2022版高考物理一轮复习-课后集训26-法拉第电磁感应定律-自感-涡流.doc

2022版高考物理一轮复习 课后集训26 法拉第电磁感应定律 自感 涡流2022版高考物理一轮复习 课后集训26 法拉第电磁感应定律 自感 涡流年级：姓名：- 10 -课后限时集训(二十六)(时间：40分钟)1(2020全国卷T14)管道高频焊机可以对由钢板卷成的圆管的接缝实施焊接。焊机的原理如图所示，圆管通过一个接有高频交流电源的线圈，线圈所产生的交变磁场使圆管中产生交变电流，电流产生的热量使接缝处的材料熔化将其焊接。焊接过程中所利用的电磁学规律的发现者为()A库仑B霍尔 C洛伦兹D法拉第D高频焊接利用的电磁学规律是电磁感应现象，发现者是法拉第，A、B、C项错误，D项正确。2.(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，可能增大，也可能不变，故选项A、D正确。3.如图所示，abcd为水平放置的平行“”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()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金属杆的发热功率为B电路中的感应电动势EBlv，感应电流I，故A错误，B正确；金属杆所受安培力大小FBI，故C错误；金属杆的发热功率PI2RI2 r，故D错误。4如图所示，图甲和图乙是教材中演示自感现象的两个电路图，L1和L2为电感线圈。实验时，断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗；闭合开关S2，灯A2逐渐变亮，而另一个相同的灯A3立即变亮，最终A2与A3的亮度相同。下列说法正确的是()甲乙A图甲中，A1与L1的电阻值相同B图甲中，闭合S1，电路稳定后，A1中电流大于L1中电流C图乙中，变阻器R与L2的电阻值相同D图乙中，闭合S2瞬间，L2中电流与变阻器R中电流相等C断开开关S1瞬间，线圈L1产生自感电动势，阻碍电流的减小，通过L1的电流反向通过A1，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗，说明IL1IA1，即RL1RA1，故A错；题图甲中，闭合开关S1，电路稳定后，因为RL1RA1，所以A1中电流小于L1中电流，故B错；题图乙中，闭合开关S2，灯A2逐渐变亮，而另一个相同的灯A3立即变亮，最终A2与A3的亮度相同，说明变阻器R与L2的电阻值相同，故C对；闭合S2瞬间，通过L2的电流增大，由于电磁感应，线圈L2产生自感电动势，阻碍电流的增大，则L2中电流与变阻器R中电流不相等，故D错。5(多选)航母上飞机弹射起飞利用的电磁驱动原理如图所示。当固定线圈上突然通过直流电流时，线圈左侧的金属环被弹射出去，现在线圈左侧同一位置，先后放上用横截面积相等的铜和铝导线制成形状、大小相同的两个闭合环，电阻率铜铝，则合上开关S的瞬间()A从右侧看，环中产生沿逆时针方向的感应电流B铜环受到的安培力大于铝环受到的安培力C若将金属环置于线圈的右侧，环将向右弹射D电池正负极调换后，金属环仍能向左弹射BCD线圈中电流为左侧流入，磁场方向为向右，在闭合开关的过程中，磁场变强，则由楞次定律可以知道，感应电流由右侧看为顺时针，故A项错误；因为铜环的电阻较小，故铜环中感应电流较大，故铜环受到的安培力要大于铝环，故B项正确；若环放在线圈右方，根据“来拒去留”可得，环将向右运动，故C项正确；电池正负极调换后，金属环受力向左，故仍将向左弹出，故D项正确。6.(多选)法拉第圆盘发电机的示意图如图所示。铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触。圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中。圆盘旋转时，关于流过电阻R的电流，下列说法正确的是()A若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定B若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a到b的方向流动C若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化D若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R上的热功率也变为原来的2倍AB由右手定则知，圆盘按如题图所示的方向转动时，感应电流沿a到b的方向流动，选项B正确；由感应电动势EBl2知，角速度恒定，则感应电动势恒定，电流大小恒定，选项A正确；角速度大小变化，感应电动势大小变化，但感应电流方向不变，选项C错误；若变为原来的2倍，则感应电动势变为原来的2倍，电流变为原来的2倍，由PI2R知，电流在R上的热功率变为原来的4倍，选项D错误。7.(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BCD段直导线始终不受安培力C感应电动势的最大值EBdvD感应电动势的平均值BdvAD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“增反减同”，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是线圈与MN交点位置的连线，进磁场过程，有效切割长度最长为半径，所以感应电动势最大值为，选项C错误；感应电动势的平均值，选项D正确。8(多选)如图甲所示的电路中，电阻R1R，R22R，单匝圆形金属线圈半径为r2，圆心为O，线圈导线的电阻为R，其余导线的电阻不计。半径为r1(r1r2)、圆心为O的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小B随t变化的关系图象如图乙所示，电容器的电容为C。闭合开关S，t1时刻开始电路中的电流稳定不变，下列说法正确的是() 甲乙A电容器上极板带正电Bt1时刻，电容器所带的电荷量为Ct1时刻之后，线圈两端的电压为Dt1时刻之后，R1两端的电压为AC根据楞次定律可知，线圈中产生沿逆时针方向的感应电流，则电容器上极板带正电，A项正确；根据法拉第电磁感应定律有ESr，则电流为I，UR2I2R，电容器所带的电荷量QCUR2，B项错误；t1时刻之后，线圈两端的电压UI(R1R2)，C项正确；t1时刻之后，R1两端的电压为UR1IR1，D项错误。9.如图所示，匝数为N、电阻为r、面积为S的圆形线圈P放置于匀强磁场中，磁场方向与线圈平面垂直，线圈P通过导线与阻值为R的电阻以及两平行金属板相连，两金属板之间的距离为d，两板间有垂直纸面的恒定匀强磁场。当线圈P所在位置的磁场均匀变化时，一质量为m、带电荷量大小为q的油滴在两金属板之间的竖直平面内做圆周运动。重力加速度为g，求：(1)流过电阻R的电流；(2)线圈P所在磁场磁感应强度的变化率。解析(1)设两金属板之间的电压为U，对金属板之间的带电油滴受力分析有：mgq对电阻R，由欧姆定律得：UIR解得：I。(2)根据法拉第电磁感应定律得：ENNS根据闭合电路的欧姆定律得：I联立解得：。答案(1)(2)10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L0.5 m，N、Q两端连接阻值R2.0 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30。一质量m0.40 kg、阻值r1.0 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M0.80 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00.3 s内通过金属棒的电荷量是0.30.6 s内通过金属棒的电荷量的，g取10 m/s2，求：甲乙(1)00.3 s内金属棒通过的位移。(2)00.6 s内金属棒产生的热量。解析(1)在0.30.6 s内通过金属棒的电荷量是q1I1t1在00.3 s内通过金属棒的电荷量q2由题意知解得x20.3 m。(2)金属棒在00.6 s内通过的总位移为xx1x2vt1x20.75 m根据能量守恒定律得Mgxmgxsin (Mm)v2Q解得Q3.15 J由于金属棒与电阻R串联，电流相等，根据焦耳定律QI2Rt知，它们产生的热量与电阻成正比，所以金属棒在00.6 s内产生的热量QrQ1.05 J。答案(1)0.3 m(2)1.05 J11.如图所示，一横截面积为S的n匝线圈，与相距为d的两块水平放置的平行金属板连接成电路。线圈置于方向竖直向上的匀强磁场中。为使一质量为m、电荷量为q的小球在平行金属板间水平向右做直线运动，重力加速度为g，则磁感应强度的变化情况应为()A正在增强，B正在减弱，C正在增强，D正在减弱，A对带电小球由共点力平衡条件有qmg，由法拉第电磁感应定律有UnS，解得。由楞次定律可知，磁感应强度正在增强。选项A正确，B、C、D错误。12如图甲所示，质量m3.0103kg的“”形金属细框竖直放置在两水银槽中，“”形框的水平细杆CD长l0.20 m，处于磁感应强度大小B11.0 T、方向水平向右的匀强磁场中。有一匝数n300匝、面积S0.01 m2的线圈通过开关K与两水银槽相连。线圈处于与线圈平面垂直的、沿竖直方向的匀强磁场中，其磁感应强度B2的大小随时间t变化的关系如图乙所示。(1)求00.10 s线圈中的感应电动势大小；(2)t0.22 s时闭合开关K，若细杆CD所受安培力方向竖直向上，判断CD中的电流方向及磁感应强度B2的方向；(3)t0.22 s时闭合开关K，若安培力远大于重力，细框跳起的最大高度h0.20 m，求通过细杆CD的电荷量。甲乙解析(1)由法拉第电磁感应定律有En得EnS30 V。(2)电流方向CDB2方向向上。(3)由牛顿第二定律有Fmam(或由动量定理Ftmv0)安培力FIB1lQItv22gh得Q0.03 C。答案(1)30 V(2)CDB2方向向上(3)0.03 C