(新課標)2020高考物理一輪復習 課時作業(yè)47 法拉第電磁感應定律(含解析)新人教版
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(新課標)2020高考物理一輪復習 課時作業(yè)47 法拉第電磁感應定律(含解析)新人教版
法拉第電磁感應定律一、選擇題1(2018·靖遠縣三模)等腰直角三角形OPQ區(qū)域內存在勻強磁場,另有一等腰直角三角形導線框ABC以恒定的角速度沿圖示方向穿過磁場,該過程中ACOQ,下列說法中正確的是()A導線框開始進入磁場時感應電流最小B導線框進入磁場過程磁感應電流沿逆時針方向C導線框穿出磁場過程中C點電勢高于A點電勢D導線框穿出磁場過程磁感應電流沿逆時針方向答案B解析A項,當導線框開始進入磁場時,切割磁感線的有效長度L最大,此時感應電動勢最大,感應電流最大,故A項錯誤;B項,導線框進入磁場過程,由右手定則判定可知,導體切割磁感線產生的感應電流方向為C到A,所以感應電流沿逆時針方向,故B項正確C、D兩項,導線框穿出磁場過程中,磁通量減小,由楞次定律知磁感應電流沿順時針方向,AC中電流方向由A到C,而AC在外電路中,所以C點電勢低于A點電勢,故C、D兩項錯誤2(2018·課標全國)(多選)如圖(a),在同一平面內固定有一長直導線PQ和一導線框R,R在PQ的右側導線PQ中通有正弦交流電i,i的變化如圖(b)所示,規(guī)定從Q到P為電流正方向導線框R中的感應電動勢()A在t時為零B在t時改變方向C在t時最大,且沿順時針方向D在tT時最大,且沿順時針方向答案AC解析由圖可知,tT時刻,電流的變化率為0,電流產生的磁場的變化率為0,則線框產生的感應電動勢為0,A項正確t或tT時刻,電流的變化率最大,電流產生的磁場的變化率最大,則產生的電動勢最大;根據(jù)楞次定律:t感應電流的方向為順時針,tT時刻感應電流的方向為逆時針方向,B項錯誤;C項正確,D項錯誤3(多選)如圖甲所示,abcd是匝數(shù)為100匝、邊長為10 cm、總電阻為0.1 的正方形閉合導線圈,放在與線圈平面垂直的圖示勻強磁場中,磁感應強度B隨時間t的變化關系如圖乙所示,則以下說法正確的是()A導線圈中產生的是交變電流B在t1 s時,ad邊受安培力方向向右C在02 s內通過導線橫截面的電荷量為10 CD在t2.5 s時導線框產生的感應電動勢為1 V答案AB解析A項,根據(jù)楞次定律可知,在02 s內的感應電流方向與2 s3 s內的感應電流方向相反,即為交流電,故A項正確;B項,根據(jù)楞次定律可知產生的感應電流方向逆時針,根據(jù)左手定則可知受到的安培力方向向右,故B項正確;C項,在02 s時間內,感應電動勢為:E1100××0.12 V1 V,再根據(jù)歐姆定律I,則有:I1 A10 A,根據(jù)QIt,解得:Q10×2 C20 C,故C項錯誤;D項,根據(jù)法拉第電磁感應定律,2.5 s時的感應電動勢等于2 s到3 s內的感應電動勢,則有:E V2 V,故D項錯誤4(2018·廈門二模)法拉第圓盤發(fā)電機原理如圖所示銅質圓盤水平放置在豎直向下的勻強磁場中,圓盤圓心處固定一個帶搖柄的轉軸,邊緣和轉軸處各有一個銅電刷與其緊貼,用導線將電刷與電阻R連接起來形成回路,其他電阻均不計轉動搖柄,使圓盤如圖示方向勻速轉動已知勻強磁場的磁感應強度為B,圓盤半徑為r,電阻的功率為P.則()A圓盤轉動的角速度為,流過電阻R的電流方向為從c到dB圓盤轉動的角速度為,流過電阻R的電流方向為從d到cC圓盤轉動的角速度為,流過電阻R的電流方向為從c到dD圓盤轉動的角速度為,流過電阻R的電流方向為從d到c答案D解析將圓盤看成無數(shù)幅條組成,它們都切割磁感線,從而產生感應電動勢,出現(xiàn)感應電流,根據(jù)右手定則可知,圓盤上感應電流從邊緣流向圓心,則流過電阻R的電流方向為從d到c.圓盤產生的感應電動勢:EBr2,R的功率:P,解得:,故A、B、C三項錯誤,D項正確5(2017·課標全國)(多選)兩條平行虛線間存在一勻強磁場,磁感應強度方向與紙面垂直邊長為0.1 m、總電阻為0.005 的正方形導線框abcd位于紙面內,cd邊與磁場邊界平行,如圖(a)所示已知導線框一直向右做勻速直線運動,cd邊于t0時刻進入磁場線框中感應電動勢隨時間變化的圖線如圖(b)所示(感應電流的方向為順時針時,感應電動勢取正)下列說法正確的是()A磁感應強度的大小為0.5 TB導線框運動速度的大小為0.5 m/sC磁感應強度的方向垂直于紙面向外D在t0.4 s至t0.6 s這段時間內,導線框所受的安培力大小為0.1 N答案BC解析A、B兩項,由圖像可以看出,0.20.4 s沒有感應電動勢,所以從開始到ab進入用時0.2 s,導線框勻速運動的速度為:v m/s0.5 m/s,根據(jù)EBLv知磁感應強度為:B T0.2 T,故A項錯誤,B項正確C項,由(b)圖可知,線框進磁場時,感應電流的方向為順時針,根據(jù)楞次定律得,磁感應強度的方向垂直紙面向外,故C項正確D項,在0.40.6 s內,導線框所受的安培力FBIL N0.04 N,故D項錯誤6(2018·重慶模擬)如圖所示,處于豎直面的長方形導線框MNPQ邊長分別為L和2L,M、N間連接兩塊水平正對放置的金屬板,金屬板距離為d,虛線為線框中軸線,虛線右側有垂直線框平面向里的勻強磁場內板間有一個質量為m、電量為q的帶正電油滴恰好處于平衡狀態(tài),重力加速度為g,則下列關于磁場磁感應強度大小B的變化情況及其變化率的說法正確的是()A正在增強,B正在減小,C正在增強,D正在減小,答案B解析電荷量為q的帶正電的油滴恰好處于靜止狀態(tài),電場力豎直向上,則電容器的下極板帶正電,所以線框下端相當于電源的正極,感應電動勢順時針方向,感應電流的磁場方向和原磁場同向,根據(jù)楞次定律,可得穿過線框的磁通量在均勻減小;線框產生的感應電動勢:ESL2;油滴所受電場力:FE場q,對油滴,根據(jù)平衡條件得:qmg;所以解得,線圈中的磁通量變化率的大小為:.7.(2018·海南三模)如圖所示,有兩根豎直放置的光滑金屬導軌MN、PQ,導軌間的距離為L2 m,導軌下端接有阻值為R1 的電阻,在兩導軌之間有兩個半徑均為r0.5 m的圓形磁場區(qū)域,下方區(qū)域磁場的方向垂直導軌平面向里,磁感應強度隨時間均勻增大且變化率為 T/s,上方磁場區(qū)域為勻強磁場,一根質量為m1 kg、電阻為1 的金屬棒ab與上方磁場區(qū)域的直徑重合并與導軌垂直放置,金屬棒恰好靜止,不計金屬導軌的電阻,則上方區(qū)域磁場的大小和方向為(重力加速度g取10 m/s2)()A大小為10 T,方向垂直于導軌平面向里B大小為5 T,方向垂直于導軌平面向里C大小為10 T,方向垂直于導軌平面向外D大小為5 T,方向垂直于導軌平面向外答案C解析根據(jù)楞次定律知,回路中感應電流方向為aNQba,ab棒中電流方向由b到a.ab棒所受的安培力方向豎直向上,由左手定則判斷知上方區(qū)域磁場的方向垂直于導軌平面向外根據(jù)法拉第電磁感應定律知,回路中產生的感應電動勢為:E·r2××0.522 V通過ab棒的感應電流為:I1 A金屬棒恰好靜止,則有:BI·2rmg解得:B10 T.8(2017·課標全國)如圖所示,半徑為a的圓形區(qū)域內有均勻磁場,磁感應強度為B0,磁場方向垂直紙面向里半徑為b的金屬圓環(huán)與圓形磁場同心地位置,磁場與環(huán)面垂直金屬環(huán)上分別接有相同的燈L1、L2,燈的電阻均為R,一金屬棒MN與金屬環(huán)接觸良好,棒與環(huán)的電阻均忽略不計MN棒以速率v在環(huán)上向右勻速滑動,棒滑過圓環(huán)直徑OO的瞬間,燈L1,L2恰好正常發(fā)光現(xiàn)撤去中間的金屬棒MN,使磁感應強度隨時間均勻變化,為了使燈L1,L2也正常發(fā)光,磁感應強度隨時間變化率的大小應為()A.B.C. D.答案D解析當MN棒滑過圓環(huán)直徑OO的瞬間,設由于棒切割磁感線產生的感應電動勢為E,通過棒的電流為I、通過燈泡的電流為I1,則有:EBlv2B0avII1由得:I1當撤去中間的金屬棒MN,磁感應強度隨時間變化時,設磁感應強度的變化率為k,此過程電路中的感應電動勢為E,感應電流為I、則由法拉第電磁感應定律得:ESa2kI由得:I由題意可知I1I,解得:k,故D項正確,A、B、C三項錯誤;故選D項9(2018·江西一模)如圖為兩個有界勻強磁場,左右兩邊磁感應強度大小分別為B和2B,方向分別垂直紙面向里和向外,磁場寬度均為L,距磁場區(qū)域的左側L處,有一邊長為L的正方形導體線框,總電阻為R,且線框平面與磁場方向垂直,現(xiàn)用外力F使線框以速度v勻速穿過磁場區(qū)域,以初始位置為計時起點,規(guī)定電流沿逆時針方向時的電動勢E為正,磁感線垂直紙面向里時磁通量的方向為正則下列說法正確的是()A在的過程中,磁通量的變化量為2BL2B在的過程中,電路中產生的平均感應電動勢為E3BLvC在的過程中產生的電功率是的過程中產生的電功率的9倍D在的過程中產生的安培力大小是的過程中產生的安培力大小的3倍答案C解析A項,在的過程中,t時刻,線圈的磁通量為10,t時刻磁通量為2BL2,則磁通量的變化量為21BL2.故A項錯誤B項,在的過程中,感應電動勢為負,電路中產生的平均感應電動勢為EBLv(2BLv)3BLv,故B項錯誤C項,在的過程中產生的感應電動勢E23BLv,感應電流I2·的過程中產生的感應電動勢E1BLv,感應電流I1根據(jù)電功率PI2R得,在的過程中產生的電功率是的過程中產生的電功率的9倍,故C項正確D項,在的過程中產生的安培力大小F2BI2L2BI2L·的過程中產生的安培力大小F1BI1L,所以在的過程中產生的安培力大小是的過程中產生的安培力大小的9倍,故D項錯誤10(2018·包頭一模)(多選)如圖所示,在邊長為a的正方形區(qū)域內有勻強磁場,磁感應強度為B,其方向垂直紙面向外,一個邊長也為a的單匝正方形導線框架EFGH正好與上述磁場區(qū)域的邊界重合,導線框的電阻為R.現(xiàn)使導線框以周期T繞其中心O點在紙面內勻速轉動,經過導線框轉到圖中虛線位置,則在這時間內()A順時針方向轉動時,感應電流方向為EFGHEB平均感應電動勢大小等于C平均感應電動勢大小等于D通過導線框橫截面的電荷量為答案BD解析A項,由于虛線位置是經過到達的,而且線框是順時針方向轉動,所以線框的磁通量是變小的根據(jù)楞次定律,可以判斷出感應電流的方向為:EHGFE,故A項錯誤B項,根據(jù)法拉第電磁感應定律得:平均感應電動勢E,由幾何知識得:OCa,OAa,ABAC,根據(jù)幾何關系找出有磁場穿過面積的變化S(32)a2,解得:E,故B項正確,故C項錯誤D項,通過導線框橫截面的電荷量qI·t·t,故D項正確11(2018·樂山模擬)(多選)如圖,兩根平行光滑金屬導軌固定在同一水平面內,其左端接有定值電阻R,Ox軸平行于金屬導軌,在0x4 m的空間區(qū)域內存在著垂直導軌平面向下的磁場,磁感應強度B隨坐標x(以m為單位)的分布規(guī)律為B0.80.2x(T),金屬棒ab在外力作用下從x0處沿導軌運動,ab始終與導軌垂直并接觸良好,不計導軌和金屬棒的電阻設在金屬棒從x11 m經x22 m到x33 m的過程中,R的電功率保持不變,則金屬棒()A在x1與x3處的電動勢之比為13B在x1與x2處受到磁場B的作用力大小之比為21C從x1到x2與從x2到x3的過程中通過R的電量之比為53D從x1到x2與從x2到x3的過程中通過R產生的焦耳熱之比為53答案CD解析A項,因為從x11 m經x22 m到x33 m的過程中,R的電功率保持不變,則有P可知從x11 m經x22 m到x33 m的過程中,電動勢不變,故A項錯誤;B項,在x11 m處B10.80.2×10.6 T,x22 m處B20.80.2×20.4 T,由A項分析可知整個過程中電動勢E不變,則電流不變,由FBIL可知在x1與x2處受到磁場的作用力大小之比為32,故B項錯誤;C項,由q可知從x1到x2過程與從x2到x3過程S相等,x1到x2的平均磁感應強度為0.5 T,x2到x3的平均磁感應強度為0.3 T,B之比為53,則通過R的電量之比為53,故C項正確;D項,消耗的焦耳熱為QI2RtIqR,則焦耳熱之比即為通過的電荷量之比,由C項分析可知消耗的焦耳熱之比為53,故D項正確12(2018·衡水三模)(多選)如圖所示,半徑為r的半圓弧光滑金屬導軌ab垂直放置在磁感應強度為B的勻強磁場中,現(xiàn)有一導體棒Oc可繞半圓形導軌的圓心O點逆時針旋轉,轉動過程中導體棒接入的電阻為R0,導體棒與導軌始終接觸良好,導軌電阻不計在導軌的右端點b和圓心O有兩根引線分別接在電容器C和總阻值為R的滑動變阻器兩端現(xiàn)讓導體棒從b端向a端轉動,則下列說法正確的是()A導體棒在轉動過程中c端電勢高B滑片P置于最右端不動,且導體棒以角速度勻速轉動時外力的功率為C導體棒以角速度勻速轉動時,將P從最右端滑到最左端的過程中C的放電量為D滑片P置于中間不動,均勻增大轉速時導體棒所受的外力和C上的電荷量都均勻增大答案CD解析A項,導體棒Oc轉動過程中由右手定則知電流由c向O流動,因導體棒相當于電源,故c端是電源的負極,電勢低,故A項錯誤;B項,導體棒勻速轉動時產生的電動勢為EBrBr2,因此回路中的電流為I,于是對應外力的功率為PI2(RR0),故B項錯誤;C項,導體棒穩(wěn)定轉動時,電動勢恒定,將滑片P從右向左滑動過程中C的電壓從UR逐漸減小到零,對應放出的電荷量為QC(U0),故C項正確;D項,滑片P置于中間不動,增大轉速時,2n,電動勢EBr2Br2n,回路中的電流為I,聯(lián)立化簡得In線性增大,因此安培力FIrBn也線性增大;由于電流線性增大,滑動變阻器分配的電壓線性增大,加在C上的電壓線性增大,因此它的帶電量也線性增大,故D項正確二、非選擇題13(2017·江蘇)如圖所示,兩條相距d的平行金屬導軌位于同一水平面內,其右端接一阻值為R的電阻質量為m的金屬桿靜置在導軌上,其左側的矩形勻強磁場區(qū)域MNPQ的磁感應強度大小為B、方向豎直向下當該磁場區(qū)域以速度v0勻速地向右掃過金屬桿后,金屬桿的速度變?yōu)関.導軌和金屬桿的電阻不計,導軌光滑且足夠長,桿在運動過程中始終與導軌垂直且兩端與導軌保持良好接觸求:(1)MN剛掃過金屬桿時,桿中感應電流的大小I;(2)MN剛掃過金屬桿時,桿的加速度大小a;(3)PQ剛要離開金屬桿時,感應電流的功率P.答案(1)(2)(3)解析(1)感應電動勢EBdv0感應電流I,解得I(2)安培力FBId牛頓第二定律Fma,解得a(3)金屬桿切割磁感線的速度vv0v,則感應電動勢EBd(v0v)電功率P,解得P.14如圖(a)所示,平行長直金屬導軌水平放置,間距L0.4 m,導軌右端接有阻值R1 的電阻,導體棒垂直放置在導軌上,且接觸良好,導體棒及導軌的電阻均不計,導軌間正方形區(qū)域abcd內有方向豎直向下的勻強磁場,bd連線與導軌垂直,長度也為L,從0時刻開始,磁感應強度B的大小隨時間t變化,規(guī)律如圖(b)所示;同一時刻,棒從導軌左端開始向右勻速運動,1 s后剛好進入磁場,若使棒在導軌上始終以速度v1 m/s做直線運動,求:(1)進入磁場前,回路中的電動勢E;(2)棒在運動過程中受到的最大安培力F,以及棒通過三角形abd區(qū)域時電流i與時間t的關系式答案(1)E0.04 V(2)it1(1 s<t<1.2 s)解析(1)進入磁場前,閉合回路中有磁場通過的有效面積不變,磁感應強度均勻變大,由法拉第電磁感應定律,回路中的電動勢E·S其中S(L)20.08 m2代入數(shù)據(jù)得E0.04 V(2)進入磁場后,當導體棒在bd時,切割磁感線的有效長度最長為L,此時回路中有最大電動勢及電流:E1BLv和I1故進入磁場后最大安培力為:F1BI1L代入數(shù)據(jù)得:F10.04 N棒通過三角形區(qū)域abd時,切割磁感線的導體棒的長度為L:L2×v(t1)2(t1)E2BLv故回路中的電流i At1(A)(1 s<t<1.2 s)12