2017届高三物理一轮总复习第9章《电磁感应》2法拉第电磁感应定律自感现象课时作业新人教版

法拉第电磁感应定律 自感现象 一、选择题1．将闭合多匝线圈置于仅随时间变化的磁场中，线圈平面与磁场方向垂直，关于线圈中产生的感应电动势和感应电流，下列表述正确的是( )A ．感应电动势的大小与线圈的匝数无关B ．穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大C ．穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大D ．感应电流产生的磁场方向与原磁场方向始终相同【解析】 根据法拉第电磁感应定律E ＝N ΔΦΔt ＝NS ΔB Δt，显然，感应电动势的大小与线圈的匝数、磁通量的变化率有关，而与磁通量的大小无关，并且穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大，选项AB 错误，C 正确；根据楞次定律，感应电流产生的磁场方向与原磁场变化的方向相反，即“增反减同”，选项D 错误．本题答案为C .【答案】 C2．(多选)(2016·四川联考)某合作探究学习小组在探究线圈中感应电流的影响因素时，设计如图所示的实验装置，让一个闭合圆线圈放在匀强磁场中，线圈的轴线与磁场方向成30°角，磁感应强度随时间均匀变化，则下列说法中正确的是( )A ．若把线圈的匝数增大一倍，线圈内感应电流大小不变B ．若把线圈的面积增大一倍，线圈内感应电流变为原来的2倍C ．改变线圈轴线与磁场方向的夹角大小，线圈内感应电流可能变为原来的2倍D ．把线圈的半径增大一倍，线圈内感应电流变为原来的2倍【解析】 由法拉第电磁感应定律E ＝n ΔB ΔtS 可知，若线圈的匝数增大一倍，感应电动势与线圈的总电阻都增大一倍，线圈中的电流不变，A 正确；若线圈的面积增大一倍，感应电动势增大一倍，但线圈的电阻增大，线圈内的感应电流并不是原来的2倍，B 错误；E ＝n ΔB ΔtS cos 30°，故无论如何改变线圈轴线与磁场的方向夹角，都不可能使线圈内的感应电流变为原来的2倍，C 错误；若线圈的半径增大一倍，则面积是原来的4倍，电阻是原来的2倍，线圈内感应电流变为原来的2倍，D 正确．【答案】 AD3.(多选)如图所示为新一代炊具——电磁炉，无烟、无明火、无污染、不产生有害气体、无微波辐射、高效节能等是电磁炉的优势所在．电磁炉是利用电流通过线圈产生磁场，当磁场的磁感线通过含铁质锅底部时，即会产生无数小涡流，使锅体本身自行高速发热，然后再加热锅内食物．下列相关说法中正确的是( )A ．锅体中的涡流是由恒定的磁场产生的B ．恒定磁场越强，电磁炉的加热效果越好C．锅体中的涡流是由变化的磁场产生的D．提高磁场变化的频率，可提高电磁炉的加热效果【解析】由电磁感应原理可知，锅体中的涡流是由变化的磁场产生的，提高磁场变化的频率，产生的感应电动势变大，可提高电磁炉的加热效果，故C、D正确．【答案】CD4.如图所示，在O点正下方有一个具有理想边界的磁场，铜球在A点由静止释放，向右摆至最高点B，不考虑空气阻力，则下列说法正确的是( )A．A、B两点在同一水平线上B．A点高于B点C．A点低于B点D．铜球将做等幅摆动【解析】铜球进磁场和出磁场的过程中，都有涡流产生，阻碍铜球的摆动，从而有机械能转化为内能，A点高于B点，最终铜球将在磁场中做等幅摆动，故选项B正确．【答案】B5.(多选)如图所示，两根足够长的光滑金属导轨水平平行放置，间距为L＝1 m，cd间、de间、cf间分别接着阻值为R＝10 Ω的电阻．一阻值为R＝10 Ω的导体棒ab以速度v＝4 m/s匀速向左运动，导体棒与导轨接触良好；导轨所在平面存在磁感应强度大小为B＝T，方向竖直向下的匀强磁场．下列说法中正确的是( )A．导体棒ab中电流的流向为由b到aB．cd两端的电压为1 VC．de两端的电压为1 VD．fe两端的电压为1 V【解析】导体棒ab以速度v＝4 m/s匀速向左运动，由右手定则可判断出导体棒ab 中电流的流向为由a到b，A错误；由法拉第电磁感应定律知，产生的感应电动势E＝BLv＝2 V，感应电流I＝E/2R＝A，cd两端的电压为U1＝IR＝1 V，B正确；由于de间没有电流，cf间没有电流，de两端的电压为零，fe两端的电压为1 V，C错误，D正确．【答案】BD6．(多选)在如图甲所示电路中，螺线管匝数n＝1 500匝，横截面积S＝20 cm2.螺线管导线电阻r＝Ω，R1＝Ω，R2＝Ω，C＝30 μF.在一段时间内，穿过螺线管的磁感应强度B按如图乙所示规律变化，则下列说法中正确的是( )A．螺线管中产生的感应电动势为1 VB．闭合开关S，电路中电流稳定后，电阻R1消耗的功率为5×10－2WC ．电路中电流稳定后电容器下极板带正电D ．开关S 断开后，流经R 2的电荷量为×10－5 C【解析】 根据法拉第电磁感应定律E ＝nΔΦΔt ＝n·S ΔB Δt，得E ＝ V ，选项A 错；根据全电路欧姆定律I ＝E R 1＋R 2＋r＝ A ，由P ＝I 2R 1，得R 1消耗的功率P ＝×10－2 W ，选项B 错；由楞次定律知选项C 对；S 断开后，流经R 2的电荷量即为S 闭合时C 板上所带电荷量Q ，电容器两端的电压U ＝IR 2＝ V ，流经R 2的电荷量Q ＝CU ＝×10－5 C ，选项D 对．【答案】 CD7．(多选)(2016·镇江模拟)如图所示的电路中，L 是一个自感系数很大、直流电阻不计的线圈，D 1、D 2和D 3是三个完全相同的灯泡，E 是内阻不计的电源．在t ＝0时刻，闭合开关S ，电路稳定后在t 1时刻断开开关S .规定以电路稳定时流过D 1、D 2的电流方向为正方向，分别用I 1、I 2表示流过D 1和D 2的电流，则下图中能定性描述电流I 随时间t 变化关系的是( )【解析】 电路稳定时即t 1时刻之前，I 1>I 2，电流方向均是从上到下；断开开关S 后，D 1、D 2、D 3形成闭合回路，流过D 1的电流方向不变，大小逐渐减小，流过D 2的电流方向从下往上，即发生突变，其大小也突然增大到I 1，并从I 1逐渐减小到零，B 、C 正确．【答案】 BC8．磁卡的磁条中有用于存储信息的磁极方向不同的磁化区，刷卡器中有检测线圈．当以速度v 0刷卡时，在线圈中产生感应电动势，其E －t 关系如图所示．如果只将刷卡速度改为v 02，线圈中的E －t 关系图可能是( )【解析】 由E －t 图象可知，刷卡速度为v 0时，产生感应电动势的最大值为E 0，所用时间为t 0；当刷卡速度变为v 02时，根据E ＝Blv 可知，此时产生感应电动势的最大值E ＝E 02，由于刷卡器及卡的长度未变，故刷卡时间变为2t 0，D 项正确．【答案】 D9.如图所示，矩形金属框置于匀强磁场中，ef 为一导体棒，可在ab 与cd 间滑动并接触良好．设磁感应强度为B ，ac 长为L ，在Δt 时间内向左匀速滑过距离Δd ，由法拉第电磁感应定律E ＝n ΔΦΔt可知，下列说法正确的是( ) A ．当ef 向左滑动时，左侧面积减少L Δd ，右侧面积增加L Δd ，因此E ＝2BL Δd ΔtB ．当ef 向左滑动时，左侧面积减少L Δd ，右侧面积增加L Δd ，互相抵消，因此E ＝0C ．在公式E ＝n ΔΦΔt中，在切割磁感线情况下，ΔΦ＝B ΔS ，ΔS 应是导体棒切割磁感线扫过的面积，因此E ＝BL Δd/ΔtD ．在切割磁感线的情况下，只能用E ＝BLv 计算，不能用E ＝n ΔΦΔt计算 【解析】 本题中由于导体棒是匀速切割磁感线，所以产生的感应电动势是恒定的，因而任一时刻产生的瞬时感应电动势等于平均感应电动势．因此感应电动势有两种求法，(1)由E ＝BLv ＝BL Δd Δt ；(2)由法拉第电磁感应定律知E ＝ΔΦΔt ＝B ΔS Δt ＝BL Δd Δt，式子中ΔS 为导体棒切割磁感线扫过的面积．故C 正确．【答案】 C10．(多选)如图所示，在线圈上端放置一盛有冷水的金属杯，现接通交流电源，过了几分钟，杯内的水沸腾起来．若要缩短上述加热时间，下列措施可行的有 ( )A ．增加线圈的匝数B ．提高交流电源的频率C ．将金属杯换为瓷杯D ．取走线圈中的铁芯【解析】 根据题意，金属杯产生了涡流使水温度升高，要缩短加热时间，应使涡流增大．根据法拉第电磁感应定律，增加线圈匝数，提高交变电流的频率，均可使涡流增大，选项A 、B 正确；换为瓷杯，不能产生涡流，选项C 错误；取走铁芯，使涡流减小，选项D 错误．【答案】 AB二、非选择题11.如图所示，固定的光滑金属导轨间距为L ，导轨电阻不计，上端a 、b 间接有阻值为R 的电阻，导轨平面与水平面的夹角为θ，且处在磁感应强度大小为B 、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中．质量为m 、电阻为r 的导体棒与固定弹簧相连后放在导轨上．初始时刻，弹簧恰处于自然长度，导体棒具有沿轨道向上的初速度v 0.整个运动过程中导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触．已知弹簧的劲度系数为k ，弹簧的中心轴线与导轨平行．(1)求初始时刻通过电阻R 的电流I 的大小和方向；(2)当导体棒第一次回到初始位置时，速度变为v ，求此时导体棒的加速度大小a ；(3)导体棒最终静止时弹簧的弹性势能为E p ，求导体棒从开始运动直到停止的过程中，电阻R 上产生的焦耳热Q.【解析】 (1)初始时刻，导体棒产生的感应电动势E 1＝BLv 0通过R 的电流大小I 1＝E 1R ＋r ＝BLv 0R ＋r电流方向为b→a(2)回到初始位置时，导体棒产生的感应电动势为E 2＝BLv感应电流I 2＝E 2R ＋r ＝BLv R ＋r导体棒受到的安培力大小F ＝BIL ＝B 2L 2v R ＋r，方向沿斜面向上根据牛顿第二定律，有：mg sin θ－F ＝ma解得 a ＝g sin θ－B 2L 2v m R ＋r(3)导体棒最终静止，有：mg sin θ＝kx压缩量x ＝mg sin θk设整个过程回路产生的焦耳热为Q 0，根据能量守恒定律，有：12mv 20＋mgx sin θ＝E p ＋Q 0 Q 0＝12mv 20＋mg sin θ2k－E p 电阻R 上产生的焦耳热Q ＝R R ＋r Q 0＝R R ＋r ⎣⎢⎡⎦⎥⎤12mv 20＋mg sin θ2k －E p 【答案】 (1)BLv 0R ＋r 方向由b 到a (2)g sin θ－B 2L 2v m R ＋r(3)R R ＋r⎣⎢⎡⎦⎥⎤12mv 20＋mg sin θ2k －E p 12．(2016·江苏联考)如图所示，不计电阻的U 形导轨水平放置，导轨宽l ＝ m ，左端连接阻值为 Ω的电阻R.在导轨上垂直于导轨放一阻值为 Ω的导体棒MN ，并用水平轻绳通过定滑轮吊着质量m ＝ g 的重物，图中L ＝ m ．开始时重物与水平地面接触并处于静止．整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B 0＝ T ，并且以ΔB Δt＝ T /s 的速度在增大．不计摩擦阻力，求至少经过多长时间才能将重物吊起？(g 取10 m /s 2)【解析】 以MN 为研究对象，有BIl ＝F T ；以重物为研究对象，有F T ＋F N ＝mg.由于B 在增大，安培力BIl 增大，绳的拉力F T 增大，地面的支持力F N 减小，当F N ＝0时，重物将被吊起．此时BIl ＝mg①又B ＝B 0＋ΔB Δtt ＝＋(T )② 由法拉第电磁感应定律有：E ＝Ll ΔB Δt③ 由欧姆定律有：I ＝E R ＋r④ 将已知数据代入以上四式联立解得t ＝1 s .【答案】 1 s13．某同学设计一个发电测速装置，工作原理如图所示．一个半径为R ＝ m 的圆形金属导轨固定在竖直平面上，一根长为R 的金属棒OA ，A 端与导轨接触良好，O 端固定在圆心处的转轴上．转轴的左端有一个半径为r ＝R 3的圆盘，圆盘和金属棒能随转轴一起转动．圆盘上绕有不可伸长的细线，下端挂着一个质量为m ＝ kg 的铝块．在金属导轨区域内存在垂直于导轨平面向右的匀强磁场，磁感应强度B ＝ T ．a 点与导轨相连，b 点通过电刷与O 端相连．测量a 、b 两点间的电势差U 可算得铝块速度．铝块由静止释放，下落h ＝ m 时，测得U ＝ V ．(细线与圆盘间没有滑动，金属棒、导轨、导线及电刷的电阻均不计，重力加速度g＝10 m /s 2)(1)测U 时，与a 点相接的是电压表的“正极”还是“负极”？(2)求此时铝块的速度大小；(3)求此下落过程中铝块机械能的损失．【解析】 (1)正极(2)由电磁感应定律得U ＝E ＝ΔΦΔtΔΦ＝12BR 2Δθ U ＝12BωR 2 v ＝rω＝13ωR，所以v ＝2U 3BR＝2 m /s (3)ΔE ＝mgh －12mv 2 ΔE ＝ J【答案】 (1)正极 (2)2 m /s (3) J。