新教材高考物理一轮复习课时规范练34法拉第电磁感应定律及其应用含答案

这是一份新教材高考物理一轮复习课时规范练34法拉第电磁感应定律及其应用含答案，共9页。试卷主要包含了轻质细线吊着一质量为m=0等内容，欢迎下载使用。
1.(法拉第电磁感应定律的应用)半径为R的圆形线圈共有n匝,总阻值为R0,其中心位置处半径为r的虚线范围内有匀强磁场,磁场方向垂直于线圈平面,如图所示,若初始的磁感应强度为B,在时间t内均匀减小为0,则通过圆形线圈的电流为( )
A.nBπR2B.nBπr2
C.πBr2tR0D.nπBr2tR0
2.(多选)(平动切割磁感线)如图所示,在MN右侧区域有垂直于纸面向里的匀强磁场,其磁感应强度随时间变化的关系为B=kt(k为大于零的常量)。一高为a、电阻为R的正三角形金属线框向右匀速运动。在t=0时刻,线框底边恰好到达MN处;在t=T时刻,线框恰好完全进入磁场。在线框匀速进入磁场的过程中( )
A.线框中的电流始终为逆时针方向
B.线框的右边受到的安培力先向左后向右
C.t=T2时刻,流过线框的电流大小为53ka212R
D.t=T2时刻,线框受到的安培力大小为5k2a3T24R
3.(电磁感应现象的应用)(2022北京海淀区二模)加速性能、电能利用率、动能回收等是电动汽车电机的重要指标。如图所示,甲、乙分别是目前被广泛采用的两种电机的简化原理示意图,它们的相同点是利用作为定子的电磁体(三组线圈,图中1和4;2和5;3和6所示)交替产生磁场,实现了电磁体激发的磁场在平面内沿顺时针方向转动的效果,以驱动转子运动;不同的是甲所示电机的转子是一个永久磁体,而乙所示电机的转子是绕在软铁上的闭合线圈。通过电磁驱动转子转动,可以为电动汽车提供动力。假定两种电机的每组电磁体中电流变化周期和有效值均相同,下列说法正确的是( )
A.电机稳定工作时,乙电机转子的转速与电磁体激发磁场的转速相同
B.电机稳定工作时,乙电机产生的焦耳热相对较少
C.电机稳定工作时,乙电机转子的转速越接近电磁体激发磁场的转速,其所受安培力就越大
D.刹车(停止供电)时,甲电机转子由于惯性旋转,可以通过反向发电从而回收动能
4.(自感现象)(2022湖南长沙雅礼中学二模)如图所示的电路中,L1、L2、L3是三个相同的灯泡,电感L的电阻和电源的内阻可忽略,D为理想二极管。下列判断正确的是( )
A.开关S从断开状态突然闭合时,L1逐渐变亮,L2一直不亮,L3立即变亮
B.开关S从断开状态突然闭合时,L1、L2逐渐变亮,L3立即变亮再熄灭
C.开关S从闭合状态突然断开时,L1逐渐熄灭,L2突然变亮,然后逐渐变暗至熄灭,L3立即熄灭
D.开关S从闭合状态突然断开时,L1、L2逐渐熄灭,L3突然变亮,然后逐渐变暗至熄灭
5.(法拉第电磁感应定律的应用)如图所示,某同学在电磁炉面板上竖直放置一纸质圆筒,圆筒上套一环形轻质铝箔,电磁炉产生的交变磁场的频率、强度及铝箔厚度可以调节。现给电磁炉通电,发现铝箔悬浮了起来。若只改变其中一个变量,则( )
A.增强磁场,铝箔悬浮高度将不变
B.铝箔越薄,铝箔中产生的感应电流越大
C.增大频率,铝箔中产生的感应电流增大
D.在刚断开电源产生如图磁场的瞬间,铝箔中会产生如图所示的电流
6.(转动切割磁感线)(2023广东深圳一模)某国产直升机在我国某地上空悬停,长度为L的螺旋桨叶片在水平面内顺时针匀速转动(俯视),转动角速度为ω。该处地磁场的水平分量为Bx,竖直分量为By。叶片的近轴端为a,远轴端为b。忽略转轴的尺寸,则叶片中感应电动势为( )
A.12BxLω,a端电势高于b端电势
B.12BxL2ω,a端电势低于b端电势
C.12ByL2ω,a端电势高于b端电势
D.12ByL2ω,a端电势低于b端电势
7.(平动切割磁感线)(2023江西赣州期末)电磁制动原理是通过线圈与磁场的作用使物体做减速运动。某列车车底安装的电磁体产生磁场可视为匀强磁场,磁感应强度大小为B,方向竖直向下。同种材料制成的粗细均匀的闭合正方形线框abcd,边长为L1,MN长为L2(L2>L1),若当列车MN部分刚越过ab时,速度大小为v,则ab两端的电势差Uab等于( )
A.BL1vB.BL2v
C.-34BL1vD.-14BL2v
素养综合练
8.(2022贵州六盘水模拟)如图所示,水平放置足够长光滑金属导轨abc和de,ab与de平行,bc是以O为圆心的圆弧导轨,圆弧be左侧和扇形Obc内有方向如图所示的匀强磁场,金属杆OP的O端与e点用导线相接,P端与圆弧bc接触良好,金属杆MN始终与导轨垂直,初始时MN静止在平行导轨上。若杆OP绕O点在匀强磁场区域内从b到c匀速转动时,回路中始终有电流,则此过程中,下列说法正确的是( )
A.杆OP产生的感应电动势变化
B.杆OP转动产生的感应电流方向由N→M
C.杆MN向左运动
D.杆MN中的电流逐渐增大
9.(2023福建三明模拟)在如图所示的电路中,a、b、c为三盏完全相同的灯泡,L是自感线圈,直流电阻为RL,则下列说法正确的是( )
A.合上开关后,c先亮,a、b后亮
B.断开开关时,N点电势高于M点
C.断开开关后,b、c同时熄灭,a缓慢熄灭
D.断开开关后,c马上熄灭,b闪一下后缓慢熄灭
10.(多选)轻质细线吊着一质量为m=0.32 kg、边长为L=0.8 m、匝数n=10的正方形线圈,总电阻为R=1 Ω。如图甲所示,边长为L2的正方形磁场区域对称分布在线圈下方的两侧,磁场方向垂直于纸面向里,大小随时间变化如图乙所示。从t=0开始经t0时间细线开始松弛,g取10 m/s2,则( )
A.t=0时刻穿过线圈的磁通量为0.8 Wb
B.在前t0时间内线圈中产生的电动势为0.4 V
C.t=0时刻的线圈受到的安培力为0.016 N
D.t0的数值为2 s
11.(2023江苏二模)如图甲所示,一条南北走向的小路,路口设有出入道闸,每侧道闸金属杆长L,当有车辆通过时金属杆会从水平位置匀速转过90°直到竖起,所用时间为t。此处地磁场方向如图乙所示,B为地磁场总量,BH为地磁场水平分量,Bx、By、Bz分别为地磁场在x、y、z三个方向上的分量大小。则金属杆在转动升起的过程中,两端电势差的大小计算表达式为( )
A.πBxL24tB.π2BxL8t2
C.πBHL24tD.π2BHL8t2
12.(2023重庆外国语学校月考)如图所示,水平间距为L,半径为r的二分之一光滑圆弧导轨,bb'为导轨最低位置,aa'与cc'为最高位置且等高,右侧连接阻值为R的电阻,圆弧导轨所在区域有磁感应强度为B、方向竖直向上的匀强磁场。现有一根金属棒在外力的作用下以速度v0从aa'沿导轨做匀速圆周运动至cc'处,金属棒与导轨始终接触良好,金属棒与导轨的电阻均不计,则该过程中( )
A.经过最低位置bb'处时,通过电阻R的电流最小
B.经过最低位置bb'处时,通过金属棒的电流方向为b'→b
C.全程电阻R上产生的热量为πrB2L2v02R
D.全程通过电阻R的电荷量为BLrR
答案：
1.D 解析 由于线圈平面与磁场方向垂直,故穿过该面的磁通量为Φ=BS,半径为r的虚线范围内有匀强磁场,所以磁场的区域面积为S=πr2即Φ=πBr2,由E=nΔΦΔt及I=ER0可得I=nπBr2tR0,故选项D正确。
2.ACD 解析 根据楞次定律可知,穿过线框的磁通量增加,则线框中的电流始终为逆时针方向,选项A正确;由左手定则可判断线框的右边受到的安培力一直向左,选项B错误;线框的边长为2a3,t=T2时刻,线框切割磁感线的有效长度为a3,动生电动势E=Bv×a3=kT2×v×a3=kvaT23=3ka26,线框中产生的感生电动势E'=ΔBΔtS=k×34×12×2a3×a=34ka2,则流过线框的电流大小为I=E+E'R=53ka212R,选项C正确;由安培力公式F=BIL可得F=5k2a3T24R,选项D正确。
3.D 解析 乙电机中,转子也是线圈,乙转子的转动是由于穿过转子线圈的磁通量发生变化而产生感应电流的,电流受安培力作用而运动,相当于电磁驱动,安培力阻碍定子和转子间的相对运动,但不能阻止,故转子比定子转得慢一些,故A错误;乙电机中,转子也会产生焦耳热,故产生的焦耳热较多,故B错误;转速越接近,则磁通量变化越慢,感应电流越小,所受安培力越小,故C错误;停止供电后,甲的转子是永久磁体,甲电机转子由于惯性旋转,使得线圈中磁通量发生变化,产生反向感应电流,反向发电从而回收动能,故D正确。
4.C 解析 闭合开关的瞬间,由于二极管具有单向导电性,所以无电流通过L2;由于线圈中自感电动势的阻碍,L1灯逐渐变亮,L1与L3串联,所以闭合开关S的瞬间,灯泡L3也逐渐变亮,故A、B错误。由于二极管具有单向导电性,电路稳定后也无电流通过L2,L2不亮;在电路稳定后,断开开关S的瞬间,L由于产生自感电动势,相对于电源,灯泡L1、L2串联,所以L1逐渐熄灭,L2突然变亮,然后逐渐变暗至熄灭,同时L3立即熄灭,故C正确,D错误。
5.C 解析 铝箔浮起,说明铝箔受到竖直向上的安培力作用,磁场频率不变,根据法拉第电磁感应定律E=nΔΦΔt=nΔBΔtS,可知电动势不变,所以铝箔中感应电流不变,增强磁场,根据F=BIL可知安培力增大,所以铝箔的悬浮高度增大,A错误;铝箔越薄,对应的横截面积S'越小,根据电阻定律R=ρLS'可知铝箔的电阻越大,所以通过铝箔的感应电流越小,B错误;增大频率,ΔBΔt增大,铝箔中产生的感应电动势增大,感应电流增大,C正确;刚断开电源瞬间,竖直向上的磁场减弱,根据楞次定律可知铝箔中产生竖直向上的磁场,根据右手定则可知感应电流与题图中电流方向相反,D错误。
6.D 解析 螺旋桨叶片在水平面内顺时针匀速转动,叶片切割磁感线产生的感应电动势为E=ByLv=ByLva+vb2=ByL0+Lω2=12ByL2ω,我国地磁场竖直分量方向向下,根据右手定则可知,a端电势低于b端电势,故A、B、C错误,D正确。
7.C 解析 当列车MN部分刚越过ab时,由楞次定律判断可知,线框abcd中产生的感应电流方向为abcda方向。ab相当于电源,电源内部电流从负极流向正极,则a端电势低于b端电势。线框中产生的感应电动势E=BL1v,ab两端的电势差Uab=-34BL1v,故A、B、D错误,C正确。
8.C 解析 OP转动过程中旋转切割磁感线,设OP长度为r,角速度为ω,由E=Brv,而v=ω×r2,可得感应电动势为E=Br2ω2,即产生的感应电动势恒定,故A错误;由右手定则可知,OP转动切割磁感线时,感应电流方向由O→P,故回路中产生逆时针方向的感应电流,所以流过金属杆MN的电流方向由M→N,故B错误;由左手定则可知,金属杆MN受到的安培力方向水平向左,故杆MN向左运动,故C正确;当金属杆向左运动时,杆MN切割磁感线,产生顺时针方向的感应电流,设金属杆的速度为v',杆长为l,则感应电动势为E'=Blv',故回路中的感应电动势为E总=E-E'=Br2ω2-Blv',故随着金属杆速度的增大,回路中的感应电动势逐渐减小,感应电流逐渐减小,故D错误。
9.B 解析 开关S闭合瞬间,因线圈L的电流增大,产生自感电动势,根据楞次定律可知,自感电动势阻碍电流的增大,通过a灯的电流逐渐增大,所以b、c先亮,a后亮,选项A错误;断开开关S的瞬间,因线圈L的电流减小,产生自感电动势,根据楞次定律可知通过自感线圈的电流方向与原电流方向相同,N点电势高于M点,选项B正确;L和a、b组成的回路中有电流,由于原来a灯的电流小于b灯的电流,开关断开的瞬间,通过a、b和线圈回路的电流从a灯原来的电流大小开始减小,所以b灯会先变暗,然后a、b灯一起缓慢熄灭,而c没有电流,马上熄灭,C、D错误。
10.BD 解析 t=0时刻穿过线圈的磁通量Φ=B0×12S=1×12×0.822 Wb=0.08 Wb,A错误;由法拉第电磁感应定律得E=nΔΦΔt=nSΔBΔt=n×12×L22×ΔBΔt=0.4 V,B正确;线圈中的电流为I=ER=0.41 A=0.4 A,t=0时刻的线圈受到的安培力F=nB0IL2=10×1×0.4×0.82 N=1.6 N,C错误;分析线圈受力可知,当细线开始松弛时有F安=mg=0.32×10 N=3.2 N,又F安=nBt0I·L2,I=ER,联立解得Bt0=2mgRnEL=2 T,由题图知Bt0=1+12t0,解得t0=2 s,D正确。
11.A 解析 由题意可知,金属杆从水平位置匀速转过90°直到竖起,所用时间为t,可知金属杆的角速度为ω=π2t,由于小路沿南北方向,则金属杆转动过程切割Bx磁场分量,则金属杆两端电势差的大小为U=BxLv=BxL0+ωL2=12BxL2ω,联立解得U=πBxL24t,故B、C、D错误,A正确。
12.C 解析 金属棒经过最低位置bb'处时,由右手定则可知,通过金属棒的电流方向为b→b',故B错误;金属棒从aa'位置运动到最低bb'的位置,水平方向切割磁感线的分速度逐渐增大,由公式E=BLv,可知金属棒产生的感应电动势逐渐增大,由欧姆定律可知,通过电阻R的电流逐渐增大,最低位置bb'处时电流最大,故A错误;金属棒从aa'位置匀速转动到cc'处时,金属棒上产生的是正弦式交变电流,则有最大感应电动势为Em=BLv0,电路中电流的有效值为I=Em2R=2Em2R,由焦耳定律公式Q=I2Rt,可得电阻R上产生的热量为Q=I2Rt=2BLv02R2R×πω=πrB2L2v02R,故C正确;全程通过电阻R的电荷量为q=IΔt=ERΔt=ΔΦR=2BLrR,故D错误。