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）.doc》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《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（8頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

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(shí)熄滅現(xiàn)象．雖經(jīng)多次重復(fù)，仍未見老師演示時(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)開關(guān)S斷開時(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開始減小，因此不可能看到小燈泡閃亮的現(xiàn)象，C正確． 答案：C 2．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0～t1時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)線框中電流的方向?yàn)閍dcba B．在0～t1時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)線框中電流越來越小 C．在t1～t2時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)線框中電流越來越大 D．在t1～t2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0～t1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)針方向的感應(yīng)電流，A正確；由公式E＝＝S，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F＝BILbc知，bc邊受的安培力是變化的，D錯(cuò)誤． 答案：A 3．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v2φA，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)sinθ，所以導(dǎo)線中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝B(Lsinθ)2ω＝BL2ωsin2θ，B正確． 答案：B 5．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t＝0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?；氐皆瓉淼奈恢? 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E＝＝S＝0.1πr2，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)過程中，燈泡L未被燒毀，電容器C未被擊穿，則該過程中(　　) 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E＝Blv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：AB 7. 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．?dāng)嚅_電鍵S的瞬間，A、B燈同時(shí)熄滅 D．?dāng)嚅_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：AD 8. 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)ad＝l，cd＝2l.線框?qū)Ь€的總電阻為R.則在線框離開磁場(chǎng)的過程中，下列說法中正確的是(　　) A．流過線框截面的電量為 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 D．a(chǎn)d間的電壓為 解析：線框離開磁場(chǎng)的過程中，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝2Blv，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F＝BI(2l)＝，產(chǎn)生的總熱量Q＝I2Rt，t＝，Qad＝，所以Qad＝，通過的電量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 Ω，導(dǎo)軌電阻不計(jì)．t＝0時(shí)刻，ab棒從導(dǎo)軌最左端，以v＝1 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：Φ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 E＝＝S＋Blv 又＝2 T/s， 在1 s末，B＝2 T，S＝lvt＝0.411 m2＝0.4 m2 所以1 s末，E＝S＋Blv＝1.6 V， 此時(shí)回路中的電流 I＝＝1.6 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)針方向 金屬棒ab受到的安培力為F＝BIl＝21.60.4 N＝1.28 N，方向向左． 答案：1.6 A　1.28 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(圖中未畫出)，使之以c點(diǎn)為軸順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，角速度為ω.求： (1)在MN桿運(yùn)動(dòng)過程中，通過桿的電流I與轉(zhuǎn)過的角度θ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)E＝Br2ω 當(dāng)MN桿轉(zhuǎn)過角度為θ時(shí)電路總電阻 R總＝R0＋＝R0＋ 桿中電流I與桿轉(zhuǎn)過的角度θ的關(guān)系為 I＝＝ (2)由于總電阻 R總＝R0＋＝R0＋(－2θ2＋πθ) 當(dāng)θ＝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F－Ff＝ma 由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，有v2－0＝2ad 解得導(dǎo)軌對(duì)桿的阻力Ff＝F－ (2)桿進(jìn)入磁場(chǎng)后做勻速運(yùn)動(dòng)，由受力平衡有F＝Ff＋FB 桿ab所受的安培力FB＝IBl 解得桿ab中通過的電流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)E＝Blv 桿中的感應(yīng)電流I＝ 解得導(dǎo)軌左端所接電阻阻值R＝－r 答案：(1)F－　(2)　由a流向b (3)－r