2021版高考物理一轮复习课时提升作业二十七法拉第电磁感应定律及其应用自感现象含解析

2021版高考物理一轮复习课时提升作业二十七法拉第电磁感应定律及其应用自感现象含解析

法拉第电磁感应定律及其应用　自感现象 ‎(建议用时60分钟)‎ ‎1.(2019·衢州模拟)中国空军八一飞行表演队应邀参加2019年3月举行的巴基斯坦国庆日飞行表演。中国歼-10战斗机在广场上方沿水平方向自西向东飞行。该飞机翼展10 m,表演地点位于北半球,该处磁场的竖直分量为5.0×10-5 T,该机飞行时速度约为300 m/s,下列说法正确的是 (　　)‎ A.该机两翼尖端电势差大小约为0.15 V B.该机两翼尖端无电势差 C.右端机翼电势较高 D.若飞机转向为自东向西飞行,机翼右端电势较高 ‎【解析】选A。该机两翼尖端电势差大小约为U=BLv=0.15 V,故A正确;巴基斯坦的地磁场方向斜向下,在竖直方向的分量向下,根据右手定则可得,无论飞机沿水平方向自西向东飞行或是自东向西飞行,相对于飞行员来说机翼的左端电势高,故B、C、D错误。‎ ‎2.(多选)如图所示,一导线弯成半径为a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,下列结论正确的是 (　　)‎ A.感应电流方向不变 B.CD段直导线始终不受安培力 C.感应电动势最大值Em=Bav D.感应电动势平均值=πBav ‎【解题指导】(1)导线是否受安培力,可根据B、I、l的方向关系进行判断。‎ ‎(2)利用E=Blv求瞬时电动势时需注意切割的有效长度。‎ 16‎ ‎【解析】选A、C、D。闭合回路进入磁场过程中,磁通量始终增加,感应电流的方向沿逆时针方向,A对。CD段的电流方向由D→C,安培力的方向垂直CD沿纸面向下,B错。最大有效切割长度为a,感应电动势的最大值Em=Bav,C对。ΔΦ=B·S=‎ B,Δt=,==πBav,D对。‎ ‎3.如图所示,半径为r的金属圆盘在垂直于盘面的匀强磁场B中,绕过O点的轴以角速度ω沿逆时针方向匀速转动,则通过电阻R的电流的方向和大小是(金属圆盘的电阻不计) (　　)‎ A.由c到d,I=　　　 B.由d到c,I=‎ C.由c到d,I= D.由d到c,I=‎ ‎【解析】选D。由右手定则可知通过电阻R的电流的方向是由d到c;而金属圆盘产生的感应电动势E=Br2ω,所以通过电阻R的电流大小是I=,选项D正确。‎ ‎4.如图所示的电路,开关原先闭合,电路处于稳定状态,在某一时刻突然断开开关S,则通过电阻R1中的电流I随时间变化的图线可能是下图中的 (　　)‎ 16‎ ‎【解析】选D。开关S原来闭合时,电路处于稳定状态,流过R1的电流方向向左,大小为I1。与R1并联的R2和线圈L支路,电流I2的方向也是向左。当某一时刻开关S突然断开时,L中向左的电流要减小,由于自感现象,线圈L产生自感电动势,在回路“L→R1→A→R2”中形成感应电流,电流通过R1的方向与原来相反,变为向右,并从I2开始逐渐减小到零,故选项D图正确。‎ ‎【加固训练】‎ 如图所示,L为自感系数很大、直流电阻不计的线圈,D1、D2、D3为三个完全相同的灯泡,E为内阻不计的电源,在t=0时刻闭合开关S,当电路稳定后D1、D2两灯的电流分别为I1、I2。当时刻为t1时断开开关S,若规定电路稳定时流过D1、D2的电流方向为电流的正方向,则图中能正确定性描述电灯电流i与时间t关系的是 (　　)‎ ‎【解析】选D。开关闭合时,电感阻碍电流I1增大,所以I1慢慢增大最后稳定;断开开关,电感阻碍电流I1减小,所以I1慢慢减小到0,电流的方向未发生改变,故A、B均错误;开关闭合时,电感阻碍电流I1增大,I1慢慢增大,则I2慢慢减小,最后稳定;断开开关,原来通过D2的电流立即消失,但D1、D2、L构成一回路,通过D1的电流也通过D2,所以I2慢慢减小,但电流的方向与断开前相反,故C错误,D正确。‎ ‎5.(多选)如图所示,在线圈正上方放置一盛有冷水的金属杯,现接通交流电源,几分钟后,杯中的水沸腾起来,t0时刻的电流方向已在图中标出,且此时电流正在增大,则关于把水烧开的过程中发生的电磁感应现象的说法正确的有 (　　)‎ 16‎ A.金属杯中产生涡流,涡流的热效应使水沸腾起来 B.t0时刻,从上往下看,金属杯中的涡流沿顺时针方向 C.t0时刻,从上往下看,金属杯中的涡流沿逆时针方向 D.将交流电源断开的瞬间,金属杯中的涡流也瞬间消失 ‎【解析】选A、C、D。由于交流电在螺线管中产生变化的磁场,变化的磁场穿过金属杯可以在金属杯中产生变化的电场,从而产生涡流,使水沸腾,A正确;t0时刻电流从螺线管的上端流入且电流正在增大,则穿过金属杯的磁场是向下增大的,所以根据楞次定律,感应电流的磁场方向一定是向上的,由安培定则可知,从上往下看,金属杯中的涡流沿逆时针方向,故C正确,B错误;将交流电源断开的瞬间,自感线圈中没有形成自感回路,故不能产生断电自感,所以金属杯中的涡流也瞬间消失,D正确。‎ ‎6.(2019·杭州模拟)如图所示装置,在cdef区域内存在垂直纸面向里的变化的匀强磁场,要求线圈a对桌面的压力大于本身重力,则cdef内的磁感应强度随时间变化的关系可能是 (　　)‎ ‎【解析】选B。若a对桌面的压力大于本身重力,则b中的感应电流应增加,由I=N知增大,所以只有B图正确。‎ ‎7.(多选)(2017·全国卷Ⅱ)两条平行虚线间存在一匀强磁场,‎ 16‎ 磁感应强度方向与纸面垂直。边长为0.1 m、总电阻为0.005 Ω的正方形导线框abcd位于纸面内,cd边与磁场边界平行,如图甲所示。已知导线框一直向右做匀速直线运动,cd边于t=0时刻进入磁场。线框中感应电动势随时间变化的图线如图乙所示(感应电流的方向为顺时针时,感应电动势取正)。下列说法正确的是(　　)‎ A.磁感应强度的大小为0.5 T B.导线框运动速度的大小为0.5 m/s C.磁感应强度的方向垂直于纸面向外 D.在t=0.4 s至t=0.6 s这段时间内,导线框所受的安培力大小为0.1 N ‎【解析】选B、C。据右手定则可知磁感应强度的方向垂直于纸面向外,C项正确;由v==0.5 m/s可知B项正确;由E=Blv可知磁感应强度的大小为0.2 T,A项错误;据F安=可得在t=0.4 s至t=0.6 s这段时间内,导线框所受的安培力大小为0.04 N,D项错误。‎ ‎8.如图所示,有一个矩形边界的匀强磁场区域,磁场方向垂直纸面向里。一个三角形闭合导线框,由位置1(左)沿纸面匀速运动到位置2(右)。取线框刚到达磁场边界的时刻为计时起点(t=0),规定逆时针方向为电流的正方向,则图中能正确反映线框中电流与时间关系的是 (　　)‎ ‎【解析】选A。线框进入磁场的过程,磁通量向里增加,‎ 16‎ 根据楞次定律得知感应电流的磁场向外,由安培定则可知感应电流方向为逆时针,电流方向应为正方向,故B、C错误;线框进入磁场的过程,线框有效的切割长度先均匀增大后均匀减小,由E=BLv,可知感应电动势先均匀增大后均匀减小;线框完全进入磁场后,磁通量不变,没有感应电流产生;线框穿出磁场的过程,磁通量向里减小,根据楞次定律得知感应电流的磁场向里,由安培定则可知感应电流方向为顺时针,电流方向应为负方向,线框有效的切割长度先均匀增大后均匀减小,由E=BLv,可知感应电动势先均匀增大后均匀减小,故A正确,D错误。‎ ‎【加固训练】‎ ‎ 　　如图所示,光滑平行金属导轨MN、PQ所在平面与水平面成θ角,M、P两端接一阻值为R的定值电阻,阻值为r的金属棒ab垂直导轨放置,其他部分电阻不计。整个装置处在磁感应强度为B的匀强磁场中,磁场方向垂直导轨平面向下。t=0时对金属棒施加一平行于导轨的外力F,金属棒由静止开始沿导轨向上做匀加速直线运动。下列关于穿过回路abPMa的磁通量变化量ΔΦ、磁通量的瞬时变化率、通过金属棒的电荷量q随时间t变化　以及a、b两端的电势差U随时间t变化的图象中,正确的是 (　　)‎ ‎【解析】选B、D。设加速度为a,运动的位移x=at2,磁通量变化量ΔΦ=BLx=‎ BLat2,ΔΦ∝t2,选项A错误;感应电动势E==BLat,故∝t,选项B正确;U=‎ ‎=t,U∝t,选项D正确;电荷量q=,因为ΔΦ∝t2,所以q∝t2,选项C错误。‎ ‎9.(2019·台州模拟)下列四个选项图中,虚线上方空间都存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。A、B中的导线框为正方形,C、D中的导线框为直角扇形。各导线框均绕垂直纸面的轴O 16‎ 在纸面内匀速转动,转动方向如箭头所示,转动周期均为T。从导线框处于图示位置时开始计时,以在OP边上从P点指向O点的方向为感应电流i的正方向。则在如图A、B、C、D所示的四个情景中,产生的感应电流i随时间t的变化规律如i-t图象所示的是 (　　)‎ ‎【解析】选C。根据感应电流在一段时间恒定知导线框应为扇形;由右手定则可判断出产生的感应电流i随时间t的变化规律如题中i-t图象所示的是选项C。‎ ‎10.(多选)如图甲所示,在倾角为θ的光滑斜面内分布着垂直于斜面的匀强磁场,其磁感应强度B随时间变化的规律如图乙所示。质量为m的矩形金属框从t=0时刻静止释放,t3时刻的速度为v,移动的距离为L,重力加速度为g。在金属框下滑的过程中,下列说法正确的是 (　　)‎ A.t1～t3时间内金属框中的电流方向不变 B.0～t3时间内金属框做匀加速直线运动 C.0～t3时间内金属框做加速度逐渐减小的直线运动 D.0～t3时间内金属框中产生的焦耳热为mgL sinθ-mv2‎ ‎【解题指导】解答该题的关键点为:‎ ‎(1)根据楞次定律分析金属框中的电流方向,对金属框受力分析。‎ ‎(2)根据牛顿第二定律判断加速度是否是恒量,若加速度不变即为匀变速直线运动。‎ ‎(3)根据受力情况和做功情况,判断能量转化情况。‎ ‎【解析】选A、B。t1～t2时间内磁感应强度减小,线框面积不变,磁通量减小,根据楞次定律,‎ 16‎ 感应电流沿逆时针方向;t2～t3时间内,磁场方向增大,磁通量增大,由楞次定律,感应电流方向仍然是逆时针方向,所以t1～t3时间内金属框中的电流方向不变,故A正确;由于两个边的电流方向相反,两个边的安培力是抵消的,安培力的合力为0,所以金属框在下滑过程中,合力恒定,加速度恒定,做匀加速直线运动,故B正确,C错误;金属框的安培力合力为0,对金属框只有重力做功,没有其他外力做功,机械能守恒,减少的重力势能等于增加的动能,即mgLsinθ=‎ mv2,故D错误。‎ ‎11.如图所示,MN和PQ是电阻不计的平行金属导轨,其间距为L,导轨弯曲部分光滑,平直部分粗糙,右端接一个阻值为R的定值电阻。平直部分导轨左边区域有宽度为d、方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。质量为m、电阻也为R的金属棒从高度为h处静止释放,到达磁场右边界处恰好停止。已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为μ,金属棒与导轨间接触良好。则金属棒穿过磁场区域的过程中,求: ‎ ‎(1)流过金属棒的最大电流。‎ ‎(2)通过金属棒的电荷量。‎ ‎(3)金属棒产生的焦耳热。‎ ‎【解析】(1)金属棒下滑过程中,根据动能定理有mgh=m 根据法拉第电磁感应定律有Em=BLvm 根据闭合电路欧姆定律有Im=‎ 联立上式得Im=。‎ ‎(2)根据q=可知,通过金属棒的电荷量为q=。‎ ‎(3)金属棒克服安培力做的功完全转化成电热,由题意可知金属棒与电阻R 16‎ 上产生的焦耳热相同,设金属棒上产生的焦耳热为Q,‎ 故2Q=-W安 全过程由动能定理mgh+W安-μmgd=0‎ 联立上式得Q=mg(h-μd)。‎ 答案:(1)　(2)‎ ‎(3)mg(h-μd)‎ ‎【总结提升】求解焦耳热Q的三种方法 ‎12.如图甲所示,P、Q为水平面内平行放置的金属长直导轨,间距为d,处在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中。一根质量为m、电阻为r的导体棒ef垂直放在P、Q导轨上,导体棒ef与P、Q导轨间的动摩擦因数为μ。质量为M的正方形金属框abcd的边长为L,每边电阻均为r,用细线悬挂在竖直平面内,ab边水平,金属框a、b两点通过细导线与导轨相连,金属框的上半部分处在磁感应强度大小为B、方向垂直框面向里的匀强磁场中,下半部分处在大小也为B、方向垂直框面向外的匀强磁场中,不计其余电阻和细导线对a、b点的作用力。现用一电动机以恒定功率沿导轨方向水平牵引导体棒ef向左运动,从导体棒开始运动时计时,悬挂金属框的细线的拉力T随时间t的变化如图乙所示,求:‎ ‎(1)t0时刻以后通过ab边的电流;‎ ‎(2)t0时刻以后电动机牵引力的功率P;‎ ‎(3)求0到t0时刻导体棒ef受到的平均合外力。‎ ‎【解析】(1)以金属框为研究对象,从t0时刻开始拉力恒定,故电路中电流恒定,设ab 16‎ 边中电流为I1,cd边中电流为I2‎ 由受力平衡得:BI1L+T=Mg+BI2L ‎ 由图象知:T=‎ ad、dc、cb三边电阻串联后再与ab边电阻并联,所以I1∶I2=3∶1,I1=3I2‎ 由以上各式解得:I1=‎ ‎(2)设总电流为I,由闭合电路欧姆定律得:I=,R=r,电动势为:E=Bdv 电流为:I=I1+I2=I1=‎ 解得:v=‎ 由电动机的牵引功率恒定知:P=F·v 对导体棒:F=μmg+BId 解得:P=(μmgL+Mgd)‎ ‎(3)从0到t0时刻,导体棒的速度从0增大到 v=‎ 由动量定理可知:F合t0=mv-0‎ 解得:F合=‎ 答案:(1)　(2)(μmgL+Mgd)‎ 16‎ ‎(3)‎ ‎13.(多选)如图所示,MN、PQ是与水平面成θ角的两条平行光滑且足够长的金属轨道,其电阻忽略不计。空间存在着垂直于轨道平面向上的匀强磁场,磁感应强度大小为B。导体棒ab、cd垂直于轨道放置,且与轨道接触良好,每根导体棒的质量均为m,电阻均为r,轨道宽度为L,与轨道平行的绝缘细线一端固定,另一端与ab棒中点连接,细线承受的最大拉力Tm=2mgsin θ。今将cd棒由静止释放,则细线被拉断时,cd棒的 (　　)‎ A.速度大小是 B.速度大小是 C.加速度大小是2gsin θ D.加速度大小是0‎ ‎【解析】选A、D。据题知,细线被拉断时,拉力达到Tm=2mgsin θ,根据平衡条件得:对ab棒: Tm=F安+mgsin θ,则得ab棒所受的安培力大小为F安=mgsin θ;由于两棒的电流相等,所受的安培力大小相等,由E=BLv、I=,F安=BIL,则得F安=‎ 联立解得,cd棒的速度为v=,故A正确,B错误;对cd棒:根据牛顿第二定律得: mgsin θ-F安=ma,代入得a=gsin θ-··=0,故C错误,D正确。‎ ‎14.(多选)如图所示的光滑水平面上,水平条形区域Ⅰ和Ⅱ 16‎ 内有方向垂直纸面向里的匀强磁场,其宽度均为s,区域Ⅰ和Ⅱ之间有一宽度为L=3s的无磁场区域,一质量为m、边长为s的正方形线框在水平恒定外力作用下从距区域Ⅰ左边界s处由静止开始做匀加速直线运动,假设线框能匀速地通过磁场区域Ⅰ和Ⅱ,则下列说法正确的是 (　　)‎ A.线框通过区域Ⅰ和区域Ⅱ时的速度大小之比为1∶‎ B.区域Ⅰ与区域Ⅱ内磁场的磁感应强度大小之比为∶1‎ C.线框通过区域Ⅰ和区域Ⅱ过程产生的热量相等 D.线框通过区域Ⅰ和区域Ⅱ过程通过线框某一横截面的电荷量相等 ‎【解析】选A、C。由运动学公式v1=,v2==,线框通过区域Ⅰ和区域Ⅱ时的速度大小之比=1∶,故A正确;通过区域Ⅰ时,能匀速通过,说明受到的安培力等于外力,即F安=B1Is=,在区域Ⅰ和Ⅱ之间运动时,线框做加速运动,所以进入磁场区域Ⅱ时线框的速度大于进入磁场区域Ⅰ时的速度,因为线框能匀速通过磁场Ⅱ,所以F安=,有=,所以==‎ ‎∶1,B错误;两个过程中产生的热量等于外力做的功,两个过程中外力不变,相对水平面的位移均为s,所以两个过程中产生的热量相同,C正确;根据q==‎ ‎,可得q1=,q2=,由于两个磁场的磁感应强度不同,所以线框通过区域Ⅰ和区域Ⅱ过程通过线框某一横截面的电荷量不相等,D错误。‎ 16‎ ‎15.(多选)如图所示,光滑金属导轨由倾斜和水平两部分组成,水平部分足够长且处在竖直向下的匀强磁场中,右端接一电源(电动势为E,内阻为r)。一电阻为R的金属杆PQ水平横跨在导轨的倾斜部分,从某一高度由静止释放,金属杆PQ进入磁场后的运动过程中,速度—时间图象可能是下图中的(导轨电阻不计) (　　)‎ ‎【解析】选A、B、D。金属杆PQ进入磁场后切割磁感线产生感应电动势,根据右手定则判断得知,感应电动势的方向与电源的电动势方向相反。若金属杆PQ产生的感应电动势与电源的电动势大小相等,回路中总电动势为零,电路中没有电流,金属杆不受安培力,做匀速直线运动,故A项是可能的;若金属杆PQ产生的感应电动势小于电源的电动势大小,金属杆中电流方向从P到Q,所受的安培力方向向右,将做加速运动,随着速度增加,金属杆产生的感应电动势增加,回路中总的电动势减小,电流减小,金属杆所受的安培力减小,加速度随之减小,可知v-t图象的斜率减小,故B项是可能的;若金属杆PQ产生的感应电动势大于电源的电动势大小,金属杆中电流方向从Q到P,所受的安培力方向向左,将做减速运动,随着速度减小,金属杆产生的感应电动势减小,回路中总的电动势减小,电流减小,金属杆所受的安培力减小,加速度随之减小,可知v-t图象的斜率减小,故C项是不可能,D项是可能的。‎ ‎16.如图所示,间距L=1 m的两根足够长的固定水平平行导轨间存在着匀强磁场,其磁感应强度大小B=1 T、方向垂直于纸面向里,导轨上有一金属棒MN与导轨垂直且在水平拉力F作用下以v=2 m/s的速度水平向左匀速运动。R1=8 Ω,R2=12 Ω,‎ C=6 μF,导轨和棒的电阻及一切摩擦均不计。开关S1、S2闭合,电路稳定后,求: ‎ ‎(1)通过R2的电流I的大小和方向。‎ ‎(2)拉力F的大小。‎ 16‎ ‎(3)开关S1切断后通过R2的电荷量q。‎ ‎【解析】(1)开关S1、S2闭合后,根据右手定则知棒中的感应电流方向是由M→N,所以通过R2的电流方向是由b→a MN中产生的感应电动势的大小E=BLv 流过R2的电流I=‎ 代入数据解得I=0.1 A。‎ ‎(2)棒受力平衡有F=F安 F安=BIL 代入数据解得F=0.1 N。‎ ‎(3)开关S1、S2闭合,电路稳定后,电容器所带电荷量q1=CIR2, s1切断后,流过R2的电荷量q等于电容器所带电荷量,即q=q1‎ 代入数据解得q=7.2×10-6 C。‎ 答案:(1)0.1 A　方向是b→a　(2)0.1 N ‎(3)7.2×10-6 C ‎17.如图,空间存在两个水平方向等大反向的匀强磁场,水平虚线为其边界,磁场范围足够大。矩形多匝闭合线框ABCD下边位于两磁场边界处,匝数n=200,每匝质量为0.1 kg,每匝电阻R=1 Ω,边长AB=0.5 m,BC=1.125 m。一根足够长的绝缘轻质细线跨过两个轻质光滑定滑轮,一端连接线框,另一端连接质量为10 kg的竖直悬挂绝缘物体P,且P受到F=70-200 v(N)的竖直外力作用(v为线框的瞬时速度大小)。现将线框静止释放,刚运动时,外力F的方向竖直向下,线框中的电流随时间均匀增加。一段时间后撤去外力F,线框恰好开始做匀速直线运动。若细线始终绷紧,线框平面在运动过程中始终与磁场垂直,且CD边始终保持水平,重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力。‎ ‎(1)求空间中匀强磁场的磁感应强度B的大小?‎ 16‎ ‎(2)从开始运动到线框全部进入下方磁场过程所用时间t和绳上拉力的最大功率分别为多少?‎ ‎(3)从开始运动到撤去外力过程中,线框产生的焦耳热为 J,则该过程流过单匝导线横截面的电量q和外力F做功分别为多少?‎ ‎【解析】(1)开始时电流随时间均匀增加,又因为E=2nBLv I==‎ 所以v随t均匀增加,线框做匀加速运动。则FA=BIL=2‎ 由牛顿第二定律有nmg-Mg-F-2nFA=(M+nm)a 初始时,v=0,F=70 N,FA=0,‎ 运动时,F=70-200v,FA=。将两组数据代入,联立得200v=‎ 联立解得:B=1 T,a=1 m/s2‎ ‎(2)匀速运动时nmg=Mg+2nFA 所以v0=0.5 m/s则t1==0.5 s x1==0.125 m ‎ x2=1 m ‎ t2==2 s ‎ t1+t2=2.5 s ‎ 匀加速过程中,研究物块P T-Mg-F=Ma T=180-200v 16‎ P=Tv=180v-200v2=-200+≤40.5 W匀速运动过程中,研究物块T′=Mg,‎ P′=T′v0=50 W>40.5 W 所以绳子拉力的最大功率为50 W;‎ ‎(3)因为E=2nBLv,I==‎ 则I=t1‎ q=It1=0.25 C ‎ 由动能定理:‎ ‎(nmg-Mg)x1-WA+WF=(nm+M)‎ 解得WF=- J。‎ 答案:(1)1 T　(2)2.5 s　50 W ‎(3)0.25 C　- J 16‎