【物理】2020届一轮复习人教版第22讲　法拉第电磁感应定律　自感和涡流作业

【物理】2020届一轮复习人教版第22讲　法拉第电磁感应定律　自感和涡流作业

第22讲　法拉第电磁感应定律　自感和涡流 A组　基础题组 ‎1.目前金属探测器已经广泛应用于各种安检及一些重要场所,关于金属探测器的下列有关论述正确的是(　　)‎ A.金属探测器可用于月饼生产中,用来防止细小的金属颗粒混入月饼馅中 B.金属探测器能帮助医生探测儿童吞食或扎到手脚中的金属物,是因为探测器的线圈中能产生涡流 C.使用金属探测器的时候,应该让探测器静止不动,探测效果会更好 D.能利用金属探测器检测考生是否携带手机等违禁物品,是因为探测器的线圈中通有直流电 答案　A　金属探测器能探测金属,故可以用于月饼生产中,用来防止细小的金属颗粒混入月饼馅中,故A正确;金属探测器探测金属时,是金属产生了涡流,而被探测器探测到,故B错误;探测过程中,金属探测器应与被测物体相对运动,故C错误;探测器的原理是因为手机上产生涡流报警,不是因为通有直流电,故D错误。‎ ‎2.铺设海底金属油气管道时,焊接管道需要先用感应加热的方法对焊口两侧进行预热。将被加热管道置于感应线圈中,当感应线圈中通以电流时管道发热。下列说法中正确的是(　　)‎ A.管道发热是线圈中的电流直接流经管道引起的 B.感应加热是利用线圈电阻产生的焦耳热加热管道的 C.感应线圈中通以恒定电流时也能在管道中产生电流 D.感应线圈中通以正弦交流电在管道中产生的涡流也是交流电 答案　D　管道发热是由于线圈的作用,导致管道有涡流,A错误;感应加热是利用线圈变化的磁场,从而产生感应电场,形成涡流,B错误;感应线圈中通以恒定电流时,不能在管道中产生电流,C错误;感应线圈中通以正弦交流电时,在管道中产生的涡流也是交流电,D正确。‎ ‎3.将多匝闭合线圈置于仅随时间变化的磁场中,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 答案　C　由法拉第电磁感应定律E=nΔΦΔt知,感应电动势的大小与线圈匝数有关,A错误;感应电动势正比于ΔΦΔt,与磁通量的大小无直接关系,B错误,C正确;根据楞次定律知,感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化,即“增反减同”,D错误。‎ ‎4.某一学习小组在研究电磁感应现象时,利用一根粗细均匀的金属丝弯成导轨abcd,ab=3bc。导体棒ef的电阻是bc段电阻的两倍,如图所示,匀强磁场垂直于导轨平面,当用平行于导轨的外力F将导体棒ef由靠近bc位置匀速向右移动时,则(　　)‎ A.导体棒ef两端的电压不变 B.导体棒ef中的电流变大 C.拉力F的瞬时功率变大 D.导轨abcd消耗的电功率先变大后变小 答案　D　设ef的电阻为r,ebcf的电阻为R,ef长为L,速度为v,磁感应强度为B,则导体棒ef产生的感应电动势E=BLv。ef两端的电压U=RR+rE,E、r不变,R变大,可知U变大,故A错误。ef中的电流I=ER+r,E、r不变,R变大,I变小,故B错误。导体棒匀速运动时拉力F的功率等于回路中的电功率,为P=E‎2‎R+r,R增大,则P减小,故C错误。abcd消耗的功率是导体棒ef(相当于电源)的输出功率,根据条件ab=3bc,ef的电阻是bc段电阻的两倍,可知ebcf的电阻先小于ef的电阻,再等于ef的电阻,后大于ef的电阻,所以导轨abcd消耗的电功率先增大后减小,故D正确。‎ ‎5.(多选)如图所示,一导线弯成直径为d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,下列说法中正确的是(　　)‎ A.感应电流方向为逆时针方向 B.CD段直导线始终不受安培力 C.感应电动势的最大值E=Bdv D.感应电动势的平均值E=‎1‎‎8‎πBdv 答案　AD　线圈进磁场过程,垂直平面向里的磁通量逐渐增大,根据楞次定律及安培定则,感应电流方向为逆时针方向,选项A正确;CD端导线电流方向与磁场垂直,根据左手定则判断,安培力竖直向下,选项B错误;线圈进磁场切割磁感线的有效长度先变大后变小,最长为半径r=d‎2‎,所以感应电动势最大值为‎1‎‎2‎Bdv,选项C错误;感应电动势的平均值E=ΔΦΔt=B·‎1‎‎2‎πd‎2‎‎2‎dv=Bdπv‎8‎,选项D正确。‎ ‎6.(多选)如图所示,线圈匝数为n,横截面积为S,线圈电阻为r,处于一个均匀增强的磁场中,磁感应强度随时间的变化率为k,磁场方向水平向右且与线圈平面垂直,电容器的电容为C,定值电阻的阻值为r。由此可知,下列说法正确的是(　　)‎ A.电容器下极板带正电 B.电容器上极板带正电 C.电容器所带电荷量为nSkC‎2‎ D.电容器所带电荷量为nSkC 答案　BC　根据磁场向右均匀增强,并由楞次定律及安培定则可知,电容器上极板带正电,故A错误,B正确。闭合线圈与阻值为r的电阻形成闭合回路,线圈相当于电源,电容器两极板间的电压等于路端电压,线圈产生的感应电动势E=nSΔBΔt=nSk,路端电压U=E‎2r·r=E‎2‎,则电容器所带电荷量Q=CU=nSkC‎2‎,故C正确,D错误。‎ ‎7.如图所示,在绝缘光滑水平面上,有一个边长为L=10 cm的单匝正方形线框abcd,在外力的作用下以恒定的速率v=10 m/s向右运动进入磁感应强度为B=2 T的有界匀 强磁场区域。线框被全部拉入磁场的过程中线框平面保持与磁场方向垂直,线框的ab边始终平行于磁场的边界。已知线框的四个边的电阻值相等,均为R=0.5 Ω。则(　　)‎ A.线框中的感应电动势为200 V B.ab边两端的电压为2 V C.在线框被拉入磁场的整个过程中,线框中产生的热量为0.02 J D.维持线框以恒定的速率被拉入磁场的外力大小为8 N 答案　C　线框中的感应电动势E=BLv=2 V,此时ab两端的电压是路端电压,故Uab=‎3‎‎4‎E=1.5 V,故A、B错误;根据焦耳定律有Q=I2·4Rt=E‎2‎‎4R·Lv=0.02 J,故C正确;回路中的电流I=E‎4R=1 A,根据安培力公式有F安=BIL=0.2 N,根据平衡条件可知,外力与安培力大小相等,方向相反,故外力的大小为0.2 N,故D错误。‎ ‎8.如图所示,光滑水平面上存在有界匀强磁场,磁感应强度为B,边长为a的正方形闭合单匝线框ABCD斜向穿进磁场,当AC(AC为正方形的对角线)刚进入磁场时速度为v(v⊥CD),若线框的总电阻为R,则(　　)‎ A.AC刚进入磁场时线框中感应电流为‎2‎BavR B.AC刚进入磁场时线框所受安培力为‎2‎B‎2‎a‎2‎vR C.此时CD两端电压为‎3‎‎4‎Bav D.此时CD两端电压为‎1‎‎4‎Bav 答案　BC　AC刚进入磁场时,CD边切割磁感线,AD边不切割磁感线,所以产生的感应电动势E=Bav,则线框中感应电流为I=ER=BavR,故CD两端的电压为U=I·‎3‎‎4‎R=‎3‎‎4‎Bav,故C正确,D错误;AC刚进入磁场时线框的CD边产生的安培力与v的方向相反,AD边受到的安培力的方向垂直于AD向下,它们的大小都是F=BIa,由几何关系可以看出,AD边与CD 边受到的安培力的方向相互垂直,所以AC刚进入磁场时线框所受安培力为AD边与CD边受到的安培力的矢量和,即F合=‎2‎F=‎2‎B‎2‎a‎2‎vR,故B正确,A错误。‎ B组　提升题组 ‎1.(2018课标Ⅰ,17,6分)如图,导体轨道OPQS固定,其中PQS是半圆弧,Q为半圆弧的中点,O为圆心。轨道的电阻忽略不计。OM是有一定电阻、可绕O转动的金属杆,M端位于PQS上,OM与轨道接触良好。空间存在与半圆所在平面垂直的匀强磁场,磁感应强度的大小为B。现使OM从OQ位置以恒定的角速度逆时针转到OS位置并固定(过程Ⅰ);再使磁感应强度的大小以一定的变化率从B增加到B'(过程Ⅱ)。在过程Ⅰ、Ⅱ中,流过OM的电荷量相等,则B'‎B等于(　　)‎ A.‎5‎‎4‎ B.‎3‎‎2‎ C.‎7‎‎4‎ D.2‎ 答案　B　本题考查法拉第电磁感应定律及电荷量公式。由公式E=ΔΦΔt,I=ER,q=It得q=ΔΦR,设半圆弧半径为r,对于过程Ⅰ,q1=B·πr‎2‎‎4·R,对于过程Ⅱ,q2=‎(B'-B)·πr‎2‎‎2R,由q1=q2得,B'‎B=‎3‎‎2‎,故B项正确。‎ ‎2.如图所示,A、B、C是3个完全相同的灯泡,L是一个自感系数较大的线圈(直流电阻可忽略不计)。则(　　)‎ A.S闭合时,A灯立即亮,然后逐渐熄灭 B.S闭合时,B灯立即亮,然后逐渐熄灭 C.电路接通稳定后,三个灯亮度相同 D.电路接通稳定后,S断开时,C灯立即熄灭 答案　A　因线圈L的自感系数较大且直流电阻可忽略不计,S闭合时,A灯立即亮,然后逐渐熄灭,A正确。S闭合时,B灯先不太亮,然后变亮,B错误。电路接通稳定后,B、C灯亮度相同,A灯不亮,C错误。电路接通稳定后,S断开时,C灯逐渐熄灭,D错误。‎ ‎3.(多选)如图所示,在磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中,有一水平放置的U形导轨,导轨左端连接一阻值为R的电阻,导轨电阻不计。导轨间距离为L,在导轨上垂直放置一根长度为L的金属棒MN,金属棒与导轨接触良好,电阻为r,用外力拉着金属棒向右以速度v做匀速运动。则金属棒运动过程中(　　)‎ A.金属棒中的电流方向由N到M B.电阻R两端的电压为BLv C.金属棒受到的安培力大小为B‎2‎L‎2‎vR+r D.电阻R产生焦耳热的功率为B‎2‎L‎2‎v‎2‎R 答案　AC　由右手定则可知金属棒MN中的电流方向由N到M,故A正确;MN产生的感应电动势为E=BLv,则电阻R两端的电压为U=RBLvR+r,故B错误;回路中感应电流大小为I=BLvR+r,金属棒MN受到的安培力大小为F=BIL=B‎2‎L‎2‎vR+r,故C正确;电阻R产生焦耳热的功率为P=I2R=BLvR+r‎2‎R=B‎2‎L‎2‎v‎2‎R‎(R+r‎)‎‎2‎,故D错误。‎ ‎4.图甲所示,在倾角α=37°的光滑平行导轨上,有一长度恰等于导轨宽度的均匀导体棒AB,平行于斜面底边CD由静止释放。导轨宽度L=10 cm,在AB以下距离AB为x1的区域内有垂直于导轨的匀强磁场,该区域面积S=0.3 m2,匀强磁场的磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示,导体棒AB在t=1 s时进入磁场区域,并恰好做匀速直线运动,已知导体棒AB的电阻r等于电阻R=6 Ω,导轨足够长,重力加速度g=10 m/s2,sin 37°=0.6,则(　　)‎ A.导体棒AB在磁场外运动时没有感应电流产生 B.位移x1为3 m C.导体棒AB进入磁场后感应电动势为0.6 V D.在前2 s内电路中产生的内能为0.15 J 答案　B　导体棒没有进入磁场区域时穿过回路的磁感应强度不断增大,闭合回路的磁通量发生变化,回路产生感应电流,故A错误;导体棒没有进入磁场前,由牛顿第二定律得mg sin α=ma,解得a=6 m/s2,导体棒进入磁场前做初速度为零的匀加速直线运动,则x1=‎1‎‎2‎at2=3 m,故B正确;导体棒进入磁场时的速度v=at=6 m/s,由题图乙所示图像可知,导体棒进入磁场后磁场的磁感应强度B=2 T,感应电动势E2=BLv=1.2 V,故C错误;在第1 s内,产生的热量Q1=E‎1‎‎2‎r+R×t=0.03 J,然后磁场不变,导体棒在磁场中做匀速运动,由于该区域的面积为S=0.3 m2,所以有磁场的斜面长度为3 m,导体棒在磁场中运动了t2=‎3‎‎6‎ s=0.5 s,产生的热量Q2=E‎2‎‎2‎r+R×t2=0.06 J,在1.5~2 s时间内导体棒已经离开了磁场,所以回路不产生内能,故前2 s内电路中产生的内能为0.09 J,故D错误。‎ ‎5.(2016浙江10月选考,22,10分)为了探究电动机转速与弹簧伸长量之间的关系,小明设计了如图所示的装置。半径为l的圆形金属导轨固定在水平面上,一根长也为l、电阻为R的金属棒ab一端与导轨接触良好,另一端固定在圆心处的导电转轴OO'上,由电动机A带动旋转。在金属导轨区域内存在垂直于导轨平面、大小为B1、方向竖直向下的匀强磁场。另有一质量为m、电阻为R的金属棒cd用轻质弹簧悬挂在竖直平面内,并与固定在竖直平面内的“U”形导轨保持良好接触,导轨间距为l,底部接阻值也为R的电阻,处于大小为B2、方向垂直导轨平面向里的匀强磁场中。从圆形金属导轨引出导线和通过电刷从转轴引出导线经开关S与“U”形导轨连接。当开关S断开,棒cd静止时,弹簧伸长量为x0;当开关S闭合,电动机以某一转速匀速运动,棒cd再次静止时,弹簧伸长量变为x(不超过弹性限度)。不计其余电阻和摩擦等阻力,求此时 ‎(1)通过棒cd的电流Icd;‎ ‎(2)电动机对该装置的输出功率P;‎ ‎(3)电动机转动角速度ω与弹簧伸长量x之间的函数关系。‎ 答案　(1)B‎1‎ωl‎2‎‎6R,方向由d到c　(2)‎B‎1‎‎2‎ω‎2‎l‎4‎‎6R ‎(3)‎‎6mgR(x-x‎0‎)‎B‎1‎B‎2‎x‎0‎l‎3‎ 解析　本题考查了电磁感应定律及电磁感应过程中的能量转化问题。‎ ‎(1) ab顺时针转动时产生的电动势为E=‎1‎‎2‎B1ωl2,‎ 由右手定则可知,电流方向由a到b,‎ 由闭合电路欧姆定律得,总电流I=ER+‎1‎‎2‎R=‎B‎1‎ωl‎2‎‎3R 通过cd棒的电流Icd=‎1‎‎2‎I=B‎1‎ωl‎2‎‎6R,方向由d到c。‎ ‎(2)电动机的输出功率P=I2·‎3‎‎2‎R=‎B‎1‎‎2‎ω‎2‎l‎4‎‎6R ‎(3)S断开时,由平衡条件得kx0=mg S闭合时,由平衡条件得 kx=B2Icdl+mg 解得ω=‎‎6mgR(x-x‎0‎)‎B‎1‎B‎2‎x‎0‎l‎3‎ ‎6.(2018浙江11月选考,22,10分)如图所示,在间距L=0.2 m的两光滑平行水平金属导轨间存在方向垂直于纸面(向内为正)的磁场,磁感应强度的分布沿y方向不变,沿x方向如下:‎ B=‎‎1T　　x>0.2m‎5xT　　-0.2m≤x≤0.2m‎-1T　　x<-0.2m 导轨间通过单刀双掷开关S连接恒流源和电容C=1 F的未充电的电容器,恒流源可为电路提供恒定电流I=2 A,电流方向如图所示。有一质量m=0.1 kg的金属棒ab垂直导轨静止放置于x0=0.7 m处。开关S掷向1,棒ab从静止开始运动,到达x3=-0.2 m处时,开关S掷向2。已知棒ab在运动过程中始终与导轨垂直。求:‎ ‎(提示:可以用F-x图像下的“面积”代表力F所做的功)‎ ‎(1)棒ab运动到x1=0.2 m时的速度v1;‎ ‎(2)棒ab运动到x2=-0.1 m时的速度v2;‎ ‎(3)电容器最终所带的电荷量Q。‎ 答案　(1)2 m/s　(2)‎23‎‎6‎　(3)‎2‎‎7‎ C 解析　(1)从x0到x1的过程,由于安培力为恒力,由动能定理有BIL(x0-x1)=‎1‎‎2‎mv‎1‎‎2‎-0‎ 解得v1=2 m/s ‎(2)从x1到x2过程中,安培力F=BIL,由于B=5x T,可知F=2x N,可知F随x变化而变化,如图所示,‎ 在这个过程中,安培力做的功大小为图线与x轴围成的面积,W安=0.03 J 由动能定理有W安=‎1‎‎2‎mv‎2‎‎2‎-‎1‎‎2‎mv‎1‎‎2‎ 解得v2=‎23‎‎5‎ m/s ‎(3)从0.2 m处移到-0.2 m处安培力不做功,v3=v1=2 m/s 设最后稳定时的速度为v则 导体棒两端电压U=BLv 电容器上所带电量Q=CU 电路中通过的电量Q=It 根据动量定理有-BILt=mv-mv3‎ 解得Q=‎2‎‎7‎ C