《高考物理一轮总复习 第十一章 第2课时 法拉第电磁感应定律 自感和涡流（基础课时）限时规范训练（含解析）新人教版-新人教版高三全册物理试题.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考物理一轮总复习 第十一章 第2课时 法拉第电磁感应定律 自感和涡流（基础课时）限时规范训练（含解析）新人教版-新人教版高三全册物理试题.doc（8页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、法拉第电磁感应定律 自感和涡流基础巩固题组(20分钟，50分)1(多选)如图所示，闭合金属导线框放置在竖直向上的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度随时间变化下列说法正确的是()A当磁感应强度增加时，线框中的感应电流可能减小B当磁感应强度增加时，线框中的感应电流一定增大C当磁感应强度减小时，线框中的感应电流一定增大D当磁感应强度减小时，线框中的感应电流可能不变解析：选AD.线框中的感应电动势为ES，设线框的电阻为R，则线框中的电流I，因为B增大或减小时，可能减小，也可能增大，也可能不变线框中的感应电动势的大小只和磁通量的变化率有关，和磁通量的变化量无关故选项A、D正确2如图所示，一正方形线圈的匝数
2、为n，边长为a，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中在t时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B均匀地增大到2B.在此过程中，线圈中产生的感应电动势为()A.BC. D解析：选B.磁感应强度的变化率，法拉第电磁感应定律公式可写成EnnS，其中磁场中的有效面积Sa2，代入得En，选项B正确，A、C、D错误3光滑曲面与竖直平面的交线是抛物线，如图所示，抛物线的方程是yx2，下半部处在一个水平方向的匀强磁场中，磁场的上边界是ya的直线(图中的虚线所示)，一个小金属块从抛物线上yb(ba)处以速度v沿抛物线下滑，假设抛物线足够长，金属块沿抛物线下滑后产生的焦耳热总量是()Amgb Bmv2Cmg(b
3、a) Dmg(ba)mv2解析：选D.金属块在进出磁场过程中要产生感应电流，机械能要减少，上升的最大高度不断降低，最后刚好飞不出磁场，就往复运动永不停止，由能量守恒可得QEmv2mg(ba)4如图所示，匀强磁场中有两个导体圆环a、b，磁场方向与圆环所在平面垂直磁感应强度B随时间均匀增大两圆环半径之比为21，圆环中产生的感应电动势分别为Ea和Eb.不考虑两圆环间的相互影响下列说法正确的是()AEaEb41，感应电流均沿逆时针方向BEaEb41，感应电流均沿顺时针方向CEaEb21，感应电流均沿逆时针方向DEaEb21，感应电流均沿顺时针方向解析：选B.由题意可知k，导体圆环中产生的感应电动势ES
4、r2，因rarb21，故EaEb41；由楞次定律知感应电流的方向均沿顺时针方向，选项B正确5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()AG1表指针向左摆，G2表指针向右摆BG1表指针向右摆，G2表指针向左摆CG1、G2表的指针都向左摆DG1、G2表的指针都向右摆解析：选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
5、右摆，G2指针向左摆，B正确6如图所示，水平“U形”导轨abcd固定在匀强磁场中，ab与cd平行，间距L10.5 m，金属棒AB垂直于ab且和ab、cd接触良好，AB与导轨左端bc的距离为L20.8 m，整个闭合回路的电阻为R0.2 ，磁感应强度为B01 T的匀强磁场竖直向下穿过整个回路ad通过滑轮和轻绳连接着一个质量为m0.04 kg的物体，不计一切摩擦，现使磁场以0.2 T/s的变化率均匀地增大求：(1)金属棒上电流的方向；(2)感应电动势的大小；(3)物体刚好离开地面的时间(g取10 m/s2)解析：(1)由楞次定律可以判断，金属棒上的电流由A到B.(2)由法拉第电磁感应定律得ES0.0
6、8 V.(3)物体刚好离开地面时，其受到的拉力Fmg而拉力F又等于棒所受的安培力，即mgF安BIL1其中BB0tI解得t5 s.答案：(1)由A到B(2)0.08 V(3)5 s能力提升题组(25分钟，50分)1图为无线充电技术中使用的受电线圈示意图，线圈匝数为n，面积为S.若在t1到t2时间内，匀强磁场平行于线圈轴线向右穿过线圈，其磁感应强度大小由B1均匀增加到B2，则该段时间线圈两端a和b之间的电势差ab()A恒为B从0均匀变化到C恒为D从0均匀变化到解析：选C.根据法拉第电磁感应定律得，感应电动势Enn，由楞次定律和右手螺旋定则可判断b点电势高于a点电势，因磁场均匀变化，所以感应电动势恒
7、定，因此a、b两点电势差恒为abn，选项C正确2(2019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：选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，EnnS，知增大，故D正确，A、B、C错误3(2019山东德
8、州调研)如图所示，长为L的金属导线弯成一圆环，导线的两端接在电容为C的平行板电容器上，P、Q为电容器的两个极板，磁场方向垂直于环面向里，磁感应强度以BB0kt(k0)随时间变化t0时，P、Q两极板电势相等，两极板间的距离远小于环的半径经时间t，电容器的P极板()A不带电B所带电荷量与t成正比C带正电，电荷量是D带负电，电荷量是解析：选D.由于k0，磁感应强度均匀增大，所以感应电流的磁场与原磁场方向相反，由右手螺旋定则，感应电流方向逆时针，在电源内部电流从负极流向正极，所以P极板为电源负极，带负电，由Uk()2，qCU，故选项D正确4如图所示，三个灯泡L1、L2、L3的阻值关系为R1R2R3，电
9、感线圈L的直流电阻可忽略，D为理想二极管，开关S从闭合状态突然断开时，下列判断正确的是()AL1逐渐变暗，L2、L3均先变亮，然后逐渐变暗BL1逐渐变暗，L2立即熄灭，L3先变亮，然后逐渐变暗CL1立即熄灭，L2、L3均逐渐变暗DL1、L2、L3均先变亮，然后逐渐变暗解析：选B.开关S处于闭合状态时，由于R1R2R3，则分别通过三个灯泡的电流大小I1I2I3，开关S从闭合状态突然断开时，电感线圈产生与L中电流方向一致的自感电动势，由于二极管的反向截止作用，L2立即熄灭，电感线圈、L1、L3组成闭合回路，L1逐渐变暗，通过L3的电流由I3变为I1，再逐渐减小，故L3先变亮，然后逐渐变暗，选项B正
10、确5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B0.1 T，玻璃皿的横截面的半径为a0.05 m，电源的电动势为E3 V，内阻r0.1 ，限流电阻R04.9 ，玻璃皿中两电极间液体的等效电阻为R0.9 ，闭合开关后，当液体旋转时，电压表的示数为1.5 V，则()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1.5104 NC闭合开关后，液体热功率为0.81 WD闭合开关10 s，液体具有的动能是3.69 J解析：选D.由于中心放一个圆柱形电极接电源的负极，沿
11、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EUIR0Ir，所以电路中的电流I A0.3 A，液体所受的安培力大小FBILBIa0.10.30.05 N1.5103 N，故B错误；玻璃皿中两电极间液体的等效电阻为R0.9 ，则液体热功率为P热I2R0.320.9 W0.081 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PUI1.50.3 W0.45
12、W，所以闭合开关10 s，液体具有的动能EkW电流W热(PP热)t(0.450.081)10 J3.69 J，故D正确6如图所示，足够长的平行光滑金属导轨水平放置，宽度L0.4 m，一端连接R1 的电阻导轨所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B1 T导体棒MN放在导轨上，其长度恰好等于导轨间距，与导轨接触良好导轨和导体棒的电阻均可忽略不计在平行于导轨的拉力F作用下，导体棒沿导轨向右匀速运动，速度v5 m/s.求：(1)感应电动势E和感应电流I；(2)在0.1 s时间内，拉力冲量IF的大小；(3)若将MN换为电阻r1 的导体棒，其他条件不变，求导体棒两端的电压U.解析：(1)由法拉第电磁感应定律可得，感应电动势EBLv10.45 V2 V，感应电流I A2 A.(2)拉力大小等于安培力大小FBIL120.4 N0.8 N，冲量大小IFFt0.80.1 Ns0.08 Ns.(3)由闭合电路欧姆定律可得，电路中电流I A1 A，由欧姆定律可得，导体棒两端的电压UIR11 V1 V.答案：(1)2 V2 A(2)0.08 Ns(3)1 V