2021新高考物理選擇性考試B方案一輪復(fù)習(xí)課時(shí)作業(yè)第10章第2講法拉第電磁感應(yīng)定律自感現(xiàn)象

第10章第2講法拉第電磁感應(yīng)定律自感現(xiàn)象課時(shí)作業(yè)時(shí)間：60分鐘滿分：100分一、選擇題(本題共10小題，每小題8分，共80分。其中1～6題為單選，7～10題為多選)1．(2016·浙江高考)如圖所示，a、b兩個(gè)閉合正方形線圈用同樣的導(dǎo)線制成，匝數(shù)均為10匝，邊長(zhǎng)la＝3lA．兩線圈內(nèi)產(chǎn)生順時(shí)針方向的感應(yīng)電流B．a(chǎn)、b線圈中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)之比為9∶1C．a(chǎn)、b線圈中感應(yīng)電流之比為3∶4D．a(chǎn)、b線圈中電功率之比為3∶1答案B解析磁場(chǎng)均勻增大，穿過兩線圈的磁通量增大，根據(jù)楞次定律可知兩線圈內(nèi)會(huì)產(chǎn)生逆時(shí)針方向的感應(yīng)電流，A錯(cuò)誤；由法拉第電磁感應(yīng)定律E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(ΔB,Δt)l2，得eq\f(Ea,Eb)＝eq\f(l\o\al(2,a),l\o\al(2,b))＝eq\f(9,1)，B正確；由電阻定律R＝ρeq\f(L,S)，得eq\f(Ra,Rb)＝eq\f(la,lb)＝eq\f(3,1)，由閉合電路歐姆定律可得I＝eq\f(E,R)，即eq\f(Ia,Ib)＝eq\f(Ea,Eb)×eq\f(Rb,Ra)＝eq\f(3,1)，C錯(cuò)誤；由P＝eq\f(E2,R)得eq\f(Pa,Pb)＝eq\f(E\o\al(2,a),E\o\al(2,b))×eq\f(Rb,Ra)＝eq\f(27,1)，D錯(cuò)誤。2．(2019·河南名校高三上學(xué)期四聯(lián))如圖甲所示，abcd是邊長(zhǎng)為L(zhǎng)＝1m的正方形金屬線框，電阻為R＝2Ω，虛線為正方形的對(duì)稱軸，虛線上方線框內(nèi)有按圖乙變化的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，虛線下方線框內(nèi)有按圖丙變化的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里為正，則線框中的感應(yīng)電流大小為()A．eq\f(1,8)A B．eq\f(1,4)AC．eq\f(3,8)A D．eq\f(1,4)A答案C解析由圖乙得：eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(3－1,4－0)T/s＝0.5T/s，由法拉第電磁感應(yīng)定律得：E1＝eq\f(nΔΦ,Δt)＝eq\f(nL·\f(L,2)·ΔB,Δt)＝0.25V，由楞次定律得，線框的感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向；由圖丙得：eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(3－0,3－0)T/s＝1T/s，由法拉第電磁感應(yīng)定律得：E2＝eq\f(nΔΦ,Δt)＝eq\f(nL·\f(L,2)·ΔB,Δt)＝0.5V，由楞次定律得，線框的感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向。線框中的感應(yīng)電流大小為I＝eq\f(E1＋E2,R)＝eq\f(3,8)A，故C正確，A、B、D錯(cuò)誤。3．如圖甲所示，固定閉合線圈abcd處于方向垂直紙面向外的磁場(chǎng)中，磁感線分布均勻，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B隨時(shí)間t的變化規(guī)律如圖乙所示，則下列說法正確的是()A．t＝1s時(shí)，ab邊受到的安培力方向向左B．t＝2s時(shí)，ab邊受到的安培力為0C．t＝2s時(shí)，ab邊受到的安培力最大D．t＝4s時(shí)，ab邊受到的安培力最大答案B解析由題圖知，0～2s內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小逐漸增大，根據(jù)楞次定律知線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針方向，根據(jù)左手定則判斷知ab邊受到的安培力方向向右，A錯(cuò)誤；t＝2s時(shí)，eq\f(ΔB,Δt)＝0，感應(yīng)電流I＝0，安培力F＝0，B正確，C錯(cuò)誤；t＝4s時(shí)，B＝0，安培力F＝0，D錯(cuò)誤。4．如圖所示，電路中有三個(gè)相同的燈泡L1、L2、L3，電感線圈L的電阻可忽略，D為理想二極管。下列說法正確的是()A．閉合開關(guān)S的瞬間，L3立即變亮，L1、L2逐漸變亮B．閉合開關(guān)S的瞬間，L2、L3立即變亮，L1逐漸變亮C．?dāng)嚅_開關(guān)S的瞬間，L2立即熄滅，L1先變亮一下然后才熄滅D．?dāng)嚅_開關(guān)S的瞬間，L2立即熄滅，L3先變亮一下然后才熄滅答案B解析開關(guān)S閉合的瞬間，由于自感線圈L產(chǎn)生自感電動(dòng)勢(shì)的作用，L1逐漸變亮，而L2、L3立即變亮，故A錯(cuò)誤，B正確。斷開開關(guān)S的瞬間，線圈L和L1、L3構(gòu)成回路，因原來L1、L3兩支路電流相等，所以L1、L3逐漸熄滅，L2立即熄滅，故C、D錯(cuò)誤。5．如圖甲所示，導(dǎo)體棒MN置于水平導(dǎo)軌上，P、Q之間有阻值為R的電阻，PQNM所圍的面積為S，不計(jì)導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒的電阻。導(dǎo)軌所在區(qū)域內(nèi)存在沿豎直方向的磁場(chǎng)，規(guī)定磁場(chǎng)方向豎直向上為正，在0～2t0時(shí)間內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化情況如圖乙所示，導(dǎo)體棒MN始終處于靜止?fàn)顟B(tài)。下列說法正確的是()A．在0～t0和t0～2t0內(nèi)，導(dǎo)體棒受到導(dǎo)軌的摩擦力方向相同B．在t0～2t0內(nèi)，通過電阻R的電流方向?yàn)镻到QC．在0～t0內(nèi)，通過電阻R的電流大小為eq\f(2B0S,Rt0)D．在0～2t0內(nèi)，通過電阻R的電荷量為eq\f(B0S,R)答案D解析由楞次定律和右手定則，結(jié)合題圖可知0～t0時(shí)間內(nèi)，通過電阻R的電流方向?yàn)镻→Q，t0～2t0時(shí)間內(nèi)，電流方向?yàn)镼→P，B項(xiàng)錯(cuò)誤；由左手定則可知，兩段時(shí)間內(nèi)安培力方向相反，故導(dǎo)體棒所受靜摩擦力方向相反，A項(xiàng)錯(cuò)誤；由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，0～t0時(shí)間內(nèi)，E1＝eq\f(B0S,t0)，所以通過R的電流I1＝eq\f(B0S,Rt0)，C項(xiàng)錯(cuò)誤；在0～2t0時(shí)間內(nèi)，PQNM范圍內(nèi)磁通量變化量為ΔΦ＝B0S，則通過電阻R的電荷量q＝eq\x\to(I)·2t0＝eq\f(\x\to(E),R)·2t0＝eq\f(ΔΦ,R·2t0)·2t0＝eq\f(B0S,R)，D項(xiàng)正確。6．(2019·四川德陽高三二診)如圖所示，光滑絕緣水平面上嵌入一無限長(zhǎng)通電直導(dǎo)線。一質(zhì)量為0.02kg的金屬片在該平面內(nèi)以大小為v0＝2m/s、方向與電流方向成60°角的初速度滑出。則()A．圓形金屬片最終將靜止在水平面上的某處B．圓形金屬片最終沿垂直導(dǎo)線方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)C．圓形金屬片所受安培力方向始終和運(yùn)動(dòng)方向相反D．圓形金屬片中產(chǎn)生的電能最多為0.03J答案D解析直導(dǎo)線周圍有環(huán)形磁場(chǎng)，且離導(dǎo)線越遠(yuǎn)磁場(chǎng)越弱，圓形金屬片向右運(yùn)動(dòng)，磁通量減小，會(huì)產(chǎn)生渦流，根據(jù)“來拒去留”(電磁阻尼)可知，所受的安培力將阻礙金屬圓片遠(yuǎn)離通電直導(dǎo)線，即安培力垂直直導(dǎo)線向左，與運(yùn)動(dòng)方向并非相反，安培力使圓形金屬片在垂直導(dǎo)線方向做減速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)垂直導(dǎo)線方向的速度減為零時(shí)，只剩沿導(dǎo)線方向的速度，之后磁通量不變，無感應(yīng)電流，水平方向合力為零，故接著做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故A、B、C錯(cuò)誤；由題意知：沿導(dǎo)線方向的分速度v1＝v0·cos60°＝1m/s，根據(jù)能量守恒定律，得：Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝0.03J，故金屬片中最多產(chǎn)生0.03J的電能，D正確。7．如圖所示，兩根平行光滑金屬導(dǎo)軌MN和PQ放置在水平面內(nèi)，間距為L(zhǎng)，電阻不計(jì)。磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直軌道平面向下，兩導(dǎo)軌之間連接的電阻阻值為R。在導(dǎo)軌上有一均勻金屬棒ab，其長(zhǎng)度為2L、阻值為2R，金屬棒與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，接觸點(diǎn)為c、d。在ab棒上施加水平拉力使其以速度vA．金屬棒c、d兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為BLvB．金屬棒a、b兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為eq\f(3,2)BLvC．通過電阻的電流大小為eq\f(BLv,R)D．水平拉力的功率為eq\f(B2L2v2,2R)答案BD解析導(dǎo)體棒以速度v向右勻速運(yùn)動(dòng)，電動(dòng)勢(shì)Ecd＝BLv，Eab＝2BLv，cd與導(dǎo)軌間電阻R組成閉合回路，Ucd＝eq\f(Ecd,2R)·R＝eq\f(1,2)BLv，故A錯(cuò)誤。Uab＝Eac＋Ucd＋Edb，其中Eac＋Edb＝BLv，所以Uab＝eq\f(3,2)BLv，故B正確。通過電阻的電流I＝eq\f(BLv,2R)，故C錯(cuò)誤。水平拉力的功率P＝Fv，其中F＝FA，F(xiàn)A＝BIL，聯(lián)立得P＝eq\f(B2L2v2,2R)，故D正確。8．如圖所示，水平面內(nèi)固定兩根足夠長(zhǎng)的金屬導(dǎo)軌MN、M′N′，其電阻不計(jì)，兩導(dǎo)軌之間存在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)?，F(xiàn)將兩根粗細(xì)均勻的相同銅棒ab、cd放在兩導(dǎo)軌上，若兩棒從圖示位置開始以相同的速度沿MN方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過程中兩棒始終與兩導(dǎo)軌接觸良好，且始終與導(dǎo)軌MN垂直，不計(jì)一切摩擦，則下列說法正確的是()A．回路中有順時(shí)針方向的感應(yīng)電流B．回路中總的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)不變C．回路中的感應(yīng)電流不變D．回路中的熱功率不斷減小答案BD解析兩棒沿MN方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，穿過回路的磁通量不斷增大，根據(jù)楞次定律知，回路中有逆時(shí)針方向的感應(yīng)電流，A錯(cuò)誤；設(shè)開始時(shí)兩棒間的距離為L(zhǎng)，兩導(dǎo)軌間的夾角為θ，則回路中總的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLtanθ·v，恒定，B正確；回路中總的感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R)，由于運(yùn)動(dòng)過程中兩棒在兩導(dǎo)軌間的總電阻R不斷增大，故I不斷減小，C錯(cuò)誤；根據(jù)P＝eq\f(E2,R)知，回路中的熱功率不斷減小，D正確。9．在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，有一與磁場(chǎng)方向垂直、長(zhǎng)度為L(zhǎng)的金屬桿aO，已知ab＝bc＝cO＝eq\f(L,3)，a、c與磁場(chǎng)中以O(shè)為圓心的同心圓(都為部分圓弧)金屬軌道始終接觸良好。一電容為C的電容器接在軌道上，如圖所示，當(dāng)金屬桿在與磁場(chǎng)垂直的平面內(nèi)以O(shè)為軸、以角速度ω順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)()A．Uac＝2UabB．UaO＝9UcOC．電容器所帶電荷量Q＝eq\f(4,9)BL2ωCD．若在eO間連接一個(gè)電壓表，則電壓表示數(shù)為零答案BC解析根據(jù)轉(zhuǎn)動(dòng)切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的公式E＝eq\f(1,2)Bl2ω得aO、bO、cO間的電勢(shì)差分別為UaO＝eq\f(1,2)BL2ω，UbO＝eq\f(1,2)B（eq\f(2,3)L）2ω＝eq\f(2,9)BL2ω，UcO＝eq\f(1,2)B·（eq\f(1,3)L）2ω＝eq\f(1,18)BL2ω，則Uac＝UaO－UcO＝eq\f(4,9)BL2ω，Uab＝UaO－UbO＝eq\f(5,18)BL2ω，可見，Uac＝1.6Uab，UaO＝9UcO，故B正確，A錯(cuò)誤。電容器板間電壓等于ac間的電勢(shì)差，則電容器所帶電荷量為Q＝CUac＝eq\f(4,9)BL2ωC，故C正確。若在eO間連接一個(gè)電壓表，電壓表與cO、軌道組成的閉合回路磁通量增加，會(huì)有電流通過電壓表，則電壓表將有示數(shù)，故D錯(cuò)誤。10．(2019·廣西欽州三模)如圖，兩條間距為L(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌位于同一水平面(紙面)內(nèi)，其左端接一阻值為R的電阻；一金屬棒垂直放置在兩導(dǎo)軌上；在MN左側(cè)面積為S的圓形區(qū)域中存在垂直于紙面向里的均勻磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B隨時(shí)間t的變化關(guān)系為B＝kt，式中k為常量，且k>0；在MN右側(cè)區(qū)域存在一磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。t＝0時(shí)刻，金屬棒從MN處開始，在水平拉力F作用下以速度v0向右勻速運(yùn)動(dòng)。金屬棒與導(dǎo)軌的電阻及摩擦均可忽略。則()A．在t時(shí)刻穿過回路的總磁通量為B0Lv0tB．通過電阻R的電流為恒定電流C．在時(shí)間Δt內(nèi)流過電阻的電荷量為eq\f(kS＋B0Lv0,R)ΔtD．金屬棒所受的水平拉力F隨時(shí)間均勻增大答案BC解析根據(jù)題意可知，MN左邊的磁場(chǎng)方向與右邊的磁場(chǎng)方向相同，那么總磁通量即為兩種情況磁通量之和，則在時(shí)刻t穿過回路的總磁通量為Φ＝Φ1＋Φ2＝ktS＋B0v0tL＝ktS＋B0Lv0t，故A錯(cuò)誤；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得E＝eq\f(ΔΦ,Δt)，結(jié)合閉合電路歐姆定律得I＝eq\f(E,R)＝eq\f(kS＋B0Lv0,R)，故通過電阻R的電流為恒定電流，故B正確；Δt時(shí)間內(nèi)通過電阻的電量為q＝IΔt＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(kS＋B0Lv0,R)Δt，故C正確；金屬棒所受的安培力大小FA＝B0IL＝eq\f(kS＋B0Lv0B0L,R)；根據(jù)平衡條件得，水平恒力大小等于安培力大小，即為F＝eq\f(kS＋B0Lv0B0L,R)，故外力F是一個(gè)恒量，故D錯(cuò)誤。二、非選擇題(本題共1小題，共20分)11．(2017·北京高考)發(fā)電機(jī)和電動(dòng)機(jī)具有裝置上的類似性，源于它們機(jī)理上的類似性。直流發(fā)電機(jī)和直流電動(dòng)機(jī)的工作原理可以簡(jiǎn)化為如圖1、圖2所示的情景。在豎直向下的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，兩根光滑平行金屬軌道MN、PQ固定在水平面內(nèi)，相距為L(zhǎng)，電阻不計(jì)。電阻為R的金屬導(dǎo)體棒ab垂直于MN、PQ放在軌道上，與軌道接觸良好，以速度v(v平行于MN)向右做勻速運(yùn)動(dòng)。圖1軌道端點(diǎn)MP間接有阻值為r的電阻，導(dǎo)體棒ab受到水平向右的外力作用。圖2軌道端點(diǎn)MP間接有直流電源，導(dǎo)體棒ab通過滑輪勻速提升重物，電路中的電流為I。(1)求在Δt時(shí)間內(nèi)，圖1“發(fā)電機(jī)”產(chǎn)生的電能和圖2“電動(dòng)機(jī)”輸出的機(jī)械能。(2)從微觀角度看，導(dǎo)體棒ab中的自由電荷所受洛倫茲力在上述能量轉(zhuǎn)化中起著重要作用。為了方便，可認(rèn)為導(dǎo)體棒中的自由電荷為正電荷。a．請(qǐng)?jiān)趫D3(圖1的導(dǎo)體棒ab)、圖4(圖2的導(dǎo)體棒ab)中，分別畫出自由電荷所受洛倫茲力的示意圖。b．我們知道，洛倫茲力對(duì)運(yùn)動(dòng)電荷不做功。那么，導(dǎo)體棒ab中的自由電荷所受洛倫茲力是如何在能量轉(zhuǎn)化過程中起到作用的呢？請(qǐng)以圖2“電動(dòng)機(jī)”為例，通過計(jì)算分析說明。答案(1)eq\f(B2L2v2Δt,R＋r)BILvΔt(2)見解析解析(1)題圖1中，電路中的電流I1＝eq\f(BLv,R＋r)棒ab受到的安培力F1＝BI1L在Δt時(shí)間內(nèi)，“發(fā)電機(jī)”產(chǎn)生的電能等于棒ab克服安培力做的功E電＝F1·vΔt＝eq\f(B2L2v2Δt,R＋r)題圖2中，棒ab受到的安培力F2＝BIL在Δt時(shí)間內(nèi)，“電動(dòng)機(jī)”輸出的機(jī)械能等于安培力對(duì)棒ab做的功E機(jī)＝F