（江蘇專用版）2020版高考物理總復(fù)習(xí) 第九章 第2講 法拉第電磁感應(yīng)定律 渦流與自感現(xiàn)象練習(xí)（含解析）

《（江蘇專用版）2020版高考物理總復(fù)習(xí) 第九章 第2講 法拉第電磁感應(yīng)定律 渦流與自感現(xiàn)象練習(xí)（含解析）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（江蘇專用版）2020版高考物理總復(fù)習(xí) 第九章 第2講 法拉第電磁感應(yīng)定律 渦流與自感現(xiàn)象練習(xí)（含解析）（8頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、第2講　法拉第電磁感應(yīng)定律　渦流與自感現(xiàn)象 一、單項(xiàng)選擇題 1.(2018南京、鹽城一模)下列圖中,A圖中的真空冶煉爐可以冶煉高質(zhì)量的合金;B圖中的充電器工作時(shí)繞制線圈的鐵芯中會(huì)發(fā)熱;C圖中的安檢門可以探測人身是否攜帶金屬物品;D圖中的工人穿上金屬絲織成的衣服可以高壓帶電作業(yè),不屬于渦流現(xiàn)象的是(　　) 答案　D　A中線圈接有交變電流,在線圈中會(huì)產(chǎn)生變化的磁場,變化的磁場在冶煉爐中產(chǎn)生電場,使自由電荷在電場力的作用下定向移動(dòng)形成渦流,屬于渦流現(xiàn)象;B中充電器工作時(shí)有交變電流通過,交變電流產(chǎn)生的交變磁場穿過鐵芯,在鐵芯中產(chǎn)生電場,使自由電荷在電場力的作用下定向移動(dòng)形成渦流,屬于渦流現(xiàn)象

2、;C中安全門中的線圈中的交變電流產(chǎn)生交變的磁場,會(huì)在金屬物品中產(chǎn)生交變的感應(yīng)電流,而金屬物品中感應(yīng)電流產(chǎn)生的交變磁場會(huì)在線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電流(渦流),使安全門中的線圈中的交變電流發(fā)生變化,從而被探測到,屬于渦流現(xiàn)象;D中工人所穿工作服用包含金屬絲的織物制成,形成了一個(gè)導(dǎo)體殼,殼外有電場,殼內(nèi)場強(qiáng)保持為0,高壓外電場不會(huì)對內(nèi)部產(chǎn)生影響,故D中屬于靜電屏蔽。 2.(2018蘇北四市一調(diào))如圖所示,鐵芯上繞有線圈A和B,線圈A與電源相連,線圈B與發(fā)光二極管D相連,銜鐵E連接彈簧K控制觸頭C的通斷,忽略A的自感,下列說法正確的是(　　) A.閉合S,D閃亮一下 B.閉合S,C將會(huì)過一小段時(shí)間接通

3、 C.斷開S,D不會(huì)閃亮 D.斷開S,C將會(huì)過一小段時(shí)間斷開 答案　D　閉合S瞬間,穿過線圈B的磁通量要增加,根據(jù)楞次定律,增反減同,結(jié)合右手螺旋定則可知,線圈B的電流沿逆時(shí)針方向,而由于二極管順時(shí)針方向?qū)щ?則線圈B不會(huì)閃亮一下,過一小段時(shí)間線圈A吸引E,C接通,故A,B錯(cuò)誤;斷開S瞬間,穿過線圈B的磁通量要減小,根據(jù)楞次定律:增反減同,結(jié)合右手螺旋定則可知,電流為順時(shí)針方向,則二極管處于導(dǎo)通狀態(tài),則D會(huì)閃亮,同時(shí)對線圈A有影響,阻礙其磁通量減小,那么C將會(huì)過一小段時(shí)間斷開,故C項(xiàng)錯(cuò)誤,D項(xiàng)正確。 3.(2017南通三調(diào))法拉第發(fā)明了世界上第一臺發(fā)電機(jī)。如圖所示,圓形金屬盤安置在電磁鐵

4、的兩個(gè)磁極之間,兩電刷M、N分別與盤的邊緣和中心點(diǎn)接觸良好,且與靈敏電流計(jì)相連。金屬盤繞中心軸沿圖示方向轉(zhuǎn)動(dòng),則(　　) A.電刷M的電勢高于電刷N的電勢 B.若只將電刷M移近N,電流計(jì)的示數(shù)變大 C.若只提高金屬盤轉(zhuǎn)速,電流計(jì)的示數(shù)變大 D.若只將變阻器滑片向左滑動(dòng),靈敏電流計(jì)的示數(shù)變大 答案　C　根據(jù)安培定則可知,穿過金屬盤的磁場方向向右,由右手定則判斷可知,金屬盤產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向從M到N,則電刷N的電勢高于電刷M的電勢,故A項(xiàng)錯(cuò)誤;若僅將電刷M向盤中心移動(dòng),使電刷M、N之間距離減小,切割磁感線的有效長度減小,產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢減小,感應(yīng)電流減小,則電流計(jì)的示數(shù)變小,故B項(xiàng)錯(cuò)

5、誤;若只提高金屬盤轉(zhuǎn)速,感應(yīng)電動(dòng)勢增大,故電流計(jì)的示數(shù)變大,故C項(xiàng)正確;若僅將滑動(dòng)變阻器滑片向左滑,滑動(dòng)變阻器接入電路的阻值變大,電路中的電流減小,磁場減弱,電流計(jì)的示數(shù)將減小,故D項(xiàng)錯(cuò)誤。 4.(2018蘇北四市一模)如圖所示,L是直流電阻不計(jì)的帶鐵芯線圈,A、B是完全相同的小燈泡。下列說法中正確的是(　　) A.閉合S瞬間,A燈立即亮,B燈從不亮到逐漸變亮 B.閉合S瞬間,B燈立即亮,A燈從不亮到逐漸變亮 C.斷開S瞬間,A燈立即熄滅,B燈閃亮后熄滅 D.斷開S瞬間,通過B燈的電流方向從左向右 答案　C　閉合S瞬間,A、B立即亮,A、B項(xiàng)錯(cuò)誤;穩(wěn)定時(shí),A亮,B不亮,斷開S瞬

6、間,A由于立即熄滅,由于L的自感現(xiàn)象,B閃亮后逐漸熄滅,且通過B的電流方向從右向左,C項(xiàng)正確,D項(xiàng)錯(cuò)誤。 5.(2018泰州模擬)如圖所示,虛線MN表示甲、乙、丙三個(gè)相同正方形金屬框的一條對稱軸,金屬框內(nèi)均勻分布有界勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化規(guī)律都滿足B=kt,金屬框按照圖示方式處在磁場中,測得金屬框甲、乙、丙中的感應(yīng)電流分別為I甲、I乙、I丙,則下列判斷正確的是(　　) A.I乙=2I甲,I丙=2I甲 B.I乙=2I甲,I丙=0 C.I乙=0,I丙=0 D.I乙=I甲,I丙=I甲 答案　B　I甲=E甲R=ΔBΔt·S2·1R=Sk2R,I乙=E乙R=ΔBΔt·S·1R=SkR,

7、由于丙中磁通量始終為零,故I丙=0。所以I乙= 2I甲,I丙=0,只有B正確。 二、多項(xiàng)選擇題 6.(2018南通三模)健身車上裝有金屬電磁阻尼飛輪,飛輪附近固定一電磁鐵,示意圖如圖所示,人在健身時(shí)帶動(dòng)飛輪轉(zhuǎn)動(dòng)。則　(　　) A.飛輪轉(zhuǎn)速越大,阻尼越大 B.電磁鐵所接電壓越大,阻尼越大 C.飛輪材料電阻率越大,阻尼越大 D.飛輪材料密度越大,阻尼越大 答案　AB　電磁阻尼為電磁感應(yīng)中感應(yīng)電流所受安培力導(dǎo)致,安培力越大,電磁阻尼越大,故飛輪轉(zhuǎn)速越大,產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢越大,感應(yīng)電流越大,安培力越大,阻尼越大,A正確;電磁鐵所接電壓越大,則磁場越強(qiáng),產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢越大,感應(yīng)電流越大

8、,安培力越大,阻尼越大,B正確;飛輪材料電阻率越大,電阻越大,感應(yīng)電流越小,安培力越小,阻尼越小,C錯(cuò)誤;飛輪材料的密度對電磁感應(yīng)沒有影響,D錯(cuò)誤。 7.用一根橫截面積為S、電阻率為ρ的硬質(zhì)導(dǎo)線做成一個(gè)半徑為r的圓環(huán),ab為圓環(huán)的一條直徑。如圖所示,在ab的左側(cè)存在一個(gè)均勻變化的勻強(qiáng)磁場,磁場垂直圓環(huán)所在平面,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時(shí)間的變化率ΔBΔt=k(k<0)。則(　　) A.圓環(huán)中產(chǎn)生逆時(shí)針方向的感應(yīng)電流 B.圓環(huán)具有擴(kuò)張的趨勢 C.圓環(huán)中感應(yīng)電流的大小為krS2ρ D.圖中a、b兩點(diǎn)間的電勢差Uab=kπr24 答案　BD　磁通量均勻減少,根據(jù)楞次定律可知,圓環(huán)中產(chǎn)生順時(shí)針方向

9、的感應(yīng)電流,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;由楞次定律可知圓環(huán)有擴(kuò)張的趨勢,選項(xiàng)B正確;圓環(huán)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢大小為kπr22,則圓環(huán)中的電流大小為I=kSr4ρ,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;a、b兩點(diǎn)間的電勢差Uab=E2=kπr24,選項(xiàng)D正確。 8.(2018南通、徐州、揚(yáng)州、泰州、淮安、宿遷一調(diào))用電流傳感器研究自感現(xiàn)象的電路如圖甲所示,線圈L中未插入鐵芯,直流電阻為R。閉合開關(guān)S,傳感器記錄了電路中電流i隨時(shí)間t變化的關(guān)系圖像,如圖乙所示,t0時(shí)刻電路中電流達(dá)到穩(wěn)定值I。下列說法中正確的是(　　) A.t=t0時(shí)刻,線圈中自感電動(dòng)勢最大 B.若線圈中插入鐵芯,上述過程中電路中電流達(dá)到穩(wěn)定值經(jīng)歷的時(shí)間大于t0

10、C.若線圈中插入鐵芯,上述過程中電路達(dá)到穩(wěn)定時(shí)電流值仍為I D.若將線圈匝數(shù)加倍,上述過程中電路達(dá)到穩(wěn)定時(shí)電流值仍為I 答案　BC　t=t0時(shí)刻,線圈中電流穩(wěn)定,自感現(xiàn)象消失,線圈中沒有自感電動(dòng)勢,故A項(xiàng)錯(cuò)誤;若線圈中插入鐵芯,線圈自感系數(shù)增大,自感現(xiàn)象延長,所以若線圈中插入鐵芯,上述過程中電路中電流達(dá)到穩(wěn)定值經(jīng)歷的時(shí)間大于t0,故B項(xiàng)正確;線圈中插入鐵芯,但線圈的直流電阻不變,所以穩(wěn)定時(shí)電流不變,故C項(xiàng)正確;若將線圈匝數(shù)加倍,線圈直流電阻增大,穩(wěn)定時(shí)電流減小,故D項(xiàng)錯(cuò)誤。所以B、C項(xiàng)正確。 9.(2017課標(biāo)Ⅱ)兩條平行虛線間存在一勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度方向與紙面垂直。邊長為0.1m、總

11、電阻為0.005Ω的正方形導(dǎo)線框abcd位于紙面內(nèi),cd邊與磁場邊界平行,如圖甲所示。已知導(dǎo)線框一直向右做勻速直線運(yùn)動(dòng),cd邊于t=0時(shí)刻進(jìn)入磁場。線框中感應(yīng)電動(dòng)勢隨時(shí)間變化的圖線如圖乙所示(感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針時(shí),感應(yīng)電動(dòng)勢取正)。下列說法正確的是(　　) A.磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為0.5T B.導(dǎo)線框運(yùn)動(dòng)速度的大小為0.5m/s C.磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直于紙面向外 D.在t=0.4s至t=0.6s這段時(shí)間內(nèi),導(dǎo)線框所受的安培力大小為0.1N 答案　BC　由題圖乙可知,導(dǎo)線框運(yùn)動(dòng)的速度大小v=Lt=0.10.2m/s=0.5m/s,B項(xiàng)正確;導(dǎo)線框進(jìn)入磁場的過程中,cd邊切割磁感

12、線,由E=BLv,得B=ELv=0.010.1×0.5T=0.2T,A項(xiàng)錯(cuò)誤;由題圖乙可知,導(dǎo)線框進(jìn)入磁場的過程中,感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針方向,根據(jù)楞次定律可知,磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直紙面向外,C項(xiàng)正確;在0.4~0.6s這段時(shí)間內(nèi),導(dǎo)線框正在出磁場,回路中的電流大小I=ER=0.010.005A=2A,則導(dǎo)線框受到的安培力F=BIL=0.2×2×0.1N=0.04N,D項(xiàng)錯(cuò)誤。 三、非選擇題 10.(2018蘇北四市一調(diào))如圖甲所示,單匝正方形線框abcd的電阻R=0.5Ω,邊長L=20cm,勻強(qiáng)磁場垂直于線框平面,磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化規(guī)律如圖乙所示。求: (1)0~2s內(nèi)通過a

13、b邊橫截面的電荷量q; (2)3s時(shí)ab邊所受安培力的大小F; (3)0~4s內(nèi)線框中產(chǎn)生的焦耳熱Q。 答案　(1)4.8×10-2C　(2)1.44×10-3N　(3)1.152×10-3J 解析　(1)由法拉第電磁感應(yīng)定律得 電動(dòng)勢E=SΔBΔt 感應(yīng)電流I=ER 電量q=IΔt 解得q=4.8×10-2C (2)安培力F=BIL 由圖得3s時(shí)的B=0.3T 代入數(shù)值得F=1.44×10-3N (3)由焦耳定律得Q=I2Rt 代入數(shù)值得Q=1.152×10-3J 11.(2018泰州中學(xué)模擬)如圖所示,MN、PQ是兩根足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌,導(dǎo)軌間距為d,導(dǎo)軌

14、所在平面與水平面成θ角,M、P間接阻值為R的電阻。勻強(qiáng)磁場的方向與導(dǎo)軌所在平面垂直,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。質(zhì)量為m、阻值為r的金屬棒放在兩導(dǎo)軌上,在平行于導(dǎo)軌的拉力F作用下,以速度v勻速向上運(yùn)動(dòng)。已知金屬棒與導(dǎo)軌始終垂直并且保持良好接觸,重力加速度為g。求: (1)金屬棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢E; (2)通過電阻R的電流I; (3)拉力F的大小。 答案　(1)Bdv　(2)BdvR+r　(3)mgsinθ+B2d2vR+r 解析　(1)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得E=Bdv (2)根據(jù)閉合電路歐姆定律得I=ER+r=BdvR+r (3)導(dǎo)體棒的受力情況如圖所示,根據(jù)牛頓第二定律有F-F安-mgsinθ=0,又因?yàn)镕安=BId=B2d2vR+r,所以F=mgsinθ+B2d2vR+r。 8