【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

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【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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