2022届新教材高考物理一轮复习课时练33法拉第电磁感应定律及其应用含解析新人教版202104091242.docx
2022高考物理一轮复习全一册课时练含解析打包44套
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法拉第电磁感应定律及其应用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.nbr2b.nbr2c.br2tr0d.nbr2tr02.(转动切割磁感线)如图所示,金属棒mn以角速度绕过o点的竖直轴在水平面内旋转,空间存在竖直向下的匀强磁场。已知mono,则()a.m点电势高于n点b.n点电势高于o点c.磁感应强度b加倍时m、n两点间电势差也加倍d.角速度加倍时m、n两点间电势差变为原来的4倍3.(自感)在生产实际中,有些高压直流电路中含有自感系数很大的线圈,当电路中的开关s由闭合到断开时,线圈会产生很高的自感电动势,使开关s处产生电弧,危及操作人员的人身安全,为了避免电弧的产生,可在线圈处并联一个元件,下列方案可行的是()4.(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箱,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,发现铝箱悬浮了起来。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,铝箱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,铝箱中会产生如图所示的电流5.(涡流)电磁炉又名电磁灶,是现代厨房革命的产物,它无需明火或传导式加热而让热直接在锅底产生,因此热效率得到了极大的提高,是一种高效节能厨具。如图所示是描述电磁炉工作原理的示意图,下列说法正确的是()a.电磁炉通电线圈加直流电,电流越大,电磁炉加热效果越好b.电磁炉原理是通电线圈加交流电后,在锅底产生涡流,进而发热工作c.在锅和电磁炉中间放一绝缘物质,电磁炉不能起到加热作用d.电磁炉的锅不能用陶瓷锅或耐热玻璃锅,主要原因是这些材料的导热性能较差6.(多选)(导体棒切割磁感线产生感应电动势的分析与计算)如图所示,两根足够长、电阻不计且相距l=0.2 m的平行金属导轨固定在倾角=37的绝缘斜面上,顶端接有一盏额定电压u=4 v的小灯泡,两导轨间有一磁感应强度b=5 t、方向垂直斜面向上的匀强磁场。今将一根长为2l、质量m=0.2 kg、电阻r=1.0 的金属棒垂直于导轨放置在顶端附近无初速度释放,且始终与导轨垂直,金属棒与导轨接触良好,金属棒与导轨间的动摩擦因数=0.25。已知金属棒下滑到速度稳定时,小灯泡恰能正常发光,重力加速度g取10 m/s2,sin 37=0.6,cos 37=0.8,则()a.金属棒刚开始运动时的加速度大小为3 m/s2b.金属棒刚开始运动时的加速度大小为4 m/s2c.金属棒稳定下滑时的速度大小为9.6 m/sd.金属棒稳定下滑时的速度大小为4.8 m/s素养综合练7.(多选)边长为l的单匝正方形导线框abcd放在绝缘的光滑水平桌面上,其右端相距s处有边界pq,在pq左侧存在垂直于线框面向下的匀强磁场。现用水平向右的恒力f使线框由静止向右运动,且线框运动过程中ad边始终与pq保持垂直,线框全部离开磁场前已做匀速直线运动,已知磁感应强度大小为b,线框质量为m,电阻为r,边长为l。下列说法正确的是()a.cd边离开磁场时线框中的感应电动势大小为34bl2fsmb.cd边离开磁场时线框的加速度大小为fm-b2l2m2r2mfsc.线框全部离开磁场过程中,通过线框某一横截面的电荷量为bl2rd.线框全部离开磁场过程中,线框中产生的热量为f(s+l)-mf2r22b4l48.(多选)如图甲所示,线圈两端a、b与一电阻r相连,线圈内有垂直于线圈平面向里的磁场,t=0时起,穿过线圈的磁通量按图乙所示的规律变化,下列说法正确的是()a.0.5t0时刻,r中电流方向为由a到bb.1.5t0时刻,r中电流方向为由a到bc.0t0时间内r的电流小于t02t0时间内r的电流d.0t0时间内r的电流大于t02t0时间内r的电流9.(多选)如图所示,一根长为l、横截面积为s的闭合软导线置于光滑水平面上,其材料的电阻率为,导线内单位体积的自由电子数为n,电子的电荷量为e,空间存在垂直纸面向里的磁场。某时刻起磁场开始减弱,磁感应强度随时间的变化规律是b=b0-kt,当软导线形状稳定时,磁场方向仍然垂直纸面向里,此时()a.软导线将围成一个圆形b.软导线将围成一个正方形c.导线中的电流为kls4d.导线中自由电子定向移动的速率为kls4ne10.(多选)(2020黑龙江哈尔滨高三三模)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 。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 wbb.在前t0时间内线圈中产生的电动势为0.4 vc.t=0时刻的线圈受到的安培力为0.016 nd.t0的数值为2 s11.如图甲所示是一个电磁阻尼现象演示装置,钢锯条上端固定在支架上,下端固定有强磁铁,将磁铁推开一个角度释放,它会在竖直面内摆动较长时间;如图乙所示,若在其正下方固定一铜块(不与磁铁接触),则摆动迅速停止。关于实验,以下分析与结论正确的是()a.如果将磁铁的磁极调换,重复实验将不能观察到电磁阻尼现象b.用闭合的铜制线圈替代铜块,重复实验将不能观察到电磁阻尼现象c.在图乙情况中,下摆和上摆过程中磁铁和锯条组成的系统机械能均减少d.在摆动过程中铜块不受磁铁的作用力12.(多选)(2020黑龙江大庆铁人中学高三模拟)如图所示,空间内存在一水平向右的匀强磁场,磁感应强度大小为b,磁场中有一个形状为等腰直角三角形的刚性金属线框oop,oo=op=l,转轴oo沿竖直方向,线框总电阻为r。当线框在外力作用下绕着oo以角速度匀速转动时,线框上的p点先后经过a、b两点,在a点时,p的速度与磁场方向相同,在b点时,p的速度与磁场方向垂直,则以下说法正确的是()a.当p点与a点重合时,o、p两点电势差为uop=0b.当p点与b点重合时,o、p两点电势差为uop=(2-2)bl22c.金属线框在转动一圈的过程中电流方向改变一次d.从a点旋转到b点的过程中,通过线框某横截面积的电荷量为q=bl22r参考答案课时规范练33法拉第电磁感应定律及其应用1.d由于线圈平面与磁场方向垂直,故穿过该面的磁通量为:=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=r2即=br2,由e=nt及i=er0可得i=nbr2tr0,故选项d正确。2.c由电磁感应定律可得uon=12blon2uom=12blom2由可得unm=uom-uon=12b(lom2-lon2)0因此n点电势高于m点电势,a错误;由右手定则可得:o点电势高于n点电势,o点电势高于m点电势,b错误;由于unm=12b(lom2-lon2),因此当磁感应强度b加倍时m、n两点间电势差也加倍,c正确;角速度加倍时m、n两点间电势差变为原来的2倍,d错误。3.d由题意可知,当断开瞬间时,线圈中产生很高的自感电动势,若不并联元件,则会产生电弧,当并联电容器时,只能对电容器充电,仍不能解决电弧现象,故a错误;当并联发光二极管时,由于发光二极管有单向导电性,b选项的二极管的接法与c选项的导线有一样的作用,唯有d选项,既能避免产生电弧,又能不影响电路,故d正确,b、c错误。4.c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=nt=nbts,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,厚度对应的横截面积s越小,根据电阻定律r=ls可知铝箔的电阻越大,所以通过铝箔的感应电流变小,b错误;增大频率,bt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。5.b电磁炉通电线圈加直流电,会产生恒定磁场,穿过锅底的磁通量不会发生变化,不能产生涡流,所以没有加热效果,故选项a错误;电磁炉的原理是磁场感应涡流加热,即利用交变电流通过线圈产生交变磁场,所以电磁炉通过线圈加交流电后,在锅底产生涡流,进而发热工作,故选项b正确;在锅和电磁炉中间放一绝缘物质,不会影响涡流的产生,因此不会影响电磁炉的加热作用,故选项c错误;金属锅自身产生无数小涡流而直接加热锅,陶瓷锅或耐热玻璃锅属于绝缘材料,不会产生涡流,而不是因为导热性能较差,故选项d错误。6.bd金属棒刚开始运动时初速度为零,不受安培力作用,由牛顿第二定律得mgsin-mgcos=ma,代入数据得a=4m/s2,故选项a错误,选项b正确;设金属棒稳定下滑时速度为v,感应电动势为e(金属棒的有效长度为l),回路中的电流为i,由平衡条件得mgsin=bil+mgcos,由闭合电路欧姆定律得i=e-ur,由法拉第电磁感应定律得e=blv,联立解得v=4.8m/s,故选项c错误,选项d正确。7.bcd线框完全在磁场中时,穿过线框的磁通量不变,不产生感应电流,线框不受安培力作用,对线框,由动能定理得:fs=12mv2,解得:v=2fsm,cd边离开磁场时线框产生的感应电动势为:e=blv=bl2fsm,故a错误;cd边离开磁场时线框受到的安培力为:f安培=bil=b2l2vr=b2l2r2fsm,对线框,由牛顿第二定律得:f-b2l2r2fsm=ma,解得:a=fm-b2l2mr2fsm=fm-b2l2m2r2mfs,故b正确;根据电磁感应电荷量推论公式q=r=bl2r,故c正确;线框离开磁场前已做匀速直线运动,由平衡条件得:f=b2l2vr,解得线框离开磁场时的速度v=frb2l2,对线框,由能量守恒定律得:f(s+l)=12mv2+q,解得:q=f(s+l)-mf2r22b4l4,故d正确;故选bcd。8.ac由楞次定律可知0t0时间内线圈中的感应电流方向为逆时针方向,t02t0时间内线圈中感应电流的方向为顺时针方向,故a正确,b错误;根据法拉第电磁感应定律:e=nt=nbts,可知0t0时间内感应电动势是t02t0时间内的12,感应电流为:i=er,所以0t0时间内r中的电流是t02t0时间内电流的12,故c正确,d错误。9.ac当磁场的磁感应强度减弱时,由楞次定律可知,软管围成的图形的面积有扩大的趋势,结合周长相等时,圆的面积最大可知,最终软导线围成一个圆形,故a正确,b错误;设线圈围成的圆形半径为r,则有:l=2r,圆形的面积为:s1=r2,线圈的电阻为:r=ls,线圈中产生的感应电动势为:e=bts1=kl24,感应电流为:i=er=kls4,而i=nesv,解得:v=kl4ne,故c正确,d错误,故选ac。10.bdt=0时刻穿过线圈的磁通量=b012s=1120.822wb=0.08wb,a错误;由法拉第电磁感应定律得e=nt=nsbt=n12l22bt=0.4v,b正确;线圈中的电流为i=er=0.41a=0.4a,t=0时刻的线圈受到的安培力f=nb0il2=1010.40.82n=1.6n,c错误;分析线圈受力可知,当细线开始松弛时有f安=mg=0.3210n=3.2n,又f安=nbt0il2,i=er,联立解得bt0=2mgrnel=2t,由图像知bt0=1+12t0,解得t0=2s。d正确。11.c此现象的原理是当磁铁在铜块上方摆动时,在铜块中产生涡流,与磁场相互作用阻碍磁铁的运动;则如果将磁铁的磁极调换,重复实验仍能观察到电磁阻尼现象,选项a错误;用闭合的铜制线圈替代铜块,仍能在线圈中产生感应电流,从而与磁铁产生阻碍作用,则重复实验仍能观察到电磁阻尼现象,选项b错误;在题图乙情况中,下摆和上摆过程中均会产生涡流从而消耗机械能,则磁铁和锯条组成的系统机械能均减少,选项c正确;由上述分析可知,在摆动过程中铜块对磁铁有阻碍作用,同时铜
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