2023版高考物理一輪復(fù)習(xí)第9章電磁感應(yīng)第2講法拉第電磁感應(yīng)定律自感和渦流模擬新人教版選修3-2

PAGEPAGE2法拉第電磁感應(yīng)定律自感和渦流1．(2022·遼寧本溪一模)如下圖，燈泡A、B與固定電阻的阻值均為R，L是帶鐵芯的理想線圈，電源的內(nèi)阻不計(jì)。開關(guān)S1、S2均閉合后電路到達(dá)穩(wěn)定。電路中的各種元件均在平安范圍之內(nèi)。以下判斷中正確的選項(xiàng)是eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)51343022)(C)A．燈泡A中有電流通過(guò)，方向?yàn)閍→bB．將S1斷開的瞬間，燈泡A、B同時(shí)熄滅C．將S1斷開的瞬間，通過(guò)燈泡A的電流最大值要比原來(lái)通過(guò)燈泡B的電流大D．將S2斷開，電路到達(dá)穩(wěn)定，燈泡A、B的亮度相同[解析]開關(guān)S1、S2均閉合且電路到達(dá)穩(wěn)定，線圈L把燈A短路，燈A中沒有電流，A錯(cuò)誤；將S1斷開的瞬間，燈泡B熄滅，A燈閃亮一下再熄滅，B錯(cuò)誤；流過(guò)L的電流等于通過(guò)B燈和電阻R兩支路的電流之和，所以將S1斷開的瞬間，通過(guò)燈泡A的電流最大值要比原來(lái)通過(guò)燈泡B的電流大，C正確；將S2斷開，電路到達(dá)穩(wěn)定，燈A的亮度要比燈B暗，D錯(cuò)誤。2．(多項(xiàng)選擇)(2022·陜西漢中期末)如下圖，S和P是半徑為a的環(huán)形導(dǎo)線的兩端點(diǎn)，OP間電阻為R，其余電阻不計(jì)，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直環(huán)面，金屬棒OQ與環(huán)形導(dǎo)線接觸，以角速度ω繞O點(diǎn)無(wú)摩擦勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，那么eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)51343023)(AB)A．電阻R兩端的電壓為eq\f(Bωa2,2) B．電阻R消耗的功率為eq\f(B2ω2a4,4R)C．金屬棒受的安培力為eq\f(B2ωa2,2R) D．外力對(duì)OQ做功的功率為eq\f(B2ω2a4,2R)[解析]OQ產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)E＝Baeq\x\to(v)＝eq\f(Ba2ω,2)，因?yàn)橹挥蠴P間有電阻，所以電阻R兩端的電壓為eq\f(Bωa2,2)，A正確；電阻R消耗的功率為P＝eq\f(E2,R)＝eq\f(B2ω2a4,4R)，B正確；電路中電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(Ba2ω,2R)，金屬棒受的安培力F＝BIa＝eq\f(B2a3ω,2R)，C錯(cuò)誤；外力對(duì)OQ做功的功率為P′＝P＝eq\f(B2ω2a4,4R)，D錯(cuò)誤。3．(2022·浙江理綜)如下圖，a、b兩個(gè)閉合正方形線圈用同樣的導(dǎo)線制成，匝數(shù)均為10匝，邊長(zhǎng)la＝3lb，圖示區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，且磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻增大，不考慮線圈之間的相互影響，那么eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)51343024)(B)A．兩線圈內(nèi)產(chǎn)生順時(shí)針方向的感應(yīng)電流B．a(chǎn)、b線圈中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)之比為9∶1C．a(chǎn)、b線圈中感應(yīng)電流之比為3∶4D．a(chǎn)、b線圈中電功率之比為3∶1[解析]由于磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻增大，那么根據(jù)楞次定律知兩線圈內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向皆沿逆時(shí)針方向，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E＝Neq\f(ΔΦ,Δt)＝NSeq\f(ΔB,Δt)，而磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻變化，即eq\f(ΔB,Δt)恒定，那么a、b線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)之比為eq\f(Ea,Eb)＝eq\f(Sa,Sb)＝eq\f(l\o\al(2,a),l\o\al(2,b))＝9，故B項(xiàng)正確；根據(jù)電阻定律R＝ρeq\f(l,S′)，且L＝4Nl，那么eq\f(Ra,Rb)＝eq\f(la,lb)＝3，由閉合電路歐姆定律I＝eq\f(E,R)，得a、b線圈中的感應(yīng)電流之比為eq\f(Ia,Ib)＝eq\f(Ea,Eb)·eq\f(Rb,Ra)＝3，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；由功率公式P＝I2R知，a、b線圈中的電功率之比為eq\f(Pa,Pb)＝eq\f(I\o\al(2,a),I\o\al(2,b))·eq\f(Ra,Rb)＝27，故D項(xiàng)錯(cuò)誤。4．(多項(xiàng)選擇)(2022·全國(guó)卷Ⅱ)法拉第圓盤發(fā)電機(jī)的示意圖如下圖。銅圓盤安裝在豎直的銅軸上，兩銅片P、Q分別于圓盤的邊緣和銅軸接觸，圓盤處于方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B中，圓盤旋轉(zhuǎn)時(shí)，關(guān)于流過(guò)電阻R的電流，以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)51343025)(AB)A．假設(shè)圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度恒定，那么電流大小恒定B．假設(shè)從上向下看，圓盤順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，那么電流沿a到b的方向流動(dòng)C．假設(shè)圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)方向不變，角速度大小發(fā)生變化，那么電流方向可能發(fā)生變化D．假設(shè)圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，那么電流在R上的熱功率也變?yōu)樵瓉?lái)的2倍[解析]設(shè)圓盤的半徑為r，圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為ω，那么圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為E＝eq\f(1,2)Brω2，可知，轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度恒定，電動(dòng)勢(shì)恒定，電流恒定，A項(xiàng)正確；根據(jù)右手定那么可知，從上向下看，圓盤順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，圓盤中電流由邊緣指向圓心，即電流沿a到b的方向流動(dòng)，B項(xiàng)正確；圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)方向不變，產(chǎn)生的電流方向不變，C項(xiàng)錯(cuò)誤；假設(shè)圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，那么電動(dòng)勢(shì)變?yōu)樵瓉?lái)的4倍，電流變?yōu)樵瓉?lái)的4倍，由P＝I2R可知，電阻R上的熱功率變?yōu)樵瓉?lái)的16倍，D項(xiàng)錯(cuò)誤。5．(2022·江蘇物理)據(jù)報(bào)道，一法國(guó)攝影師拍到“天宮一號(hào)〞空間站飛過(guò)太陽(yáng)的瞬間。照片中，“天宮一號(hào)〞的太陽(yáng)帆板輪廓清晰可見．如下圖，假設(shè)“天宮一號(hào)〞正以速度v＝7.7km/s繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)方向與太陽(yáng)帆板兩端M、N的連線垂直，M、N間的距離L＝20m，地磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度垂直于v、MN所在平面的分量B＝1.0×10－5T，將太陽(yáng)帆板視為導(dǎo)體。eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)51343026)(1)求M、N間感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小E；(2)在太陽(yáng)帆板上將一只“1.5V、0.3W〞的小燈泡與M、N相連構(gòu)成閉合電路，不計(jì)太陽(yáng)帆板和導(dǎo)線的電阻。試判斷小燈泡能否發(fā)光，并說(shuō)明理由；(3)取地球半徑R＝6.4×103km，地球外表的重力加速度g＝9.8m/s2，試估算“天宮一號(hào)〞距離地球外表的高度[答案](1)1.54V(2)見解析(3)4×105[解析](1)由法拉第電磁感應(yīng)定律E＝BLv代入數(shù)據(jù)得E＝1.54