后,B、C燈亮度相同,A燈不亮,C錯誤。電路接通穩(wěn)定后,S斷開時,C燈逐漸熄滅,D錯誤。 3.(多選)如圖所示,在磁感應強度為B、方向豎直向下的勻強磁場中,有一水平放置的U形導軌,導軌左端連接一阻值為R的電阻,導軌電阻不計。導軌間距離為L,在導軌上垂直放置一根長度為L的金屬棒MN,金屬棒與導軌接觸良好,電阻為r,用外力拉著金屬棒向右以速度v做勻速運動。則金屬棒運動過程中(　　) A.金屬棒中的電流方向由N到M B.電阻R兩端的電壓為BLv C.金屬棒受到的安培力大小為B2L2vR+r D.電阻R產生焦耳熱的功率為B2L2v2R 答案　AC　由右手定則可知金屬棒MN中的電流方向由N到M,故A正確;MN產生的感應電動勢為E=BLv,則電阻R兩端的電壓為U=RBLvR+r,故B錯誤;回路中感應電流大小為I=BLvR+r,金屬棒MN受到的安培力大小為F=BIL=B2L2vR+r,故C正確;電阻R產生焦耳熱的功率為P=I2R=BLvR+r2R=B2L2v2R(R+r)2,故D錯誤。 4.圖甲所示,在傾角α=37的光滑平行導軌上,有一長度恰等于導軌寬度的均勻導體棒AB,平行于斜面底邊CD由靜止釋放。導軌寬度L=10 cm,在AB以下距離AB為x1的區(qū)域內有垂直于導軌的勻強磁場,該區(qū)域面積S=0.3 m2,勻強磁場的磁感應強度隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示,導體棒AB在t=1 s時進入磁場區(qū)域,并恰好做勻速直線運動,已知導體棒AB的電阻r等于電阻R=6 Ω,導軌足夠長,重力加速度g=10 m/s2,sin 37=0.6,則(　　) A.導體棒AB在磁場外運動時沒有感應電流產生 B.位移x1為3 m C.導體棒AB進入磁場后感應電動勢為0.6 V D.在前2 s內電路中產生的內能為0.15 J 答案　B　導體棒沒有進入磁場區(qū)域時穿過回路的磁感應強度不斷增大,閉合回路的磁通量發(fā)生變化,回路產生感應電流,故A錯誤;導體棒沒有進入磁場前,由牛頓第二定律得mg sin α=ma,解得a=6 m/s2,導體棒進入磁場前做初速度為零的勻加速直線運動,則x1=12at2=3 m,故B正確;導體棒進入磁場時的速度v=at=6 m/s,由題圖乙所示圖像可知,導體棒進入磁場后磁場的磁感應強度B=2 T,感應電動勢E2=BLv=1.2 V,故C錯誤;在第1 s內,產生的熱量Q1=E12r+Rt=0.03 J,然后磁場不變,導體棒在磁場中做勻速運動,由于該區(qū)域的面積為S=0.3 m2,所以有磁場的斜面長度為3 m,導體棒在磁場中運動了t2=36 s=0.5 s,產生的熱量Q2=E22r+Rt2=0.06 J,在1.5~2 s時間內導體棒已經離開了磁場,所以回路不產生內能,故前2 s內電路中產生的內能為0.09 J,故D錯誤。 5.(2016浙江10月選考,22,10分)為了探究電動機轉速與彈簧伸長量之間的關系,小明設計了如圖所示的裝置。半徑為l的圓形金屬導軌固定在水平面上,一根長也為l、電阻為R的金屬棒ab一端與導軌接觸良好,另一端固定在圓心處的導電轉軸OO上,由電動機A帶動旋轉。在金屬導軌區(qū)域內存在垂直于導軌平面、大小為B1、方向豎直向下的勻強磁場。另有一質量為m、電阻為R的金屬棒cd用輕質彈簧懸掛在豎直平面內,并與固定在豎直平面內的“U”形導軌保持良好接觸,導軌間距為l,底部接阻值也為R的電阻,處于大小為B2、方向垂直導軌平面向里的勻強磁場中。從圓形金屬導軌引出導線和通過電刷從轉軸引出導線經開關S與“U”形導軌連接。當開關S斷開,棒cd靜止時,彈簧伸長量為x0;當開關S閉合,電動機以某一轉速勻速運動,棒cd再次靜止時,彈簧伸長量變?yōu)閤(不超過彈性限度)。不計其余電阻和摩擦等阻力,求此時 (1)通過棒cd的電流Icd; (2)電動機對該裝置的輸出功率P; (3)電動機轉動角速度ω與彈簧伸長量x之間的函數關系。 答案　(1)B1ωl26R,方向由d到c　(2)B12ω2l46R (3)6mgR(x-x0)B1B2x0l3 解析　本題考查了電磁感應定律及電磁感應過程中的能量轉化問題。 (1) ab順時針轉動時產生的電動勢為E=12B1ωl2, 由右手定則可知,電流方向由a到b, 由閉合電路歐姆定律得,總電流I=ER+12R=B1ωl23R 通過cd棒的電流Icd=12I=B1ωl26R,方向由d到c。 (2)電動機的輸出功率P=I232R=B12ω2l46R (3)S斷開時,由平衡條件得kx0=mg S閉合時,由平衡條件得 kx=B2Icdl+mg 解得ω=6mgR(x-x0)B1B2x0l3 6.(2018浙江11月選考,22,10分)如圖所示,在間距L=0.2 m的兩光滑平行水平金屬導軌間存在方向垂直于紙面(向內為正)的磁場,磁感應強度的分布沿y方向不變,沿x方向如下: B=1T　　x>0.2m5xT　　-0.2m≤x≤0.2m-1T　　x<-0.2m 導軌間通過單刀雙擲開關S連接恒流源和電容C=1 F的未充電的電容器,恒流源可為電路提供恒定電流I=2 A,電流方向如圖所示。有一質量m=0.1 kg的金屬棒ab垂直導軌靜止放置于x0=0.7 m處。開關S擲向1,棒ab從靜止開始運動,到達x3=-0.2 m處時,開關S擲向2。已知棒ab在運動過程中始終與導軌垂直。求: (提示:可以用F-x圖像下的“面積”代表力F所做的功) (1)棒ab運動到x1=0.2 m時的速度v1; (2)棒ab運動到x2=-0.1 m時的速度v2; (3)電容器最終所帶的電荷量Q。 答案　(1)2 m/s　(2)236　(3)27 C 解析　(1)從x0到x1的過程,由于安培力為恒力,由動能定理有BIL(x0-x1)=12mv12-0 解得v1=2 m/s (2)從x1到x2過程中,安培力F=BIL,由于B=5x T,可知F=2x N,可知F隨x變化而變化,如圖所示, 在這個過程中,安培力做的功大小為圖線與x軸圍成的面積,W安=0.03 J 由動能定理有W安=12mv22-12mv12 解得v2=235 m/s (3)從0.2 m處移到-0.2 m處安培力不做功,v3=v1=2 m/s 設最后穩(wěn)定時的速度為v則 導體棒兩端電壓U=BLv 電容器上所帶電量Q=CU 電路中通過的電量Q=It 根據動量定理有-BILt=mv-mv3 解得Q=27 C