江苏版高考物理一轮复习课时分层作业29法拉第电磁感应定律自感涡流含答案

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2．D [由题图乙可知，磁感应强度均匀变化，产生恒定电动势，由C＝eq \f(Q,U)可知，感应电动势不变，电容器的电压U不变，则电荷量大小不变，故A错误；根据楞次定律可知MN中的感应电流方向由N到M，电容器的a极板一直带正电，故B错误；感应电流不变，由于磁感应强度的大小先减小后增大，MN所受安培力F＝BIL的大小先减小后增大，方向先向右后向左，故C错误，D正确。]
3．B [在0～2 s内，磁感应强度变化率为eq \f(ΔB1,Δt1)＝1 T/s，根据法拉第电磁感应定律，产生的感应电动势为E1＝nSeq \f(ΔB1,Δt1)＝100×0.12 ×1 V＝1 V；在2～3 s内，磁感应强度变化率绝对值为eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(ΔB2,Δt2)))＝2 T/s，根据法拉第电磁感应定律，产生的感应电动势为E2＝nSeq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(ΔB2,Δt2)))＝100×0.12×2 V ＝2 V，故导线圈中产生的感应电流为方波交变电流，选项A正确；在t＝2.5 s时，产生的感应电动势为E2＝2 V，选项B错误；在0～2 s 内，感应电流I＝eq \f(E1,R)＝10 A，通过导体横截面的电荷量为q＝IΔt1＝20 C，选项C正确；在t＝1 s时，导线圈内感应电流的瞬时功率P＝UI＝I2R＝102×0.1 W＝10 W，选项D正确。]
4．C [如图所示在t＝0到t＝eq \f(π,2ω)的过程中，即线圈顺时针转过90°的过程中，根据有效长度的定义可知，线框切割磁感线的有效切割长度先变大后变小，根据电动势的计算公式E＝BLv，其中v＝eq \f(ωL,2)，由此可知E先增大后减小，故A、B错误；在t＝0到t＝eq \f(π,4ω)的过程中，设转动角度为θ，由圆周运动公式可知θ＝ωt
根据几何关系和三角形的面积公式可得：
S＝eq \f(L·Ltan θ,2)
则穿过线圈的磁通量为：
Φ＝eq \f(BL2tan ωt,2)
对上述的表达式进行两次求导得：
eq \f(ΔE,Δt)＝BL2ω2sec2ωt·tan ωt，由此可知，在t＝0到t＝eq \f(π,4ω)的过程中，E的变化率一直增大，故C正确，D错误。]
5．A [根据电磁感应定律，MN产生的电动势E＝Blv，由于MN的电阻与外电路电阻相同，所以MN两端的电压U＝eq \f(1,2)E＝eq \f(1,2)Blv，根据右手定则，流过固定电阻R的感应电流由b经R到d，故A正确，B错误；MN受到的安培力大小FA＝BIl＝Bl·eq \f(Blv,2R)＝eq \f(B2l2v,2R)，方向水平向左，故C、D错误。]
6．解析：(1)5 s内的位移x＝eq \f(1,2)at2＝25 m，
5 s内的平均速度v＝eq \f(x,t)＝5 m/s
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(也可用v＝\f(0＋2×5,2) m/s＝5 m/s求解))
故平均感应电动势E＝Blv＝0.4 V。
(2)第5 s末：v′＝at＝10 m/s，
此时感应电动势E′＝Blv′
则回路电流为I＝eq \f(E′,R)＝eq \f(Blv′,R)＝eq \f(0.2×0.4×10,1) A＝0.8 A。
(3)杆做匀加速运动，则F－F安＝ma，
即F＝BIl＋ma＝0.164 N。
答案：(1)0.4 V (2)0.8 A (3)0.164 N
7．D [闭合S瞬间，外电路电阻最大，然后外电路电阻逐渐减小，外电压逐渐减小，所以通过电流传感器的电流逐渐减小，电路稳定后，外电路电阻不变，外电压不变，通过电流传感器的电流不变；因为线圈的直流电阻值大于灯泡D的阻值，稳定后，通过线圈的电流小于通过电流传感器的电流。t＝t1时刻断开开关S，由于自感现象，原来通过线圈L的电流从左向右流过电流传感器，逐渐减小。D图符合题中情况。]
8．D [S接通瞬间，线圈L中的电流从无到有发生变化，线圈L中产生的自感电动势对电流的增大有阻碍作用，所以通过线圈L的电流慢慢变大，故选项A错误；S接通稳定时，由于电感线圈的电阻不为零，电感线圈两端电压不为零，所以发光氖泡两端电压不为零，故选项B错误；S断开前，线圈L中电流恒定为I0，S断开瞬间，线圈L由于自感现象会产生与线圈中原电流方向相同的感应电动势，使线圈中的电流将从原来的I0逐渐减小，方向不变，且由于它和氖泡P构成回路，通过氖泡P的电流和线圈L中的电流大小相同，也从I0逐渐减小，通过氖泡P的电流从右向左，故选项D正确，C错误。]
9．C [开关S1、S2均闭合且电路达到稳定时，线圈L把灯泡A短路，灯泡A中没有电流通过，A错误；将S1断开的瞬间，灯泡A闪亮一下再熄灭，B错误；流过L的电流等于通过灯泡B和定值电阻的电流之和，所以将S1断开的瞬间，通过灯泡A的电流要比原来通过灯泡B的电流大，C正确；将S2断开，电路达到稳定时，灯泡A所在支路电阻大，电流小，所以亮度要比灯泡B暗，D错误。]
10．D [根据法拉第电磁感应定律可知，只有穿过B线圈的磁通量发生改变，才能产生感应电动势，所以A线圈中应输入变化的电流，A、B错误；在A线圈上选取非常短的一段，则此时可看成直线电流，无限长直线电流在空间中所产生的磁场磁感应强度B＝eq \f(μ0I,4πr)，eq \f(ΔB,Δt)＝eq \f(μ0ΔI,4πrΔt)，又由于B线圈中的感应电动势E＝neq \f(ΔΦ,Δt)＝nSeq \f(ΔB,Δt)，分析可知只增加A、B间的距离，B线圈中的感应电动势变小，C错误；根据法拉第电磁感应定律可知，B的感应电动势E＝neq \f(ΔΦ,Δt)＝nSeq \f(ΔB,Δt)，可知影响B线圈感应电动势大小的是空间中磁感应强度的变化率，只增加A线圈中电流的变化率时，空间中磁感应强度的变化率增大，所以B线圈中感应电动势变大，D正确。]
11．C [闭合开关S的瞬时，电容器C充电，相当于短路；而电感L阻碍电流的增加，相当于断路，则B先发光后逐渐变暗；电路稳定后，电容器充电完毕相当于断路，则A中有电流，选项A、B错误；电路稳定后，断开开关，则电感L与灯泡B组成新的回路，因电路稳定时L中的电流大于B的电流，则断开S时，B变得更亮后再熄灭，选项C正确；电路稳定后，断开开关，由于电容器放电，则A中电流不会立即为零，选项D错误。]
12．A [根据题意可知，金属杆MN为电源，导轨为外电路，由于导轨电阻不计，外电路短路，M、N两点电势相等，故选项A正确；根据右手定则可知金属杆中感应电流的方向是由M流向N，故选项B错误；由于切割磁场的金属杆长度逐渐变短，感应电动势逐渐变小，回路中的感应电流逐渐变小，故选项C错误；因为导体棒MN在回路中的有效切割长度逐渐减小，所以接入电路的电阻逐渐减小，不能根据q＝eq \f(ΔΦ,R)计算通过电路的电荷量，故选项D错误。]
13．C [线圈面积一定，B的周期性变化使穿过线圈的磁场量发生变化，Φ＝BmSsin eq \f(2π,T)t。根据法拉第电磁感应定律，E＝neq \f(ΔΦ,Δt)，可见电动势最大时也就是eq \f(ΔΦ,Δt)最大。我们可将Φ＝BmSsin eq \f(2π,T)t的函数关系用Φ-t图像来表示，如图所示，在该图上，曲线的斜率反映了eq \f(ΔΦ,Δt)的大小。由图可见，当t等于0、0.5T、T时，切线的斜率最大，因此，在这些时刻线圈产生的感应电动势最大。故A、B、D错误，C正确。
]
14. 解析： (1) 由法拉第电磁感应定律可得感应电动势：E＝BLeq \(v,\s\up6(－))
圆盘半径两端的平均速度为：eq \(v,\s\up6(－))＝eq \f(1,2)(0＋ωL)
由以上方程可得铜圆盘的铜轴与边缘之间的感应电动势大小：E＝eq \f(1,2)BωL2。
(2) 由右手定则可得电流方向：由a到b；
由闭合电路欧姆定律可得电流为：
I＝eq \f(E,R＋r)
所以灯泡两端的电压为：U＝IR
由以上方程解得：U＝eq \f(RBωL2,2r＋R)。
(3) 由能量的转化与守恒可知，维持圆盘匀速转动的外力的功率等于电路消耗的总功率，即：P＝P电
而电路中消耗的总功率为：P电＝eq \f(E2,R＋r)
由以上方程解得：P＝eq \f(B2ω2L4,4r＋R)。
答案：(1)eq \f(1,2)BωL2 (2)电流方向由a到b eq \f(RBωL2,2r＋R) (3)eq \f(B2ω2L4,4r＋R)