高考物理一轮复习 课练30 法拉第电磁感应定律 自感现象（含解析）新人教版-新人教版高三全册物理试题.doc

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1、课练30法拉第电磁感应定律自感现象1小明同学做验证断电自感现象的实验，他找来带铁芯的线圈L、小灯泡A、开关S和电池组E，用导线将它们连接成如图所示的电路检查电路后，闭合开关S，小灯泡发光；再断开开关S，小灯泡仅有不显著的延时熄灭现象下列说法正确的是()A断开开关S，一定没电流流过小灯泡B开关S断开前后，流过小灯泡的电流方向相反C小灯泡未闪亮的原因是线圈电阻偏小D小灯泡未闪亮的原因是线圈的自感系数较小2(多选)如图所示，在边长为a的等边三角形区域内有匀强磁场，磁感应强度大小为B，其方向垂直于纸面向外，一个边长也为a的等边三角形导线框EFG正好与上述磁场区域的边界重合，而后绕其几何中心O点在纸面内

2、以角速度顺时针匀速转动，于是线框EFG中产生感应电动势，若转过60后线框转到图中的虚线位置，则在这段时间内()A感应电流方向为EGFEB感应电流方向为EFGEC平均感应电动势大小等于D平均感应电动势大小等于3(多选)如图所示，光滑水平面上存在有界匀强磁场，磁感应强度为B，质量为m、边长为a的正方形线框ABCD斜向右上穿进磁场，当AC刚进入磁场时的速度为v，方向与磁场边界成45角，若线框的总电阻为R，则()A线框穿进磁场过程中，框中电流的方向为DCBABAC刚进入磁场时线框中的感应电流为CAC刚进入磁场时线框所受安培力为DAC刚进入磁场时CD两端电压为Bav4如图所示，匀强磁场中有一由半圆弧及其

3、直径构成的导线框，半圆直径与磁场边缘重合；磁场方向垂直于半圆面(纸面)向里，磁感应强度大小为B0，使该线框从静止开始绕过圆心O且垂直于半圆面的轴以角速度匀速转动半周，在线框中产生感应电流现使线框保持图中所示位置不变，磁感应强度大小随时间线性变化为了产生与线框转动半周过程中同样大小的电流，磁感应强度随时间的变化率的大小应为()A. B.C. D.5如图所示，MN、PQ是间距为L的平行金属导轨，置于磁感应强度大小为B、方向垂直导轨所在平面向里的匀强磁场中，M、P间接有一阻值为R的电阻一根与导轨接触良好、有效阻值为的金属杆ab垂直导轨放置，并在水平外力F的作用下以速度大小为v向右匀速运动，则(不计导

4、轨电阻)()A通过电阻R的电流方向为PMBa、b间的电压为BLvCa端电势比b端电势高D外力F做的功等于电阻R上产生的焦耳热6(多选)如图所示，在半径为R的半圆形区域内，有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的有界匀强磁场，PQM为圆的内接三角形，且PM为圆的直径，三角形的各边由材料相同的细软导线(可自由拉伸或收缩)组成(不考虑导线中电流间的相互作用)，已知三角形导线的总电阻为r且恒定不变，此时PMQ37，sin 370.6，cos 370.8.则下列说法正确的是()A穿过三角形PQM的磁通量为0.96BR2B若磁场方向不变，只改变磁感应强度B的大小，且BB0kt(k为常量，k0)，则三角形导

5、线中产生的感应电流大小为IC保持P、M两点位置不变，在将Q点沿圆弧顺时针移动到接近M点的过程中，三角形导线中感应电流的方向先沿逆时针方向后沿顺时针方向D保持P、M两点位置不变，在将Q点沿圆弧顺时针移动到接近M点的过程中，三角形导线中不会产生焦耳热练高考小题72019全国卷，19(多选)如图，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨，两相同的光滑导体棒ab、cd静止在导轨上t0时，棒ab以初速度v0向右滑动运动过程中，ab、cd始终与导轨垂直并接触良好，两者速度分别用v1、v2表示，回路中的电流用I表示下列图像中可能正确的是()82019全国卷，20(多选)空间存在一

6、方向与纸面垂直、大小随时间变化的匀强磁场，其边界如图(a)中虚线MN所示一硬质细导线的电阻率为、横截面积为S，将该导线做成半径为r的圆环固定在纸面内，圆心O在MN上t0时磁感应强度的方向如图(a)所示；磁感应强度B随时间t的变化关系如图(b)所示则在t0到tt1的时间间隔内()A圆环所受安培力的方向始终不变B圆环中的感应电流始终沿顺时针方向C圆环中的感应电流大小为D圆环中的感应电动势大小为9.2019全国卷，21(多选)如图，两条光滑平行金属导轨固定，所在平面与水平面夹角为，导轨电阻忽略不计虚线ab、cd均与导轨垂直，在ab与cd之间的区域存在垂直于导轨所在平面的匀强磁场将两根相同的导体棒PQ

7、、MN先后自导轨上同一位置由静止释放，两者始终与导轨垂直且接触良好已知PQ进入磁场时加速度恰好为零从PQ进入磁场开始计时，到MN离开磁场区域为止，流过PQ的电流随时间变化的图像可能正确的是()10.2018全国卷，20(多选)如图(a)，在同一平面内固定有一长直导线PQ和一导线框R，R在PQ的右侧导线PQ中通有正弦交流电i，i的变化如图(b)所示，规定从Q到P为电流正方向导线框R中的感应电动势()A在t时为零B在t时改变方向C在t时最大，且沿顺时针方向D在tT时最大，且沿顺时针方向112017北京卷，19图1和图2是教材中演示自感现象的两个电路图，L1和L2为电感线圈实验时，断开开关S1瞬间，

8、灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗；闭合开关S2，灯A2逐渐变亮，而另一个相同的灯A3立即变亮，最终A2与A3的亮度相同下列说法正确的是()图1图2A图1中，A1与L1的电阻值相同B图1中，闭合S1，电路稳定后，A1中电流大于L1中电流C图2中，变阻器R与L2的电阻值相同D图2中，闭合S2瞬间，L2中电流与变阻器R中电流相等练模拟小题12.2019湖南省衡阳八中模拟(多选)如图所示，均匀金属圆环的总电阻为4R，磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过圆环，金属杆OM的长为l，阻值为R，M端与环接触良好，绕过圆心O的转轴以恒定的角速度顺时针转动阻值为R的电阻一端用导线和环上的A点连接，A点位于O点的正下方，另

9、一端和转轴O处的端点相连接下列判断正确的是()A金属杆OM旋转产生的感应电动势恒为B通过电阻R的电流的最小值为 ，方向从Q到PC通过电阻R的电流的最大值为，且P、Q两点电势满足PQDO、M两点间电势差绝对值的最大值为13.2019河北省石家庄调研如图所示电路中，A、B、C为完全相同的三个灯泡，L是一直流电阻不可忽略的电感线圈a、b为线圈L的左右两端点，刚开始开关S是闭合的，三个灯泡的亮度相同将开关S断开后，下列说法正确的是()Aa点电势高于b点，A灯闪亮后缓慢熄灭Ba点电势低于b点，B、C灯闪亮后缓慢熄灭Ca点电势高于b点，B、C灯闪亮后缓慢熄灭Da点电势低于b点，B、C灯不会闪亮只是缓慢熄灭

10、142019山东省泰安一中模拟(多选)在如图甲所示的电路中，电阻R1R22R，单匝圆形金属线圈半径为r1，线圈的电阻为R，在半径为r2(r2r1)的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系图线如图乙所示，图线在横、纵轴的截距分别为t0和B0，其余导线的电阻不计闭合S，至t1时刻，电路中的电流已稳定，下列说法正确的是()A电容器上极板带正电B电容器下极板带正电C线圈两端的电压为D线圈两端的电压为15.2019重庆质检(多选)如图，两根足够长且光滑平行的金属导轨PP、QQ倾斜放置，匀强磁场垂直于导轨平面向上，导轨的上端与水平放置的两金属板M、N相连，板间距离足够大

11、，板间有一带电微粒，金属棒ab水平跨放在导轨上，下滑过程中与导轨接触良好现同时由静止释放带电微粒和金属棒ab，则下列说法正确的是()A金属棒ab最终可能匀速下滑B金属棒ab一直加速下滑C金属棒ab下滑过程中M板电势高于N板电势D带电微粒不可能先向N板运动后向M板运动16.2019湖南省长沙市长郡中学考试(多选)如图所示，x轴上方第一象限和第二象限分别有垂直纸面向里和垂直纸面向外的匀强磁场，且磁感应强度大小相同，现有四分之一圆形线框OMN绕O点逆时针匀速转动，若规定线框中感应电流I顺时针方向为正方向，从图示时刻开始计时，则感应电流I及ON边所受的安培力大小F随时间t的变化示意图正确的是()综合测

12、评提能力一、单项选择题(本题共8小题，每小题3分，共24分)12019湖北联考如图所示，用质量相同，粗细不同的均匀同种金属丝做成边长分别为L和2L的两只闭合线框a和b，两线框以相同的速度从磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中被匀速拉出磁场，若外力对线框做的功分别为Wa、Wb，则Wa:Wb为()A1:4B1:2C2:1 D不能确定2.2019湖南六校联考如图所示，边长为L的菱形由两个等边三角形abd和bcd构成，三角形abd内存在垂直纸面向外的磁感应强度为B的匀强磁场，三角形bcd内存在垂直纸面向里的磁感应强度也为B的匀强磁场一个边长为L的等边三角形导线框efg在纸面内向右匀速穿过磁

13、场，顶点e始终在直线ab上，底边gf始终与直线dc重合规定逆时针方向为电流的正方向，在导线框通过磁场的过程中，导线框中感应电流随其位移变化的图象是()32019贵州安顺期末如图所示，在水平面上有两条光滑平行金属导轨MN、PQ，导轨间距为L，匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直导轨平面向下两根完全相同的金属杆1、2间隔一定的距离摆放在导轨上，且与导轨垂直，它们在导轨间的电阻均为R，两导轨电阻不计杆1以初速度v0滑向杆2，为使两杆不相碰，则在杆2固定与不固定两种情况下，下列说法正确的是()A杆2不固定时，两杆组成的系统动量不守恒B固定与不固定的情况下，最初两杆最小间距之比为1:2C固定与不固定的

14、情况下，最初两杆最小间距之比为2:1D固定与不固定的情况下，通过闭合回路的电荷量之比为4:142019河南洛阳模拟如图所示，电路中A、B是两个完全相同的灯泡，L是一个自感系数很大、直流电阻为零的自感线圈，则下列判断正确的是 ()AS闭合瞬间，A灯和B灯不同时亮BS闭合后电路稳定前，B先亮一下再逐渐变暗，A逐渐变暗CS闭合电路稳定后，A灯和B灯亮度相同DS闭合电路稳定后，再断开S时，A灯要亮一下再熄灭52019四川绵阳月考在如图所示的电路中，L为电阻很小的线圈，G1和G2为零刻度在表盘中央的两个相同的电流表当开关S闭合后，电流表G1、G2的指针都偏向右侧，那么当断开开关S时，将出现的现象是()A

15、G1和G2指针都立即回到零点BG1指针立即回到零点，而G2指针缓慢地回到零点CG1指针缓慢地回到零点，而G2指针先立即偏向左侧，然后缓慢地回到零点DG2指针缓慢地回到零点，而G1指针先立即偏向左侧，然后缓慢地回到零点6如图甲所示，固定在水平桌面上的光滑金属框架cdeg处于方向竖直向下的匀强磁场中，金属杆与金属框架接触良好在两根导轨的端点d、e之间连接一电阻，其他部分电阻忽略不计现用一水平向右的外力F作用在金属杆上，使金属杆由静止开始向右在框架上滑动图乙为一段时间内金属杆受到的安培力f随时间t的变化关系，则下面可以表示外力F随时间t变化关系的图象是()7现代科学研究中常用到高速电子，电子感应加速

16、器就是利用感生电场加速电子的设备，电子感应加速器主要由上、下电磁铁磁极和环形真空室组成当电磁铁绕组通以变化的电流时会产生变化的磁场，穿过真空室所包围区域的磁通量也随时间变化，这时真空室空间内就产生感应涡旋电场，电子将在涡旋电场作用下加速如图所示(上方为侧视图，下方为真空室的俯视图)，若电子(不计重力)被“约束”在半径为R的圆周上沿逆时针方向运动，此时电磁铁绕组通以图中所示的电流，则()A此时真空室中的磁场方向是从上往下B被加速时，电子运动的半径一定变大C电子被加速时，电磁铁绕组中电流增大D被加速时，电子做圆周运动的周期保持不变8如图甲所示，一半径为r的圆形匀强磁场区域内有一个边长为r的正方形线

17、框，线框单位长度的电阻为R0，磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示，磁场方向垂直纸面向里时为正值，下列说法正确的是()A线框中的感应电流沿顺时针方向B线框中产生的感应电流大小为C在t02t0时间内线框有收缩的趋势且每条边受到的安培力大小恒定D线框单位时间内产生的热量为J二、多项选择题(本题共2小题，每小题4分，共8分)92019湖北荆门一中考试如图所示，相距为d0的两条水平虚线L1、L2之间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，一质量为m、电阻为R的正方形线圈abcd边长为L(LIA1，即RL1RA1，A项错误；图1中，闭合S1，电路稳定后，因为RL1RA1，所以A1中电流小于L1

18、中电流，B项错误；闭合开关S2，灯A2逐渐变亮，而另一个相同的灯A3立即变亮，最终A2与A3的亮度相同，说明变阻器R与L2的电阻值相同，C项正确；闭合S2瞬间，通过L2的电流增大，由于电磁感应，线圈L2产生自感电动势，阻碍电流的增大，则L2中电流与变阻器R中电流不相等，D项错误12ADM端线速度为vl，OM切割磁感线的平均速度为，OM转动切割磁感线产生的电动势恒为：EBlBl2，A正确；当M端位于圆环最上端时，圆环两部分电阻相等，并联电阻最大，电流最小，R并R，通过电阻R的电流的最小值为Imin，根据右手定则可得电流方向从Q到P，B错误；当M位于最下端时圆环接入电路的电阻为0，此时有最大电流：

19、Imax，根据右手定则可得电流方向从Q到P，P、Q两点电势满足P0，金属棒将一直加速，A错、B对；由右手定则可知，金属棒a端电势高，则M板电势高，C对；若微粒带负电，则静电力向上，与重力反向，开始时静电力为0，微粒向下加速运动，当静电力增大到大于重力时，微粒的加速度方向向上，D错16AD在0t0时间内，由楞次定律和右手螺旋定则可判断出感应电流方向为逆时针方向(为负值)；在t02t0时间内，由楞次定律和右手螺旋定则可判断出感应电流方向为顺时针方向(为正值)，且大小为在0t0时间内产生的电流大小的2倍；在2t03t0时间内，由楞次定律和右手螺旋定则可判断出感应电流方向为逆时针方向(为负值)，且大小

20、与在0t0时间内产生的感应电流大小相等，因此感应电流I随时间t的变化示意图与选项A中图象相符，选项A正确，B错误在0t0时间内，ON边虽然有电流但没有进入磁场区域，所受安培力为零；在t02t0时间内，感应电流大小为在2t03t0时间内产生的电流大小的2倍，ON边所受安培力为在2t03t0时间内的2倍，因此ON边所受的安培力大小F随时间t的变化示意图与选项D中图象相符，选项C错误，D正确综合测评提能力1Ba、b线框的边长之比为1:2，由EBlv得，由于线框质量相等，由m4lS可知它们横截面积之比为2:1，由电阻定律知，即Rb4Ra，由t得，根据能的转化和守恒可知，外力做的功等于产生的电能，而电能

21、又全部转化为焦耳热，即WQt，故Wa:Wb1:2，故B项正确，A、C、D三项错误2A感应电动势EBL有v，电流I，三角形efg向右运动，根据右手定则，开始时ef切割磁感线，产生顺时针方向的电流，大小设为I0，如图所示，在0的过程中，en切割磁感线产生顺时针方向的电流，nf产生逆时针方向的电流，em产生逆时针方向的电流，切割磁感线的有效长度为L有(ennfem)cos 30，随着三角形导线框向右运动，L有减小，感应电流减小，当运动到时，L有0，感应电流为零，在L的过程中，三角形导线框向右继续运动，根据几何关系，L有(nfemen)cos 30，L有逐渐变大，感应电流变大，方向为逆时针，当三角形e

22、fg与三角形bcd重合时，eg边和ef切割磁感线，电流大小变为2I0，L2L过程中，三角形导线框继续向右运动，gp切割磁感线，产生感应电动势，L有gpcos 30，方向为顺时针，逐渐减小，直至全部出磁场电流为零，故选项A正确3C两根杆均不固定时，杆1受向左的安培力，杆2受向右的安培力，系统所受的合力为零，则系统的动量守恒，选项A错误；金属杆1、2均不固定时，系统动量守恒，以向右为正方向，有mv02mv，解得v，对杆2，采用微元法，根据动量定理，有(Ft)mv，其中FBILB，故tmv，即m，解得l1l2，即两杆间的距离最小为x；当杆2固定后，对杆1，根据动量定理，有(Ft)mv，其中FBILB

23、，故tmv，即mv0，解得l，故两杆间的距离最小为x，故x:x2:1，故B项错误，C项正确；根据q可知，因x:x2:1，则固定与不固定情况下，通过闭合回路的电荷量之比为2:1，选项D错误4D开关S闭合的瞬间，两灯同时获得电流，所以A、B同时发光，选项A错误；由于线圈的电阻可以忽略，A灯逐渐被短路，流过A灯的电流逐渐减小，A灯逐渐变暗，直至熄灭，而流过B的电流增大，所以B灯变亮，选项B错误；结合B的分析可知，S闭合电路稳定后，A熄灭，选项C错误；断开开关S的瞬间，B灯的电流突然消失，立即熄灭，流过线圈的电流将要减小，产生自感电动势，相当于电源，维持L中的电流逐渐减小，所以A灯要突然亮一下再熄灭，

24、选项D正确5D根据题意，电流方向自右向左时，电流表指针向右偏；电流方向自左向右时，电流表指针应向左偏当开关S断开的瞬间，G1中原电流立即消失，而对于G2所在的支路，由于线圈L的自感作用，电流不会立即消失，L自感产生的电流先后通过L、G2、G1，且在由它们组成的闭合回路中持续一段时间，即G2中的电流按原方向自右向左逐渐减为零，G1中的电流和原电流方向相反，变为自左向右，且与G2中的电流同时缓慢减为零，选项D正确6B设金属杆运动的速度为v，长度为l，产生的感应电动势为Blv，安培力f，由图可知f随时间t线性变化，说明速度v随时间t线性变化，即做匀加速直线运动，由牛顿第二定律，有Fma，则Ftma，

25、选项B正确7C本题以电子感应加速器为情境，考查电子在涡旋电场中的加速及其相关知识点由安培定则可判断出此时真空室中的磁场方向是从下往上，A项错误；电子被加速时，涡旋电场力做功，电子速度增大，由于电子被“约束”在半径为R的圆周上沿逆时针方向运动，电子运动的半径不变，B项错误；由evB可知R，电子被加速时v增大，要使电子运动的半径R不变，则需要磁感应强度B同步增大，所以电磁铁绕组中电流增大，C项正确；由T可知，电子被加速时，电子做匀速圆周运动的周期减小，D项错误8B本题考查考生的理解和推理能力，需要考生根据题述情境，通过应用楞次定律、法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、焦耳定律及其相关知识解题由楞

26、次定律可判断出线框中产生的感应电流沿逆时针方向，A错误；由题图乙可知，线框中磁感应强度变化率，产生的感应电动势ES(r)22r2，线框总电阻R4rR0，线框中产生的感应电流大小为I，B正确；在t02t0时间内磁场的磁感应强度一直增强，线框有收缩的趋势，线框中的电流大小恒定，由FBIL得，线框每条边受到的安培力逐渐增大，C错误；线框单位时间内产生的热量为QI2Rt24rR01 s J，D错误9BCD根据能量守恒，从cd边刚进入磁场到cd边刚穿出磁场的过程，动能的变化量为0，重力势能转化为内能，则线圈进入磁场的过程中产生的热量Qmgd0，cd边刚进入磁场时速度为v0，cd边刚离开磁场时速度也为v0

27、，所以从cd边刚穿出磁场到ab边离开磁场的过程，线框产生的热量与从cd边刚进入磁场到ab边刚进入磁场的过程中产生的热量相等，所以线圈从cd边进入磁场到ab边离开磁场的过程，产生的热量Q2mgd0，所以感应电流做的功为2mgd0，故A项错误，B项正确；线圈可能先做减速运动，在完全进入磁场前已做匀速运动，刚完全进入磁场时的速度最小，则mgBILBL，则最小速度可能为v，故C项正确；因为进磁场时要减速，线圈全部进入磁场后做匀加速运动，则知线圈刚全部进入磁场的瞬间速度最小，设线圈的最小速度为vmin，线圈从开始下落到线圈刚完全进入磁场的过程，根据能量守恒定律得mg(hL)Qmv，由上可知，Qmgd0，

28、解得线圈的最小速度为vmin，故D项正确10BC图线的斜率k，则x，得vv0，可见导体棒做的不是匀变速直线运动，选项A错误；图线与坐标轴所围面积表示时间tL0，选项B正确；感应电动势EBlvB(xL0)v0BL0v0，感应电动势大小不变，流过导体棒的电流I大小不变，选项C正确；克服安培力做的功W克安等于acHG回路上产生的焦耳热，W克安Qt，对导体棒，由动能定理有W外W克安m2mv，解得W外mv，选项D错误11答案：(1)0.3 W(2)0.224 J(3)F0.016t0.208(N)解析：(1)细线对金属棒拉力的功率P等于电动机的输出功率，根据能量守恒定律，可得PI0U0Ir00.60.8

29、 W0.620.5 W0.3 W.(2)当金属棒从静止开始运动，经过t12 s时间，速度达到最大，设最大速度为vm，金属棒产生的电动势为E，感应电流为I1，受到的安培力为F安，细线的拉力为F拉，则EBLvm，I1，F安BI1L，则得F安.又PF拉vm，金属棒速度最大时做匀速运动，有F拉mgsin F安，联立得mgsin .代入数值解得vm1 m/s.金属棒从静止开始运动到达到最大速度过程中，设整个电路中产生的热量为Q，由能量守恒定律得Pt1mgxsin mvQ，QRQ，解得QR0.224 J.(3)由题图可知B(0.20.4t) T，设在t时刻，磁场的磁感应强度为B，金属棒产生的电动势为E，感

30、应电流为I，受到的安培力为F安.根据法拉第电磁感应定律得感应电动势ELd，感应电流I，金属棒所受的安培力F安BIL.根据平衡条件得Fmgsin F安，解得F0.016t0.208(N)12答案：(1)6.25 m/s2(2) T C(3)1.8 J解析：(1)把金属棒和重物看做整体并进行受力分析有Mgmgsin (Mm)a解得a6.25 m/s2(2)由题图(b)可以看出最终金属棒ab做匀速运动，匀速运动时的速度为v3.5 m/s感应电动势EBLv感应电流I金属棒所受安培力FBIL匀速运动时，金属棒受力平衡，可得mgsin Mg解得B T在0.6 s内金属棒ab上滑的距离s11.40 m06

31、s内通过电阻R的电荷量q C(3)由能量守恒定律得Mgs1mgs1sin Q(Mm)v2得0.6 s内电路中产生的总热量为Q2.1 J又因为QRQ解得QR1.8 J.13答案：(1)方向水平向右(2)mv2kq解析：(1)设线圈中的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律E，则Ek设PQ与MN并联的电阻为R并，有R并闭合S时，设线圈中的电流为I，根据闭合电路欧姆定律得I设PQ中的电流为IPQ，有IPQI设PQ受到的安培力为F安，有F安BIPQ l保持PQ静止，由受力平衡，有FF安联立式得F方向水平向右(2)设PQ由静止开始到速度大小为v的加速过程中，PQ运动的位移为x，所用时间为t，回路中的磁通量变化量为，平均感应电动势为，有其中Blx设PQ中的平均电流为，有根据电流的定义得由动能定理，有FxWmv20联立式得Wmv2kq