2021届高考物理一轮复习方略核心素养测评： 二十九 10.2 法拉第电磁感应定律　自感现象 .doc

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1、核心素养测评 二十九法拉第电磁感应定律自感现象(45分钟100分)一、选择题(本题共7小题，每小题8分，共56分，14题为单选题，57题为多选题)1.一个匀强磁场的边界是MN，MN左侧无磁场，右侧是范围足够大的匀强磁场区域，如图甲所示。现有一个金属线框沿ab方向以恒定速度从MN左侧垂直进入匀强磁场区域(abMN)，线框中的电流随时间变化的I-t图象如图乙所示，则线框可能是图中的()【解析】选D。线框切割磁感线产生的感应电动势E=BLv，设线框总电阻是R，则感应电流I=ER=BLvR，由图乙所示图象可知，感应电流先均匀变大，后均匀变小，由于B、v、R是定值，故有效切割长度L应先变大后变小，且L随

2、时间均匀变化。闭合圆环匀速进入磁场时，有效长度L先变大后变小，但L随时间不是均匀变化，不符合题意，故A错误；正方形线框进入磁场时，有效长度L不变，感应电流不变，不符合题意，故B错误；梯形线框匀速进入磁场时，有效长度L先均匀增加，后不变，再均匀减小，不符合题意，故C错误；等腰三角形线框匀速进入磁场时，有效长度L先增加后减小，且随时间均匀变化，符合题意，故D正确。2.如图所示，abcd为水平放置的平行“匚”形光滑金属导轨，间距为l，导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，导轨电阻不计。已知金属杆MN倾斜放置，与导轨成角，单位长度的电阻为r，保持金属杆以速度v沿平行于cd的方向滑动(金

3、属杆滑动过程中与导轨接触良好)，则()A.电路中感应电动势的大小为BlvsinB.电路中感应电流的大小为BvsinrC.金属杆所受安培力的大小为B2lvsinrD.金属杆的热功率为B2lv2rsin【解析】选B。因为金属杆以速度v沿平行于cd的方向滑动，其切割磁感线的有效长度为导轨间距l，由法拉第电磁感应定律得，电路中感应电动势E=Blv，A错误；由图可知，金属杆接入电路的实际长度为x=lsin，电路有效电阻R=xr=lrsin，由闭合电路的欧姆定律得，电路中电流大小I=ER=Blvlrsin=Bvsinr，B正确；金属杆所受安培力F=BIx=BBvsinrlsin=B2lvr，C错误；金属杆

4、的热功率P=I2R=Bvsinr2lrsin=B2lv2sinr，D错误。3.随着科技的不断发展，无线充电已经进入人们的视线。小到手表、手机，大到电脑、电动汽车，都已经实现了无线充电从理论研发到实际应用的转化。如图所示为某品牌的无线充电手机利用电磁感应方式充电的原理图。关于无线充电，下列说法中正确的是()A.无线充电时手机接收线圈部分的工作原理是电流的磁效应B.只有将充电底座接到直流电源上才能对手机进行充电C.接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同D.只要有无线充电底座，所有手机都可以进行无线充电【解析】选C。无线充电时手机接收线圈部分的工作原理是电磁感应，故A错误；当给充电底

5、座的发射线圈通以恒定直流电时，接收线圈中不会产生交变磁场，即不能正常充电，故B错误；接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同，故C正确；被充电手机内部应该有一类似金属线圈的部件与手机电池相连，当有交变磁场时，产生感应电动势，故D错误。4.某校科技小组的同学设计了一个传送带测速仪，测速原理如图所示。在传送带一端的下方固定有间距为L、长度为d的平行金属电极。电极间充满磁感应强度为B、方向垂直于传送带平面(纸面)向里、有理想边界的匀强磁场，且电极之间接有理想电压表和电阻R，传送带背面固定有若干根间距为d的平行细金属条，其电阻均为r，传送带运行过程中始终仅有一根金属条处于磁场中，且金属条

6、与电极接触良好。当传送带以一定的速度匀速运动时，电压表的示数为U。下列说法中正确的是()A.传送带匀速运动的速率为UBLB.电阻R产生焦耳热的功率为U2R+rC.金属条经过磁场区域受到的安培力大小为BUdR+rD.每根金属条经过磁场区域的全过程中克服安培力做功为BLUdR【解析】选D。根据E=BLv，电压表测电阻R的电压，读数为U=ERR+r，解得v=U(R+r)BLR，选项A错误；电阻R产生焦耳热的功率为PR=U2R，选项B错误；金属条经过磁场区域受到的安培力大小为F=BIL=BLUR，选项C错误；每根金属条经过磁场区域的全过程中克服安培力做功为W=Fd=BLUdR，选项D正确。5.(201

7、9沧州模拟)线圈所围的面积为0.1 m2，线圈电阻为1 ，规定线圈中感应电流I的正方向从上往下看是顺时针方向，如图甲所示，磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示，则下列说法正确的是()A.在05 s时间内，I的最大值为0.01 AB.在第4 s末，I的方向为逆时针方向C.前2 s内，通过线圈某截面的总电荷量为0.01 CD.第3 s内，线圈的发热功率最大【解析】选A、B、C。由图象可看出，在开始时刻图线的斜率最大，B的变化率最大，线圈中产生的感应电动势最大，感应电流也最大，最大值为I=EmR=BtSR=0.110.11 A=0.01 A，故A正确；在第4 s末，穿过线圈的磁通量减小，根

8、据楞次定律可判断，I的方向为逆时针方向，故B正确；前2 s内，通过线圈某截面的总电荷量q=It=tRt=R=BSR=0.10.11 C=0.01 C，故C正确；第3 s内，B没有变化，线圈中没有感应电流产生，则线圈的发热功率最小，故D错误。6.用导线绕成一圆环，环内有一用同种导线折成的内接正方形线框，圆环与线框绝缘，如图所示。把它们放在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于圆环和线框所在平面(纸面)向里。当磁感应强度均匀减弱时()A.圆环和线框中的电流方向都为顺时针方向B.圆环和线框中的电流方向都为逆时针方向C.圆环和线框中的电流大小之比为21D.圆环和线框中的电流大小之比为21【解析】选

9、A、C。根据楞次定律可得，当磁感应强度均匀减小时，圆环和线框内产生的感应电流的磁场方向都与原磁场方向相同，即感应电流方向都为顺时针方向，A正确，B错误；设圆环半径为a，则圆面积为S=a2，圆周长为L=2a，正方形面积为S=2a2，正方形周长为L=42a，因为磁感应强度是均匀减小的，根据E=BSt，所以圆环和正方形线框产生的感应电动势之比为EE=SS，又根据R=LS0知两者的电阻之比为RR=LL，故电流之比为II=SSLL=2，故C正确，D错误。7.(2019全国卷)如图，两条光滑平行金属导轨固定，所在平面与水平面夹角为，导轨电阻忽略不计。虚线ab、cd均与导轨垂直，在ab与cd之间的区域存在垂

10、直于导轨所在平面的匀强磁场。将两根相同的导体棒PQ、MN先后自导轨上同一位置由静止释放，两者始终与导轨垂直且接触良好。已知PQ进入磁场开始计时，到MN离开磁场区域为止，流过PQ的电流随时间变化的图象可能正确的是() 【解析】选A、D。如果PQ进入磁场时加速度为零，PQ做匀速运动，感应电流恒定。若PQ出磁场时MN仍然没有进入磁场，则PQ出磁场后至MN进入磁场的这段时间，由于磁通量不变，无感应电流。由于PQ、MN从同一位置释放，故MN进入磁场时与PQ进入磁场时的速度相同，所以电流大小也应该相同，但方向相反，A正确，B错误。若PQ出磁场前MN已经进入磁场，由于磁通量不变，无感应电流，PQ、MN均加速

11、运动，PQ出磁场后，MN由于在磁场中的速度比进磁场时的速度大，故电流比PQ进入磁场时电流大，此后PQ做减速运动，电流减小，故C错误，D正确。二、计算题(14分，需写出规范的解题步骤)8.一个圆形线圈共有n=10匝，其总电阻r=4.0 ，线圈与阻值R0=16 的外电阻连成闭合回路，如图甲所示。线圈内部存在着一个边长l=0.20 m的正方形区域，其中有分布均匀但磁感应强度随时间变化的磁场，图乙显示了一个周期内磁感应强度的变化情况，周期T=1.010-2 s，磁场方向以垂直于线圈平面向外为正方向。求：(1)t=18T时刻电阻R0上的电流大小和方向。(2)0T2时间内流过电阻R0的电荷量。(3)一个周

12、期内电阻R0上产生的热量。【解析】(1)0T4内，感应电动势大小E1=n1t1=4nBST=8 V电流大小I1=E1R0+r=0.4 A由楞次定律可判断，电流方向为从b到a。(2)同理可求，T4T2内，感应电流大小I2=0.2 A0T2时间内流过电阻R0的电荷量q=I1T4+I2T4=1.510-3 C。(3)一个周期内电阻R0上产生的热量Q=I12R0T2+I22R0T2=1.610-2 J。答案：(1)0.4 A方向为从b到a(2)1.510-3 C(3)1.610-2 J9.(10分)(多选)在如图所示的倾角为的光滑斜面上存在着两个磁感应强度大小均为B的匀强磁场区域，区域的磁场方向垂直于

13、斜面向上，区域的磁场方向垂直于斜面向下，磁场宽度HP及PN均为L。一个质量为m、电阻为R、边长为L的正方形导线框由静止开始沿斜面下滑，t1时刻ab边刚好越过GH进入磁场区域，此时导线框恰好以速度v1做匀速直线运动；t2时刻ab边下滑到JP与MN的中间位置，此时导线框又恰好以速度v2做匀速直线运动。重力加速度为g。下列说法中正确的是()A.当ab边刚越过JP时，导线框的加速度大小为a=gsinB.导线框两次做匀速直线运动的速度大小之比v1v2=41C.从t1时刻到t2时刻的过程中，导线框克服安培力做的功等于重力势能的减少量D.从t1时刻到t2时刻的过程中，有3mgLsin2+m(v12-v22)

14、2的机械能转化为电能【解析】选B、D。ab边刚越过GH进入磁场区域时，感应电动势E1=BLv1，电流I1=E1R=BLv1R，线框做匀速运动，所以有mgsin=BI1L=B2L2v1R，当ab边刚越过JP时，感应电动势E2=2BLv1，电流I2=E2R=2BLv1R，根据牛顿第二定律得2BI2L-mgsin=ma，联立解得a=3gsin，故A错误；当加速度a=0时，以速度v2做匀速直线运动，即mgsin=2BI3L=4B2L2v2R，所以v1v2=41，故B正确；从t1时刻到t2时刻的过程中，根据能量守恒定律，导线框克服安培力做的功等于重力势能和动能的减少量之和，即克服安培力做功W=3mgLs

15、in2+m(v12-v22)2，克服安培力做的功等于产生的电能，故C错误，D正确。10.(20分)(2019南昌模拟)如图甲所示，两条阻值不计的足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ之间的距离L=0.5 m，N、Q两端连接阻值R=2.0 的电阻，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨所在平面向上，导轨平面与水平面的夹角=30。一质量m=0.40 kg、阻值r=1.0 的金属棒垂直于导轨放置并用绝缘细线跨过光滑的定滑轮与质量M=0.80 kg的重物相连，细线与金属导轨平行。金属棒沿导轨向上滑行的速度v与时间t之间的关系如图乙所示，已知在00.3 s内通过金属棒的电荷量是0.30.6 s内通过金属棒的电荷

16、量的23，g取10 m/s2，求：(1)00.3 s内金属棒通过的位移。(2)00.6 s内金属棒产生的热量。【解析】(1)在0.30.6 s内通过金属棒的电荷量是q1=I1t1=BLvt1R+r在00.3 s内通过金属棒的电荷量q2=R+r=BSR+r=BLx2R+r由题意知q1q2=32解得x2=0.3 m。(2)金属棒在00.6 s内通过的总位移为x=x1+x2=vt1+x2=0.75 m根据能量守恒定律得Mgx-mgxsin=12(M+m)v2+Q解得Q=3.15 J由于金属棒与电阻R串联，电流相等，根据焦耳定律Q=I2Rt知，它们产生的热量与电阻成正比，所以金属棒在00.6 s内产生的热量Qr=rR+rQ=1.05 J。答案：(1)0.3 m(2)1.05 J关闭Word文档返回原板块