高考总复习优化设计二轮用书物理浙江专版 作业11　楞次定律和法拉第电磁感应定律

作业11楞次定律和法拉第电磁感应定律选择题每小题3分。1.下列物理量中,属于矢量且单位用国际单位制中的基本单位表示正确的是()A.磁通量,kgB.磁感应强度,kgC.电场强度,VD.自感系数,kg2.(2024浙江丽水期末)如图所示的几种电器,工作原理与其他几个不同的是()3.(2024浙江嘉兴高三期末)如图所示,水平地面(xOy平面)下有一根平行于y轴且通有恒定电流I的长直导线。P、M和N为地面上的三个点,P点位于导线正上方,MN平行于y轴,PN平行于x轴,一闭合的圆形金属线圈,圆心在P点,可沿不同方向以相同的速率做匀速直线运动,运动过程中线圈平面始终与地面平行。下列说法正确的是()A.N点与M点的磁感应强度大小相等,方向相反B.线圈沿PN方向运动时,穿过线圈的磁通量不变C.线圈从P点开始竖直向上运动时,线圈中无感应电流D.线圈从P点到M点的过程感应电动势与从P点到N点过程的感应电动势相等4.下列有关磁现象的四种模型对应的物理规律,说法正确的是()A.图甲,双线绕法可减小绕线的漏磁现象,以此来减小磁场能的损失B.图乙,磁块在铝管中由静止开始下落,做的是自由落体运动C.图丙,电磁炮的基本原理是电能转化为机械能,是一种安培力做正功的电动机模型D.图丁,磁场的变化导致磁通量变化,激发出感生电场,使电子受电场力而运动,形成感应电流的本质是电磁阻尼5.(2024浙江金华模拟)如图所示的电路中,电源的电动势为E,内阻为r,电感L的电阻不计,电阻R的阻值大于灯泡D的阻值,在t=0时刻,闭合开关S,经过一段时间后,在t=t1时刻,断开开关S,下列表示A、B两点间电压UAB随时间t变化的图像正确的是()6.(2024浙江二模)如图所示,一足够大的“⊂”形导轨固定在水平面上,导轨左端接一灵敏电流表G,两侧导轨平行。空间中各处的磁感应强度大小均为B且随时间同步变化,方向垂直于水平面。t=0时刻,在电流表右侧某处放置一导体棒,并使之以速度v0向右匀速运动,发现运动过程中电流表读数始终为零,已知导体棒与导轨接触良好,则磁感应强度随时间变化的关系可能正确的是()7.(2024浙江台州二模)如图所示,在垂直于纸面向里、足够大的匀强磁场中放置一硬质异形导线oab,其中ab是半径为R的14圆弧,直线段oa长为R且与圆弧段相切。该导线在纸面内绕o点逆时针转动,则下列说法正确的是(A.Uao=12BωRB.感应电流方向b→a→oC.φb>φa>φoD.Uob=52BωR8.如图所示,一通有电流大小为I的无限长直导线固定在足够大的光滑绝缘水平桌面(纸面)上,一导电圆环在水平桌面上获得图示方向的初速度v0。在水平桌面内以开始时圆环的圆心为坐标原点建立直角坐标系,x轴垂直于导线方向,y轴平行于导线方向。此后导电圆环的运动轨迹图像可能正确的是()9.(2024浙江一模)麦克斯韦从场的观点出发,认为变化的磁场会激发感生电场。如图甲所示,半径为r的绝缘光滑真空管道(内径远小于半径r)固定在水平面上,管道内有一质量为m、电荷量为+q的小球,直径略小于管道内径。真空管道处在匀强磁场中,磁感应强度B随时间变化的图像如图乙所示,规定竖直向上为正方向。t=0时刻无初速度释放小球。下列说法正确的是()A.俯视真空管道,感生电场的方向为逆时针B.感生电场对小球的作用力大小为B0C.小球环绕一周,感生电场做功为πBD.t0时刻管道对小球的作用力大小为B10.如图所示,AOC是光滑的直角金属导轨,AO竖直,OC水平。质量分布均匀的金属棒ab长度为L,质量为m,电阻为R,两端置于导轨内。设金属棒与竖直导轨夹角为θ,当θ=30°时,静止释放金属棒。已知空间存在磁感应强度大小为B的匀强磁场,方向垂直于纸面向里,不计金属导轨的电阻,则()A.回路中感应电流方向始终为逆时针方向B.整个过程中,ab产生的焦耳热为12C.当θ=60°时,若a点速度大小为v,则b点速度大小为2vD.在θ=30°到θ=45°过程中通过ab的电荷量为2-311.如图甲所示,一固定竖直倒放、足够长的“U”形金属导轨的上端接一定值电阻R,整个装置处于方向垂直于轨道平面向里的匀强磁场中。现将一质量为m的金属棒从距电阻R足够远的导轨上某处,以大小为p0的初动量竖直向上抛出,金属棒的动量随时间变化的图像如图乙所示。整个过程中金属棒与导轨接触良好且保持垂直,不计空气阻力及金属棒和导轨电阻,重力加速度大小为g。关于此过程,下列说法正确的是()A.t0时刻,金属棒的加速度为零B.金属棒的最大加速度大小为2gC.金属棒上升过程安培力的冲量大小为p0-mgt0D.金属棒上升过程定值电阻产生的焦耳热等于p12.(11分)一边长为L、质量为m的正方形金属框,每边电阻为R0,置于光滑的绝缘水平桌面(纸面)上。宽度为2L的区域内存在方向垂直于纸面的匀强磁场,磁感应强度大小为B,两虚线为磁场边界,如图(a)所示。(1)使金属框以一定的初速度向右运动,进入磁场。运动过程中金属框的左、右边框始终与磁场边界平行,金属框完全穿过磁场区域后,速度大小降为它初速度的一半,求金属框的初速度大小。(2)在桌面上固定两条光滑长直金属导轨,导轨与磁场边界垂直,左端连接电阻R1=2R0,导轨电阻可忽略,金属框置于导轨上,如图(b)所示。让金属框以与(1)中相同的初速度向右运动,进入磁场。运动过程中金属框的上、下边框处处与导轨始终接触良好。求在金属框整个运动过程中,电阻R1产生的热量。13.(11分)(2024浙江绍兴模拟)如图所示,平行且光滑的导轨AICD和水平面EFGH平行。质量分别为13m和m,电阻均为R的导体棒a、b垂直于导轨静置于图示位置(导体棒b静止在导轨右边缘IC处)。导体棒b的两端由两根足够长的轻质导线与导轨相连接,与导体棒a形成闭合回路。在IEHC右侧区域空间存在竖直向下的磁场,磁感应强度为B,当给导体棒a一个水平初速度2v0后,在IC处与导体棒b发生弹性碰撞。碰撞后导体棒b飞离轨道并恰好从地面FG处离开磁场,导体棒运动过程中不会发生转动。已知导轨间距为l,导轨离地高度也为l,磁场区域长度EF为s,不计其他电阻,求(1)导体棒b进入磁场时的速度和刚进入磁场时受到的安培力;(2)导体棒b离开磁场时,速度与水平方向的夹角正切值;(3)导体棒在磁场运动的过程中,导体棒b产生的总热量。14.(11分)(2024浙江高三开学考试)某探究小组设计了两种电磁驱动装置。图甲利用直流电源给导线框供电,接通电源后正方形导线框ABCD在磁极间的辐向磁场中,从静止开始绕中心轴线OO'发生转动。图乙为三个线圈连接到三相电源上,电流形成的磁场可等效为角速度ω0的旋转辐向磁场,稳定后解锁正方形导线框ABCD,导线框由静止开始转动。图丙为不同视角的上述两种驱动装置的截面图,分别为图甲的正视图和图乙的俯视图。已知导线框ABCD的边长为l,电阻为R,AB、CD两边的质量均为m,所处位置的磁感应强度大小均为B1,磁场方向始终与转动方向垂直,转动中AB、CD两边受到的阻力均为Ff=kv(k为比例系数,v为线速度),其余两边质量和所受阻力不计。电源的电动势为E,内阻不计。(1)在两种驱动装置中,若图甲、乙两装置中的导线框的转动方向一致,则旋转辐向磁场的转动方向是顺时针还是逆时针。(2)在图乙装置中,若k=2B2l2R(3)在图甲装置中,若导线框经过时间t恰好达到最大角速度,求在该过程中AB边转过的弧长s。参考答案作业11楞次定律和法拉第电磁感应定律1.B【解析】磁通量Φ=BS=FILS=maILS,可得磁通量的单位用基本单位表示应为Wb=kg·m·s-2A·m·m2=kg·m2A·s2,但磁通量为标量,故A错误;磁感应强度B=Fqv=maItv,可得磁感应强度的单位用基本单位表示为T=kg·m·s-2A2.D【解析】金属探测器、无线充电器、高频焊接机工作原理均为电磁感应,电热取暖扇利用电流的热效应。故选D。3.C【解析】由于水平地面下的导线为通有恒定电流I的长直导线,且平行于y轴,而MN也平行于y轴,所以N点与M点的磁感应强度大小相等,方向相同,故A错误;由于PN平行于x轴,故线圈沿PN方向运动时,穿过线圈的磁通量始终变化,故B错误;线圈从P点开始竖直向上运动时,穿过线圈的磁通量一直为零,磁通量不变,线圈中无感应电流,故C正确;线圈从P点到M点过程和从P点到N点过程,线圈中磁通量变化量相同,而PM间距离大于PN间的距离,又线圈运动速率相同,所以线圈从P点到M点的时间大于P点到N点的时间,根据法拉第电磁感应定律可知,线圈从P点到M点过程产生的感应电动势小于从P点到N点过程产生的感应电动势,故D错误。4.C【解析】双线绕法可减小电磁感应现象,以此来减小电阻的感抗,故A错误;铝管可以看作闭合回路,磁块能产生磁场,在磁块下落的过程中,由于电磁感应现象,产生涡流与电磁阻尼,则磁块不能做自由落体运动,故B错误;电磁炮的基本原理是电能转化为机械能,是一种安培力做正功的电动机模型,故C正确;图丁,磁场的变化导致磁通量变化,激发出感生电场,使电子受电场力的作用而加速运动,形成感应电流,其本质是电磁驱动,故D错误。5.B【解析】开关S闭合时,线圈由于自感对电流的阻碍作用,电感L所在支路两端电压逐渐增大,根据电路规律可知,UAB逐渐减小;开关S闭合后再断开时,线圈的感应电流与原电流方向相同,形成回路,灯泡的电流与原电流方向相反,并逐渐减小到零,所以B正确。6.C【解析】设导体棒开始运动时,距离导轨左端为x,磁场的磁感应强度为B0,依题意,导体棒和导轨内部始终无电流,可得B0lx=Bl(x+v0t),整理得1B=v0B0xt+1B7.D【解析】导线没有构成闭合回路,所以导线在转动过程中不产生感应电流,故B错误;对于oab部分,根据右手定则可知,产生的感应电动势方向为b→a→o,则b端相当于电源的负极,o端相当于电源的正极,所以电势关系为φo>φa>φb,故C错误;对于oa部分,有Uoa=BRv=BR·ωR+02=12BωR2,得Uao=-Uoa=-12BωR2,故A错误;对于ob部分,有Uob=Blobv',由几何关系可得lob=R2+(2R)2=5R,得Uob8.B【解析】根据安培定则可知,通电直导线右侧的磁场方向垂直于纸面向里,沿y轴方向磁场的磁感应强度大小恒定不变,沿x轴正方向磁场的磁感应强度大小逐渐减小;在圆环沿如图所示的初速度运动的过程中,圆环沿y轴方向磁通量不变,沿x轴方向磁通量逐渐减小,根据楞次定律可知,圆环沿y轴方向所受安培力为零,则沿y轴方向做匀速直线运动;沿x轴方向所受安培力沿x轴负方向,则沿x轴方向速率逐渐减小直至为零,对比圆环轨迹可知B符合。故选B。9.C【解析】根据楞次定律判断,感生电场为顺时针(俯视),故A错误;由法拉第电磁感应定律得E电动势=ΔΦΔt,又ΔΦ=ΔBS,S=πr2,整理得E电动势=ΔBπr2Δt,由图乙得ΔBΔt=B0t0,设产生的感生电场强度为E,由于E电动势=Ed=E·2πr,得E=E电动势2πr,感生电场对小球的作用力F=Eq=B0r2t0q,故B错误;小球绕一圈电场力做功为W=F·2πr=πB0r2t0q,故C正确;小球在感生电场中的加速度大小为Eq=maE,t0时刻小球的速度大小为v=aE·10.D【解析】根据几何关系可知,金属棒下滑过程中与导轨围成的面积先增大后减小,根据楞次定律和安培定则可知,感应电流方向先逆时针再顺时针,故A错误;整个过程中,金属棒重力势能减少量为ΔEp=12mgLcos30°<12mgL,根据能量守恒定律可知,整个过程中,ab产生的焦耳热不可能等于12mgL,故B错误;当θ=60°时,a、b两点沿杆方向的速度相等,有vcos60°=vbcos30°,解得vb=33v,故C错误;在θ=30°到θ=45°过程中,产生的平均感应电流为I=ER=ΔΦRΔt=B·11.C【解析】由图乙可知,t0时刻,金属棒的速度为零,则电路中感应电动势为零,金属棒所受安培力为零,金属棒仅受重力作用,加速度为g,故A错误;金属棒在运动过程中,有E=BLv,F安=BIL,I=ER,解得F安=B2L2vR,由图乙可知,金属棒向下运动且动量大小为0.5p0时,有0.5p0=mv1,解得v1=0.5p0m,金属棒所受安培力竖直向上,且重力与安培力大小相等,有mg=B2L2×0.5p0mR,在t=0时,金属棒向上运动的速度最大,所受向下的安培力最大,有p0=mv0,解得金属棒向上运动的最大速度v0=p0m,可知金属棒向下最大的安培力大小为F安m=B2L2v0R=2mg,金属棒的最大加速度大小为am=mg+F安mm=3g,故B错误;设金属棒上升过程安培力的冲量大小为I,对金属棒,由动量定理得-mgt0-I=0-p0,解得I=p012.【答案】(1)B2L3【解析】(1)设金属框的初速度为v0,则金属框完全穿过磁场的过程中,根据动量定理可得-BILt=mv02通过金属框的电流I根据法拉第电磁感应定律有E联立解得v0=B2(2)金属框进入磁场的过程中根据动量定理可得-BI'Lt'=mv1-mv0通过金属框的电流I'=E根据法拉第电磁感应定律有E'=B解得v1=2金属框完全在磁场中运动时,根据动量定理可得-BI″Lt″=mv2-mv1通过金属框的电流I″=E根据法拉第电磁感应定律有E″=B解得v2=0即金属框右边刚好停在磁场右侧边界处在进入磁场的过程中Q总=1电阻R1的发热量为Q1=23R解得Q1=7金属框完全在磁场中运动时,Q总'=1电阻R1的发热量为Q1'=2R02解得Q1'=8电阻R1上的总发热量Q1总=Q1+Q1'解得Q1总=3B13.【答案】(1)12v0(2)2(3)v【解析】(1)导体棒a、b碰撞前后动量守恒,总动能不变,规定向右为正方向,由动量守恒和能量守恒得13m×2v0=13mva1vb=12v导体棒b进入磁场瞬间E=BlvbI=EF=BIlF安=B2(2)设导体棒b到达FG的水平分速度为vx,竖直分速度