高考物理一轮复习课时检测五十九法拉第电磁感应定律含解析新人教版

这是一份高考物理一轮复习课时检测五十九法拉第电磁感应定律含解析新人教版，共6页。
法拉第电磁感应定律1．如图所示，在一个绕有线圈的可拆变压器铁芯上分别放一小铁锅水和一玻璃杯水。给线圈通入电流，一段时间后，一个容器中水温升高，则通入的电流与水温升高的是(　　) A．恒定直流、小铁锅B．恒定直流、玻璃杯C．变化的电流、小铁锅D．变化的电流、玻璃杯解析：选C　通入恒定直流时，所产生的磁场不变，不会产生感应电流，选项A、B错误；通入变化的电流，所产生的磁场发生变化，在空间产生感生电场，小铁锅是导体，感生电场在导体内产生涡流，电能转化为内能，使水温升高；涡流是由变化的磁场在导体内产生的，所以玻璃杯中的水不会升温，选项C正确，D错误。2．(2020·天津等级考)(多选)手机无线充电是比较新颖的充电方式。如图所示，电磁感应式无线充电的原理与变压器类似，通过分别安装在充电基座和接收能量装置上的线圈，利用产生的磁场传递能量。当充电基座上的送电线圈通入正弦式交变电流后，就会在邻近的受电线圈中感应出电流，最终实现为手机电池充电。在充电过程中(　　)A．送电线圈中电流产生的磁场呈周期性变化B．受电线圈中感应电流产生的磁场恒定不变C．送电线圈和受电线圈通过互感现象实现能量传递D．手机和基座无需导线连接，这样传递能量没有损失解析：选AC　由题意可知送电线圈中通入了正弦式交变电流，可知电流产生的磁场呈周期性变化，A正确；由变压器的工作原理可知，受电线圈中输出的电流也是周期性变化的，因此受电线圈中感应电流产生的磁场也是周期性变化的，B错误；送电线圈和受电线圈的能量传递是通过互感现象实现的，C正确；有一部分能量会以电磁波的形式散发到周围空间中损失掉，因此该充电过程存在能量的损失，D错误。3. (多选)如图所示，半径为2r的弹性螺旋线圈内有垂直纸面向外的圆形匀强磁场区域，磁场区域的半径为r，已知弹性螺旋线圈的电阻为R，线圈与磁场区域共圆心，则以下说法中正确的是(　　)A．保持磁场的磁感应强度不变，线圈的半径由2r变到3r的过程中，有顺时针方向的感应电流产生B．保持磁场的磁感应强度不变，线圈的半径由2r变到0.5r的过程中，有逆时针方向的感应电流产生C．保持线圈半径不变，使磁感应强度大小随时间按B＝kt变化，线圈中的电流为D．保持线圈半径不变，使磁感应强度大小随时间按B＝kt变化，线圈中的电流为解析：选BC　由于磁场的面积和磁感应强度不变，线圈的半径由2r变到3r的过程中，穿过线圈的磁通量不变，所以在线圈中没有感应电流产生，故A错误；由于磁场的面积和磁感应强度不变，线圈的半径由2r变到0.5r的过程中，线圈包含磁场的面积变小，磁通量变小，根据楞次定律可知，线圈中产生逆时针方向的感应电流，故B正确；保持线圈半径不变，使磁感应强度大小随时间按B＝kt变化，磁感应强度增大，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律可知，线圈中产生顺时针方向的电流，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律，可知感应电流I＝＝＝＝k＝k，故C正确，D错误。4.如图所示，一正方形线圈的匝数为n，边长为a，一半处在匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B。开始时，磁场与线圈平面垂直，现使线圈以角速度ω绕OO′匀速转过90°，在此过程中，线圈中产生的平均感应电动势为(　　)A.　　　　　　　　　 B.C.   D.解析：选A　线圈中产生的平均感应电动势＝n，其中ΔΦ＝，Δt＝＝，解得＝，故A正确，B、C、D错误。5.如图所示，半径为r的金属圆盘在垂直于盘面的匀强磁场B中，绕过O点的轴以角速度ω沿逆时针方向匀速转动，则通过电阻R的电流的方向和大小是(金属圆盘的电阻不计)(　　)A．由c到d，I＝   B．由d到c，I＝C．由c到d，I＝  D．由d到c，I＝解析：选D　由右手定则判定通过电阻R的电流的方向是由d到c，而金属圆盘产生的感应电动势E＝Br2ω，所以通过电阻R的电流大小是I＝，选项D正确。6.如图所示的电路，初始时开关S闭合，电路处于稳定状态，在某一时刻突然断开开关S，则通过电阻R1中的电流I随时间t变化的图线可能是选项图中的(　　)解析：选D　初始时开关S闭合，电路处于稳定状态，流过R1的电流方向向左，大小为I1，与R1并联的R2和线圈L支路，电流I2的方向也是向左。当某一时刻开关S突然断开时，L中向左的电流要减小，由于自感现象，线圈L产生自感电动势，在回路“L→R1→A→R2”中形成感应电流，电流通过R1的方向与原来相反，变为向右，并从I2开始逐渐减小到零，故D正确。7．如图所示，固定平行导轨间有磁感应强度大小为B、方向垂直导轨平面向里的匀强磁场，导轨间距为l且足够长，左端接阻值为R的定值电阻，导轨电阻不计。现有一长为2l的金属棒垂直放在导轨上，在金属棒以O点为轴沿顺时针方向以角速度ω转过60°的过程中(金属棒始终与导轨接触良好，电阻不计)(　　 )A．通过定值电阻的电流方向由b到aB．金属棒刚开始转动时，产生的感应电动势最大C．通过定值电阻的最大电流为D．通过定值电阻的电荷量为解析：选D　金属棒以O点为轴沿顺时针方向转动，由右手定则可知，通过定值电阻的电流方向由a到b，故A错误。当金属棒转过60°时有效的切割长度最大，产生的感应电动势最大，感应电流最大。感应电动势最大值为：Em＝B·2l ＝B·2l·＝2Bl2ω，通过定值电阻的最大电流为：Im＝＝，故B、C错误。通过定值电阻的电荷量为：q＝Δt，平均感应电流为：＝，平均感应电动势为：＝，ΔΦ＝B·l·l＝Bl2，解得：q＝，故D正确。8．图1和图2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(　　)A．图1中，A1与L1的电阻值相同B．图1中，闭合S1，电路稳定后，A1中电流大于L1中电流C．图2中，变阻器R与L2的电阻值相同D．图2中，闭合S2瞬间，L2中电流与变阻器R中电流相等解析：选C　题图1中，电路稳定时通过A1的电流记为I1，通过L1的电流记为IL，S1断开瞬间，A1突然变亮，可知IL>I1，因此A1和L1电阻值不相等，所以A、B错误；题图2中，闭合S2时，由于自感作用，通过L2与A2的电流I2会逐渐增大，而通过R与A3的电流I3立即变大，因此电流I2与I3不相等，所以D错误；由于最终A2与A3亮度相同，所以两支路电流I相同，根据部分电路欧姆定律，两支路电压U与电流I均相同，所以两支路电阻相同，由于A2、A3完全相同，故变阻器R与L2的电阻值相同，所以C正确。9.如图所示，MN、PQ是两根足够长的光滑平行金属导轨，导轨间距为d，导轨所在平面与水平面成θ角，M、P间接阻值为R的电阻。匀强磁场的方向与导轨所在平面垂直，磁感应强度大小为B。质量为m、阻值为r、长度为d的金属棒放在两导轨上，在平行于导轨的拉力作用下，以速度v匀速向上运动。已知金属棒与导轨始终垂直并且保持良好接触，导轨电阻不计，重力加速度为g。求：(1)金属棒产生的感应电动势E；(2)通过电阻R的电流I；(3)拉力F的大小。解析：(1)根据法拉第电磁感应定律得E＝Bdv。(2)根据闭合电路欧姆定律得I＝＝。 (3)金属棒的受力情况如图所示，根据牛顿第二定律有F－F安－mgsin θ＝0，又因为F安＝BId＝，所以F＝mgsin θ＋。答案：(1)Bdv　(2)　(3)mgsin θ＋ [潜能激发]10．如图甲，单匝线圈L1与螺线圈L2绕在水平铁芯上并固定，L2中通有图乙所示的正弦交变电流。下列说法正确的是(　　)A．t1时刻，L1中电流最大B．t2时刻，L1、L2间的作用力最大C．在t1～t2与t2～t3时间内，L1中的电流方向相反D．在0～t1与t2～t3时间内，L1与L2间的作用力均为斥力解析：选D　 t1时刻，L2中电流的变化率为零，此时L1中电流为零，选项A错误；t2时刻，L2中电流为零，则此时L1、L2间的作用力为零，选项B错误；在t1～t2与t2～t3时间内，L2中电流的变化率的符号相同，则在L1中产生的感应电流方向相同，选项C错误；在0～t1与t2～t3时间内，L2中电流均是增加的，根据楞次定律可知，L1与L2间的作用力均为斥力，选项D正确。11.边界MN的一侧区域内，存在着磁感应强度大小为B、方向垂直于光滑水平桌面的匀强磁场。边长为l的正三角形金属线框abc粗细均匀，三边阻值相等，a顶点刚好位于边界MN上，现使线框围绕过a点且垂直于桌面的转轴匀速转动，转动角速度为ω，如图所示，则在ab边开始转入磁场的瞬间，ab两端的电势差Uab为(　　)A.Bl2ω   B．－Bl2ωC．－Bl2ω   D.Bl2ω解析：选A　在ab边开始转入磁场的瞬间，切割磁感线产生的感应电动势为E＝Bl2ω，设每边电阻为R，由闭合电路欧姆定律可得金属线框中电流为I＝，由右手定则可判断出感应电流方向为逆时针方向，ab两端的电势差Uab＝I·2R＝Bl2ω，选项A正确。12．如图所示，在光滑的水平面上有一半径r＝10 cm、电阻R＝1 Ω、质量m＝1 kg的金属圆环，以速度v＝10 m/s 向一有界磁场运动。匀强磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度B＝0.5 T，从圆环刚进入磁场算起，到刚好有一半进入磁场时，圆环一共释放了32 J的热量，求：(1)此时圆环中电流的瞬时功率；(2)此时圆环运动的加速度。解析：(1)圆环从开始进入磁场到有一半进入磁场过程中，由能量守恒定律得mv2＝Q＋mv′2，代入数据解得v′＝6 m/s，此时的感应电动势E＝BLv′＝B·2rv′＝0.5×2×0.1×6 V＝0.6 V，圆环中电流的瞬时功率P＝＝ W＝0.36 W。(2)感应电流I＝＝ A＝0.6 A，圆环受到的安培力F＝BIL＝BI·2r＝0.5×0.6×2×0.1 N＝0.06 N，由牛顿第二定律得F＝ma，解得圆环此时运动的加速度a＝＝ m/s2＝0.06 m/s2，由右手定则可知，圆环中感应电流沿逆时针方向，由左手定则可知，安培力水平向左，则加速度方向向左。答案：(1)0.36 W　(2)0.06 m/s2，方向向左