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2019年高考物理一輪復習 第十章 電磁感應 課時分層作業(yè) 二十九 10.2 法拉第電磁感應定律 自感現(xiàn)象 【基礎達標題組】 一、選擇題(本題共8小題,每小題7分,共56分。1～6題為單選題,7、8題為多選題) 1.如圖是一種焊接方法的原理示意圖。將圓形待焊接金屬工件放在線圈中,然后在線圈中通以某種電流,待焊接工件中會產(chǎn)生感應電流,感應電流在焊縫處產(chǎn)生大量的熱量將焊縫兩邊的金屬熔化,待焊工件就焊接在一起。我國生產(chǎn)的自行車車輪圈就是用這種辦法焊接的。下列說法中正確的是 (　　) A.線圈中的電流是很強的恒定電流 B.線圈中的電流是交變電流,且頻率很高 C.待焊工件焊縫處的接觸電阻比非焊接部分電阻小 D.焊接工件中的感應電流方向與線圈中的電流方向總是相反 【解析】選B。恒定電流不能在工件中產(chǎn)生感應電流,故A項錯誤;線圈中的電流是交變電流,且頻率很高,磁通量變化快,產(chǎn)生的感應電動勢較大,故B項正確;待焊工件焊縫處的接觸電阻比非焊接部分電阻大,產(chǎn)生的熱量多,故C項錯誤;若磁通量減少時,焊接工件中的感應電流方向與線圈中的電流方向相同,故D項錯誤。 2.圖甲為手機及無線充電板。圖乙為充電原理示意圖。充電板接交流電源,對充電板供電,充電板內(nèi)的送電線圈可產(chǎn)生交變磁場,從而使手機內(nèi)的受電線圈產(chǎn)生交變電流,再經(jīng)整流電路轉(zhuǎn)變成直流電后對手機電池充電。為方便研究,現(xiàn)將問題做如下簡化:設受電線圈的匝數(shù)為n,面積為S,若在t1到t2時間內(nèi),磁場垂直于受電線圈平面向上穿過線圈,其磁感應強度由B1均勻增加到B2。下列說法正確的是 (　　) A.c點的電勢高于d點的電勢 B.受電線圈中感應電流方向由d到c C.c、d之間的電勢差為 D.c、d之間的電勢差為 【解析】選C。根據(jù)楞次定律可知,受電線圈內(nèi)部產(chǎn)生的感應電流方向俯視為順時針,受電線圈中感應電流方向由c到d,所以c點的電勢低于d點的電勢,故A、B項錯誤;根據(jù)法拉第電磁感應定律可得c、d之間的電勢差為Ucd=E==,故C項正確、D項錯誤。 3.(xx鷹潭模擬)如圖所示,在豎直平面內(nèi)有一金屬環(huán),環(huán)半徑為0.5 m,金屬環(huán)總電阻為2 Ω,在整個豎直平面內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強磁場,磁感應強度為B=1 T,在環(huán)的最高點上方A點用鉸鏈連接一長度為1.5 m,電阻為3 Ω的導體棒AB,當導體棒AB擺到豎直位置時,導體棒B端的速度為3 m/s。已知導體棒下擺過程中緊貼環(huán)面且與金屬環(huán)有良好接觸,則導體棒AB擺到豎直位置時AB兩端的電壓大小為 (　　) A.0.4 V B.0.65 V C.2.25 V D.4.5 V 【解題指導】解答本題應注意以下兩點: (1)本題屬于導體棒旋轉(zhuǎn)切割磁感線,應用平均速度。 (2)導體棒AB擺到豎直位置時金屬環(huán)把導體棒分成了兩部分,一部分在金屬環(huán)外,切割磁感線但未構成閉合回路;一部分在金屬環(huán)內(nèi)與金屬環(huán)構成閉合回路,這部分導體棒相當于電源。 【解析】選B。當導體棒擺到豎直位置時,設導體棒與金屬環(huán)的上部交點為C。由v=ωr可得:C點的速度為:vC=vB=3 m/s=1 m/s,AC間電壓為:UAC=EAC= BLAC=10.5 V=0.25 V,CB段產(chǎn)生的感應電動勢為:ECB=BLCB= 11 V=2 V,圓環(huán)兩側并聯(lián),電阻為:R= Ω=0.5 Ω,導體棒CB段的電阻為:r=2 Ω,則CB間電壓為:UCB=ECB=2 V=0.4 V,故AB兩端的電壓大小為:UAB=UAC+UCB=0.25 V+0.4 V=0.65 V。故B項正確。 4.(xx懷化模擬)如圖所示,在光滑水平面上,有一個粗細均勻的單匝正方形閉合線框abcd。t=0時刻,線框在水平外力的作用下,從靜止開始向右做勻加速直線運動,bc邊剛進入磁場的時刻為t1,ad邊剛進入磁場的時刻為t2,設線框中產(chǎn)生的感應電流的大小為i,ad邊兩端電壓大小為U,水平拉力大小為F,則下列i、U、F隨運動時間t變化關系圖象正確的是 (　　) 【解析】選C。由題意知,金屬桿的速度與時間的關系式為v=at。由E=BLv和I=得,感應電流與時間的關系式為:I=,B、L、a均不變。在0～t1時間內(nèi),感應電流為零,t1～t2時間內(nèi),電流I與t成正比,t2時間后無感應電流,故A、B項錯誤;t1～t2時間內(nèi),Uad=IRad=R=,電壓隨時間均勻增加,t2時間后無感應電流,但有感應電動勢,Uad=E=BLat,電壓隨時間均勻增加,故C項正確;根據(jù)推論得知:金屬桿所受的安培力為FA=,由牛頓第二定律得:F-FA=ma,得F=t+ma,在0～t1時間內(nèi),感應電流為零,F=ma,為定值,t1～t2時間內(nèi),F與t成正比,F與t是線性關系,但不過原點,t2時刻后無感應電流,F=ma為定值,故D項錯誤。 5.如圖所示的電路中,L是一個自感系數(shù)很大、直流電阻不計的線圈,D1、D2和D3是三個完全相同的燈泡,E是內(nèi)阻不計的電源。在t=0時刻,閉合開關S,電路穩(wěn)定后在t1時刻斷開開關S。規(guī)定以電路穩(wěn)定時流過D1、D2的電流方向為正方向,分別用I1、I2表示流過D1和D2的電流,則下圖中能定性描述電流I隨時間t變化關系的是 (　　) 【解析】選C。當閉合電鍵,因為線圈與D1串聯(lián),所以電流I1會慢慢增大,燈泡D2這一支路立即就有電流。當電鍵斷開,D2這一支路電流立即消失,因為線圈阻礙電流的減小,所以通過D1的電流不會立即消失,會從原來的大小慢慢減小至零,而且D1和D2、D3構成回路,通過D1的電流也流過D2,所以I2變成反向,且逐漸減小。故C正確,A、B、D錯誤。 6.(xx濟南模擬)如圖所示,a、b是用同種規(guī)格的銅絲做成的兩個同心圓環(huán),兩環(huán)半徑之比為3∶2,其中僅在a環(huán)所圍區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向外的勻強磁場。當該勻強磁場的磁感應強度均勻增大時,a、b兩環(huán)內(nèi)的感應電動勢大小和感應電流大小之比分別為 (　　) A.1∶1　3∶2 B.1∶1　2∶3 C.4∶9　2∶3 D.4∶9　9∶4 【解析】選B。由法拉第電磁感應定律得:E=n=nS=nπR2,n相同,則得到Ea∶Eb=∶=1︰1。根據(jù)電阻定律:線圈的電阻為r=ρ=ρ,則ρ、有效面積S、n相同,兩線圈電阻之比ra︰rb=Ra︰Rb=3︰2。線圈中感應電流I=,由上綜合得到IA︰IB=2︰3;故B項正確。 【加固訓練】 (xx延安模擬)一無限長直導體薄板寬為l,板面與z軸垂直,板的長度方向沿y軸,板的兩側與一個電壓表相接,如圖所示,整個系統(tǒng)放在磁感應強度為B的勻強磁場中,B的方向沿z軸正方向。如果電壓表與導體薄板均以速度v向y軸正方向移動,則電壓表指示的電壓值為 (　　) A.0　　　　　　 B.Blv C.Blv D.2Blv 【解析】選A。電壓表與導體薄板均以速度v向y軸正方向移動,穿過電壓表與薄板所構成的閉合回路的磁通量不變,電路不產(chǎn)生感應電流,不產(chǎn)生感應電動勢,電壓表示數(shù)為零,故A項正確。 7.英國物理學家麥克斯韋認為,磁場變化時會在空間激發(fā)感生電場,如圖所示,一個半徑為r的絕緣光滑細圓環(huán)水平放置,環(huán)內(nèi)存在豎直向上的磁場,環(huán)上套一帶電荷量為q的質(zhì)量為m的小球,已知磁感應強度大小B隨時間均勻增加,其變化率為k,由此可知 (　　) A.環(huán)所在處的感生電場的電場強度的大小為 B.小球在環(huán)上受到的電場力為kqr C.若小球只在感生電場力的作用下運動,則其運動的加速度為 D.若小球在環(huán)上運動一周,則感生電場對小球的作用力所做的功大小是πr2qk 【解析】選A、D。磁感應強度B隨時間均勻增加,其變化率為k,故感應電動勢為:U=S=πr2k,根據(jù)E===,故A項正確;由上分析,結合F=Eq=,故B項錯誤;根據(jù)牛頓第二定律,則有a== ,故C項錯誤;小球在環(huán)上運動一周,則感生電場對小球的作用力所做功的大小是:W=qU=πr2qk,故D項正確。 8.(xx六安模擬)如圖所示,ABCD區(qū)域中存在一個垂直紙面向里的有界勻強磁場,磁感應強度為B,BC邊距地面高度,正方形絕緣線圈MNPQ豎直放置,質(zhì)量為m,邊長為L,總電阻為R,PQ邊與地面動摩擦因數(shù)為μ,在水平力F的作用下向右做直線運動通過磁場區(qū)域,下列說法正確的是 (　　) A.線圈進入磁場過程中感應電流的方向沿QMNP B.線圈MN邊完全處于磁場中運動時,MQ兩點間電勢差為BLv C.線圈進入磁場的過程中通過線圈導線某截面的電量為 D.線圈進入磁場過程中若F=+μmg,則線圈將以速度v做勻速直線運動 【解題指導】根據(jù)右手定則判斷電流方向;根據(jù)導體切割磁感應線產(chǎn)生的電動勢計算公式判斷MQ兩點間電勢差;根據(jù)q=It=求解線圈進入磁場的過程中通過線圈導線某截面的電量;根據(jù)共點力的平衡條件結合安培力的計算公式判斷速度大小。 【解析】選B、C。根據(jù)右手定則可得,線圈進入磁場過程中感應電流的方向沿QPNM,故A項錯誤;線圈MN邊完全處于磁場中運動時,MQ兩點間電勢差為BLv,故B項正確;根據(jù)q=It=可得,線圈進入磁場的過程中通過線圈導線某截面的電量為q=,故C項正確;線圈進入磁場過程中若F=+μmg,其中為安培力,而MN導線受到向下的安培力,所以摩擦力應該大于μmg,且運動過程中摩擦力增大、拉力F不是定值,故D項錯誤。 二、計算題(18分。需寫出規(guī)范的解題步驟) 9.如圖甲所示,質(zhì)量m=1 kg,邊長ab=1.0 m,電阻r=2 Ω單匝正方形閉合線圈abcd放置在傾角θ=30的斜面上,保持靜止狀態(tài)。勻強磁場垂直線圈平面向上,磁感應強度B隨時間t變化如圖乙所示,整個線圈都處在磁場中,重力加速度g取 10 m/s2。求: (1)t=1 s時穿過線圈的磁通量。 (2)4 s內(nèi)線圈中產(chǎn)生的焦耳熱。 (3)t=3.5 s時,線圈受到的摩擦力。 【解析】(1)根據(jù)磁通量定義式,那么t=1 s時穿過線圈的磁通量:Φ=BS=0.1 Wb (2)由法拉第電磁感應定律E=,結合閉合電路歐姆定律,I=,那么4 s內(nèi)線圈中產(chǎn)生的感應電流大小,I==0.05 A,由圖可知,t總=2 s;依據(jù)焦耳定律,則有:Q=I2rt總=0.01 J (3)雖然穿過線圈的磁通量變化,線圈中產(chǎn)生感應電流,但因各邊受到安培力,依據(jù)矢量的合成法則,則線圈受到的安培力的合力為零,因此t=3.5 s時,線圈受到的摩擦力等于重力沿著斜面的分力,即:f=mgsinθ=5 N 答案:(1)0.1 Wb　(2)0.01 J　(3)5 N 【加固訓練】 做磁共振(MRI)檢查時,對人體施加的磁場發(fā)生變化時會在肌肉組織中產(chǎn)生感應電流。某同學為了估算該感應電流對肌肉組織的影響,將包裹在骨骼上的一圈肌肉組織等效成單匝線圈,線圈的半徑r=5.0 cm,線圈導線的截面積A=0.80 cm2,電阻率ρ=1.5 Ωm,如圖所示,勻強磁場方向與線圈平面垂直,若磁感應強度B在0.3 s內(nèi)從 1.5 T 均勻地減為零,求:(計算結果保留一位有效數(shù)字) (1)該圈肌肉組織的電阻R。 (2)該圈肌肉組織中的感應電動勢E。 (3)0.3 s內(nèi)該圈肌肉組織中產(chǎn)生的熱量Q。 【解析】(1)由電阻定律得R=ρ,代入數(shù)據(jù)得R=6103 Ω。 (2)感應電動勢E=, 代入數(shù)據(jù)得E=410-2 V。 (3)由焦耳定律得Q=Δt, 代入數(shù)據(jù)得Q=810-8 J。 答案:(1)6103 Ω　(2)410-2 V (3)810-8 J 【能力拔高題組】 1.(8分)(xx濟南模擬)如圖甲所示,在xOy坐標系的第一象限里有垂直于紙面向里的磁場,x坐標相同的位置磁感應強度都相同,有一矩形線框abcd的ab邊與x軸平行,線框在外力作用下從圖示位置(ad邊在y軸右側附近)開始向x軸正方向勻速直線運動,已知回路中的感應電流為逆時針方向,大小隨時間的變化圖象如圖乙,則磁感應強度隨坐標x變化的圖象應是哪一個 (　　) 【解析】選B。設線框的邊長為L,總電阻為R;如果磁感應強度B隨時間均勻變化,設ad邊處于某位置的磁感應強度為B0,則bc邊的磁感應強度為B0+kL,感應電動勢E=kL2v,根據(jù)閉合電路的歐姆定律可得i=,為一個定值,故A項錯誤;由于電流強度均勻增大,所以B-x圖象的斜率k應該增加,故B項正確、D項錯誤;由于回路中的感應電流為逆時針方向,根據(jù)楞次定律可知磁感應強度是增加的,故C項錯誤。 2.(18分)(xx龍巖模擬)如圖固定在水平桌面上的金屬框cdef處在豎直向下的勻強磁場中,金屬棒ab擱在框架上可無摩擦地滑動,此時構成一個邊長為L的正方形,棒的電阻為r,其余部分電阻不計,開始時磁感應強度為B0。 (1)若從t=0時刻起,磁感應強度均勻增加,每秒增量為2k,同時保持棒靜止,求棒中的感應電流和方向。 (2)在上述情況中,棒始終保持靜止,當t=t1時需加的垂直于棒的水平拉力為多大? (3)若從t=0時刻起,磁感應強度逐漸減小,當棒以恒定速度2v向右做勻速運動時,可使棒中不產(chǎn)生感應電流,則磁感應強度應怎樣隨時間變化(寫出B與t的關系式)? 【解析】(1)感應電動勢: E==S=2kL2, 感應電流:I==; 由楞次定律可知,感應電流由b流向a。 (2)t=t1時磁感應強度: B=B0+2kt1, ab棒受到的安培力:F安=BIL, 棒靜止處于平衡狀態(tài),由平衡條件得: F=F安, 解得:F=。 (3)ab棒不產(chǎn)生感應電流,回路中磁通量不發(fā)生變化, 即:B0L2=BL(L+2vt), 解得:B=。 答案:(1)　由b流向a (2)　(3)B=