新高考物理一轮复习课时作业第10章第2讲法拉第电磁感应定律自感现象（含解析）

这是一份新高考物理一轮复习课时作业第10章第2讲法拉第电磁感应定律自感现象（含解析），共9页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。


时间：50分钟 满分：100分
一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分。其中 1～8题为单选，9～10题为多选)
1．(2020·贵州省贵阳市四校高三联考)在地球北极附近，地磁场的竖直分量方向向下。考虑到地磁场的影响，汽车在北极路面上行驶时连接前轮的钢轴两端有电势差，设司机左侧钢轴与轮毂连接处电势为φ1，右侧钢轴与轮毂连接处电势为φ2，则( )
A．汽车沿某一方向后退时，φ1<φ2
B．汽车沿某一方向前进时，φ1<φ2
C．无论汽车前进还是后退时，都满足φ1>φ2
D．当汽车沿某一特定方向前进或后退时，φ1＝φ2
答案 A
解析 在地球北极附近，地磁场的竖直分量方向向下，汽车连接前轮的钢轴水平运动时切割地磁场的磁感线，由右手定则可知，前进时，左侧相当于电源正极，有φ1>φ2；后退时，右侧相当于电源正极，有φ1<φ2，故A正确，B、C、D错误。
2.(2020·江苏省泰州市二模)用电阻丝绕制标准电阻时，常在圆柱陶瓷上用如图所示的双线绕制方法绕制，其主要目的是( )
A．制作无自感电阻 B.增加电阻的阻值
C．减少电阻的电容 D.提高电阻的精度
答案 A
解析 两个线圈绕向相同，但是通过的电流方向相反，根据安培定则可知两线圈产生的磁场方向相反，导线中通过的电流相等，所以产生的磁场相互抵消，螺线管内无磁场，从而制作成无自感电阻，故A正确，B、C、D错误。
3.(2020·海南省海口市6月模拟)如图所示，一导线弯成半径为r的半圆形闭合线框。竖直虚线MN右侧有垂直线框所在平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B。线框以垂直虚线MN、大小为v的速度向右匀速进入磁场，直径CD始终与MN垂直。从D点进入到线框完全进入磁场过程，下列说法正确的是( )
A．闭合线框中的感应电流方向为顺时针
B．直径CD段导线始终不受安培力
C．穿过线框的磁通量不断增加，感应电动势也不断增大
D．感应电动势的平均值为eq \f(1,4)πBrv
答案 D
解析 从D点到达边界开始到C点进入磁场为止，穿过线框的磁通量逐渐增大，根据楞次定律知，感应电流的方向一直为逆时针方向，故A错误；CD段的电流方向由C到D，根据左手定则知，CD段受到竖直向上的安培力，故B错误；根据E＝Blv知随着线框的进入，切割磁感线的有效长度先增加到r，然后逐渐减小，故感应电动势先增大后减小，故C错误；感应电动势的平均值为eq \x\t(E)＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(B·ΔS,Δt)＝eq \f(B×\f(1,2)πr2,\f(2r,v))＝eq \f(1,4)πBrv，故D正确。
4．(2020·山东省济南市上学期期末)如图甲所示，一线圈匝数为100匝，横截面积为0.01 m2，磁场与线圈轴线成30°角向右穿过线圈。若在2 s时间内磁感应强度随时间的变化关系如图乙所示，则该段时间内线圈两端a和b之间的电势差Uab为( )
A．－eq \r(3) V B.2 V
C.eq \r(3) V D.从0均匀变化到2 V
答案 A
解析 由图乙可知，与线圈轴线成30°角向右穿过线圈的磁场，磁感应强度均匀增加，故产生恒定的感应电动势。由楞次定律可知，Uab为负值。根据法拉第电磁感应定律，有：E＝neq \f(ΔΦ,Δt)＝neq \f(ΔB,Δt)Scs30°，由图乙可知：eq \f(ΔB,Δt)＝eq \f(6－2,2) T/s＝2 T/s，代入数据解得：Uab＝－E＝－eq \r(3) V，故A正确，B、C、D错误。
5.(2020·河北省石家庄市二模)如图所示，两个闭合正方形线圈a、b用粗细相同的同种导线绕制而成，匝数相同，线圈a的边长为线圈b边长的3倍，图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀增大，不考虑线圈之间的相互影响，下列说法正确的是( )
A．a、b线圈中均产生顺时针方向的感应电流
B．a、b线圈中感应电动势之比为3∶1
C．a、b线圈中感应电流之比为3∶4
D．a、b线圈中电功率之比为27∶1
答案 D
解析 根据楞次定律可知，原磁场向里增强，则感应电流的磁场与原磁场方向相反，因此a、b线圈中感应电流的方向均为逆时针，故A错误；根据法拉第电磁感应定律可知E＝neq \f(ΔΦ,Δt)＝neq \f(ΔB,Δt)S＝neq \f(ΔB,Δt)l2，由题意知，两线圈匝数n相同，eq \f(ΔB,Δt)也相同，故Ea∶Eb＝leq \\al(2,a)∶leq \\al(2,b)＝9∶1，故B错误；绕制线圈的导线横截面积S0相同，电阻率ρ也相同，根据电阻定律有R＝ρeq \f(L,S0)，导线长度为L＝n×4l，故电阻之比为Ra∶Rb＝3∶1，根据闭合电路欧姆定律有I＝eq \f(E,R)，故a、b线圈中感应电流之比为Ia∶Ib＝3∶1，故C错误；电功率P＝eq \f(E2,R)，因电动势之比为9∶1；电阻之比为3∶1；则电功率之比为27∶1，故D正确。
6.如图所示，电路中有三个相同的灯泡L1、L2、L3，电感线圈L的电阻可忽略，D为理想二极管。下列说法正确的是( )
A．闭合开关S的瞬间，L3立即变亮，L1、L2逐渐变亮
B．闭合开关S的瞬间，L2、L3立即变亮，L1逐渐变亮
C．断开开关S的瞬间，L2立即熄灭，L1先变亮一下然后才熄灭
D．断开开关S的瞬间，L2立即熄灭，L3先变亮一下然后才熄灭
答案 B
解析 开关S闭合的瞬间，由于自感线圈L产生自感电动势，L1逐渐变亮，而L2、L3立即变亮，故A错误，B正确。断开开关S的瞬间，线圈L和L1、L3构成回路，因原来L1、L3两支路电流相等，所以L1、L3逐渐熄灭，L2立即熄灭，故C、D错误。
7．如图所示，光滑绝缘水平面上嵌入一无限长通电直导线。一质量为0.02 kg的金属片在该平面内以大小为v0＝2 m/s、方向与电流方向成60°角的初速度滑出。则( )
A．圆形金属片最终将静止在水平面上的某处
B．圆形金属片最终沿垂直导线方向做匀速直线运动
C．圆形金属片所受安培力方向始终和运动方向相反
D．圆形金属片中产生的电能最多为0.03 J
答案 D
解析 直导线周围有环形磁场，且离导线越远磁场越弱，圆形金属片向右运动，磁通量减小，会产生涡流，根据“来拒去留”(电磁阻尼)可知，所受的安培力将阻碍金属圆片远离通电直导线，即安培力垂直直导线向左，与运动方向并非相反，安培力使圆形金属片在垂直导线方向做减速运动，当垂直导线方向的速度减为零时，只剩沿导线方向的速度，之后磁通量不变，无感应电流产生，水平方向合力为零，故接着沿导线方向做匀速直线运动，故A、B、C错误；由题意知，沿导线方向的分速度v1＝v0·cs60°＝1 m/s，根据能量守恒定律，得：Q＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＝0.03 J，故金属片中最多产生0.03 J的电能，D正确。
8．(2020·湖北省武汉市高三下质量检测)如图a所示，在倾角θ＝37°的斜面上放置着一个金属圆环，圆环的上半部分处在垂直斜面向上的匀强磁场(未画出)中，磁感应强度的大小按如图b所示的规律变化。释放圆环后，在t＝8t0和t＝9t0时刻，圆环均能恰好静止在斜面上。假设圆环与斜面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin37°＝0.6，则圆环和斜面间的动摩擦因数为( )
A.eq \f(3,4) B.eq \f(15,16)
C.eq \f(19,20) D.eq \f(27,28)
答案 D
解析 根据楞次定律可知，0～8t0时间内圆环中感应电流的方向沿顺时针方向，由左手定则可知圆环上部受安培力沿斜面向下，设圆环半径为r，电阻为R，在t＝8t0时有E1＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(ΔB,Δt)·eq \f(1,2)πr2＝eq \f(B0,16t0)πr2，I1＝eq \f(E1,R)，此时圆环恰好静止，由平衡条件得mgsinθ＋B0I1·2r＝μmgcsθ；同理在t＝9t0时，圆环上部分受到的安培力沿斜面向上，E2＝eq \f(ΔΦ′,Δt′)＝eq \f(B0,2t0)πr2，I2＝eq \f(E2,R)，此时圆环恰好静止，由平衡条件得mgsinθ＋μmgcsθ＝B0I2·2r，联立以上各式得μ＝eq \f(27,28)，故A、B、C错误，D正确。
9.(2020·内蒙古阿拉善盟期末)如图所示，两根足够长的光滑金属导轨水平平行放置，间距为l＝1 m，cd间、de间、cf间分别接着阻值为R＝10 Ω的电阻。一阻值为R＝10 Ω的导体棒ab以速度v＝4 m/s匀速向左运动，导体棒与导轨接触良好；导轨所在平面存在磁感应强度大小为B＝0.5 T、方向竖直向下的匀强磁场。下列说法中正确的是( )
A．导体棒中电流的流向为由b到a
B．cd两端的电压为1 V
C．fe两端的电压为1 V
D．ab两端的电压为2 V
答案 BC
解析 根据右手定则得，导体棒ab中电流的流向为由a到b，故A错误；ab产生的感应电动势为E＝Blv＝0.5×1×4 V＝2 V，则cd两端的电压为Ucd＝eq \f(R,2R)E＝1 V，故B正确；fe两端的电压等于cd两端的电压，是1 V，故C正确；ab两端的电压等于cd两端的电压，是1 V，故D错误。
10.在磁感应强度为B的匀强磁场中，有一与磁场方向垂直、长度为L的金属杆aO，已知ab＝bc＝cO＝eq \f(L,3)，a、c与磁场中以O为圆心的同心圆(都为部分圆弧)金属轨道始终接触良好。一电容为C的电容器接在轨道上，如图所示，当金属杆在与磁场垂直的平面内以O为轴、以角速度ω顺时针匀速转动时( )
A．Uac＝2Uab
B．UaO＝9UcO
C．电容器所带电荷量Q＝eq \f(4,9)BL2ωC
D．若在eO间连接一个电压表，则电压表示数为零
答案 BC
解析 根据转动切割磁感线产生感应电动势的公式E＝eq \f(1,2)Bl2ω得aO、bO、cO间的电势差分别为UaO＝eq \f(1,2)BL2ω，UbO＝eq \f(1,2)Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)L))2ω＝eq \f(2,9)BL2ω，UcO＝eq \f(1,2)B·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)L))2ω＝eq \f(1,18)BL2ω，则Uac＝UaO－UcO＝eq \f(4,9)BL2ω，Uab＝UaO－UbO＝eq \f(5,18)BL2ω，可见，Uac＝1.6Uab，UaO＝9UcO，故B正确，A错误。电容器板间电压等于ac间的电势差，则电容器所带电荷量为Q＝CUac＝eq \f(4,9)BL2ωC，故C正确。若在eO间连接一个电压表，电压表与cO、内轨道组成的闭合回路中的磁通量增加，会有电流通过电压表，则电压表示数不为零，故D错误。
二、非选择题(本题共2小题，共30分)
11．(2019·江苏高考)(14分)如图所示，匀强磁场中有一个用软导线制成的单匝闭合线圈，线圈平面与磁场垂直。已知线圈的面积S＝0.3 m2、电阻R＝0.6 Ω，磁场的磁感应强度B＝0.2 T。现同时向两侧拉动线圈，线圈的两边在Δt＝0.5 s时间内合到一起。求线圈在上述过程中
(1)感应电动势的平均值E；
(2)感应电流的平均值I，并在图中标出电流方向；
(3)通过导线横截面的电荷量q。
答案 (1)0.12 V (2)0.2 A 电流方向见解析图 (3)0.1 C
解析 (1)感应电动势的平均值E＝eq \f(ΔΦ,Δt)
磁通量的变化量ΔΦ＝BΔS
解得E＝eq \f(BΔS,Δt)
代入数据得E＝0.12 V。
(2)平均感应电流I＝eq \f(E,R)
代入数据得I＝0.2 A(电流方向如图)。
(3)通过导线横截面的电荷量
q＝IΔt
代入数据得q＝0.1 C。
12．(2017·江苏高考)(16分)如图所示，两条相距d的平行金属导轨位于同一水平面内，其右端接一阻值为R的电阻。质量为m的金属杆静置在导轨上，其左侧的矩形匀强磁场区域MNPQ的磁感应强度大小为B、方向竖直向下。当该磁场区域以速度v0匀速地向右扫过金属杆后，金属杆的速度变为v。导轨和金属杆的电阻不计，导轨光滑且足够长，杆在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触。求：
(1)MN刚扫过金属杆时，杆中感应电流的大小I；
(2)MN刚扫过金属杆时，杆的加速度大小a；
(3)PQ刚要离开金属杆时，感应电流的功率P。
答案 (1)eq \f(Bdv0,R) (2)eq \f(B2d2v0,mR) (3)eq \f(B2d2v0－v2,R)
解析 (1)MN刚扫过金属杆时，金属杆的感应电动势E＝Bdv0①
回路的感应电流I＝eq \f(E,R)②
由①②式解得I＝eq \f(Bdv0,R)。③
(2)金属杆所受的安培力F＝BId④
由牛顿第二定律得，对金属杆F＝ma⑤
由③④⑤式得a＝eq \f(B2d2v0,mR)。⑥
(3)金属杆切割磁感线的相对速度v′＝v0－v⑦
感应电动势E′＝Bdv′⑧
感应电流的电功率P＝eq \f(E′2,R)⑨
由⑦⑧⑨式得P＝eq \f(B2d2v0－v2,R)。