高考物理一轮总复习第11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

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1、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)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

2、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.(电磁感应现象的应用)(2022北京海淀区二模)加速性能、电能利用率、动能回收等是电动汽车电机的重要指标。如图所示,甲、乙分别是目前被广泛采用的两种电机的简化原理示意图,它们的相同点是利用作为定子的电磁铁(两组线圈,图中1和4;2和5;3和6所示)交替产生磁场,实现了电磁铁激发的磁场在平面内沿顺时针方向转动的效果,以驱动转子运动;不同的是甲所示电机的转子是一个永磁体,而乙所示电机的转

3、子是绕在软铁上的闭合线圈。通过电磁驱动转子转动,可以为电动汽车提供动力。假定两种电机的每组电磁铁中电流变化周期和有效值均相同,下列说法正确的是()A.电机稳定工作时,乙电机转子的转速与电磁铁激发磁场的转速相同B.电机稳定工作时,乙电机产生的焦耳热相对较少C.电机稳定工作时,乙电机转子的转速越接近电磁铁激发磁场的转速,其所受安培力就越大D.刹车(停止供电)时,甲电机转子由于惯性旋转,可以通过反向发电从而回收动能4.(自感现象)(2022湖南长沙雅礼中学二模)如图所示的电路中,L1、L2、L3是三个相同的灯泡,电感L的电阻和电源的内阻可忽略,D为理想二极管。下列判断正确的是()A.开关S从断开状态

4、突然闭合时,L1逐渐变亮,L2一直不亮,L3立即变亮B.开关S从断开状态突然闭合时,L1、L2逐渐变亮,L3立即变亮再熄灭C.开关S从闭合状态突然断开时,L1逐渐熄灭,L2突然变亮,然后逐渐变暗至熄灭,L3立即熄灭D.开关S从闭合状态突然断开时,L1、L2逐渐熄灭,L3突然变亮,然后逐渐变暗至熄灭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

5、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

6、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

7、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.(2022贵州六盘水模拟)如图所示,水平放置足够长光滑金属导轨abc和de,ab与de平行,bc是以O为圆心的圆弧导轨,圆弧be左侧和扇形Obc内有方向如图所示的匀强磁场,金属杆OP的O端与e点用导线相接,P端与圆弧bc接触良好,金属杆MN始终与导轨垂直,初始时MN静止在平行导轨上。若杆OP绕O点在匀强磁场区域内从b到c匀速转动时,回路中始终有电流,则此过程中,下列说法正确的是()A.杆OP产生的感应电动势变化B.杆O

8、P转动产生的感应电流方向由NMC.杆MN向左运动D.杆MN中的电流逐渐增大9.(2023福建三明模拟)在如图所示的电路中,a、b、c为三盏完全相同的灯泡,L是自感线圈,直流电阻为RL,则下列说法正确的是()A.合上开关后,c先亮,a、b后亮B.断开开关时,N点电势高于M点C.断开开关后,b、c同时熄灭,a缓慢熄灭D.断开开关后,c马上熄灭,b闪一下后缓慢熄灭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

9、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)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=

10、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

11、械能均减少D.在摆动过程中铜块不受磁铁的作用力答案：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=Bva3=kT2va3=kvaT23=3ka26,线框中产生的感生电动势

12、E=BtS=k34122a3a=34ka2,则流过线框的电流大小为I=E+ER=53ka212R,选项C正确;由安培力公式F=BIL可得F=5k2a3T24R,D正确。3.D解析:乙电机中,转子也是线圈,乙转子的转动是由于穿过转子线圈的磁通量发生变化而产生感应电流的,电流受安培力作用而运动,相当于电磁驱动,安培力阻碍定子和转子间的相对运动,但不能阻止,故转子比定子转得慢一些,故A错误;乙电机中,转子也会产生焦耳热,故产生的焦耳热较多,故B错误;转速越接近,则磁通量变化越慢,感应电流越小,所受安培力越小,故C错误;停止供电后,甲的转子是永磁体,甲电机转子由于惯性旋转,使得线圈中磁通量发生变化,产

13、生反向感应电流,反向发电从而回收动能,故D正确。4.C解析:闭合开关的瞬间,由于二极管具有单向导电性,所以无电流通过L2;由于线圈中自感电动势的阻碍,L1灯逐渐变亮,L1与L3串联,所以闭合开关S的瞬间,灯泡L3也逐渐变亮,故A、B错误。由于二极管具有单向导电性,电路稳定后也无电流通过L2,L2不亮;在电路稳定后,断开开关S的瞬间,L由于产生自感电动势,相对于电源,灯泡L1、L2串联,所以L1逐渐熄灭,L2突然变亮,然后逐渐变暗至熄灭,同时L3立即熄灭,故C正确,D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

14、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,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越小,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=CUt=CB2vttanvt=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=2

15、CBvx0tan,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=4m/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=4.8m/s,故选项C错误,选项D正

16、确。8.C解析:OP转动过程中旋转切割磁感线,设OP长度为r,角速度为,由E=Brv,而v=r2,可得感应电动势为E=Br22,即产生的感应电动势恒定,故A错误;由右手定则可知,OP转动切割磁感线时,感应电流方向由OP,故回路中产生逆时针方向的感应电流,所以流过金属杆MN的电流方向由MN,故B错误;由左手定则可知,金属杆MN受到的安培力方向水平向左,故杆MN向左运动,故C正确;当金属杆向左运动时,杆MN切割磁感线,产生顺时针方向的感应电流,设金属杆的速度为v,杆长为l,则感应电动势为E=Blv,故回路中的感应电动势为E总=E-E=Br22-Blv,故随着金属杆速度的增大,回路中的感应电动势逐渐

17、减小,感应电流逐渐减小,故D错误。9.B解析:开关S闭合瞬间,因线圈L的电流增大,产生自感电动势,根据楞次定律可知,自感电动势阻碍电流的增大,通过a灯的电流逐渐增大,所以b、c先亮,a后亮,选项A错误;断开开关S的瞬间,因线圈L的电流减小,产生自感电动势,根据楞次定律可知通过自感线圈的电流方向与原电流方向相同,N点电势高于M点,选项B正确;L和a、b组成的回路中有电流,由于原来a灯的电流小于b灯的电流,开关断开的瞬间,通过a、b和线圈回路的电流从a灯原来的电流大小开始减小,所以b灯会先变暗,然后a、b灯一起缓慢熄灭,而c没有电流,马上熄灭,C、D错误。10.BD解析:t=0时刻穿过线圈的磁通量

18、=B012S=1120.822Wb=0.08Wb,A错误;由法拉第电磁感应定律得E=nt=nSBt=n12L22Bt=0.4V,B正确;线圈中的电流为I=ER=0.41A=0.4A,t=0时刻的线圈受到的安培力F=nB0IL2=1010.40.82N=1.6N,C错误;分析线圈受力可知,当细线开始松弛时有F安=mg=0.3210N=3.2N,又F安=nBt0IL2,I=ER,联立解得Bt0=2mgRnEL=2T,由图像知Bt0=1+12t0,解得t0=2s,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

19、接线柱,故A项错误,B项正确;由U=E=12Br2得v=r=2UBr=20.60.50.3m/s=8m/s,故C项正确;根据焦耳定律Q=U2Rt,代入数据得Q=0.62101060J=21.6J,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。