浙江新高考選考物理一輪復習達標檢測鞏固提能12第九章2第2節(jié)法拉第電磁感應定律自感和渦流

[隨堂檢測]1．(2020·寧波檢測)穿過一個單匝線圈的磁通量始終保持每秒鐘均勻地增加2Wb，則()A．線圈中感應電動勢每秒鐘增加2VB．線圈中感應電動勢每秒鐘減少2VC．線圈中無感應電動勢D．線圈中感應電動勢保持不變答案：D2.如圖，A、B是相同的白熾燈，L是自感系數(shù)很大、電阻可忽略的自感線圈．下面說法正確的是()A．閉合開關S時，A、B燈同時亮，且達到正常B．閉合開關S時，B燈比A燈先亮，最后一樣亮C．閉合開關S時，A燈比B燈先亮，最后一樣亮D．斷開開關S時，A燈比B燈先熄滅解析：選B.由于自感的作用，閉合開關S時，B燈比A燈先亮，最后一樣亮，選項A、C錯誤，B正確；斷開開關S時，L中產(chǎn)生自感電動勢，A燈與B燈同時慢慢熄滅，選項D錯誤．3.(2020·湖州月考)1824年，法國科學家阿拉果完成了著名的“圓盤實驗”．實驗中將一銅圓盤水平放置，在其中心正上方用柔軟細線懸掛一枚可以自由旋轉(zhuǎn)的磁針，如圖所示．實驗中發(fā)現(xiàn)，當圓盤在磁針的磁場中繞過圓盤中心的豎直軸旋轉(zhuǎn)時，磁針也隨著一起轉(zhuǎn)動起來，但略有滯后．下列說法不正確的是()A．圓盤上產(chǎn)生了感應電動勢B．圓盤內(nèi)的渦電流產(chǎn)生的磁場導致磁針轉(zhuǎn)動C．在圓盤轉(zhuǎn)動的過程中，磁針的磁場穿過整個圓盤的磁通量未發(fā)生變化D．圓盤中的自由電子隨圓盤一起運動形成電流，此電流產(chǎn)生的磁場導致磁針轉(zhuǎn)動解析：選D.當圓盤轉(zhuǎn)動時，圓盤的半徑切割磁針產(chǎn)生的磁場的磁感線，產(chǎn)生感應電動勢，選項A正確；銅圓盤上存在許多小的閉合回路，當圓盤轉(zhuǎn)動時，穿過小的閉合回路的磁通量發(fā)生變化，回路中產(chǎn)生感應電流，根據(jù)楞次定律，感應電流阻礙其相對運動，但抗拒不了相對運動，故磁針會隨圓盤一起轉(zhuǎn)動，但略有滯后，選項B正確；在圓盤轉(zhuǎn)動過程中，磁針的磁場穿過整個圓盤的磁通量始終為零，選項C正確；圓盤中的自由電子隨圓盤一起運動形成的電流的磁場方向沿圓盤軸線方向，會使磁針沿軸線方向偏轉(zhuǎn)，選項D錯誤．4．(2020·1月浙江選考)如圖所示，在光滑絕緣水平面上，兩條固定的相互垂直彼此絕緣的導線通以大小相同的電流I.在角平分線上，對稱放置四個相同的正方形金屬框．當電流在相同時間間隔內(nèi)增加相同量，則()A．1、3線圈靜止不動，2、4線圈沿著對角線向內(nèi)運動B．1、3線圈靜止不動，2、4線圈沿著對角線向外運動C．2、4線圈靜止不動，1、3線圈沿著對角線向內(nèi)運動D．2、4線圈靜止不動，1、3線圈沿著對角線向外運動答案：B5．小明同學設計了一個“電磁天平”，如圖甲所示，等臂天平的左臂為掛盤，右臂掛有矩形線圈，兩臂平衡．線圈的水平邊長Lm，豎直邊長Hm，匝數(shù)為N1.線圈的下邊處于勻強磁場內(nèi)，磁感應強度B0T，方向垂直線圈平面向里．A范圍內(nèi)調(diào)節(jié)的電流I.掛盤放上待測物體后，調(diào)節(jié)線圈中電流使天平平衡，測出電流即可測得物體的質(zhì)量．(重力加速度取g＝10m/s2)(1)kg，線圈的匝數(shù)N1至少為多少？(2)進一步探究電磁感應現(xiàn)象，另選N2＝100匝、形狀相同的線圈，總電阻R＝10Ω.不接外電流，兩臂平衡．如圖乙所示，保持B0不變，在線圈上部另加垂直紙面向外的勻強磁場，且磁感應強度B隨時間均勻變大，磁場區(qū)域?qū)挾萪＝m．kg的物體時，天平平衡，求此時磁感應強度的變化率eq\f(ΔB,Δt).解析：(1)線圈受到安培力F＝N1B0IL天平平衡mg＝N1B0IL代入數(shù)據(jù)得N1＝25匝．(2)由電磁感應定律得E＝N2eq\f(ΔΦ,Δt)即E＝N2eq\f(ΔB,Δt)Ld由歐姆定律得I′＝eq\f(E,R)線圈受到安培力F′＝N2B0I′L天平平衡m′g＝Neq\o\al(2,2)B0eq\f(ΔB,Δt)·eq\f(dL2,R)代入數(shù)據(jù)可得eq\f(ΔB,Δt)T/s.答案：(1)25匝(2)T/s[課后達標]一、選擇題1.(2020·浙江十校聯(lián)考)如圖所示，電源的電動勢為E、內(nèi)阻r不能忽略．A、B是兩個相同的小燈泡，L是一個自感系數(shù)相當大的線圈．關于這個電路的以下說法正確的是()A．開關閉合到電路中電流穩(wěn)定的時間內(nèi)，A燈立刻亮，而后逐漸變暗，最后亮度穩(wěn)定B．開關閉合到電路中電流穩(wěn)定的時間內(nèi)，B燈立刻亮，而后逐漸變暗，最后亮度穩(wěn)定C．開關由閉合到斷開瞬間，A燈閃亮一下再熄滅D．開關由閉合到斷開瞬間，電流自左向右通過A燈答案：A2．(2020·溫州八校聯(lián)考)如圖所示的四個選項中，虛線上方空間都存在方向垂直紙面向里的勻強磁場．A、B中的導線框為正方形，C、D中的導線框為直角扇形．各導線框均繞垂直紙面軸O在紙面內(nèi)勻速轉(zhuǎn)動，轉(zhuǎn)動方向如箭頭所示，轉(zhuǎn)動周期均為T.從線框處于圖示位置時開始計時，以在OP邊上從P點指向O點的方向為感應電流i的正方向．則在如圖所示的四個情景中，產(chǎn)生的感應電流i隨時間t的變化規(guī)律如圖正確的是()答案：C3.(2020·金華調(diào)研)物理課上，老師做了一個奇妙的實驗，如圖所示，A是由銅片和絕緣細桿組成的擺，其擺平面通過電磁鐵的兩極之間，當繞在電磁鐵上的線圈未通電時，銅片可以自由擺動，要經(jīng)過較長時間才會停下來．當線圈通電時，銅片迅速停止擺動．以下四個選項中與此原理類似的是()A．微安表表頭在運輸時應該把兩個接線柱連在一起，以阻礙表針相對表盤的擺動B．電動機等大功率用電器的開關最好使用油浸開關，避免開關斷開時出現(xiàn)電火花C．法拉第利用電磁感應的原理制成的第一臺圓盤發(fā)電機D．通電導線與磁體通過磁場發(fā)生相互作用答案：A4.(2020·麗水檢測)如圖所示，半徑為r的金屬圓盤在垂直于盤面的勻強磁場B中，繞O軸以角速度ω沿逆時針方向勻速轉(zhuǎn)動，則通過電阻R的電流的方向和大小是(金屬圓盤的電阻不計，R左側(cè)導線與圓盤邊緣接觸，右側(cè)導線與圓盤中心接觸)()A．由c到d，I＝eq\f(Br2ω,R) B．由d到c，I＝eq\f(Br2ω,R)C．由c到d，I＝eq\f(Br2ω,2R) D．由d到c，I＝eq\f(Br2ω,2R)解析：選D.由右手定則判定通過電阻R的電流的方向是由d到c；而金屬圓盤產(chǎn)生的感應電動勢E＝eq\f(1,2)Br2ω，所以通過電阻R的電流大小是I＝eq\f(Br2ω,2R)，選項D正確．5．(2020·浙江名校聯(lián)盟聯(lián)合測試)如圖，均勻磁場中有一由半圓弧及其直徑構(gòu)成的導線框，半圓直徑與磁場邊緣重合；磁場方向垂直于半圓面(紙面)向里，磁感應強度大小為B0.使該線框從靜止開始繞過圓心O、垂直于半圓面的軸以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動半周，在線框中產(chǎn)生感應電流．現(xiàn)使線框保持圖中所示位置，磁感應強度大小隨時間線性變化．為了產(chǎn)生與線框轉(zhuǎn)動半周過程中同樣大小的電流，磁感應強度隨時間的變化率eq\f(ΔB,Δt)的大小應為()A.eq\f(4ωB0,π)B.eq\f(2ωB0,π)C.eq\f(ωB0,π)D.eq\f(ωB0,2π)解析：選C.設圓的半徑為L，電阻為R，當線框以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動時產(chǎn)生的感應電動勢E1＝eq\f(1,2)B0ωL2.當線框不動，而磁感應強度隨時間變化時E2＝eq\f(1,2)πL2eq\f(ΔB,Δt)，由eq\f(E1,R)＝eq\f(E2,R)得eq\f(1,2)B0ωL2＝eq\f(1,2)πL2eq\f(ΔB,Δt)，即eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(ωB0,π)，故C正確．6.如圖所示，正方形閉合導線框的質(zhì)量可以忽略不計，將它從如圖所示的位置勻速拉出勻強磁場．s時間拉出，外力所做的功為W1；第二次用s時間拉出，外力所做的功為W2，則()A．W1＝eq\f(1,3)W2 B．W1＝W2C．W1＝3W2 D．W1＝9W2解析：選C.設正方形邊長為L，導線框的電阻為R，則導體切割磁感線的邊長為L，運動距離為L，W＝eq\f(E2,R)t＝eq\f(B2L2v2,R)·eq\f(L,v)＝eq\f(B2L3v,R)＝eq\f(B2L4,Rt)，可知W與t成反比，W1＝3W2.選C.7.(2020·浙江東、北名校聯(lián)考)如圖，金屬棒ab置于水平放置的U形光滑導軌上，在ef右側(cè)存在有界勻強磁場B，磁場方向垂直導軌平面向下，在ef左側(cè)的無磁場區(qū)域cdef內(nèi)有一半徑很小的金屬圓環(huán)L，圓環(huán)與導軌在同一平面內(nèi)．當金屬棒ab在水平恒力F作用下從磁場左邊界ef處由靜止開始向右運動后()A．圓環(huán)L有收縮趨勢，圓環(huán)內(nèi)產(chǎn)生的感應電流變大B．圓環(huán)L有收縮趨勢，圓環(huán)內(nèi)產(chǎn)生的感應電流變小C．圓環(huán)L有擴張趨勢，圓環(huán)內(nèi)產(chǎn)生的感應電流變大D．圓環(huán)L有擴張趨勢，圓環(huán)內(nèi)產(chǎn)生的感應電流變小解析：選B.由于金屬棒ab在恒力F的作用下向右運動，則abdc回路中產(chǎn)生逆時針方向的感應電流，則在圓環(huán)處產(chǎn)生垂直于環(huán)面向外的磁場，隨著金屬棒向右加速運動，穿過圓環(huán)的磁通量將增大，依據(jù)楞次定律可知，圓環(huán)將有收縮的趨勢以阻礙穿過圓環(huán)的磁通量增大；又由于金屬棒向右運動的加速度減小，單位時間內(nèi)磁通量的變化率減小，所以在圓環(huán)中產(chǎn)生的感應電流不斷減?。?.如圖所示，兩根光滑的平行金屬導軌豎直放置在勻強磁場中，磁場和導軌平面垂直，金屬桿ab與導軌接觸良好可沿導軌滑動，開始時開關S斷開，當ab桿由靜止下滑一段時間后閉合S，則從S閉合開始計時，ab桿的速度v與時間t的關系圖象不可能正確的是()解析：選B.若ab桿速度為v時，S閉合，則ab桿中產(chǎn)生的感應電動勢E＝BLv，ab桿受到的安培力F＝eq\f(B2L2v,R)，如果安培力等于ab桿的重力，則ab桿勻速運動，A項正確；如果安培力小于ab桿的重力，則ab桿先加速最后勻速，C項正確；如果安培力大于ab桿的重力，則ab桿先減速最后勻速，D項正確；ab桿不可能勻加速運動，B項錯誤．9.(多選)半徑為a、右端開小口的導體圓環(huán)和長為2a的導體直桿，單位長度電阻均為R0.圓環(huán)水平固定放置，整個內(nèi)部區(qū)域分布著垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B.直桿在圓環(huán)上以速度v平行于直徑CD向右做勻速直線運動，直桿始終有兩點與圓環(huán)良好接觸，從圓環(huán)中心O開始，直桿的位置由θ確定，如圖所示．則()A．θ＝0時，直桿產(chǎn)生的電動勢為2BavB．θ＝eq\f(π,3)時，直桿產(chǎn)生的電動勢為eq\r(3)BavC．θ＝0時，直桿受的安培力大小為eq\f(2B2av,（π＋2）R0)D．θ＝eq\f(π,3)時，直桿受的安培力大小為eq\f(3B2av,（5π＋3）R0)解析：選AD.當θ＝0時，直桿切割磁感線的有效長度l1＝2a，所以直桿產(chǎn)生的電動勢E1＝Bl1v＝2Bav，選項A正確；此時直桿上的電流I1＝eq\f(E1,（πa＋2a）R0)＝eq\f(2Bv,（π＋2）R0)，直桿受到的安培力大小F1＝BI1l1＝eq\f(4B2av,（π＋2）R0)，選項C錯誤；當θ＝eq\f(π,3)時，直桿切割磁感線的有效長度l2＝2acoseq\f(π,3)＝a，直桿產(chǎn)生的電動勢E2＝Bl2v＝Bav，選項B錯誤；此時直桿上的電流I2＝eq\f(E2,（2πa－\f(2πa,6)＋a）R0)＝eq\f(3Bv,（5π＋3）R0)，直桿受到的安培力大小F2＝BI2l2＝eq\f(3B2av,（5π＋3）R0)，選項D正確．10.(多選)如圖所示，一導線彎成半徑為a的半圓形閉合回路．虛線MN右側(cè)有磁感應強度為B的勻強磁場，方向垂直于回路所在的平面．回路以速度v向右勻速進入磁場，直徑CD始終與MN垂直．從D點到達邊界開始到C點進入磁場為止，下列結(jié)論正確的是()A．感應電流方向不變B．CD段直導線始終不受安培力C．感應電動勢最大值Em＝BavD．感應電動勢平均值E＝πBav解析：選AC.由楞次定律可知，感應電流方向不變，A正確；CD段直導線始終受到安培力，B錯誤；感應電動勢最大值即為切割磁感線等效長度最大時的電動勢，故Em＝Bav，C正確；eq\o(E,\s\up6(－))＝eq\f(ΔΦ,Δt)①ΔΦ＝B·eq\f(1,2)πa2②Δt＝eq\f(2a,v)③由①②③式得eq\o(E,\s\up6(－))＝eq\f(1,4)πBav，D錯誤．二、非選擇題11．(2020·湖州質(zhì)檢)某同學設計一個發(fā)電測速裝置，工作原理如圖所示．一個半徑為Rm的圓形金屬導軌固定在豎直平面上，一根長為R的金屬棒OA，A端與導軌接觸良好，O端固定在圓心處的轉(zhuǎn)軸上．轉(zhuǎn)軸的左端有一個半徑為r＝eq\f(R,3)的圓盤，圓盤和金屬棒能隨轉(zhuǎn)軸一起轉(zhuǎn)動．圓盤上繞有不可伸長的細線，下端掛著一個質(zhì)量為mkg的鋁塊．在金屬導軌區(qū)域內(nèi)存在垂直于導軌平面向右的勻強磁場，磁感應強度BT．a(chǎn)點與導軌相連，b點通過電刷與O端相連．測量a、b兩點間的電勢差U可算得鋁塊速度．鋁塊由靜止釋放，下落hm時，測得UV．(細線與圓盤間沒有滑動，金屬棒、導軌、導線及電刷的電阻均不計，重力加速度g＝10m/s2)(1)測U時，與a點相接的是電壓表的“正極”還是“負極”？(2)求此時鋁塊的速度大?。?3)求此下落過程中鋁塊機械能的損失．解析：(1)由右手定則知，金屬棒產(chǎn)生的感應電動勢的方向由O→A，故A端電勢高于O端電勢，與a點相接的是電壓表的“正極”．(2)由電磁感應定律得U＝E＝eq\f(ΔΦ,Δt)，ΔΦ＝eq\f(1,2)BR2Δθ，U＝eq\f(1,2)BωR2，v＝rω＝eq\f(1,3)ωR，所以v＝eq\f(2U,3BR)＝2m/s.(3)ΔE＝mgh－eq\f(1,2)mv2.代入數(shù)據(jù)得ΔEJ.答案：(1)正極(2)2m/s(3)J12．(2016·10月浙江選考)為了探究電動機轉(zhuǎn)速與彈簧伸長量之間的關系，小明設計了如圖所示的裝置．半徑為l的圓形金屬導軌固定在水平面上，一根長也為l、電阻為R的金屬棒ab一端與導軌接觸良好，另一端固定在圓心處的導電轉(zhuǎn)軸OO′上，由電動機A帶動旋轉(zhuǎn)．在金屬導軌