2021版物理名师讲练大一轮复习方略浙江专版课时提升作业： 二十七　法拉第电磁感应定律及其应用　自感现象 .doc

温馨提示： 此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。课时提升作业二十七法拉第电磁感应定律及其应用自感现象(建议用时60分钟)1.(2019衢州模拟)中国空军八一飞行表演队应邀参加2019年3月举行的巴基斯坦国庆日飞行表演。中国歼-10战斗机在广场上方沿水平方向自西向东飞行。该飞机翼展10 m,表演地点位于北半球,该处磁场的竖直分量为5.010-5 T,该机飞行时速度约为300 m/s,下列说法正确的是()A.该机两翼尖端电势差大小约为0.15 VB.该机两翼尖端无电势差C.右端机翼电势较高D.若飞机转向为自东向西飞行,机翼右端电势较高【解析】选A。该机两翼尖端电势差大小约为U=BLv=0.15 V,故A正确;巴基斯坦的地磁场方向斜向下,在竖直方向的分量向下,根据右手定则可得,无论飞机沿水平方向自西向东飞行或是自东向西飞行,相对于飞行员来说机翼的左端电势高,故B、C、D错误。2.(多选)如图所示,一导线弯成半径为a的半圆形闭合回路。虚线MN右侧有磁感应强度为B的匀强磁场,方向垂直于回路所在的平面。回路以速度v向右匀速进入磁场,直径CD始终与MN垂直。从D点到达边界开始到C点进入磁场为止,下列结论正确的是()A.感应电流方向不变B.CD段直导线始终不受安培力C.感应电动势最大值Em=BavD.感应电动势平均值E=14Bav【解题指导】(1)导线是否受安培力,可根据B、I、l的方向关系进行判断。(2)利用E=Blv求瞬时电动势时需注意切割的有效长度。【解析】选A、C、D。闭合回路进入磁场过程中,磁通量始终增加,感应电流的方向沿逆时针方向,A对。CD段的电流方向由DC,安培力的方向垂直CD沿纸面向下,B错。最大有效切割长度为a,感应电动势的最大值Em=Bav,C对。=BS=Ba22,t=2av,E=t=14Bav,D对。3.如图所示,半径为r的金属圆盘在垂直于盘面的匀强磁场B中,绕过O点的轴以角速度沿逆时针方向匀速转动,则通过电阻R的电流的方向和大小是(金属圆盘的电阻不计)()A.由c到d,I=Br2RB.由d到c,I=Br2RC.由c到d,I=Br22RD.由d到c,I=Br22R【解析】选D。由右手定则可知通过电阻R的电流的方向是由d到c;而金属圆盘产生的感应电动势E=12Br2,所以通过电阻R的电流大小是I=Br22R,选项D正确。4.如图所示的电路,开关原先闭合,电路处于稳定状态,在某一时刻突然断开开关S,则通过电阻R1中的电流I随时间变化的图线可能是下图中的()【解析】选D。开关S原来闭合时,电路处于稳定状态,流过R1的电流方向向左,大小为I1。与R1并联的R2和线圈L支路,电流I2的方向也是向左。当某一时刻开关S突然断开时,L中向左的电流要减小,由于自感现象,线圈L产生自感电动势,在回路“LR1AR2”中形成感应电流,电流通过R1的方向与原来相反,变为向右,并从I2开始逐渐减小到零,故选项D图正确。【加固训练】如图所示,L为自感系数很大、直流电阻不计的线圈,D1、D2、D3为三个完全相同的灯泡,E为内阻不计的电源,在t=0时刻闭合开关S,当电路稳定后D1、D2两灯的电流分别为I1、I2。当时刻为t1时断开开关S,若规定电路稳定时流过D1、D2的电流方向为电流的正方向,则图中能正确定性描述电灯电流i与时间t关系的是()【解析】选D。开关闭合时,电感阻碍电流I1增大,所以I1慢慢增大最后稳定;断开开关,电感阻碍电流I1减小,所以I1慢慢减小到0,电流的方向未发生改变,故A、B均错误;开关闭合时,电感阻碍电流I1增大,I1慢慢增大,则I2慢慢减小,最后稳定;断开开关,原来通过D2的电流立即消失,但D1、D2、L构成一回路,通过D1的电流也通过D2,所以I2慢慢减小,但电流的方向与断开前相反,故C错误,D正确。5.(多选)如图所示,在线圈正上方放置一盛有冷水的金属杯,现接通交流电源,几分钟后,杯中的水沸腾起来,t0时刻的电流方向已在图中标出,且此时电流正在增大,则关于把水烧开的过程中发生的电磁感应现象的说法正确的有()世纪金榜导学号A.金属杯中产生涡流,涡流的热效应使水沸腾起来B.t0时刻,从上往下看,金属杯中的涡流沿顺时针方向C.t0时刻,从上往下看,金属杯中的涡流沿逆时针方向D.将交流电源断开的瞬间,金属杯中的涡流也瞬间消失【解析】选A、C、D。由于交流电在螺线管中产生变化的磁场,变化的磁场穿过金属杯可以在金属杯中产生变化的电场,从而产生涡流,使水沸腾,A正确;t0时刻电流从螺线管的上端流入且电流正在增大,则穿过金属杯的磁场是向下增大的,所以根据楞次定律,感应电流的磁场方向一定是向上的,由安培定则可知,从上往下看,金属杯中的涡流沿逆时针方向,故C正确,B错误;将交流电源断开的瞬间,自感线圈中没有形成自感回路,故不能产生断电自感,所以金属杯中的涡流也瞬间消失,D正确。6.(2019杭州模拟)如图所示装置,在cdef区域内存在垂直纸面向里的变化的匀强磁场,要求线圈a对桌面的压力大于本身重力,则cdef内的磁感应强度随时间变化的关系可能是()【解析】选B。若a对桌面的压力大于本身重力,则b中的感应电流应增加,由I=NBtSR知Bt增大,所以只有B图正确。7.(多选)(2017全国卷)两条平行虚线间存在一匀强磁场,磁感应强度方向与纸面垂直。边长为0.1 m、总电阻为0.005 的正方形导线框abcd位于纸面内,cd边与磁场边界平行,如图甲所示。已知导线框一直向右做匀速直线运动,cd边于t=0时刻进入磁场。线框中感应电动势随时间变化的图线如图乙所示(感应电流的方向为顺时针时,感应电动势取正)。下列说法正确的是()世纪金榜导学号A.磁感应强度的大小为0.5 TB.导线框运动速度的大小为0.5 m/sC.磁感应强度的方向垂直于纸面向外D.在t=0.4 s至t=0.6 s这段时间内,导线框所受的安培力大小为0.1 N【解析】选B、C。据右手定则可知磁感应强度的方向垂直于纸面向外,C项正确;由v=lt=0.5 m/s可知B项正确;由E=Blv可知磁感应强度的大小为0.2 T,A项错误;据F安=B2l2vR可得在t=0.4 s至t=0.6 s这段时间内,导线框所受的安培力大小为0.04 N,D项错误。8.如图所示,有一个矩形边界的匀强磁场区域,磁场方向垂直纸面向里。一个三角形闭合导线框,由位置1(左)沿纸面匀速运动到位置2(右)。取线框刚到达磁场边界的时刻为计时起点(t=0),规定逆时针方向为电流的正方向,则图中能正确反映线框中电流与时间关系的是()【解析】选A。线框进入磁场的过程,磁通量向里增加,根据楞次定律得知感应电流的磁场向外,由安培定则可知感应电流方向为逆时针,电流方向应为正方向,故B、C错误;线框进入磁场的过程,线框有效的切割长度先均匀增大后均匀减小,由E=BLv,可知感应电动势先均匀增大后均匀减小;线框完全进入磁场后,磁通量不变,没有感应电流产生;线框穿出磁场的过程,磁通量向里减小,根据楞次定律得知感应电流的磁场向里,由安培定则可知感应电流方向为顺时针,电流方向应为负方向,线框有效的切割长度先均匀增大后均匀减小,由E=BLv,可知感应电动势先均匀增大后均匀减小,故A正确,D错误。【加固训练】 如图所示,光滑平行金属导轨MN、PQ所在平面与水平面成角,M、P两端接一阻值为R的定值电阻,阻值为r的金属棒ab垂直导轨放置,其他部分电阻不计。整个装置处在磁感应强度为B的匀强磁场中,磁场方向垂直导轨平面向下。t=0时对金属棒施加一平行于导轨的外力F,金属棒由静止开始沿导轨向上做匀加速直线运动。下列关于穿过回路abPMa的磁通量变化量、磁通量的瞬时变化率t、通过金属棒的电荷量q随时间t变化以及a、b两端的电势差U随时间t变化的图象中,正确的是()【解析】选B、D。设加速度为a,运动的位移x=12at2,磁通量变化量=BLx=12BLat2,t2,选项A错误;感应电动势E=t=12BLat,故tt,选项B正确;U=RER+r=RBLa2(R+r)t,Ut,选项D正确;电荷量q=R,因为t2,所以qt2,选项C错误。9.(2019台州模拟)下列四个选项图中,虚线上方空间都存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。A、B中的导线框为正方形,C、D中的导线框为直角扇形。各导线框均绕垂直纸面的轴O在纸面内匀速转动,转动方向如箭头所示,转动周期均为T。从导线框处于图示位置时开始计时,以在OP边上从P点指向O点的方向为感应电流i的正方向。则在如图A、B、C、D所示的四个情景中,产生的感应电流i随时间t的变化规律如i-t图象所示的是()【解析】选C。根据感应电流在一段时间恒定知导线框应为扇形;由右手定则可判断出产生的感应电流i随时间t的变化规律如题中i-t图象所示的是选项C。10.(多选)如图甲所示,在倾角为的光滑斜面内分布着垂直于斜面的匀强磁场,其磁感应强度B随时间变化的规律如图乙所示。质量为m的矩形金属框从t=0时刻静止释放,t3时刻的速度为v,移动的距离为L,重力加速度为g。在金属框下滑的过程中,下列说法正确的是()世纪金榜导学号A.t1t3时间内金属框中的电流方向不变B.0t3时间内金属框做匀加速直线运动C.0t3时间内金属框做加速度逐渐减小的直线运动D.0t3时间内金属框中产生的焦耳热为mgL sin-12mv2【解题指导】解答该题的关键点为:(1)根据楞次定律分析金属框中的电流方向,对金属框受力分析。(2)根据牛顿第二定律判断加速度是否是恒量,若加速度不变即为匀变速直线运动。(3)根据受力情况和做功情况,判断能量转化情况。【解析】选A、B。t1t2时间内磁感应强度减小,线框面积不变,磁通量减小,根据楞次定律,感应电流沿逆时针方向;t2t3时间内,磁场方向增大,磁通量增大,由楞次定律,感应电流方向仍然是逆时针方向,所以t1t3时间内金属框中的电流方向不变,故A正确;由于两个边的电流方向相反,两个边的安培力是抵消的,安培力的合力为0,所以金属框在下滑过程中,合力恒定,加速度恒定,做匀加速直线运动,故B正确,C错误;金属框的安培力合力为0,对金属框只有重力做功,没有其他外力做功,机械能守恒,减少的重力势能等于增加的动能,即mgLsin=12mv2,故D错误。11.如图所示,MN和PQ是电阻不计的平行金属导轨,其间距为L,导轨弯曲部分光滑,平直部分粗糙,右端接一个阻值为R的定值电阻。平直部分导轨左边区域有宽度为d、方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。质量为m、电阻也为R的金属棒从高度为h处静止释放,到达磁场右边界处恰好停止。已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为,金属棒与导轨间接触良好。则金属棒穿过磁场区域的过程中,求:世纪金榜导学号(1)流过金属棒的最大电流。(2)通过金属棒的电荷量。(3)金属棒产生的焦耳热。【解析】(1)金属棒下滑过程中,根据动能定理有mgh=12mvm2根据法拉第电磁感应定律有Em=BLvm根据闭合电路欧姆定律有Im=Em2R联立上式得Im=BL2gh2R。(2)根据q=2R可知,通过金属棒的电荷量为q=BdL2R。(3)金属棒克服安培力做的功完全转化成电热,由题意可知金属棒与电阻R上产生的焦耳热相同,设金属棒上产生的焦耳热为Q,故2Q=-W安全过程由动能定理mgh+W安-mgd=0联立上式得Q=12mg(h-d)。答案:(1)BL2gh2R(2)BdL2R(3)12mg(h-d)【总结提升】求解焦耳热Q的三种方法12.如图甲所示,P、Q为水平面内平行放置的金属长直导轨,间距为d,处在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中。一根质量为m、电阻为r的导体棒ef垂直放在P、Q导轨上,导体棒ef与P、Q导轨间的动摩擦因数为。质量为M的正方形金属框abcd的边长为L,每边电阻均为r,用细线悬挂在竖直平面内,ab边水平,金属框a、b两点通过细导线与导轨相连,金属框的上半部分处在磁感应强度大小为B、方向垂直框面向里的匀强磁场中,下半部分处在大小也为B、方向垂直框面向外的匀强磁场中,不计其余电阻和细导线对a、b点的作用力。现用一电动机以恒定功率沿导轨方向水平牵引导体棒ef向左运动,从导体棒开始运动时计时,悬挂金属框的细线的拉力T随时间t的变化如图乙所示,求:(1)t0时刻以后通过ab边的电流;(2)t0时刻以后电动机牵引力的功率P;(3)求0到t0时刻导体棒ef受到的平均合外力。【解析】(1)以金属框为研究对象,从t0时刻开始拉力恒定,故电路中电流恒定,设ab边中电流为I1,cd边中电流为I2由受力平衡得:BI1L+T=Mg+BI2L 由图象知:T=Mg2ad、dc、cb三边电阻串联后再与ab边电阻并联,所以I1I2=31,I1=3I2由以上各式解得:I1=3Mg4BL(2)设总电流为I,由闭合电路欧姆定律得:I=ER+r,R=34r,电动势为:E=Bdv电流为:I=I1+I2=43I1=MgBL解得:v=7Mgr4B2dL由电动机的牵引功率恒定知:P=Fv对导体棒:F=mg+BId解得:P=7Mgr4B2L2d(mgL+Mgd)(3)从0到t0时刻,导体棒的速度从0增大到v=7Mgr4B2dL由动量定理可知:F合t0=mv-0解得:F合=7mMgr4dLt0B2答案:(1)3Mg4BL(2)7Mgr4B2L2d(mgL+Mgd)(3)7Mmgr4dLt0B213.(多选)如图所示,MN、PQ是与水平面成角的两条平行光滑且足够长的金属轨道,其电阻忽略不计。空间存在着垂直于轨道平面向上的匀强磁场,磁感应强度大小为B。导体棒ab、cd垂直于轨道放置,且与轨道接触良好,每根导体棒的质量均为m,电阻均为r,轨道宽度为L,与轨道平行的绝缘细线一端固定,另一端与ab棒中点连接,细线承受的最大拉力Tm=2mgsin 。今将cd棒由静止释放,则细线被拉断时,cd棒的世纪金榜导学号()A.速度大小是2mgrsinB2L2B.速度大小是mgrsinB2L2C.加速度大小是2gsin D.加速度大小是0【解析】选A、D。据题知,细线被拉断时,拉力达到Tm=2mgsin ,根据平衡条件得:对ab棒: Tm=F安+mgsin ,则得ab棒所受的安培力大小为F安=mgsin ;由于两棒的电流相等,所受的安培力大小相等,由E=BLv、I=E2r,F安=BIL,则得F安=B2L2v2r联立解得,cd棒的速度为v=2mgrsinB2L2,故A正确,B错误;对cd棒:根据牛顿第二定律得: mgsin -F安=ma,代入得a=gsin -1mB2L22r2mgrsinB2L2=0,故C错误,D正确。14.(多选)如图所示的光滑水平面上,水平条形区域和内有方向垂直纸面向里的匀强磁场,其宽度均为s,区域和之间有一宽度为L=3s的无磁场区域,一质量为m、边长为s的正方形线框在水平恒定外力作用下从距区域左边界s处由静止开始做匀加速直线运动,假设线框能匀速地通过磁场区域和,则下列说法正确的是()世纪金榜导学号A.线框通过区域和区域时的速度大小之比为13B.区域与区域内磁场的磁感应强度大小之比为31C.线框通过区域和区域过程产生的热量相等D.线框通过区域和区域过程通过线框某一横截面的电荷量相等【解析】选A、C。由运动学公式v1=2as,v2=2a3s=6as,线框通过区域和区域时的速度大小之比v1v2=13,故A正确;通过区域时,能匀速通过,说明受到的安培力等于外力,即F安=B1Is=B12s2v1R,在区域和之间运动时,线框做加速运动,所以进入磁场区域时线框的速度大于进入磁场区域时的速度,因为线框能匀速通过磁场,所以F安=B22s2v2R,有B22s2v2R=B12s2v1R,所以B1B2=v2v1=431,B错误;两个过程中产生的热量等于外力做的功,两个过程中外力不变,相对水平面的位移均为s,所以两个过程中产生的热量相同,C正确;根据q=R=BSR,可得q1=B1s2R,q2=B2s2R,由于两个磁场的磁感应强度不同,所以线框通过区域和区域过程通过线框某一横截面的电荷量不相等,D错误。15.(多选)如图所示,光滑金属导轨由倾斜和水平两部分组成,水平部分足够长且处在竖直向下的匀强磁场中,右端接一电源(电动势为E,内阻为r)。一电阻为R的金属杆PQ水平横跨在导轨的倾斜部分,从某一高度由静止释放,金属杆PQ进入磁场后的运动过程中,速度时间图象可能是下图中的(导轨电阻不计)()【解析】选A、B、D。金属杆PQ进入磁场后切割磁感线产生感应电动势,根据右手定则判断得知,感应电动势的方向与电源的电动势方向相反。若金属杆PQ产生的感应电动势与电源的电动势大小相等,回路中总电动势为零,电路中没有电流,金属杆不受安培力,做匀速直线运动,故A项是可能的;若金属杆PQ产生的感应电动势小于电源的电动势大小,金属杆中电流方向从P到Q,所受的安培力方向向右,将做加速运动,随着速度增加,金属杆产生的感应电动势增加,回路中总的电动势减小,电流减小,金属杆所受的安培力减小,加速度随之减小,可知v-t图象的斜率减小,故B项是可能的;若金属杆PQ产生的感应电动势大于电源的电动势大小,金属杆中电流方向从Q到P,所受的安培力方向向左,将做减速运动,随着速度减小,金属杆产生的感应电动势减小,回路中总的电动势减小,电流减小,金属杆所受的安培力减小,加速度随之减小,可知v-t图象的斜率减小,故C项是不可能,D项是可能的。16.如图所示,间距L=1 m的两根足够长的固定水平平行导轨间存在着匀强磁场,其磁感应强度大小B=1 T、方向垂直于纸面向里,导轨上有一金属棒MN与导轨垂直且在水平拉力F作用下以v=2 m/s的速度水平向左匀速运动。R1=8 ,R2=12 ,C=6 F,导轨和棒的电阻及一切摩擦均不计。开关S1、S2闭合,电路稳定后,求:世纪金榜导学号(1)通过R2的电流I的大小和方向。(2)拉力F的大小。(3)开关S1切断后通过R2的电荷量q。【解析】(1)开关S1、S2闭合后,根据右手定则知棒中的感应电流方向是由MN,所以通过R2的电流方向是由baMN中产生的感应电动势的大小E=BLv流过R2的电流I=ER1+R2代入数据解得I=0.1 A。(2)棒受力平衡有F=F安F安=BIL代入数据解得F=0.1 N。(3)开关S1、S2闭合,电路稳定后,电容器所带电荷量q1=CIR2, s1切断后,流过R2的电荷量q等于电容器所带电荷量,即q=q1代入数据解得q=7.210-6 C。答案:(1)0.1 A方向是ba(2)0.1 N(3)7.210-6 C17.如图,空间存在两个水平方向等大反向的匀强磁场,水平虚线为其边界,磁场范围足够大。矩形多匝闭合线框ABCD下边位于两磁场边界处,匝数n=200,每匝质量为0.1 kg,每匝电阻R=1 ,边长AB=0.5 m,BC=1.125 m。一根足够长的绝缘轻质细线跨过两个轻质光滑定滑轮,一端连接线框,另一端连接质量为10 kg的竖直悬挂绝缘物体P,且P受到F=70-200 v(N)的竖直外力作用(v为线框的瞬时速度大小)。现将线框静止释放,刚运动时,外力F的方向竖直向下,线框中的电流随时间均匀增加。一段时间后撤去外力F,线框恰好开始做匀速直线运动。若细线始终绷紧,线框平面在运动过程中始终与磁场垂直,且CD边始终保持水平,重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力。(1)求空间中匀强磁场的磁感应强度B的大小?(2)从开始运动到线框全部进入下方磁场过程所用时间t和绳上拉力的最大功率分别为多少?(3)从开始运动到撤去外力过程中,线框产生的焦耳热为253 J,则该过程流过单匝导线横截面的电量q和外力F做功分别为多少?【解析】(1)开始时电流随时间均匀增加,又因为E=2nBLvI=EnR=2BLvR所以v随t均匀增加,线框做匀加速运动。则FA=BIL=2B2L2vR由牛顿第二定律有nmg-Mg-F-2nFA=(M+nm)a初始时,v=0,F=70 N,FA=0,运动时,F=70-200v,FA=2B2L2vR。将两组数据代入,联立得200v=4nB2L2vR联立解得:B=1 T,a=1 m/s2(2)匀速运动时nmg=Mg+2nFA所以v0=0.5 m/s则t1=v0a=0.5 sx1=v022a=0.125 m x2=1 m t2=x2v0=2 s t1+t2=2.5 s 匀加速过程中,研究物块PT-Mg-F=MaT=180-200vP=Tv=180v-200v2=-200v-9202+81240.5 W匀速运动过程中,研究物块T=Mg,P=Tv0=50 W>40.5 W所以绳子拉力的最大功率为50 W;(3)因为E=2nBLv,I=EnR=2BLvR则I=2BLaRt1q=It1=0.25 C 由动能定理:(nmg-Mg)x1-WA+WF=12(nm+M)v02解得WF=-512 J。答案:(1)1 T(2)2.5 s50 W(3)0.25 C-512 J关闭Word文档返回原板块