【物理】2020届一轮复习人教版法拉第电磁感应定律　自感现象课时作业

【物理】2020届一轮复习人教版法拉第电磁感应定律　自感现象课时作业

‎2020届一轮复习人教版 法拉第电磁感应定律　自感现象 课时作业 一、选择题(本题共10小题，1～6题为单选题，7～10题为多选题)‎ ‎1．如图是一种焊接方法的原理示意图．将圆形待焊接金属工件放在线圈中，然后在线圈中通以某种电流，待焊接工件中会产生感应电流，感应电流在焊缝处产生大量的热量将焊缝两边的金属熔化，待焊工件就焊接在一起．我国生产的自行车车轮圈就是用这种办法焊接的．下列说法中正确的是(　　)‎ ‎　‎ A．线圈中的电流是很强的恒定电流 B．线圈中的电流是交变电流，且频率很高 C．待焊工件焊缝处的接触电阻比非焊接部分电阻小 D．焊接工件中的感应电流方向与线圈中的电流方向总是相反 解析：B　恒定电流不能在工件中产生感应电流，故A项错误；线圈中的电流是交变电流，且频率很高，磁通量变化快，产生的感应电动势较大，故B项正确；待焊工件焊缝处的接触电阻比非焊接部分电阻大，产生的热量多，故C项错误；若磁通量减少时，焊接工件中的感应电流方向与线圈中的电流方向相同，故D项错误．‎ ‎2.(2018·江西吉安市一中模拟)如图所示，Q是单匝金属线圈，MN是一个螺线管，它的绕线方向没有画出，Q的输出端a、b和MN的输入端c、d之间用导线相连，P是在MN的正下方水平放置的用细导线绕制的软弹簧线圈．若在Q所处的空间加上与环面垂直的变化磁场，发现在t1至t2时间段内弹簧线圈处在收缩状态，则所加磁场的磁感应强度的变化情况可能是(　　)‎ 解析：D　在t1至t2时间段内弹簧线圈处在收缩状态，根据楞次定律的另一种表述，知螺线管MN中产生的磁场在增加，即螺线管中的电流增大，根据法拉第电磁感应定律，E＝‎ n＝nS，知增大，故D正确，A、B、C错误．‎ ‎3.在如图所示的电路中，两个灵敏电流表G1和G2的零点都在刻度盘中央，当电流从“＋”接线柱流入时，指针向右摆；电流从“－”接线柱流入时，指针向左摆．在电路接通后再断开的瞬间，下列说法中符合实际情况的是(　　)‎ A．G1表指针向左摆，G2表指针向右摆 B．G1表指针向右摆，G2表指针向左摆 C．G1、G2表的指针都向左摆 D．G1、G2表的指针都向右摆 解析：B　电路接通后线圈中电流方向向右，当电路断开时，线圈L中电流减小，产生与原方向同向的自感电动势，与G2和电阻组成闭合回路，所以G1中电流方向向右，G2中电流方向向左，即G1指针向右摆，G2指针向左摆，B正确．‎ ‎4．图甲为手机及无线充电板．图乙为充电原理示意图．充电板接交流电源，对充电板供电，充电板内的送电线圈可产生交变磁场，从而使手机内的受电线圈产生交变电流，再经整流电路转变成直流电后对手机电池充电．为方便研究，现将问题做如下简化：设受电线圈的匝数为n，面积为S，若在t1到t2时间内，磁场垂直于受电线圈平面向上穿过线圈，其磁感应强度由B1均匀增加到B2.下列说法正确的是(　　)‎ A．c点的电势高于d点的电势 B．受电线圈中感应电流方向由d到c C．c、d之间的电势差为 D．c、d之间的电势差为 解析：C　根据楞次定律可知，受电线圈内部产生的感应电流方向俯视为顺时针，受电线圈中感应电流方向由c到d，所以c点的电势低于d点的电势，故A、B项错误；根据法拉第电磁感应定律可得c、d之间的电势差为Ucd＝E＝＝，故C项正确、D项错误．‎ ‎5.(2018·鹰潭模拟)如图所示，在竖直平面内有一金属环，环半径为‎0.5 m，金属环总电阻为2 Ω，在整个竖直平面内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B＝1 T，在环的最高点上方A点用铰链连接一长度为‎1.5 m，电阻为3 Ω的导体棒AB，当导体棒AB摆到竖直位置时，导体棒B端的速度为‎3 m/s.已知导体棒下摆过程中紧贴环面且与金属环有良好接触，则导体棒AB摆到竖直位置时AB两端的电压大小为(　　)‎ A．0.4 V B．0.65 V C．2.25 V D．4.5 V 解析：B　当导体棒摆到竖直位置时，设导体棒与金属环的上部交点为C.由v＝ωr可得：C点的速度为：vC＝vB＝×‎3 m/s＝‎1 m/s，AC间电压为：UAC＝EAC＝BLAC·＝1×0.5× V＝0.25 V，CB段产生的感应电动势为：ECB＝BLCB·＝1×1× V＝2 V，圆环两侧并联，电阻为：R＝ Ω＝0.5 Ω，导体棒CB段的电阻为：r＝2 Ω，则CB间电压为：UCB＝ECB＝×2 V＝0.4 V，故AB两端的电压大小为：UAB＝UAC＋UCB＝0.25 V＋0.4 V＝0.65 V．故B项正确．‎ ‎6.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，D1、D2和D3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t1时刻断开开关S.规定以电路稳定时流过D1、D2的电流方向为正方向，分别用I1、I2表示流过D1和D2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：B　电路稳定时即t1时刻之前，I1>I2，电流方向均是从上到下；t1时刻断开开关S后，D1、D2和D3形成闭合回路，流过D1的电流方向不变，大小逐渐减小，流过D2的电流方向从下往上，即发生突变，其大小也突然增大到I1，并从I1逐渐减小到零，B正确．‎ ‎7.英国物理学家麦克斯韦认为，磁场变化时会在空间激发感生电场，如图所示，一个半径为r的绝缘光滑细圆环水平放置，环内存在竖直向上的磁场，环上套一带电荷量为q的质量为m的小球，已知磁感应强度大小B随时间均匀增加，其变化率为k，由此可知(　　)‎ A．环所在处的感生电场的电场强度的大小为 B．小球在环上受到的电场力为kqr C．若小球只在感生电场力的作用下运动，则其运动的加速度为 D．若小球在环上运动一周，则感生电场对小球的作用力所做的功大小是πr2qk 解析：AD　磁感应强度B随时间均匀增加，其变化率为k，故感应电动势为：U＝S＝πr2k，根据E＝＝＝，故A项正确；由上分析，结合F＝Eq＝，故B项错误；根据牛顿第二定律，则有a＝＝，故C项错误；小球在环上运动一周，则感生电场对小球的作用力所做功的大小是：W＝qU＝πr2qk，故D项正确．‎ ‎8．(2018·六安模拟)如图所示，ABCD区域中存在一个垂直纸面向里的有界匀强磁场，磁感应强度为B，BC边距地面高度，正方形绝缘线圈MNPQ竖直放置，质量为m，边长为L，总电阻为R，PQ边与地面动摩擦因数为μ，在水平力F的作用下向右做直线运动通过磁场区域，下列说法正确的是(　　)‎ A．线圈进入磁场过程中感应电流的方向沿QMNP B．线圈MN边完全处于磁场中运动时，MQ两点间电势差为BLv C．线圈进入磁场的过程中通过线圈导线某截面的电量为 D．线圈进入磁场过程中若F＝＋μmg，则线圈将以速度v做匀速直线运动 解析：BC　根据右手定则可得，线圈进入磁场过程中感应电流的方向沿QPNM，故A项错误；线圈MN边完全处于磁场中运动时，MQ两点间电势差为BLv，故B项正确；根据q＝It＝可得，线圈进入磁场的过程中通过线圈导线某截面的电量为q＝，故C项正确；线圈进入磁场过程中若F＝＋μmg，其中为安培力，而MN导线受到向下的安培力，所以摩擦力应该大于μmg，且运动过程中摩擦力增大、拉力F不是定值，故D项错误．‎ ‎9．如图所示，某同学在玻璃皿中心放一个圆柱形电极接电源的负极，沿边缘放一个圆环形电极接电源的正极做“旋转的液体”实验，若蹄形磁铁两极间正对部分的磁场可视为匀强磁场，磁感应强度为B＝0.1 T，玻璃皿的横截面的半径为a＝‎0.05 m，电源的电动势为E＝3 V，内阻r＝0.1 Ω，限流电阻R0＝4.9 Ω，玻璃皿中两电极间液体的等效电阻为R＝0.9 Ω，闭合开关后，当液体旋转时，电压表的示数为1.5 V，则以下说法不正确的是(　　)‎ A．由上往下看，液体做顺时针旋转 B．液体所受的安培力大小为1.5×10－4 N C．闭合开关后，液体热功率为0.81 W D．闭合开关10 s，液体具有的动能是3.69 J 解析：ABC　由于中心放一个圆柱形电极接电源的负极，沿边缘放一个圆环形的电极接电源的正极，在电源外部电流由正极流向负极，因此电流由边缘流向中心；玻璃皿所在处的磁场竖直向上，由左手定则可知，导电液体受到的安培力沿逆时针方向，因此液体沿逆时针方向旋转，故A错误；电压表的示数为1.5 V，则根据闭合电路欧姆定律有E＝U＋IR0＋Ir，所以电路中的电流I＝＝ A＝‎0.3 A，液体所受的安培力大小F＝BIL＝BIa＝0.1×0.3×0.05 N＝1.5×10－3 N，故B错误；玻璃皿中两电极间液体的等效电阻为R＝0.9 Ω，则液体热功率为P热＝I2R＝0.32×0.9 W＝0.081 W，故C错误；10 s末液体的动能等于安培力对液体做的功，通过玻璃皿的电流的功率P＝UI＝1.5×0.3 W＝0.45 W，所以闭合开关10 s，液体具有的动能Ek＝W电流－W热＝(P－P热)·t＝(0.45－0.081)×10 J＝3.69 J，故D正确．‎ A．0～0.10 s内线圈中的感应电动势大小为3 V B．开关K闭合瞬间，CD中的电流方向由C到D C．磁感应强度B2的方向竖直向下 D．开关K闭合瞬间，通过细杆CD的电荷量为‎0.03 C 解析：BD　0～0.1 s内线圈中的磁场均匀变化，由法拉第电磁感应定律E＝n＝nS，代入数据得E＝30 V，A错．开关闭合瞬间，细框会跳起，可知细框受向上的安培力，由左手定则可判断电流方向由C到D，B对．由于t＝0.22 s时通过线圈的磁通量正在减少，对线圈由楞次定律可知感应电流产生的磁场的方向与B2的方向相同，故再由安培定则可知C错误．K闭合瞬间，因安培力远大于重力，则由动量定理有B1IlΔt＝mv，通过细杆的电荷量Q＝IΔt，细框向上跳起的过程中v2＝2gh，解得Q＝‎0.03 C，D对．‎ 二、计算题(需写出规范的解题步骤)‎ ‎11.(2018·梅州模拟)如图所示，粗糙斜面的倾角θ＝37°，半径r＝‎0.5 m的圆形区域内存在着垂直于斜面向下的匀强磁场．一个匝数n＝10匝的刚性正方形线框abcd通过松弛的柔软导线与一个额定功率P＝1.25 W的小灯泡L相连，圆形磁场的一条直径恰好过线框bc边．已知线框质量m＝‎2 kg，总电阻R0＝1.25 Ω，边长L>2r，与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5.从t＝0时起，磁场的磁感应强度按B＝2－t(T)的规律变化．开始时线框静止在斜面上，在线框运动前，灯泡始终正常发光．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取：‎10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：‎ ‎(1)线框不动时，回路中的感应电动势E ‎(2)小灯泡正常发光时的电阻R ‎(3)线框保持不动的时间内，小灯泡产生的热量Q 解析：(1)由法拉第电磁感应定律有 E＝n＝n×πr2＝2.5 V ‎(2)小灯泡正常发光，有P＝I2R 由闭合电路欧姆定律有E＝I(R0＋R)‎ 即P＝()2R 代入数据解得R＝1.25 Ω.‎ ‎(3)当线框恰好要运动时，设磁场的磁感应强度大小为B′，对线框bc边处于磁场中的部分受力分析 安培力F安＝nB′I×2r 由共点力的平衡条件有 mgsin θ＝F安＋Ff＝2nB′Ir＋μmgcos θ 解得线框刚要运动时，磁场的磁感应强度大小B′＝0.4 T 可得线框在斜面上可保持静止的时间t＝ s 小灯泡产生的热量Q＝Pt＝1.25× J＝3.14 J.‎ 答案：(1)2.5 V　(2)1.25 Ω　(3)3.14 J ‎12．如图(a)所示，平行长直金属导轨水平放置，间距L＝‎0.4 m．导轨右端接有阻值R＝1 Ω的电阻．导体棒垂直放置在导轨上，且接触良好．导体棒及导轨的电阻均不计．导轨间正方形区域abcd内有方向竖直向下的匀强磁场，bd连线与导轨垂直，长度也为L.从0时刻开始，磁感应强度B的大小随时间t变化，规律如图(b)所示；同一时刻，棒从导轨左端开始向右匀速运动，1 s后刚好进入磁场．若使棒在导轨上始终以速度v＝‎1 m/s做直线运动，求：‎ ‎(1)棒进入磁场前，回路中的电动势E；‎ ‎(2)棒在运动过程中受到的最大安培力F，以及棒通过三角形abd区域时电流i与时间t的关系式．‎ 解析：(1)棒进入磁场前，回路中磁场均匀变化，由法拉第电磁感应定律有E＝S＝×(×0.4)2V＝0.04 V ‎(2)棒进入磁场后磁场的磁感应强度大小不变，棒切割磁感线，产生电动势，当棒与bd重合时，产生电动势 E′＝B′Lv＝0.5×0.4×1 V＝0.2 V 此时棒受到的安培力最大，则F＝B′L＝0.04 N 棒通过abd区域所用时间t′＝＝0.2 s 在通过的过程中，感应电动势为 Et＝B′[2v(t－1.0 s)]v＝(t－1)(V)‎ 电流i＝＝(t－1)(A)(1.0 s

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