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2019年高考物理大一輪復習 9.28 法拉第電磁感應定律　自感現(xiàn)象 滬科版 　課時規(guī)范練第49頁　 一、選擇題(本題共8小題,每小題6分,共48分。在每小題給出的四個選項中,第1~5題只有一項符合題目要求,第6~8題有多項符合題目要求。全部選對的得6分,選對但不全的得3分,有選錯的得0分) 1.(xx南京學情調(diào)研)如圖甲所示,導線MN和矩形線框abcd共面且均固定,在MN中通以如圖乙所示的電流(NM方向為電流正方向),則在0~T時間內(nèi)(　　) A.線框感應電流方向始終沿abcda B.線框感應電流方向先沿abcda后沿adcba C.ab邊始終不受力的作用 D.bc邊受安培力先向左后向右 解析:MN中電流發(fā)生變化,則其周圍磁場也同時變化,由安培定則可知線框中磁場方向先向內(nèi)減弱、后向外增強,由楞次定律可得線框中的感應電流始終沿abcda方向,選項A正確、B錯誤;ab邊中的電流方向總是與磁場方向垂直,受到安培力作用,選項C錯誤;bc邊所受安培力方向先向右后向左,選項D錯誤。 答案:A 2.(xx湖南長沙示范性高中聯(lián)考)如圖所示,M1N1上方磁場垂直于紙面向外,M2N2下方磁場垂直于紙面向里,兩勻強磁場磁感應強度大小相同,M1N1、M2N2間無磁場,間距為d。等腰直角三角形線框的斜邊AC長為d,垂直于M2N2,且A在磁場邊界M2N2上?，F(xiàn)將三角形線框由圖示位置沿CD方向勻速穿過無磁場的區(qū)域,以線框中感應電流順時針方向為正,則感應電流隨時間變化的圖象為(　　) 解析:線框在勻速離開垂直紙面向里的勻強磁場的過程中,穿過線框的磁通量逐漸減小,根據(jù)楞次定律可知感應電流方向為順時針,選項B、D錯誤;線框在離開磁場的過程中,有效切割磁感線的長度先逐漸增大,當D點恰好到達M2N2邊界時,切割磁感線的有效長度達到最大,感應電動勢最大,此后達到切割磁感線的有效長度逐漸減小,則感應電動勢逐漸減小,選項A錯誤,選項C正確。 答案:C 3.(xx河南豫北九校聯(lián)考)兩塊水平放置的金屬板間的距離為d,用導線與一個n匝線圈相連,線圈電阻為r,線圈中有豎直方向的磁場,電阻R與金屬板連接,其余電阻均不計。如圖所示,兩板間有一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的油滴恰好處于靜止狀態(tài),則線圈中的磁感應強度B的變化情況和磁通量的變化率分別是(　　) A.磁感應強度B豎直向上且正在增強, B.磁感應強度B豎直向下且正在增強, C.磁感應強度B豎直向上且正在減弱, D.磁感應強度B豎直向下且正在減弱, 解析:根據(jù)題意,油滴恰好處于靜止狀態(tài),則有Eq=mg,又 E=,解得;由楞次定律知磁感應強度B豎直向上且正在減弱或豎直向下且正在增強,本題只有C正確。 答案:C 4.如圖所示,兩光滑平行金屬導軌間距為L,直導線MN垂直跨在導軌上,且與導軌接觸良好,整個裝置處于垂直于紙面向里的勻強磁場中,磁感應強度為B,電容器的電容為C,除電阻R外,導軌和導線的電阻均不計?，F(xiàn)給導線MN一初速度,使導線MN向右運動,當電路穩(wěn)定后,MN以速度v向右做勻速運動時(　　) A.電容器兩端的電壓為零 B.電阻兩端的電壓為BLv C.電容器所帶電荷量為CBLv D.為保持MN勻速運動,需對其施加的拉力大小為 解析:當直導線勻速運動時,切割磁感線產(chǎn)生電動勢E=BLv保持不變,則電容器不充電也不放電,回路中無電流,故電阻兩端沒有電壓,電容器兩板間的電壓為U=E=BLv,選項A、B錯誤;所帶電荷量Q=CU=CBLv,故選項C正確。 答案:C 5.(xx遼寧丹東四校聯(lián)考)如圖甲所示,固定在水平桌面上的光滑金屬導軌cd、eg處于方向豎直向下的勻強磁場中,金屬桿ab與導軌接觸良好。在兩根導軌的端點d、e之間連接一電阻,其他部分電阻忽略不計,現(xiàn)用一水平向右的外力F1作用在金屬桿ab上,使金屬桿由靜止開始向右沿導軌滑動。滑動中桿ab始終垂直于導軌。金屬桿受到的安培力用F2表示,則關于圖乙中F1與F2隨時間t變化的關系圖象可能正確的是(　　) 甲 乙 解析:金屬桿切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢,有E=BLv,由閉合電路歐姆定律有I=,則導軌的安培力為F2=BIL,解得F2=v。由圖象可知安培力F2與時間成正比,由F2=可知金屬桿的運動是初速度為零的勻加速直線運動。為使加速度恒定,應保持F1與安培力的合力大小不變、方向向右(正方向)。因此其圖象應為B項所示。 答案:B 6.(xx安徽六校聯(lián)考)如圖,均勻分布的磁場垂直于紙面,大小均為B。一勻質(zhì)導體棒和細導線組成的半圓線圈固定在可繞O自由轉動的不導電輕桿的下端。線圈電阻為R,半徑為r,輕桿長為L,導體棒質(zhì)量為m,細導線重力不計?，F(xiàn)使線圈偏離豎直方向θ角處由靜止釋放。則(　　) A.線圈將一直來回擺動不停 B.線圈第一次越過最低點過程中回路中電流為逆時針方向 C.線圈從釋放到完全進入右邊磁場過程中通過線圈截面的電荷量為0 D.線圈從釋放到完全進入右邊磁場過程中通過線圈截面的電荷量為 解析:線圈在兩磁場之間擺動時其磁通量變化,產(chǎn)生感應電流,受安培力阻礙作用擺動角度越來越小,最終停下,選項A錯誤;由楞次定律可知,線圈第一次越過最低點過程中回路中電流為逆時針方向,選項B正確;q=It=,選項C錯誤、D正確。 答案:BD 7. 甲 (xx云南昆明質(zhì)檢)在圖甲的平面直角坐標系xOy中有一圓心角θ為45的扇形導線框OMN繞垂直于線框平面的軸O以角速度ω逆時針方向勻速轉動。第Ⅰ象限和第Ⅱ象限內(nèi)存在垂直xOy平面的勻強磁場,磁感應強度的大小均為B,方向如圖甲所示。設線框中感應電流方向以逆時針方向為正,從如圖甲所示位置開始計時,那么在圖乙中能正確描述OM邊所受安培力F的大小及線框內(nèi)感應電流i隨時間t變化情況的是(　　) 乙 解析:扇形導線框進入第Ⅰ象限和從第Ⅱ象限出磁場時均是單邊切割磁場,產(chǎn)生的感應電流大小相等,且均為逆時針方向,OM邊所受安培力大小也相等。據(jù)右手定則可知導線框的兩直邊分別在第Ⅰ象限和第Ⅱ象限切割磁感線時,產(chǎn)生順時針方向的電流,其大小為單邊切割磁感線產(chǎn)生電流的2倍,OM邊所受安培力大小也為單邊切割時的2倍,選項A、C正確。 答案:AC 8.(xx河南五校質(zhì)檢) 如圖所示,△ABC為等腰直角三角形,AB邊與x軸垂直,A點坐標為(a,0),C點坐標為(0,a),三角形區(qū)域內(nèi)存在垂直平面向里的磁場,磁感應強度B與橫坐標x的變化關系滿足B=(k為常量),三角形區(qū)域的左側有一單匝矩形線圈,線圈平面與紙面平行,線圈寬為a,高為2a,電阻為R。若線圈以某一速度v勻速穿過磁場,整個運動過程中線圈不發(fā)生轉動,則下列說法正確的是(　　) A.線圈穿過磁場的過程中感應電流的大小逐漸增大 B.線圈穿過磁場的過程中產(chǎn)生的焦耳熱為Q= C.線圈穿過磁場的過程中通過導線截面的電荷量為零 D.穿過三角形區(qū)域的磁通量為2ka 解析:線圈穿過磁場的過程中,感應電動勢為E=BLv,根據(jù)歐姆定律可得感應電流大小為I=,由幾何關系知,切割邊運動距離為x時,L=2x,解得I=,為定值,選項A錯誤;產(chǎn)生的焦耳熱為Q=I2Rt,而t=,解得Q=,選項B正確;因為E=,所以q==IΔt=,解得ΔΦ=2ka,所以穿過三角形區(qū)域的磁通量為2ka,故選項C錯誤、D正確。 答案:BD 二、非選擇題(本題共3小題,共52分。解答時應寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟,有數(shù)值計算的要注明單位) 9.(16分)(xx廣東執(zhí)信中學期中考試)如圖所示,兩條平行的足夠長的光滑金屬導軌與水平面成α=37角,導軌間距離L=0.6 m,其上端接一電容和一固定電阻,電容C=10μF,固定電阻R=4.5 Ω,導體棒ab與導軌垂直且水平,且質(zhì)量m=310-2kg,電阻r=0.5 Ω。整個裝置處于垂直導軌平面向上的勻強磁場中,已知磁感應強度B=0.5 T,取g=10 m/s2,sin 37=0.6,cos 37=0.8?，F(xiàn)將ab棒由靜止釋放,當它下滑的速度達到穩(wěn)定時,求: (1)此時通過ab棒的電流。 (2)ab棒的速度大小。 (3)電容C與a端相連的極板所帶的電荷量。 解析:(1)ab棒受沿斜面向上的安培力F=BIL,穩(wěn)定時以速度v勻速下滑。 此時ab棒受力平衡,有BIL=mgsin 37,解得I=0.6 A (2)閉合電路有E=I(R+r)=0.60 A(4.5+0.5)Ω=3.0 V 再由ab棒下滑產(chǎn)生感應電動勢E=BLv,解得v=10 m/s (3)由感應電流方向判定電容C與a端相連的極板帶正電荷,電荷量Q=CUR=CIR=2.710-5C 答案:(1)0.6 A　(2)10 m/s　(3)2.710-5C 10.(18分)如圖,ab和cd是兩條豎直放置的長直光滑金屬導軌,MN和MN是兩根用細線連接的金屬桿,其質(zhì)量分別為m和2m。豎直向上的外力F作用在桿MN上,使兩桿水平靜止,并剛好與導軌接觸,兩桿的總電阻為R,導軌間距為l。整個裝置處在磁感應強度為B的勻強磁場中,磁場方向與導軌所在平面垂直。導軌電阻可忽略,重力加速度為g。在t=0時刻將細線燒斷,保持F不變,金屬桿和導軌始終接觸良好。求: (1)細線燒斷后,任意時刻兩桿運動的速度之比。 (2)兩桿分別達到的最大速度。 解析:(1)設任意時刻桿MN向上的速度大小為v1,MN向下的速度大小為v2,加速度大小分別為a1和a2,所受安培力大小為F安,則有E=Bl(v1+v2)① I=② F安=BIl③ ①②式中E和I分別為回路中的電動勢和電流。兩桿水平靜止時,由牛頓定律得:F-3mg=0④ 細線燒斷后,由牛頓第二定律得: F-mg-F安=ma1⑤ 2mg-F安=2ma2⑥ 聯(lián)立④⑤⑥式得a1=2a2⑦ 因兩桿初速均為0,故任意時刻v1∶v2=2∶1⑧ (2)加速度為0時兩桿的速度達到最大值,分別用v1、v2表示,由以上各式得,v1=,v2= 答案:(1)2∶1　(2)MN桿最大速度為,MN桿最大速度為 11.(18分)如圖甲所示,一個電阻值為R、匝數(shù)為n的圓形金屬線圈與阻值為2R的電阻R1連接成閉合回路。線圈的半徑為r1。在線圈中半徑為r2的圓形區(qū)域內(nèi)存在垂直于線圈平面向里的勻強磁場,磁感應強度B隨時間t變化的關系圖線如圖乙所示。圖線與橫、縱軸的截距分別為t0和B0,導線的電阻不計。求0至t1時間內(nèi), (1)通過電阻R1上的電流大小和方向。 (2)通過電阻R1上的電荷量q及電阻R1上產(chǎn)生的熱量。 解析:(1)穿過閉合線圈的磁場的面積為S=π 由題圖乙可知,磁感應強度B的變化率的大小為 根據(jù)法拉第電磁感應定律得:E=n=nS 由閉合電路歐姆定律可知流過電阻R1的電流為 I= 再根據(jù)楞次定律可以判斷,流過電阻R1的電流方向由b到a。 (2)0至t1時間內(nèi)通過電阻R1的電荷量為 q=It1= 電阻R1上產(chǎn)生的熱量為Q=I2R1t1= 答案:(1)　方向從b到a　(2)