《高考物理大一輪復習 課后限時集訓29 法拉第電磁感應定律 自感 渦流-人教版高三全冊物理試題》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《高考物理大一輪復習 課后限時集訓29 法拉第電磁感應定律 自感 渦流-人教版高三全冊物理試題（9頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、課后限時集訓29 法拉第電磁感應定律　自感　渦流 建議用時：45分鐘 1．(多選)如圖所示，閉合金屬導線框放置在豎直向上的勻強磁場中，勻強磁場的磁感應強度隨時間變化。下列說法正確的是(　　) A．當磁感應強度增加時，線框中的感應電流可能減小 B．當磁感應強度增加時，線框中的感應電流一定增大 C．當磁感應強度減小時，線框中的感應電流一定增大 D．當磁感應強度減小時，線框中的感應電流可能不變 AD　[線框中的感應電動勢為E＝S，設線框的電阻為R，則線框中的電流I＝＝·，因為B增大或減小時，可能減小，可能增大，也可能不變，故選項A、D正確。] 2．如圖所示，正方形線框的左半

2、側處在磁感應強度為B的勻強磁場中，磁場方向與線框平面垂直，線框的對稱軸MN恰與磁場邊緣平齊。若第一次將線框從磁場中以恒定速度v1向右勻速拉出，第二次以線速度v2讓線框繞軸MN勻速轉過90°。為使兩次操作過程中，線框產生的平均感應電動勢相等，則(　　) A．v1∶v2＝2∶π B．v1∶v2＝π∶2 C．v1∶v2＝1∶2 D．v1∶v2＝2∶1 A　[第一次將線框從磁場中以恒定速度v1向右勻速拉出，線框中的感應電動勢恒定，有1＝E1＝BLv1。第二次以線速度v2讓線框繞軸MN勻速轉動90°，所需時間t＝＝，線框中的磁通量變化量ΔΦ＝B·L·＝BL2，產生的平均電動勢2＝＝。由題意

3、知1＝2，可得v1∶v2＝2∶π，A正確。] 3．如圖所示，兩根相距為l的平行直導軌ab、cd，b、d間連有一固定電阻R，導軌電阻可忽略不計。MN為放在ab和cd上的一導體桿，與ab垂直，其電阻也為R。整個裝置處于勻強磁場中，磁感應強度的大小為B，磁場方向垂直于導軌所在平面(垂直紙面向里)?，F(xiàn)對MN施力使它沿導軌方向以速度v水平向右做勻速運動。令U表示MN兩端電壓的大小，下列說法正確的是(　　) A．U＝Blv，流過固定電阻R的感應電流由b經R到d B．U＝Blv，流過固定電阻R的感應電流由d經R到b C．MN受到的安培力大小FA＝，方向水平向右 D．MN受到的安培力大小FA＝，

4、方向水平向左 A　[根據(jù)電磁感應定律，MN產生的電動勢E＝Blv，由于MN的電阻與外電路電阻相同，所以MN兩端的電壓U＝E＝Blv，根據(jù)右手定則，流過固定電阻R的感應電流由b經R到d，故A正確，B錯誤；MN受到的安培力大小FA＝BIl＝Bl·＝，方向水平向左，故C、D錯誤。] 4．電流傳感器在電路中相當于電流表，可以用來研究自感現(xiàn)象。在如圖所示的實驗電路中，L是自感線圈，其自感系數(shù)足夠大，直流電阻值大于燈泡D的阻值，電流傳感器的電阻可以忽略不計。在t＝0時刻閉合開關S，經過一段時間后，在t＝t1時刻斷開開關S。在下列表示電流傳感器記錄的電流隨時間變化情況的圖象中，可能正確的是(　　)

5、 A　　　　B　　　　C　　　　D D　[閉合S瞬間，外電路電阻最大，然后外電路電阻逐漸減小，外電壓逐漸減小，所以通過電流傳感器的電流逐漸減小，電路穩(wěn)定后，外電路電阻不變，外電壓不變，通過電流傳感器的電流不變；因為線圈的直流電阻值大于燈泡D的阻值，穩(wěn)定后，通過線圈的電流小于通過電流傳感器的電流。t＝t1時刻斷開開關S，由于自感現(xiàn)象，原來通過線圈L的電流從左向右流過電流傳感器，逐漸減小。D圖符合題中情況。] 5．(多選)(2019·鹽城調研)如圖甲所示，水平放置的平行金屬導軌連接一個平行板電容器C和電阻R，導體棒MN放在導軌上且接觸良好，整個裝置放于垂直導軌平面的磁場中，磁感應強度B的變

6、化情況如圖乙所示(圖示磁感應強度方向為正)，MN始終保持靜止，則0～t2時間(　　) 甲　　　　　　　乙 A．電容器C的電荷量大小始終沒變 B．電容器C的a板先帶正電后帶負電 C．MN所受安培力的大小始終不變 D．MN所受安培力的方向先向右后向左 AD　[由題圖乙可知，磁感應強度均勻變化，產生恒定電動勢，由C＝可知，感應電動勢不變，電容器的電壓U不變，則電荷量大小不變，故A正確；根據(jù)楞次定律可知MN中的感應電流方向由N到M，電容器的a極板一直帶正電，故B錯誤；感應電流不變，由于磁感應強度的大小先減小后增大，MN所受安培力F＝BIL，所以安培力的大小先減小后增大，方向先向右后向左

7、，故C錯誤，D正確。] 6．(多選)如圖甲所示，abcd是匝數(shù)為100匝、邊長為10 cm、總電阻為0.1 Ω的正方形閉合導線圈，放在與線圈平面垂直的圖示勻強磁場中。磁感應強度B隨時間t的變化關系如圖乙所示。則以下說法正確的是(　　) 甲　　　　　　　乙 A．導線圈中產生的是交變電流 B．在t＝2.5 s時導線圈產生的感應電動勢為1 V C．在0～2 s內通過導線橫截面的電荷量為20 C D．在t＝1 s時，導線圈內電流的瞬時功率為10 W ACD　[在0～2 s內，磁感應強度變化率為＝1 T/s，根據(jù)法拉第電磁感應定律，產生的感應電動勢為E1＝nS＝100×0.12×1 V

8、＝1 V；在2～3 s內，磁感應強度變化率為＝2 T/s，根據(jù)法拉第電磁感應定律，產生的感應電動勢為E2＝nS＝100×0.12×2 V＝2 V。導線圈中產生的感應電流為方波交變電流，選項A正確；在t＝2.5 s時，產生的感應電動勢為E2＝2 V，選項B錯誤；在0～2 s內，感應電流I＝＝10 A，通過導體橫截面的電荷量為q＝IΔt1＝20 C，選項C正確；在t＝1 s時，導線圈內感應電流的瞬時功率P＝UI＝I2R＝102×0.1 W＝10 W，選項D正確。] 7.在范圍足夠大、方向豎直向下的勻強磁場中，B＝0.2 T，有一水平放置的光滑框架，寬度為l＝0.4 m，如圖所示，框架上放置一質量

9、為0.05 kg、電阻為1 Ω的金屬桿cd，框架電阻不計。若cd桿以恒定加速度a＝2 m/s2，由靜止開始做勻加速直線運動，則： (1)在5 s內平均感應電動勢是多少； (2)第5 s末，回路中的電流多大； (3)第5 s末，作用在cd桿上的水平外力多大？ [解析]　(1)5 s內的位移x＝at2＝25 m， 5 s內的平均速度v＝＝5 m/s 故平均感應電動勢E＝Blv＝0.4 V。 (2)第5 s末：v′＝at＝10 m/s， 此時感應電動勢E′＝Blv′ 則回路電流為I＝＝＝ A＝0.8 A。 (3)桿做勻加速運動，則F－F安＝ma， 即F＝BIl＋ma＝0

10、.164 N。 [答案]　(1)0.4 V　(2)0.8 A　(3)0.164 N 8．(多選)如圖所示是研究通電自感實驗的電路圖，A1、A2是兩個規(guī)格相同的小燈泡，閉合開關S，調節(jié)電阻R，使兩個燈泡的亮度相同，調節(jié)可變電阻R1，使它們都正常發(fā)光，然后斷開開關S，再重新閉合開關S，則(　　) A．閉合瞬間，A1立刻變亮，A2逐漸變亮 B．閉合瞬間，A2立刻變亮，A1逐漸變亮 C．穩(wěn)定后，L和R兩端電勢差一定相同 D．穩(wěn)定后，A1和A2兩端電勢差不相同 BC　[根據(jù)題設條件可知，閉合開關S，調節(jié)電阻R，使兩個燈泡的亮度相同，說明此時電阻R接入電路的阻值與線圈L的電阻一樣大，

11、斷開開關S，再重新閉合開關S的瞬間，根據(jù)自感原理，可判斷A2立刻變亮，而A1逐漸變亮，B項正確，A項錯誤；穩(wěn)定后，自感現(xiàn)象消失，根據(jù)題設條件，可判斷線圈L和R兩端的電勢差一定相同，A1和A2兩端電勢差也相同，C項正確，D項錯誤。] 9.(多選)如圖所示，一導線彎成直徑為d的半圓形閉合回路，虛線MN右側有磁感應強度為B的勻強磁場，方向垂直于回路所在的平面?；芈芬运俣葀向右勻速進入磁場，直徑CD始終與MN垂直。從D點到達邊界開始到C點進入磁場為止，下列說法中正確的是(　　) A．感應電流方向為逆時針方向 B．CD段直導線始終不受安培力 C．感應電動勢的最大值E＝Bdv D．感應電動勢

12、的平均值＝πBdv AD　[線圈進磁場過程，垂直平面向里的磁通量逐漸增大，根據(jù)楞次定律“增反減同”，感應電流方向為逆時針方向，選項A正確；CD端導線電流方向與磁場垂直，根據(jù)左手定則判斷，安培力豎直向下，選項B錯誤；線圈進磁場切割磁感線的有效長度是線圈與MN交點位置的連線，進磁場過程，有效切割長度最長為半徑，所以感應電動勢最大值為，選項C錯誤；感應電動勢的平均值＝＝＝，選項D正確。] 10.如圖所示，由某種粗細均勻的總電阻為3R的金屬條制成的矩形線框abcd，固定在水平面內且處于方向豎直向下的勻強磁場中。一接入電路電阻為R的導體棒PQ，在水平拉力作用下沿ab、dc以速度v勻速滑動，滑動過程P

13、Q始終與ab垂直，且與線框接觸良好，不計摩擦。在PQ從靠近ad處向bc滑動的過程中(　　) A．PQ中電流先增大后減小 B．PQ兩端電壓先減小后增大 C．PQ上拉力的功率先減小后增大 D．線框消耗的電功率先減小后增大 C　[設PQ左側金屬線框的電阻為r，則右側電阻為3R－r；PQ相當于電源，其電阻為R，則電路的外電阻為R外＝＝，當r＝時，R外max＝R，此時PQ處于矩形線框的中心位置，即PQ從靠近ad處向bc滑動的過程中外電阻先增大后減小。PQ中的電流為干路電流I＝，可知干路電流先減小后增大，選項A錯誤；PQ兩端的電壓為路端電壓U＝E－U內，因E＝Blv不變，U內＝IR先減小后增

14、大，所以路端電壓先增大后減小，選項B錯誤；拉力的功率大小等于安培力的功率大小，P＝F安v＝BIlv，可知因干路電流先減小后增大，PQ上拉力的功率也先減小后增大，選項C正確；線框消耗的電功率即為外電阻消耗的功率，因外電阻最大值為R，小于內阻R；根據(jù)電源的輸出功率與外電阻大小的變化關系，外電阻越接近內阻時，輸出功率越大，可知線框消耗的電功率先增大后減小，選項D錯誤。] 11．(2019·龍巖市3月模擬)如圖所示，abcd為水平放置的平行“”形光滑金屬導軌，導軌間距為l，電阻不計。導軌間有垂直于導軌平面向下的勻強磁場，磁感應強度大小為B。金屬桿放置在導軌上，與導軌的接觸點為M、N，并與導軌成θ角。

15、金屬桿以ω 的角速度繞N點由圖示位置勻速轉動到與導軌ab垂直，轉動過程中金屬桿與導軌始終接觸良好，金屬桿單位長度的電阻為r。則在金屬桿轉動過程中(　　) A．M、N兩點電勢相等 B．金屬桿中感應電流的方向由N流向M C．電路中感應電流的大小始終為 D．電路中通過的電荷量為 A　[根據(jù)題意可知，金屬桿MN為電源，導軌為外電路，由于導軌電阻不計，外電路短路，M、N兩點電勢相等，故選項A正確；根據(jù)右手定則可知金屬桿中感應電流的方向是由M流向N，故選項B錯誤；由于切割磁場的金屬桿長度逐漸變短，感應電動勢逐漸變小，回路中的感應電流逐漸變小，故選項C錯誤；因為導體棒MN在回路中的有效切割長度

16、逐漸減小，所以接入電路的電阻逐漸減小，不能根據(jù)q＝計算通過電路的電荷量，故選項D錯誤。] 12．如圖所示，勻強磁場中有一由半圓弧及其直徑構成的導線框，半圓直徑與磁場邊緣重合；磁場方向垂直于半圓面(紙面)向里，磁感應強度大小為B0。使該線框從靜止開始繞過圓心O、垂直于半圓面的軸以角速度ω勻速轉動半周，在線框中產生感應電流?，F(xiàn)使線框保持圖中所示位置，磁感應強度大小隨時間線性變化。為了產生與線框運動過程中同樣大小的電流，磁感應強度隨時間的變化率的大小應為(　　) A． B． C． D． C　[設半圓弧的半徑為r，線框勻速轉動時產生的感應電動勢E1＝B0rv＝B0r＝B0ωr2。當磁感

17、應強度大小隨時間線性變化時，產生的感應電動勢E2＝＝S＝πr2·，要使兩次產生的感應電流大小相等，則E1＝E2，即B0ωr2＝πr2·，解得＝，選項C正確，A、B、D錯誤。] 13．(2019·云南省統(tǒng)一檢測)如圖所示，匝數(shù)為N、電阻為r、面積為S的圓形線圈P放置于勻強磁場中，磁場方向與線圈平面垂直，線圈P通過導線與阻值為R的電阻以及兩平行金屬板相連，兩金屬板之間的距離為d，兩板間有垂直紙面的恒定勻強磁場。當線圈P所在位置的磁場均勻變化時，一質量為m、帶電荷量大小為q的油滴在兩金屬板之間的豎直平面內做圓周運動。重力加速度為g，求： (1)流過電阻R的電流； (2)線圈P所在磁場磁感應強度的變化率。 [解析]　(1)設兩金屬板之間的電壓為U，對金屬板之間的帶電油滴受力分析有： mg＝q 對電阻R，由歐姆定律得：U＝IR 解得：I＝。 (2)根據(jù)法拉第電磁感應定律得：E＝N＝NS 根據(jù)閉合電路的歐姆定律得：I＝ 聯(lián)立解得：＝。 [答案]　(1)　(2)