2021届高考物理一轮复习核心素养测评二十九法拉第电磁感应定律自感现象含解析

2021届高考物理一轮复习核心素养测评二十九法拉第电磁感应定律自感现象含解析

法拉第电磁感应定律　自感现象 ‎(45分钟　100分)‎ 一、选择题(本题共7小题，每小题8分，共56分，1～4题为单选题，5～7题为多选题)‎ ‎1.一个匀强磁场的边界是MN，MN左侧无磁场，右侧是范围足够大的匀强磁场区域，如图甲所示。现有一个金属线框沿ab方向以恒定速度从MN左侧垂直进入匀强磁场区域(ab⊥MN)，线框中的电流随时间变化的I-t图象如图乙所示，则线框可能是图中的 (　　)‎ ‎【解析】选D。线框切割磁感线产生的感应电动势E=BLv，设线框总电阻是R，则感应电流I==，由图乙所示图象可知，感应电流先均匀变大，后均匀变小，由于B、v、R是定值，故有效切割长度L应先变大后变小，且L随时间均匀变化。闭合圆环匀速进入磁场时，有效长度L先变大后变小，但L随时间不是均匀变化，不符合题意，故A错误；正方形线框进入磁场时，有效长度L不变，感应电流不变，不符合题意，故B错误；梯形线框匀速进入磁场时，有效长度L先均匀增加，后不变，再均匀减小，不符合题意，故C错误；等腰三角形线框匀速进入磁场时，有效长度L先增加后减小，且随时间均匀变化，符合题意，故D正确。‎ ‎2.如图所示，abcd为水平放置的平行“匚”形光滑金属导轨，间距为l，导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，导轨电阻不计。已知金属杆MN倾斜放置，与导轨成θ角，单位长度的电阻为r，保持金属杆以速度v沿平行于cd的方向滑动(金属杆滑动过程中与导轨接触良好)，则 (　　)‎ 9‎ A.电路中感应电动势的大小为 B.电路中感应电流的大小为 C.金属杆所受安培力的大小为 D.金属杆的热功率为 ‎【解析】选B。因为金属杆以速度v沿平行于cd的方向滑动，其切割磁感线的有效长度为导轨间距l，由法拉第电磁感应定律得，电路中感应电动势E=Blv，A错误；由图可知，金属杆接入电路的实际长度为x=，电路有效电阻R=x·r=，由闭合电路的欧姆定律得，电路中电流大小I===，B正确；金属杆所受安培力F=BIx=B··=，C错误；金属杆的热功率P=I2R=·=，D错误。‎ ‎3.随着科技的不断发展，无线充电已经进入人们的视线。小到手表、手机，大到电脑、电动汽车，都已经实现了无线充电从理论研发到实际应用的转化。如图所示为某品牌的无线充电手机利用电磁感应方式充电的原理图。关于无线充电，下列说法中正确的是 (　　)‎ 9‎ A.无线充电时手机接收线圈部分的工作原理是电流的磁效应 B.只有将充电底座接到直流电源上才能对手机进行充电 C.接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同 D.只要有无线充电底座，所有手机都可以进行无线充电 ‎【解析】选C。无线充电时手机接收线圈部分的工作原理是电磁感应，故A错误；当给充电底座的发射线圈通以恒定直流电时，接收线圈中不会产生交变磁场，即不能正常充电，故B错误；接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同，故C正确；被充电手机内部应该有一类似金属线圈的部件与手机电池相连，当有交变磁场时，产生感应电动势，故D错误。‎ ‎4.某校科技小组的同学设计了一个传送带测速仪，测速原理如图所示。在传送带一端的下方固定有间距为L、长度为d的平行金属电极。电极间充满磁感应强度为B、方向垂直于传送带平面(纸面)向里、有理想边界的匀强磁场，且电极之间接有理想电压表和电阻R，传送带背面固定有若干根间距为d的平行细金属条，其电阻均为r，传送带运行过程中始终仅有一根金属条处于磁场中，且金属条与电极接触良好。当传送带以一定的速度匀速运动时，电压表的示数为U。下列说法中正确的是 (　　)‎ A.传送带匀速运动的速率为 B.电阻R产生焦耳热的功率为 C.金属条经过磁场区域受到的安培力大小为 D.每根金属条经过磁场区域的全过程中克服安培力做功为 ‎【解析】选D。根据E=BLv，电压表测电阻R的电压，读数为U=，解得 9‎ v=，选项A错误；电阻R产生焦耳热的功率为PR=，选项B错误；金属条经过磁场区域受到的安培力大小为F=BIL=，选项C错误；每根金属条经过磁场区域的全过程中克服安培力做功为W=Fd=，选项D正确。‎ ‎5.(2019·沧州模拟)线圈所围的面积为0.1 m2，线圈电阻为1 Ω，规定线圈中感应电流I的正方向从上往下看是顺时针方向，如图甲所示，磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示，则下列说法正确的是 (　　)‎ A.在0～5 s时间内，I的最大值为0.01 A B.在第4 s末，I的方向为逆时针方向 C.前2 s内，通过线圈某截面的总电荷量为0.01 C D.第3 s内，线圈的发热功率最大 ‎【解析】选A、B、C。由图象可看出，在开始时刻图线的斜率最大，B的变化率最大，线圈中产生的感应电动势最大，感应电流也最大，最大值为I==×=× A=0.01 A，故A正确；在第4 s末，穿过线圈的磁通量减小，根据楞次定律可判断，I的方向为逆时针方向，故B正确；前2 s内，通过线圈某截面的总电荷量q=·t=×Δt=== C=0.01 C，故C正确；第3 s内，B没有变化，线圈中没有感应电流产生，则线圈的发热功率最小，故D错误。‎ ‎6.用导线绕成一圆环，环内有一用同种导线折成的内接正方形线框，圆环与线框绝缘，如图所示。把它们放在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于圆环和线框所在平面(纸面)向里。当磁感应强度均匀减弱时 (　　)‎ 9‎ A.圆环和线框中的电流方向都为顺时针方向 B.圆环和线框中的电流方向都为逆时针方向 C.圆环和线框中的电流大小之比为∶1‎ D.圆环和线框中的电流大小之比为2∶1‎ ‎【解析】选A、C。根据楞次定律可得，当磁感应强度均匀减小时，圆环和线框内产生的感应电流的磁场方向都与原磁场方向相同，即感应电流方向都为顺时针方向，A正确，B错误；设圆环半径为a，则圆面积为S=πa2，圆周长为L=2πa，正方形面积为S′=2a2，正方形周长为L′=4a，因为磁感应强度是均匀减小的，根据E=，所以圆环和正方形线框产生的感应电动势之比为=，又根据R=ρ知两者的电阻之比为=，故电流之比为=×=，故C正确，D错误。‎ ‎7.(2019·全国卷Ⅱ)如图，两条光滑平行金属导轨固定，所在平面与水平面夹角为θ，导轨电阻忽略不计。虚线ab、cd均与导轨垂直，在ab与cd之间的区域存在垂直于导轨所在平面的匀强磁场。将两根相同的导体棒PQ、MN先后自导轨上同一位置由静止释放，两者始终与导轨垂直且接触良好。已知PQ进入磁场开始计时，到MN离开磁场区域为止，流过PQ的电流随时间变化的图象可能正确的是 (　　) ‎ 9‎ ‎【解析】选A、D。如果PQ进入磁场时加速度为零，PQ做匀速运动，感应电流恒定。若PQ出磁场时MN仍然没有进入磁场，则PQ出磁场后至MN进入磁场的这段时间，由于磁通量Φ不变，无感应电流。由于PQ、MN从同一位置释放，故MN进入磁场时与PQ进入磁场时的速度相同，所以电流大小也应该相同，但方向相反，A正确，B错误。若PQ出磁场前MN已经进入磁场，由于磁通量Φ不变，无感应电流，PQ、MN均加速运动，PQ出磁场后，MN由于在磁场中的速度比进磁场时的速度大，故电流比PQ进入磁场时电流大，此后PQ做减速运动，电流减小，故C错误，D正确。‎ 二、计算题(14分，需写出规范的解题步骤)‎ ‎8.一个圆形线圈共有n=10匝，其总电阻r=4.0 Ω，线圈与阻值R0=16 Ω的外电阻连成闭合回路，如图甲所示。线圈内部存在着一个边长l=0.20 m的正方形区域，其中有分布均匀但磁感应强度随时间变化的磁场，图乙显示了一个周期内磁感应强度的变化情况，周期T=1.0×10-2 s，磁场方向以垂直于线圈平面向外为正方向。求：‎ ‎(1)t=T时刻电阻R0上的电流大小和方向。‎ ‎(2)0～时间内流过电阻R0的电荷量。‎ ‎(3)一个周期内电阻R0上产生的热量。‎ ‎【解析】(1)0～内，感应电动势大小 E1=n==8 V 电流大小I1==0.4 A 由楞次定律可判断，电流方向为从b到a。‎ 9‎ ‎(2)同理可求，～内，‎ 感应电流大小I2=0.2 A ‎0～时间内流过电阻R0的电荷量 q=I1+I2=1.5×10-3 C。‎ ‎(3)一个周期内电阻R0上产生的热量 Q=R0+R0=1.6×10-2 J。‎ 答案：(1)0.4 A　方向为从b到a ‎(2)1.5×10-3 C　(3)1.6×10-2 J ‎9.(10分)(多选)在如图所示的倾角为θ的光滑斜面上存在着两个磁感应强度大小均为B的匀强磁场区域，区域Ⅰ的磁场方向垂直于斜面向上，区域Ⅱ的磁场方向垂直于斜面向下，磁场宽度HP及PN均为L。一个质量为m、电阻为R、边长为L的正方形导线框由静止开始沿斜面下滑，t1时刻ab边刚好越过GH进入磁场区域Ⅰ，此时导线框恰好以速度v1做匀速直线运动；t2时刻ab边下滑到JP与MN的中间位置，此时导线框又恰好以速度v2做匀速直线运动。重力加速度为g。下列说法中正确的是 (　　)‎ A.当ab边刚越过JP时，导线框的加速度大小为a=gsinθ B.导线框两次做匀速直线运动的速度大小之比v1∶v2=4∶1‎ C.从t1时刻到t2时刻的过程中，导线框克服安培力做的功等于重力势能的减少量 D.从t1时刻到t2时刻的过程中，有+的机械能转化为电能 ‎【解析】选B、D。ab边刚越过GH进入磁场区域Ⅰ时，感应电动势E1=BLv1，电流I1==‎ 9‎ ‎，线框做匀速运动，所以有mgsinθ=BI1L=，当ab边刚越过JP时，感应电动势E2=2BLv1，电流I2==，根据牛顿第二定律得2BI2L-mgsinθ=ma，联立解得a=3gsinθ，故A错误；当加速度a=0时，以速度v2做匀速直线运动，即mgsinθ=2BI3L=，所以v1∶v2=4∶1，故B正确；从t1时刻到t2时刻的过程中，根据能量守恒定律，导线框克服安培力做的功等于重力势能和动能的减少量之和，即克服安培力做功W=+，克服安培力做的功等于产生的电能，故C错误，D正确。‎ ‎10.(20分)(2019·南昌模拟)如图甲所示，两条阻值不计的足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ之间的距离L=0.5 m，N、Q两端连接阻值R=2.0 Ω的电阻，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨所在平面向上，导轨平面与水平面的夹角θ=30°。一质量m=0.40 kg、阻值r=1.0 Ω的金属棒垂直于导轨放置并用绝缘细线跨过光滑的定滑轮与质量M=0.80 kg的重物相连，细线与金属导轨平行。金属棒沿导轨向上滑行的速度v与时间t之间的关系如图乙所示，已知在0～‎ ‎0.3 s内通过金属棒的电荷量是0.3～0.6 s内通过金属棒的电荷量的，g取 ‎10 m/s2，求：‎ ‎(1)0～0.3 s内金属棒通过的位移。‎ ‎(2)0～0.6 s内金属棒产生的热量。‎ ‎【解析】(1)在0.3～0.6 s内通过金属棒的电荷量是q1=I1t1=‎ 在0～0.3 s内通过金属棒的电荷量 9‎ q2===‎ 由题意知=‎ 解得x2=0.3 m。‎ ‎(2)金属棒在0～0.6 s内通过的总位移为 x=x1+x2=vt1+x2=0.75 m 根据能量守恒定律得 Mgx-mgxsinθ=(M+m)v2+Q 解得Q=3.15 J 由于金属棒与电阻R串联，电流相等，根据焦耳定律Q=I2Rt知，它们产生的热量与电阻成正比，所以金属棒在0～0.6 s内产生的热量 Qr=Q=1.05 J。‎ 答案：(1)0.3 m　(2)1.05 J 9‎