《全程復習構想2020高考物理一輪復習第十章電磁感應2法拉第電磁感應定律自感渦流課時作業(yè)新人教版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《全程復習構想2020高考物理一輪復習第十章電磁感應2法拉第電磁感應定律自感渦流課時作業(yè)新人教版（6頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、法拉第電磁感應定律　自感　渦流 一、選擇題(1～5題只有一個選項符合題目要求，6～9題有多個選項符合題目要求) 1．穿過一個內阻為1 Ω的單匝閉合線圈的磁通量每秒均勻地減少2 Wb，則(　　) A．線圈中感應電動勢每秒增加2 V B．線圈中感應電動勢每秒減少2 V C．線圈中感應電流每秒增加2 A D．線圈中感應電動勢不變，感應電流也不變 解析：線圈的磁通量每秒均勻減少2 Wb，即其變化率的大?。? Wb/s恒定不變，故感應電動勢E＝＝2 V恒定，電流I＝＝2 A也恒定不變，選D. 答案：D 2．(2014江蘇高考)如圖所示，一正方形線圈的匝數(shù)為n，邊長為a，線圈平面與勻

2、強磁場垂直，且一半處在磁場中．在Δt時間內，磁感應強度的方向不變，大小由B均勻地增大到2B.在此過程中，線圈中產生的感應電動勢為(　　) A.　　B. C. D. 解析：線圈在磁場中的面積S＝a2，穿過線圈的磁通量的變化量ΔΦ＝2BS－BS＝Ba2.根據(jù)法拉第電磁感應定律E＝n得E＝n，所以B正確． 答案：B 3．如圖所示，L1和L2是兩個相同的小燈泡，L是一個自感系數(shù)相當大的線圈，其阻值與R相同．由于存在自感現(xiàn)象，在開關S接通和斷開時，燈L1和L2先后亮暗的順序是(　　) A．接通時，L1先達最亮，斷開時，L1后暗 B．接通時，L2先達最亮，斷開時，L2后暗 C．接通

3、時，L1先達最亮，斷開時，L1先暗 D．接通時，L2先達最亮，斷開時，L2先暗 解析：電路的連接是L1與L并聯(lián)，L2與R并聯(lián)然后再串聯(lián)起來．開關閉合時，由于線圈L的自感，阻礙電流的增加，所以大部分電流從L1中通過，L1燈先最亮．而斷開開關S時，線圈中產生自感電動勢阻礙電流的減弱，自感電流的方向與原電流同向，并且只能在L與L1的閉合回路中流過，這樣L1燈中有自感電流，所以它要比L2后暗．選項A正確． 答案：A 4．如圖所示，通有恒定電流的直導線MN與閉合金屬框共面，第1次將金屬框由位置Ⅰ平移到位置Ⅱ，第2次將金屬框由位置Ⅰ翻轉到位置Ⅱ，設兩次通過金屬框截面的電量分別為q1和q2，則(

4、　　) A．q1q2 D．q1≠0，q2＝0 解析：磁通量是標量，但也有正、負之分．此題若只注意磁通量的量值，而忽視其正、負的變化，將錯選B. 設線圈在位置Ⅰ時，通過線圈的磁通量為正且數(shù)值為Φ1，在位置Ⅱ時通過線圈的磁通量數(shù)值為Φ2，如圖所示． 由法拉第電磁感應定律知E＝，I＝，q＝IΔt得q＝.第1次將金屬框由位置Ⅰ平移到位置Ⅱ，磁通量的變化量為ΔΦ＝Φ1－Φ2；第2次將金屬框由位置Ⅰ翻轉到位置Ⅱ，磁通量的變化量為ΔΦ＝Φ1＋Φ2.所以，第2次磁通量變化大，通過的電量多．選A. 答案：A 5．(2017廈門模擬)如圖所示，在均勻

5、磁場中有一由兩段圓弧及其半徑構成的導線框CDEF，且C點和F點正好是OD、OE的中點，圓的半徑OE和OD與磁場邊緣重合，磁場方向垂直于圓面(紙面)向里，磁感應強度大小為B0.使該線框繞過圓心O、垂直于半圓面的軸以角速度ω勻速轉過90，在線框中產生感應電流．現(xiàn)使線框保持圖中所示位置不變，而磁感應強度大小隨時間均勻變化．為了產生與線框轉過90過程中同樣大小的電流，則磁感應強度隨時間的變化率的大小應為(　　) A. B. C. D. 解析：設OE＝2r，線框的電阻為R，該線框繞過圓心O、垂直于半圓面的軸以角速度ω勻速轉動90，在線框中產生的感應電流I＝.線框保持圖中所示位置，磁感應強度大

6、小隨時間線性變化．為了產生與線框轉動90過程中同樣大小的電流，有I＝，所以有＝，故C對，A、B、D錯． 答案：C 6．某地的地磁場磁感應強度的豎直分量方向向下，大小為4.510－5T.一靈敏電壓表連接在當?shù)厝牒：佣蔚膬砂?，河?00 m，該河段漲潮和落潮時有海水(視為導體)流過．設落潮時，海水自西向東流，流速為2 m/s.下列說法中正確的是(　　) A．河北岸的電勢較高 B．河南岸的電勢較高 C．電壓表記錄的電壓為9 mV D．電壓表記錄的電壓為5 mV 解析：海水在落潮時自西向東流，該過程可以理解為：自西向東運動的導體棒在切割豎直向下的磁場．根據(jù)右手定則，左岸即北岸是正極電勢高

7、，南岸電勢低，A對．根據(jù)法拉第電磁感應定律E＝BLv＝4.510－51002 V＝910－3 V，C對，選A、C. 答案：AC 7．如圖所示，圓形閉合線圈內存在方向垂直紙面向外的磁場，磁感應強度隨時間變化如圖所示，則下列說法正確的是(　　) A．0～1 s內線圈的磁通量不斷增大 B．第4 s末的感應電動勢為0 C．0～1 s內與2～4 s內的感應電流相等 D．0～1 s內感應電流方向為順時針 解析：0～1 s內磁感應強度不斷增大，磁通量不斷增大，選項A正確．第4 s末磁感應強度為零，但斜率不為零，感應電動勢不為零，選項B錯誤.0～1 s內與2～4 s內斜率大小不相等，電動勢不

8、相等，感應電流不相等，選項C錯誤．用楞次定律判斷，感應電流在0～1 s內為順時針，選項D正確． 答案：AD 8．(2017合肥二模)如圖甲所示，一個匝數(shù)n＝100的圓形導體線圈，面積S1＝0.4 m2，電阻r＝1 Ω.在線圈中存在面積S2＝0.3 m2的垂直線圈平面向外的勻強磁場區(qū)域，磁感應強度B隨時間t變化的關系如圖乙所示．有一個R＝2 Ω的電阻，將其兩端a、b分別與圖甲中的圓形線圈相連接，b端接地，則下列說法正確的是(　　) A．圓形線圈中產生的感應電動勢E＝6 V B．在0～4 s時間內通過電阻R的電荷量q＝6 C C．設b端電勢為零，則a端的電勢φa＝3 V D．在

9、0～4 s時間內電阻R上產生的焦耳熱Q＝18 J 解析：由法拉第電磁感應定律可得E＝n，由圖乙結合數(shù)學知識可得k＝＝T/s＝0.15 T/s，將其代入可求E＝4.5 V，A錯．設平均電流強度為，則q＝Δt＝Δt＝nΔt＝n，在0～4 s穿過圓形導體線圈的磁通量的變化量為ΔΦ＝0.60.3 Wb－0＝0.18 Wb，代入可解得q＝6 C，B對.0～4 s內磁感應強度增大，圓形線圈內磁通量增加，由楞次定律結合右手定則可得b點電勢高，a點電勢低，故C錯．由于磁感應強度均勻變化產生的電動勢與電流均恒定，可得I＝＝1.5 A，由焦耳定律可得Q＝I2Rt＝18 J，D對． 答案：BD 9．如圖，足夠

10、長U型光滑金屬導軌平面與水平面成θ角(0<θ<90)，其中MN與PQ平行且間距為L，導軌平面與磁感應強度為B的勻強磁場垂直，NQ段電阻為R，導軌其余部分電阻不計．金屬棒ab由靜止開始沿導軌下滑，并與兩導軌始終保持垂直且良好接觸，ab棒接入電路的電阻為R，當流過ab棒某一橫截面的電量為q時，棒的速度大小為v，則金屬棒ab在這一過程中(　　) A．運動的平均速度大小為v/2 B．下滑的位移大小為 C．產生的焦耳熱為qBLv D．受到的最大安培力大小為 解析：棒沿導軌下滑做加速度減小的加速運動，不是勻變速，因此≠v/2，A錯．因為q＝Δt＝Δt＝＝，所以沿斜面下滑位移s＝，B對．因

11、為速度變化，電動勢變化，不始終為BLv，C錯．FA＝BIl＝Bl＝，最大安培力為，D對．選B、D. 答案：BD 二、非選擇題 10．(2015浙江理綜)小明同學設計了一個“電磁天平”，如圖甲所示，等臂天平的左臂為掛盤，右臂掛有矩形線圈，兩臂平衡．線圈的水平邊長L＝0.1 m，豎直邊長H＝0.3 m，匝數(shù)為N1.線圈的下邊處于勻強磁場內，磁感應強度B0＝1.0 T，方向垂直線圈平面向里．線圈中通有可在0～2.0 A范圍內調節(jié)的電流I.掛盤放上待測物體后，調節(jié)線圈中電流使天平平衡，測出電流即可測得物體的質量．(重力加速度取g＝10 m/s2) (1)為使電磁天平的量程達到0.5 kg，

12、線圈的匝數(shù)N1至少為多少？ (2)進一步探究電磁感應現(xiàn)象，另選N2＝100匝、形狀相同的線圈，總電阻R＝10 Ω.不接外電流，兩臂平衡．如圖乙所示，保持B0不變，在線圈上部另加垂直紙面向外的勻強磁場，且磁感應強度B隨時間均勻變大，磁場區(qū)域寬度d＝0.1 m．當掛盤中放質量為0.01 kg的物體時，天平平衡，求此時磁感應強度的變化率. 解析：(1)線圈受到安培力F＝N1B0IL，天平平衡mg＝N1B0IL，代入數(shù)據(jù)得N1＝25匝． (2)由電磁感應定律得E＝N2，E＝N2Ld，由歐姆定律得I′＝，線圈受到安培力F′＝N2B0I′L，天平平衡，則m′g＝NB0，代入數(shù)據(jù)可得＝0.1 T/s.

13、 答案：(1)25匝　(2)0.1 T/s 11．如圖所示，長為L、電阻r＝0.3 Ω、質量m＝0.1 kg的金屬棒CD垂直跨擱在位于水平面上的兩條平行光滑金屬導軌上，兩導軌間距也是L，棒與導軌間接觸良好，導軌電阻不計，導軌左端接有R＝0.5 Ω的電阻，量程為0～3.0 A的電流表串接在一條導軌上，量程為0～1.0 V的電壓表接在電阻R的兩端，垂直導軌平面的勻強磁場向下穿過平面．現(xiàn)以向右恒定外力F使金屬棒右移．當金屬棒以v＝2 m/s的速度在導軌平面上勻速滑動時，觀察到電路中的一個電表正好滿偏，而另一個電表未滿偏．問： (1)此滿偏的電表是什么表？說明理由； (2)拉動金屬棒的外力

14、F多大？ (3)此時撤去外力F，金屬棒將逐漸慢下來，最終停止在導軌上．求從撤去外力到金屬棒停止運動的過程中通過電阻R的電荷量． 解析：(1)電壓表滿偏．若電流表滿偏，則I＝3 A，U＝IR＝1.5 V，大于電壓表量程． (2)由功能關系得　Fv＝I2(R＋r)， 而　I＝，得　F＝， 代入數(shù)據(jù)得　F＝ N＝1.6 N (3)由動量定理得mΔv＝BLΔt， 又因：q＝Δt 即　mv＝BLq. 由電磁感應定律得　E＝BLv，E＝I(R＋r)． 由以上三式解得　q＝， 代入數(shù)據(jù)得　q＝ C＝0.25 C. 答案：(1)電壓表　(2)1.6 N　(3)0.25 C 12．

15、(2017四川成都一診)如圖所示，水平桌面放置的U型金屬導軌，串接有電源，現(xiàn)將兩根質量相等的裸導線L1和L2放在導軌邊緣上，方向與導軌垂直，導軌所在平面有一個方向向上的勻強磁場，當合上開關后，兩根導線便 向右運動，并先后脫離導軌右端掉在水平地面上．測得它們落地點與導軌右端的水平距離分別為x1和x2求合上開關后． (1)安培力對L1和L2所做的功W1和W2之比W1：W2是多少； (2)通過L1和L2的電荷量q1：q2是多少． 解析：(1)通電后，安培力對金屬棒做功使之獲得速度v做平拋運動，滿足 x＝vt，h＝gt2，則v＝x. W＝mv2＝＝. 安培力對L1和L2所做的功W1和W2之比為 W1：W2＝x：x (2)設通電時間為Δt，拋出速度v，由動量定理有 F安Δt＝mv－0，F(xiàn)安＝BIl. 又因Q＝IΔt， 通過棒的電荷量 ΔQ＝IΔt＝＝ . 則依題意通過L1和L2的電荷量之比為 q1：q2＝x1：x2 答案：(1)x：x　(2)x1：x2