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1、第2讲法拉第电磁感应定律自感基础巩固1.(2013北京理综,17,6分)如图,在磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中,金属杆MN在平行金属导轨上以速度v向右匀速滑动,MN中产生的感应电动势为E1;若磁感应强度增为2B,其他条件不变,MN中产生的感应电动势变为E2。则通过电阻R的电流方向及E1与E2之比E1E2分别为()A.ca,21 B.ac,21C.ac,12 D.ca,122.(2017北京西城期末,9)如图甲所示,20匝的线圈两端M、N与一个电压表相连,线圈内有指向纸内方向的磁场,线圈中的磁通量在按图乙所示规律变化。下列说法正确的是()A.线圈中产生的感生电流沿顺时针方向B.电压
2、表的正接线柱接线圈的N端C.线圈中磁通量的变化率为1.5 Wb/sD.电压表的读数为10 V3.(2016北京海淀重点学校月考,7)如图甲所示,水平面上的平行导轨MN、PQ上放着两根导体棒ab、cd,两棒间用绝缘丝线系住,开始匀强磁场垂直纸面向里,磁感应强度B随时间t的变化如图乙所示,图线与t轴的交点为t0,I和FT分别表示流过导体棒的电流和丝线的拉力(不计电流间的相互作用),则在t0时刻() A.I=0,FT=0B.I=0,FT0C.I0,FT=0D.I0,FT04.(2017北京昌平二模,20)图甲为手机及无线充电板。图乙为充电原理示意图。充电板接交流电源,对充电板供电,充电板内的送电线圈
3、可产生交变磁场,从而使手机内的受电线圈产生交变电流,再经整流电路转变成直流电后对手机电池充电。为方便研究,现将问题做如下简化:设受电线圈的匝数为n,面积为S,若在t1到t2时间内,磁场垂直于受电线圈平面向上穿过线圈,其磁感应强度由B1均匀增加到B2。下列说法正确的是()A.c点的电势高于d点的电势B.受电线圈中感应电流方向由d到cC.c、d之间的电势差为D.c、d之间的电势差为5.(2017北京东城二模,18)如图所示,在光滑水平桌面上有一边长为L、总电阻为R的正方形导线框abcd,在导线框右侧有一边长为2L、磁感应强度为B、方向竖直向下的正方形匀强磁场区域。磁场的左边界与导线框的ab边平行。
4、在导线框以速度v匀速向右穿过磁场区域的全过程中()A.感应电动势的大小为B.感应电流的方向始终沿abcda方向C.导线框受到的安培力先向左后向右D.导线框克服安培力做功6.(2017北京朝阳期末,10)如图所示,L是自感系数很大的线圈,但其自身的电阻几乎为零,A和B是两个相同的小灯泡,下列对实验现象的预测合理的是()A.开关S由断开变为闭合时,A灯先亮B灯后亮B.开关S由断开变为闭合时,A、B两灯同时亮C.开关S由闭合变为断开时,A、B两灯同时立即熄灭D.开关S由闭合变为断开时,A、B两灯都会延迟一会儿熄灭7.(2015北京理综,22,16分)如图所示,足够长的平行光滑金属导轨水平放置,宽度L
5、=0.4 m,一端连接R=1 的电阻。导轨所在空间存在竖直向下的匀强磁场,磁感应强度B=1 T。导体棒MN放在导轨上,其长度恰好等于导轨间距,与导轨接触良好。导轨和导体棒的电阻均可忽略不计。在平行于导轨的拉力F作用下,导体棒沿导轨向右匀速运动,速度v=5 m/s。求:(1)感应电动势E和感应电流I;(2)在0.1 s时间内,拉力的冲量IF的大小;(3)若将MN换为电阻r=1 的导体棒,其他条件不变,求导体棒两端的电压U。8.(2017北京朝阳期末,18)如图所示,A是面积为S=0.2 m2、n=1 000匝的圆形金属线圈,其总电阻r=1 ,线圈处在逐渐增大的均匀磁场中,磁场方向与线圈平面垂直,
6、磁感应强度随时间的变化率 =0.01 T/s,线圈与阻值R=4 的电阻连接,不计电压表对电路的影响。求:(1)感应电动势的大小E;(2)通过R的电流大小I;(3)电压表的示数U。综合提能1.(2017北京海淀期末,4)如图所示电路为演示自感现象的电路图,其中R0为定值电阻,电源电动势为E、内阻为r,小灯泡的灯丝电阻为R(可视为不变),电感线圈的自感系数为L、电阻为RL。电路接通并达到稳定状态后,断开开关S,可以看到灯泡先是“闪亮”(比开关断开前更亮)一下,然后才逐渐熄灭,但实验发现“闪亮”现象并不明显。为了观察到断开开关S时灯泡比开关断开前有更明显的“闪亮”现象,下列措施中一定可行的是()A.
7、撤去电感线圈中的铁芯,使L减小B.更换电感线圈中的铁芯,使L增大C.更换电感线圈,保持L不变,使RL增大D.更换电感线圈,保持L不变,使RL减小2.(2017北京东城期末,18 )如图所示,固定于水平桌面上的光滑平行金属导轨AB、CD处于竖直向下的范围足够大的匀强磁场中,导轨间距为L,导轨电阻忽略不计。导轨的左端接有阻值为R的电阻。一根质量为m、电阻为r的金属棒MN垂直导轨放置且与导轨接触良好,并始终以速度v向右匀速运动。(1)若磁场的磁感应强度大小为B0且保持不变时,求:a.回路中的感应电流的大小;b.金属棒受到的安培力大小及方向;(2)当金属棒MN到达图中虚线位置时,恰好使ACNM构成一个
8、边长为L的正方形回路,从此时刻开始计时,并改变磁感应强度大小,可使回路中不产生感应电流,请你推导磁感应强度B随时间t变化的关系式。3.(2017北京海淀期末,17)如图所示,两根相距为L的光滑金属导轨CD、EF固定在水平面内,并处在方向竖直向下的匀强磁场中,导轨足够长且电阻不计。在导轨的左端接入一阻值为R的定值电阻,将质量为m、电阻可忽略不计的金属棒MN垂直放置在导轨上。t=0时刻,MN棒与DE的距离为d,MN棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好,不计空气阻力。(1)金属棒MN以恒定速度v向右运动过程中若从t=0时刻起,所加的匀强磁场的磁感应强度B从B0开始逐渐减小时,恰好使回路中不产生感应电
9、流,试从磁通量的角度分析磁感应强度B的大小随时间t的变化规律;若所加匀强磁场的磁感应强度为B且保持不变,试从磁通量变化、电动势的定义、自由电子的受力和运动、或功能关系等角度入手,选用两种方法推导MN棒中产生的感应电动势E的大小;(2)为使回路DEMN中产生正弦(或余弦)交变电流,请你展开“智慧的翅膀”,提出一种可行的设计方案,自设必要的物理量及符号,写出感应电动势瞬时值的表达式。答案精解精析基础巩固1.C杆MN向右匀速滑动,由右手定则判知,通过R的电流方向为ac;又因为E=BLv,所以E1E2=12,故选项C正确。2.D由图乙知线圈中垂直纸面向里的磁场在增强,由楞次定律知,产生的感应电流的磁场
10、方向垂直纸面向外,阻碍原磁通量的增加,故感应电流方向应为逆时针,A选项错误;电源外部,电流从电势高处流向电势低处,所以M点电势高于N点电势,电压表正接线柱应该接电势高的M端,B选项错误;磁通量变化率为=0.5 Wb/s,C选项错误;感应电动势E=n=10 V,电压表读数为10 V,D选项正确。3.C由题图看出,磁感应强度B随时间t均匀变化,则穿过回路的磁通量随时间也均匀变化,根据法拉第电磁感应定律可知回路中将产生恒定的感应电流,所以I0。t0时刻B=0,两棒都不受安培力,故丝线中拉力FT=0,所以C正确。4.C受电线圈内原磁场增强,由楞次定律知,感应电流产生的磁场与原磁场反向,再由安培定则可得
11、,俯视时电流方向为顺时针,即由c到d,受电线圈作为电源,d为正极,d点电势比c点的高,A、B错误。由法拉第电磁感应定律得,c、d间电势差E=,C正确,D错误。5.D导线框进入、穿出磁场的过程中感应电动势的大小E=BLv。由右手定则可知进入磁场的过程中,感应电流的方向为abcda方向;出磁场的过程中,感应电流的方向为adcba方向,由左手定则可知,进、出磁场的过程安培力始终向左。F安=BIL=,则W克安=F安2L=,D正确。6.B开关S由断开变为闭合时,由于线圈自感现象的存在,A、B会同时亮,电流稳定后,线圈相当于导线,会使B灯短路,B灯会熄灭;开关S由闭合变为断开时,A灯立即熄灭,由于线圈自感
12、现象的存在,B灯会先变亮再逐渐熄灭。7.答案(1)2 V2 A(2)0.08 Ns(3)1 V解析(1)由法拉第电磁感应定律可得,感应电动势E=BLv=10.45 V=2 V感应电流I= A=2 A(2)拉力大小等于安培力大小F=BIL=120.4 N=0.8 N冲量大小IF=Ft=0.80.1 Ns=0.08 Ns(3)由闭合电路欧姆定律可得,电路中电流I= A=1 A由欧姆定律可得,导体棒两端电压 U=IR=1 V8.答案(1)2 V(2)0.4 A(3)1.6 V解析(1)根据法拉第电磁感应定律可得:E=n=nS=2 V(2)根据闭合电路欧姆定律可得:通过R的电流I=0.4 A(3)电压
13、表的示数U即电阻R两端的电压,U=IR=1.6 V综合提能1.D灯泡闪亮的条件是断开开关瞬间通过灯泡的电流大小突然变大,则电路接通并达到稳定状态时通过电感线圈的电流应大于通过灯泡的电流,由此可知需要将电感线圈的电阻RL减小,故选D。2.答案(1)a.b.方向水平向左(2)B=解析(1)若磁场的磁感应强度大小为B0且保持不变时:a.金属棒中产生的感应电动势E=B0Lv回路中的感应电流的大小I=解得I=b.金属棒受到的安培力大小F=B0IL=安培力方向:水平向左(2)若使ACNM回路中不产生感应电流,磁通量保持不变即可,有BL(L+vt)=B0L2解得B=3.答案见解析解析(1)由产生感应电流的条
14、件可知,回路中不产生感应电流,则穿过回路的磁通量不变,根据磁通量不变,应有B0Ld=BL(d+vt)解得B=方法一:由法拉第电磁感应定律推导经过时间t闭合回路的磁通量变化量为=BLvt根据法拉第电磁感应定律E=BLv方法二:利用电动势的定义推导电动势在数值上等于非静电力把1 C的正电荷在电源内从负极移送到正极所做的功,对应着其他形式的能转化为电势能的大小。这里的非静电力为洛伦兹力(沿MN棒上的分力),洛伦兹力(沿MN棒上的分力)做正功,即:W非=(Bev)L,E=BLv方法三:由金属棒中自由电子受力平衡推导金属棒内的自由电子随棒向右匀速运动的速度为v,受到的洛伦兹力大小为f=evB,方向向下,
15、电子在棒下端聚焦,棒下端带负电,棒的上端由于缺少电子而带正电,M、N间产生电压,且电压随着自由电子向下移动而逐渐升高。设M、N间产生电压为U,则MN中的电场强度E0=金属棒中的自由电子将受到向上的电场力F=E0e=当F=f时,自由电子在沿金属棒MN的方向的受力达到平衡,由e=evB可得稳定电压为U=BLv在内电阻为0时,路端电压等于电动势,因此动生电动势大小为E=BLv方法四:由能量守恒推导当金属棒匀速运动时,其受到向右的恒定拉力和向左的安培力平衡,则F外=BIL拉力做功的功率:P外=F外v=BILv闭合电路消耗的总功率:P电=EI根据能量的转化和守恒可知:P外=P电可得到:E=BLv(2)方案1:磁感应强度不变化且大小为B1,金属棒以初始位
