高考总复习物理随堂课件与课后习题第十一章电磁感应课时规范练33法拉第电磁感应定律及其应用.docx

课时规范练33法拉第电磁感应定律及其应用基础对点练1.(法拉第电磁感应定律的应用)半径为R的圆形线圈共有n匝,总阻值为R0,其中心位置处半径为r的虚线范围内有匀强磁场,磁场方向垂直线圈平面,如图所示,若初始的磁感应强度为B,在时间t内均匀减小为0,则通过圆形线圈的电流为() A.nBR2B.nBr2C.Br2tR0D.nBr2tR02.(多选)(平动切割磁感线)(2021浙江宁波模拟)如图所示,在MN右侧区域有垂直于纸面向里的匀强磁场,其磁感应强度随时间变化的关系为B=kt(k为大于零的常量)。一高为a、电阻为R的正三角形金属线框向右匀速运动。在t=0时刻,线框底边恰好到达MN处;在t=T时刻,线框恰好完全进入磁场。在线框匀速进入磁场的过程中()A.线框中的电流始终为逆时针方向B.线框的右边受到的安培力先向左后向右C.t=T2时刻,流过线框的电流大小为53ka212RD.t=T2时刻,线框受到的安培力大小为5k2a3T24R3.(转动切割磁感线)如图所示,金属棒MN以角速度绕过O点的竖直轴在水平面内旋转,空间存在竖直向下的匀强磁场。已知MO>NO,则()A.M点电势高于N点B.N点电势高于O点C.磁感应强度B加倍时M、N两点间电势差也加倍D.角速度加倍时M、N两点间电势差变为原来的4倍4.(自感)在生产实际中,有些高压直流电路中含有自感系数很大的线圈,当电路中的开关S由闭合到断开时,线圈会产生很高的自感电动势,使开关S处产生电弧,危及操作人员的人身安全,为了避免电弧的产生,可在线圈处并联一个元件,下列方案可行的是()5.(法拉第电磁感应定律的应用)如图所示,某同学在电磁炉面板上竖直放置一纸质圆筒,圆筒上套一环形轻质铝箔,电磁炉产生的交变磁场的频率、强度及铝箔厚度可以调节。现给电磁炉通电,发现铝箔悬浮了起来。若只改变其中一个变量,则()A.增强磁场,铝箔悬浮高度将不变B.铝箔越薄,铝箔中产生的感应电流越大C.增大频率,铝箔中产生的感应电流增大D.在刚断开电源产生如图磁场的瞬间,铝箔中会产生如图所示的电流6.(电磁感应定律中的电路分析)(2021河北卷)如图,两光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中,磁感应强度大小为B。导轨间距最窄处为一狭缝,取狭缝所在处O点为坐标原点。狭缝右侧两导轨与x轴夹角均为,一电容为C的电容器与导轨左端相连。导轨上的金属棒与x轴垂直,在外力F作用下从O点开始以速度v向右匀速运动,忽略所有电阻。下列说法正确的是()A.通过金属棒的电流为2CBv2tan B.金属棒到达x0时,电容器极板上的电荷量为CBvx0tan C.金属棒运动过程中,电容器的上极板带负电D.金属棒运动过程中,外力F做功的功率恒定7.(多选)(导体棒切割磁感线产生感应电动势的分析与计算)如图所示,两根足够长、电阻不计且相距l=0.2 m的平行金属导轨固定在倾角=37°的绝缘斜面上,顶端接有一盏额定电压U=4 V的小灯泡,两导轨间有一磁感应强度B=5 T、方向垂直斜面向上的匀强磁场。今将一根长为l、质量m=0.2 kg、电阻r=1.0 的金属棒垂直于导轨放置在顶端附近无初速度释放,且始终与导轨垂直,金属棒与导轨接触良好,金属棒与导轨间的动摩擦因数=0.25。已知金属棒下滑到速度稳定时,小灯泡恰能正常发光,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,则()A.金属棒刚开始运动时的加速度大小为3 m/s2B.金属棒刚开始运动时的加速度大小为4 m/s2C.金属棒稳定下滑时的速度大小为9.6 m/sD.金属棒稳定下滑时的速度大小为4.8 m/s素养综合练8.(多选)边长为L的单匝正方形导线框abcd放在绝缘的光滑水平桌面上,其右端相距s处有边界PQ,在PQ左侧存在垂直于线框面向下的匀强磁场。现用水平向右的恒力F使线框由静止向右运动,且线框运动过程中ad边始终与PQ保持垂直,线框全部离开磁场前已做匀速直线运动,已知磁感应强度大小为B,线框质量为m,电阻为R,边长为L。下列说法正确的是()A.cd边离开磁场时线框中的感应电动势大小为34BL2FsmB.cd边离开磁场时线框的加速度大小为Fm-B2L2m2R2mFsC.线框全部离开磁场过程中,通过线框某一横截面的电荷量为BL2RD.线框全部离开磁场过程中,线框中产生的热量为F(s+L)-mF2R22B4L49.(多选)(2021河北唐山模拟考试)如图所示,自感线圈L存在一定的电阻RL,将它和电阻为R的灯泡A并联后接在电源的两端,先让开关S闭合,待电路稳定后再断开开关,则()A.闭合开关S瞬间,灯泡A要过一段较长的时间才亮B.断开开关S的瞬间,流过灯泡的电流与合上开关时流过灯泡的电流方向相反C.若RL<R,断开开关S的瞬间灯泡A将闪亮一下,再慢慢熄灭D.若RL>R,要在断开开关S的瞬间使灯泡A闪亮一下再熄灭,可以更换一个自感系数大但电阻仍为RL的线圈,来达成这一目的10.(多选)轻质细线吊着一质量为m=0.32 kg、边长为L=0.8 m、匝数n=10的正方形线圈,总电阻为R=1 。如图甲所示,边长为L2的正方形磁场区域对称分布在线圈下方的两侧,磁场方向垂直纸面向里,大小随时间变化如图乙所示。从t=0开始经t0时间细线开始松弛,g取10 m/s2,则()A.t=0时刻穿过线圈的磁通量为0.8 WbB.在前t0时间内线圈中产生的电动势为0.4 VC.t=0时刻的线圈受到的安培力为0.016 ND.t0的数值为2 s11.(多选)(2021广东惠州模拟)某同学设计了一个前进中的发电测速装置,如图所示。自行车的圆形金属盘后轮置于垂直车身平面向里的匀强磁场中,后轮圆形金属盘在磁场中转动时,可等效成一导体棒绕圆盘中心O转动。已知磁感应强度B=0.5 T,圆盘半径r=0.3 m,圆盘电阻不计。导线通过电刷分别与后轮外边缘和圆心O相连,导线两端a、b间接一阻值R=10 的小灯泡。后轮匀速转动时,用电压表测得a、b间电压大小U=0.6 V。则可知()A.自行车匀速行驶时产生的是交变电流B.与a连接的是电压表的负接线柱C.自行车车轮边缘线速度是8 m/sD.圆盘匀速转动10分钟的过程中产生了0.36 J的电能12.如图甲所示是一个电磁阻尼现象演示装置,钢锯条上端固定在支架上,下端固定有强磁铁,将磁铁推开一个角度释放,它会在竖直面内摆动较长时间;如图乙所示,若在其正下方固定一铜块(不与磁铁接触),则摆动迅速停止。关于实验,以下分析与结论正确的是()A.如果将磁铁的磁极调换,重复实验将不能观察到电磁阻尼现象B.用闭合的铜制线圈替代铜块,重复实验将不能观察到电磁阻尼现象C.在图乙情况中,下摆和上摆过程中磁铁和锯条组成的系统机械能均减少D.在摆动过程中铜块不受磁铁的作用力参考答案课时规范练33法拉第电磁感应定律及其应用1.D解析由于线圈平面与磁场方向垂直,故穿过该面的磁通量为=BS,半径为r的虚线范围内有匀强磁场,所以磁场的区域面积为S=r2即=Br2,由E=nt及I=ER0可得I=nBr2tR0,故选项D正确。2.ACD解析根据楞次定律可知,穿过线框的磁通量增加,则线框中的电流始终为逆时针方向,选项A正确;由左手定则可判断线框的右边受到的安培力一直向左,B错误;线框的边长为2a3,t=T2时刻,线框切割磁感线的有效长度为a3,动生电动势E=Bv×a3=kT2×v×a3=kvaT23=3ka26,线框中产生的感生电动势E'=BtS=k×34×12×2a3×a=34ka2,则流过线框的电流大小为I=E+E'R=53ka212R,选项C正确;由安培力公式F=BIL可得F=5k2a3T24R,D正确。3.C解析由电磁感应定律可得UON=12BLON2UOM=12BLOM2联立解得UNM=UOM-UON=12B(LOM2-LON2)>0因此N点电势高于M点电势,A错误;由右手定则可得,O点电势高于N点电势,O点电势高于M点电势,B错误;由于UNM=12B(LOM2-LON2),因此当磁感应强度B加倍时M、N两点间电势差也加倍,C正确;角速度加倍时M、N两点间电势差变为原来的2倍,D错误。4.D解析由题意可知,当断开瞬间时,线圈中产生很高的自感电动势,若不并联元件,则会产生电弧,当并联电容器时,只能对电容器充电,仍不能解决电弧现象,故A错误;当并联发光二极管时,由于发光二极管有单向导电性,B选项的二极管的接法与C选项的导线有一样的作用,唯有D选项,既能避免产生电弧,又能不影响电路,故D正确,B、C错误。5.C解析铝箔浮起,说明铝箔受到竖直向上的安培力作用,磁场频率不变,根据法拉第电磁感应定律E=nt=nBtS,可知电动势不变,所以铝箔中感应电流不变,增强磁场,根据F=BIL可知安培力增大,所以铝箔的悬浮高度增大,A错误;铝箔越薄,厚度对应的横截面积S'越小,根据电阻定律R=LS'可知铝箔的电阻越大,所以通过铝箔的感应电流变小,B错误;增大频率,Bt增大,铝箔中产生的感应电动势增大,感应电流增大,C正确;刚断开电源瞬间,竖直向上的磁场减弱,根据楞次定律可知铝箔中产生竖直向上的磁场,根据右手定则可知感应电流与题图中电流方向相反,D错误。6.A解析假设导体棒向前移动时间为t,则I=Qt=C·Ut=CB·2vttan·vt=2CBv2tan ,故A正确;金属棒到达x0时,导体棒上产生的电动势为U=2Bx0vtan ,由C=QU得Q=2CBvx0tan ,故B错误;由右手定则知电容器的上极板带正电,故C错误;P=Fv,F=F安=BIL,I=2CBv2tan ,L=2vttan ,得P=4B2v4tCtan2 ,功率随时间增大,故D错误。7.BD解析金属棒刚开始运动时初速度为零,不受安培力作用,由牛顿第二定律得mgsin -mgcos =ma,代入数据得a=4 m/s2,故选项A错误,选项B正确;设金属棒稳定下滑时速度为v,感应电动势为E(金属棒的有效长度为l),回路中的电流为I,由平衡条件得mgsin =BIl+mgcos ,由闭合电路欧姆定律得I=E-Ur,由法拉第电磁感应定律得E=Blv,联立解得v=4.8 m/s,故选项C错误,选项D正确。8.BCD解析线框完全在磁场中时,穿过线框的磁通量不变,不产生感应电流,线框不受安培力作用,对线框,由动能定理得Fs=12mv2,解得v=2Fsm,cd边离开磁场时线框产生的感应电动势为E=BLv=BL2Fsm,故A错误;cd边离开磁场时线框受到的安培力为F安培=BIL=B2L2vR=B2L2R2Fsm,对线框,由牛顿第二定律得F-B2L2R2Fsm=ma,解得a=Fm-B2L2mR2Fsm=Fm-B2L2m2R2mFs,故B正确;根据电磁感应电荷量推论公式q=R=BL2R,故C正确;线框离开磁场前已做匀速直线运动,由平衡条件得F=B2L2v'R,解得线框离开磁场时的速度v'=FRB2L2,对线框,由能量守恒定律得F(s+L)=12mv'2+Q,解得:Q=F(s+L)-mF2R22B4L4,故D正确;故选BCD。9.BC解析 闭合开关S瞬间,灯泡A立即变亮,A错误;断开开关S的瞬间,由于自感线圈L要阻碍电流的减小,产生的自感电动势使得自感线圈相当于一个右端为正极、左端为负极的电源,通过灯泡A形成回路,此时流经灯泡A的电流是从右向左的,与闭合开关时从左向右的电流相反,B正确;若RL<R,闭合开关且稳定后,流经自感线圈的电流大于灯泡A上流过的电流,断开开关时,自感电动势的存在使自感线圈上的电流从它原来的电流缓慢减小,所以,最先一段时间内从右向左流过灯泡A的电流将大于灯泡A原来的电流,灯泡A将闪亮一下再慢慢熄灭,C正确;若RL>R,闭合开关且稳定后,流过自感线圈的电流比流过灯泡A的电流小,自感系数再大,也不能使电流增大,而只能使熄灭的过程延长,D错误。10.BD解析t=0时刻穿过线圈的磁通量=B0×12S=1×12×0.822 Wb=0.08 Wb,A错误;由法拉第电磁感应定律得E=nt=nSBt=n×12×L22×Bt=0.4 V,B正确;线圈中的电流为I=ER=0.41 A=0.4 A,t=0时刻的线圈受到的安培力F=nB0IL2=10×1×0.4×0.82 N=1.6 N,C错误;分析线圈受力可知,当细线开始松弛时有F安=mg=0.32×10 N=3.2 N,又F安=nBt0I·L2,I=ER,联立解得Bt0=2mgRnEL=2 T,由图像知Bt0=1+12t0,解得t0=2 s,D正确。11.BC解析根据右手定则,辐条切割磁感应线产生的是直流电,轮子中心是电源的正极,轮子边缘点是等效电源的负极,则a点接电压表的负接线柱,故A项错误,B项正确;由U=E=12Br2得v=r=2UBr=2×0.60.5×0.3 m/s=8 m/s,故C项正确;根据焦耳定律Q=U2Rt,代入数据得Q=0.6210×10×60 J=21.6 J,故D项错误。12.C解析此现象的原理是当磁铁在铜块上方摆动时,在铜块中产生涡流,与磁场相互作用阻碍磁铁的运动;则如果将磁铁的磁极调换,重复实验仍能观察到电磁阻尼现象,选项A错误;用闭合的铜制线圈替代铜块,仍能在线圈中产生感应电流,从而与磁铁产生阻碍作用,则重复实验仍能观察到电磁阻尼现象,选项B错误;在题图乙情况中,下摆和上摆过程中均会产生涡流从而消耗机械能,则磁铁和锯条组成的系统机械能均减少,选项C正确;由上述分析可知,在摆动过程中铜块对磁铁有阻碍作用,同时铜块也要受磁铁的作用力,选项D错误。 8