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(課標(biāo)通用)高考物理一輪復(fù)習(xí) 作業(yè)44 法拉第電磁感應(yīng)定律(含解析)-人教版高三全冊物理試題

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1、作業(yè)44 法拉第電磁感應(yīng)定律           一、選擇題 圖44-1 1.(2017年高考·天津卷)如圖44-1所示,兩根平行金屬導(dǎo)軌置于水平面內(nèi),導(dǎo)軌之間接有電阻R. 金屬棒ab與兩導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸,整個裝置放在勻強(qiáng)磁場中,磁場方向垂直于導(dǎo)軌平面向下.現(xiàn)使磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間均勻減小,ab始終保持靜止,下列說法正確的是(  ) A.a(chǎn)b中的感應(yīng)電流方向由b到a B.a(chǎn)b中的感應(yīng)電流逐漸減小 C.a(chǎn)b所受的安培力保持不變 D.a(chǎn)b所受的靜摩擦力逐漸減小 解析:根據(jù)楞次定律,感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場向下,再根據(jù)安培定則,可判斷ab中感應(yīng)電流方向從a到b,A錯誤;磁場變化是

2、均勻的,根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律,E=S知感應(yīng)電動勢恒定不變,感應(yīng)電流I恒定不變,B錯誤;安培力F=BIL,由于I、L不變,B減小,所以ab所受的安培力F安=BIL逐漸減小,根據(jù)力的平衡條件,F(xiàn)f=F安知靜摩擦力逐漸減小,C錯誤,D正確. 答案:D 2.(廣東百校聯(lián)考)如圖44-2甲所示,一個圓形線圈的匝數(shù)n=100,線圈面積S=200 cm2,線圈的電阻r=1 Ω,線圈外接一個阻值R=4 Ω的電阻,把線圈放入一方向垂直線圈平面向里的勻強(qiáng)磁場中,磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間的變化規(guī)律如圖44-2乙所示.下列說法中正確的是(  ) 圖44-2 A.線圈中的感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r針方向 B.電阻R兩端

3、的電壓隨時間均勻增大 C.線圈電阻r消耗的功率為4×10-4 W D.前4 s內(nèi)通過R的電荷量為4×10-4 C 解析:由楞次定律可判斷線圈中的感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r針方向,選項(xiàng)A錯誤;由法拉第電磁感應(yīng)定律可知產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E==0.1 V,電阻R兩端的電壓不隨時間變化,選項(xiàng)B錯誤;回路中電流I==0.02 A,線圈電阻r消耗的功率為P=I2r=4×10-4 W,選項(xiàng)C正確;前4 s內(nèi)通過R的電荷量為q=It=0.08 C,選項(xiàng)D錯誤. 答案:C 圖44-3 3.(河南八市質(zhì)檢)如圖44-3所示,導(dǎo)體桿OP在作用于OP中點(diǎn)且垂直于OP的力作用下,繞O軸沿半徑為r的光滑的半圓形框

4、架在勻強(qiáng)磁場中以一定的角速度轉(zhuǎn)動,磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,AO間接有電阻R,桿和框架電阻不計(jì),回路中的總電功率為P,則(  ) A.外力的大小為2Br B.外力的大小為Br C.導(dǎo)體桿旋轉(zhuǎn)的角速度為 D.導(dǎo)體桿旋轉(zhuǎn)的角速度為 解析:設(shè)導(dǎo)體桿轉(zhuǎn)動的角速度為ω,則導(dǎo)體桿轉(zhuǎn)動切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E=Br2ω,I=,根據(jù)題述回路中的電功率為P,則P=EI;設(shè)維持導(dǎo)體桿勻速轉(zhuǎn)動的外力為F,則有P=,v=rω,聯(lián)立解得F=Br,ω=,選項(xiàng)C正確,A、B、D錯誤. 答案:C 圖44-4 4.(廣東四校第一次聯(lián)考)如圖44-4所示,在一磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.5 T的勻強(qiáng)磁場中,垂直于磁場方

5、向水平放置著兩根相距為L=0.1 m的平行金屬導(dǎo)軌MN和PQ,導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì),在兩根導(dǎo)軌的端點(diǎn)N、Q之間連接一阻值R=0.3 Ω的電阻.導(dǎo)軌上正交放置著金屬棒ab,其電阻r=0.2 Ω.當(dāng)金屬棒在水平拉力作用下以速度v=4.0 m/s向左做勻速運(yùn)動時(  ) A.a(chǎn)b棒所受安培力大小為0.02 N B.N、Q間電壓為0.2 V C.a(chǎn)端電勢比b端電勢低 D.回路中感應(yīng)電流大小為1 A 解析:ab棒產(chǎn)生的電動勢E=BLv=0.5×0.1×4.0 V=0.2 V,電流I==0.4 A,ab棒受的安培力F=BIL=0.5×0.4×0.1 N=0.02 N,A正確,D錯誤;N、Q之間的電壓

6、U=E=0.12 V,B錯誤;由右手定則得a端電勢較高,C錯誤. 答案:A 圖44-5 5.如圖44-5所示,有兩根和水平方向成α角的光滑平行金屬軌道,上端接有可變電阻R,下端足夠長,空間有垂直于軌道平面的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,一根質(zhì)量為m的金屬桿(電阻忽略不計(jì))從軌道上由靜止滑下,經(jīng)過足夠長的時間后,金屬桿的速度會趨近于一個最大速度vm,則(  ) A.如果B增大,vm將變大 B.如果α增大,vm將變大 C.如果R變小,vm將變大 D.如果m變小,vm將變大 圖44-6 解析:金屬桿從軌道上由靜止滑下,經(jīng)足夠長時間后,速度達(dá)最大值vm,此后金屬桿做勻速運(yùn)動.桿受

7、重力、軌道的支持力和安培力如圖44-6所示.安培力F=LB,對金屬桿列平衡方程式:mgsinα=, 則vm=.由此式可知,B增大,vm減??;α增大,vm增大;R變小,vm變小;m變小,vm變?。虼薃、C、D錯誤,B正確. 答案:B 圖44-7 6.(福建龍巖質(zhì)檢)如圖44-7所示,三角形金屬線框ABC的底邊AB長度為d,頂點(diǎn)C距AB邊的距離為,在右側(cè)空間邊長為d的正方形區(qū)域內(nèi),存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場,在外力作用下線框底邊沿著x軸向右運(yùn)動,運(yùn)動過程中始終保持線框平面與磁場方向垂直.在線框沿x軸向右勻速穿過有界磁場區(qū)域的過程中,線框中的感應(yīng)電動勢(  ) A.經(jīng)歷均勻增大、均勻

8、減小、均勻增大、均勻減小的過程 B.經(jīng)歷均勻增大、保持不變、均勻增大、保持不變的過程 C.經(jīng)歷均勻增大、均勻減小、均勻增大的過程 D.經(jīng)歷均勻增大、保持不變、均勻減小的過程 解析:導(dǎo)線切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢有E=Blv,因?yàn)閯蛩龠\(yùn)動,所以感應(yīng)電動勢大小取決于切割磁感線的導(dǎo)線的有效長度,線框勻速穿過有界磁場區(qū)域的過程中有效長度先均勻增大,再均勻減小,然后再均勻增大,再均勻減小,所以A正確. 答案:A 7.(廣東廣州六校第一次聯(lián)考)(多選)在如圖44-8甲所示的電路中,螺線管匝數(shù)n=1 500匝,橫截面積S=20 cm2.螺線管導(dǎo)線電阻r=1 Ω,R1=4 Ω,R2=5 Ω,C=30

9、 μF.在一段時間內(nèi),穿過螺線管的磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B按如圖44-8乙所示的規(guī)律變化.則下列說法中正確的是(  ) 圖44-8 A.螺線管中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為1.2 V B.閉合S,電路中的電流穩(wěn)定后電容器上極板帶正電 C.電路中的電流穩(wěn)定后,電阻R1的電功率為5×10-2 W D.S斷開后,通過R2的電荷量為1.8×10-5 C 解析:由法拉第電磁感應(yīng)定律可得,螺線管內(nèi)產(chǎn)生的電動勢為:E=nS=1 500××20×10-4 V=1.2 V,故A正確;根據(jù)楞次定律,當(dāng)穿過螺線管的磁通量增加時,螺線管下部可以看成電源的正極,則電容器下極板帶正電,故B錯誤;電流穩(wěn)定后,電流為:I==

10、A=0.12 A,電阻R1上消耗的功率為:P=I2R1=0.122×4 W=5.76×10-2 W,故C錯誤;開關(guān)斷開后通過電阻R2的電荷量為:Q=CU=CIR2=30×10-6×0.12×5 C=1.8×10-5 C,故D正確. 答案:AD 8.(多選)如圖44-9甲所示,面積為S的n匝圓形閉合線圈內(nèi)存在方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時間周期性變化,如圖44-9乙所示,已知線圈的電阻為R,則下列說法正確的是(  ) 圖44-9 A.線圈內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢最大值為SB0 B.線圈內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電流最小值為 C.線圈內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢周期為4 s D.0~1 s內(nèi)線

11、圈內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電流沿順時針方向 解析:根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知E=nS,結(jié)合圖乙分析可知,在0~1 s內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢最大,最大值為Emax=nS=nB0S,A錯誤;1~2 s內(nèi)線圈內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢最小為零,故感應(yīng)電流的最小值為零,B錯誤;由圖線可知,線圈內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢周期為4 s,C正確;0~1 s內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度逐漸增大,線圈中的磁通量增大,根據(jù)楞次定律可知,0~1 s內(nèi)線圈內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電流沿順時針方向,D正確. 答案:CD 9. 圖44-10 (2016年高考·江蘇卷)(多選)電吉他中電拾音器的基本結(jié)構(gòu)如圖44-10所示,磁體附近的金屬弦被磁化,因此弦振動時,在線圈中

12、產(chǎn)生感應(yīng)電流,電流經(jīng)電路放大后傳送到音箱發(fā)出聲音.下列說法正確的有(  ) A.選用銅質(zhì)弦,電吉他仍能正常工作 B.取走磁體,電吉他將不能正常工作 C.增加線圈匝數(shù)可以增大線圈中的感應(yīng)電動勢 D.弦振動過程中,線圈中的電流方向不斷變化 解析:由于銅質(zhì)弦不能被磁化,因此振動時不能產(chǎn)生變化的磁場,線圈中不能產(chǎn)生感應(yīng)電流,因此電吉他不能正常工作,A項(xiàng)錯誤;取走磁體,沒有磁場,金屬弦不能被磁化,振動時不能產(chǎn)生變化的磁場,線圈中不能產(chǎn)生感應(yīng)電流,電吉他不能正常工作,B項(xiàng)正確;增加線圈的匝數(shù),由法拉第電磁感應(yīng)定律可知,線圈中的感應(yīng)電動勢會增大,C項(xiàng)正確;弦振動過程中,線圈中的磁場方向不變,但磁通

13、量一會兒增大,一會兒減小,產(chǎn)生的電流方向不斷變化,D項(xiàng)正確. 答案:BCD 圖44-11 10.(貴陽監(jiān)測)(多選)如圖44-11所示的電路中,電源電動勢為E,內(nèi)阻為r,線圈L的電阻不計(jì).以下判斷正確的是(  ) A.閉合S,穩(wěn)定后,電容器的a極板帶正電 B.閉合S,穩(wěn)定后,電容器兩端電壓小于E C.?dāng)嚅_S的瞬間,通過R1的電流方向向右 D.?dāng)嚅_S的瞬間,通過R2的電流方向向右 解析:閉合S穩(wěn)定后,電容器相當(dāng)于斷路,線圈L相當(dāng)于短路,所以電容器b極板與電源正極相連,帶正電荷,A項(xiàng)錯誤;電源有內(nèi)阻,電容器兩端電壓等于電路的路端電壓,小于電源電動勢,B項(xiàng)正確;斷開S瞬間,電容器

14、與R2構(gòu)成回路放電,通過R2的電流方向向左,D項(xiàng)錯誤;斷開S瞬間,由于自感現(xiàn)象,線圈L相當(dāng)于臨時電源,阻礙原來的電流減小,通過線圈的電流方向不變,R1與線圈L構(gòu)成回路,所以通過R1的電流方向向右,C項(xiàng)正確. 答案:BC 圖44-12 11.(重慶巴蜀中學(xué)一診)(多選)如圖44-12所示,在線圈正上方放置一盛有冷水的金屬杯,現(xiàn)接通交流電源,幾分鐘后,杯中的水沸騰起來,t0時刻的電流方向已在圖中標(biāo)出,且此時電流正在增大,則關(guān)于把水燒開的過程中發(fā)生的電磁感應(yīng)現(xiàn)象的說法正確的有(  ) A.金屬杯中產(chǎn)生渦流,渦流的熱效應(yīng)使水沸騰起來 B.t0時刻,從上往下看,金屬杯中的渦流沿順時針方向

15、 C.t0時刻,從上往下看,金屬杯中的渦流沿逆時針方向 D.將交流電源斷開的瞬間,金屬杯中的渦流也瞬間消失 解析:由于交流電在螺線管中產(chǎn)生變化的磁場,變化的磁場穿過金屬杯可以在金屬杯中產(chǎn)生變化的電場,從而產(chǎn)生渦流,使水沸騰,A正確;t0時刻電流從螺線管的上端流入且電流正在增大,則穿過金屬杯的磁場是向下增大的,所以根據(jù)楞次定律,感應(yīng)電流的磁場方向一定是向上的,由安培定則可知,從上往下看,金屬杯中的渦流沿逆時針方向,故C正確,B錯誤;將交流電源斷開的瞬間,自感線圈中沒有形成自感回路,故不能產(chǎn)生斷電自感,所以金屬杯中的渦流也瞬間消失,D正確. 答案:ACD 12.(河北唐山摸底)(多選)如圖

16、44-13甲所示,一個匝數(shù)為n的圓形線圈(圖中只畫了2匝),面積為S,線圈的電阻為R,在線圈外接一個阻值為R的電阻和一個理想電壓表.將線圈放入垂直線圈平面指向紙內(nèi)的磁場中,磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間變化規(guī)律如圖44-13乙所示.下列說法正確的是(  ) 圖44-13 A.0~t1時間內(nèi)P點(diǎn)電勢低于Q點(diǎn)電勢 B.0~t1時間內(nèi)電壓表的讀數(shù)為 C.t1~t2時間內(nèi)R上的電流為 D.0~t2時間內(nèi)線圈中的電流方向不變 解析:根據(jù)楞次定律可知:0~t1時間內(nèi),線圈中感應(yīng)電流的方向?yàn)槟鏁r針,所以P點(diǎn)電勢高,A錯誤;該段時間內(nèi)的感應(yīng)電動勢E=n·S=n·S,而電壓表的讀數(shù)是路端電壓,所以U=·E=,

17、B正確;t1~t2時間內(nèi),感應(yīng)電動勢E′=n=n,感應(yīng)電流I′==,C正確;t1~t2時間內(nèi),感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r針,D錯誤. 答案:BC 二、非選擇題 13. 圖44-14 (2016年高考·課標(biāo)全國卷Ⅱ)如圖44-14,水平面(紙面)內(nèi)間距為l的平行金屬導(dǎo)軌間接一電阻,質(zhì)量為m、長度為l的金屬桿置于導(dǎo)軌上.t=0時,金屬桿在水平向右、大小為F的恒定拉力作用下由靜止開始運(yùn)動.t0時刻,金屬桿進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場區(qū)域,且在磁場中恰好能保持勻速運(yùn)動.桿與導(dǎo)軌的電阻均忽略不計(jì),兩者始終保持垂直且接觸良好,兩者之間的動摩擦因數(shù)為μ.重力加速度大小為g.求

18、: (1)金屬桿在磁場中運(yùn)動時產(chǎn)生的電動勢的大?。? (2)電阻的阻值. 解析:(1)設(shè)金屬桿進(jìn)入磁場前的加速度大小為a,由牛頓第二定律得 ma=F-μmg 設(shè)金屬桿到達(dá)磁場左邊界時的速度為v,由運(yùn)動學(xué)公式得v=at0 當(dāng)金屬桿以速度v在磁場中運(yùn)動時,由法拉第電磁感應(yīng)定律,桿中的電動勢為 E=Blv 聯(lián)立上式得:E=Blt0(-μg) (2)設(shè)金屬桿在磁場中運(yùn)動時,金屬桿中的電流為I,根據(jù)歐姆定律I= 金屬桿所受的安培力為F安=BlI 金屬桿做勻速運(yùn)動, 由牛頓運(yùn)動定律得F-μmg-F安=0 聯(lián)立上式得R= 答案:(1)Blt0(-μg);(2) 14.(2017

19、年高考·天津卷)電磁軌道炮利用電流和磁場的作用使炮彈獲得超高速度,其原理可用來研制新武器和航天運(yùn)載器.電磁軌道炮示意如圖44-15,圖中直流電源電動勢為E,電容器的電容為C.兩根固定于水平面內(nèi)的光滑平行金屬導(dǎo)軌間距為l,電阻不計(jì).炮彈可視為一質(zhì)量為m、電阻為R的金屬棒MN,垂直放在兩導(dǎo)軌間處于靜止?fàn)顟B(tài),并與導(dǎo)軌良好接觸.首先開關(guān)S接1,使電容器完全充電.然后將S接至2,導(dǎo)軌間存在垂直于導(dǎo)軌平面、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(圖中未畫出),MN開始向右加速運(yùn)動.當(dāng)MN上的感應(yīng)電動勢與電容器兩極板間的電壓相等時,回路中電流為零,MN達(dá)到最大速度,之后離開導(dǎo)軌.問: 圖44-15 (1)

20、磁場的方向; (2)MN剛開始運(yùn)動時加速度a的大??; (3)MN離開導(dǎo)軌后電容器上剩余的電荷量Q是多少. 解析:(1)垂直于導(dǎo)軌平面向下. (2)電容器完全充電后,兩極板間電壓為E,當(dāng)開關(guān)S接2時,電容器放電,設(shè)剛放電時流經(jīng)MN的電流為I, 有I=① 設(shè)MN受到的安培力為F,有F=IlB② 由牛頓第二定律,有F=ma③ 聯(lián)立①②③式得a=④ (3)當(dāng)電容器充電完畢時,設(shè)電容器上電荷量為Q0,有Q0=CE⑤ 開關(guān)S接2后,MN開始向右加速運(yùn)動,速度達(dá)到最大值vmax時,設(shè)MN上的感應(yīng)電動勢為E′,有E′=Blvmax⑥ 依題意有E′=⑦ 設(shè)在此過程中MN的平均電流為,MN上受到的平均安培力為,有 =lB⑧ 由動量定理,有Δt=mvmax-0⑨ 又Δt=Q0-Q⑩ 聯(lián)立⑤⑥⑦⑧⑨⑩式得Q=? 答案:(1)垂直于導(dǎo)軌平面向下 (2)a=  (3)           

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