高考物理一轮复习 精选题辑 课练30 法拉第电磁感应定律 自感现象-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(2018河北石家庄期中)等腰直角三角形OPQ区域内存在匀强磁场，另有一等腰直角三角形导线框ABC以恒定的速度沿垂直于磁场方向穿过磁场，穿越过程中速度方向始终与AB边垂直且保持AC平行于OQ，关于线框中的感应电流，以下说法中不正确的是()A开始进入磁场时感应电流最大B产生的电动势属于动生电动势C开始进入磁场时感应电流沿顺时针方向D开始穿出磁场时感应电流沿顺时针方向答案：C解析：当线框进入磁场时，切割磁感线产生的动生感应电动势为EBLv，导线框ABC以恒定的速度运动，当有效切割长度最大时，产生的感应电动势也最大，感应电流I最大线框开始进入磁场时感应电动势最大，

2、此时感应电流最大，选项A、B说法正确；由右手定则可判定导线框开始进入磁场时，切割磁感线产生的感应电流方向由C到A，即感应电流沿逆时针方向，选项C说法错误；由楞次定律可得开始穿出磁场时感应电流方向由A到C，即感应电流沿顺时针方向，选项D说法正确2(2018辽宁锦州期末)(多选)如图所示，用长度LaLb21的同种导线做成圆环a、b，并在A、C处相连，当均匀变化的磁场垂直穿过a环时，环内电流为I1，A、C间电压为U1；若同样磁场穿过b环，环内电流为I2，A、C间电压为U2，则()AI1I241 BI1I221CU1U221 DU1U241答案：AC解析：用长度LaLb21的同种导线做成圆环a、b，故

3、两个环的半径之比为21，面积之比为41；根据电阻定律公式R，两圆环的电阻之比为RaRb21；根据法拉第电磁感应定律，感应电动势ESS，故两种情况产生的电动势之比为41，根据闭合电路欧姆定律I，可知感应电流之比为41，选项A正确，B错误；路端电压UIR，第一次外电阻是b环电阻，第二次外电阻是a环电阻，故两次的路端电压之比为，选项C正确，D错误3(2018辽宁沈阳东北育才学校二模)如图，固定在水平桌面上的光滑金属导轨cd、eg处于方向竖直向下的匀强磁场中，金属杆ab与导轨接触良好，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，现用一水平向右的恒力F作用在金属杆ab上，使金属杆由静止开

4、始向右沿导轨滑动，滑动中杆ab始终垂直于导轨，金属杆受到的安培力用F安表示，则下列说法正确的是()A金属杆ab做匀加速直线运动B金属杆ab运动时回路中有顺时针方向的电流C金属杆ab所受到的F安先不断增大，后保持不变D金属杆ab克服安培力做功的功率与时间的平方成正比答案：C解析：对金属杆受力分析，根据牛顿第二定律有FF安ma，即Fma，由于速度变化，所以加速度发生变化，故金属杆做加速度逐渐减小的变加速运动，不是做匀加速直线运动，故A错误；根据楞次定律可知，金属杆ab运动时回路中有逆时针方向的感应电流，故B错误；由F安可知，当速度增大时，安培力增大，当金属杆受力平衡时，达到最大速度，其后开始做匀速

5、运动，安培力不变，故C正确；金属杆克服安培力做功的瞬时功率PI2R2R，故D错误4(2018黑龙江哈尔滨期中)在如图甲所示的电路中，螺线管匝数n1 500匝，横截面积S20 cm2，螺线管导线电阻r1.0 ，R14.0 ，R25.0 ，电容器电容C30 F.在一段时间内，穿过螺线管的磁场的磁感应强度B按图乙所示的规律变化则下列说法中正确的是()A螺线管中产生的感应电动势为1.5 VB闭合开关，电路中的电流稳定后电容器上极板带正电C电路中的电流稳定后，电阻R1的电功率为5102 WD开关断开，流经电阻R2的电荷量为1.8105 C答案：D解析：根据法拉第电磁感应定律ES，代入数据可求出E1.2

6、V，选项A错误；根据楞次定律可知，螺线管下端为电源正极，则电流稳定后电容器下极板带正电，选项B错误；根据闭合电路欧姆定律，有I0.12 A，根据PI2R1，可得R1的电功率为P5.76102 W，选项C错误；开关断开后，流经R2的电荷量即为开关闭合时C上所带的电荷量Q，电容器两端的电压UIR20.6 V，流经R2的电荷量QCU1.8105 C，选项D正确5(2018湖北武汉二中期末)如图甲所示，一匝数N10匝、总电阻R7.5 、长L10.4 m、宽L20.2 m的匀质矩形金属线框静止在粗糙水平面上，线框的bc边正好过半径r0.1 m的圆形磁场的直径，线框的左半部分在垂直线框平面向上的匀强磁场区

7、域内，磁感应强度B01 T，圆形磁场的磁感应强度B垂直线框平面向下，大小随时间均匀增大，如图乙所示，已知线框与水平面间的最大静摩擦力f1.2 N，取3，则()At0时刻穿过线框的磁量大小为0.07 WbB线框静止时，线框中的感应电流为0.2 AC线框静止时，ad边所受安培力水平向左，大小为0.8 ND经时间t0.4 s，线框开始滑动答案：D解析：设磁场竖直向上穿过线框的磁通量为正，由磁通量的定义得t0时，有L1L2B0Br20.01 Wb，故A错误线框静止时，根据法拉第电磁感应定律有EN0.75 V，由闭合电路欧姆定律有I0.1 A，故B错误由楞次定律可知，圆形磁场的磁感应强度增大时，线框内产

8、生的感应电流的方向为逆时针方向，由左手定则可知，ad边受到的安培力的方向水平向左，ad边受到的安培力即线框受到的安培力，即F10B0IL11010.10.4 N0.4 NIA1，即RL1RA1.B错：图1中，闭合S1，电路稳定后，因为RL1R2，不计线圈L的直流电阻，为理想电流表在某一时刻t1突然断开开关S，则通过电流表的电流I随时间t变化的图线可能是图中的()答案：D解析：当开关S原先闭合，电路处于稳定状态时，通过两电阻的电流大小分别为I1、I2，当断开开关，原来通过R1的电流立即消失，自感线圈阻碍自身电流变化，瞬间产生的感应电流I2流过电阻R1，其方向与原来流过电阻R1的电流方向相反，慢慢

9、减小最后为0，选项D正确6(2018山西孝义期末)(多选)如图，匀强磁场分布在宽度为2L的有界区域内，磁感应强度的大小为B，方向垂直于纸面向里一个粗细均匀的矩形导线框abcd的cd边与磁场边界平行，导线框的边长参数如图使线框以与cd边垂直的恒定速度v穿过磁场区域，以cd边进入磁场时刻为零时刻，以逆时针方向为电流的正方向，线框中的电流i，d、c两点间的电势差u随时间t变化的图象正确的是()答案：AC解析：0时间内，cd边进入磁场，由楞次定律可知出感应电流的方向沿逆时针方向，故电流为正；时间内，线框完全在磁场中运动，线框中没有感应电流；时间内，cd边穿过磁场，ab边切割磁感线，由楞次定律可知感应电

10、流的方向沿顺时针方向，电流为负，选项A正确，B错误设U02BLv，在0时间内，UdcU0，时间内，UdcU0，时间内，UdcU0，选项C正确，D错误7(2018广东清远清城区联考)如图所示，在磁感应强度为B的匀强磁场中，有半径为r的光滑半圆形导体框架，Oc为一能绕O在框架上滑动的导体棒，Oa之间连一电阻R，导体框架与导体棒的电阻均不计，施加外力使Oc以角速度逆时针匀速转动，则()A通过电阻R的电流方向由a经R到OB导体棒O端电势低于c端的电势C外力做功的功率为D回路中的感应电流大小为答案：C解析：由右手定则可知感应电流由c到O，则通过电阻R的电流为由O经R到a，选项A错误；导体棒以角速度逆时针

11、匀速转动切割磁感线时可等效为电源，O端为电源正极，c端为电源负极，故导体棒O端的电势高于c端的电势，选项B错误；导体棒切割磁感线产生的感应电动势为EBr，由此可知感应电流为I，电阻R上的电热功率为PI2R，由能量守恒定律可知外力做功的功率也为P，选项C正确，D错误8(2018江西南昌二中期末)(多选)在磁感应强度为B的匀强磁场中，有一与磁场方向垂直、长度为L的金属杆aO，已知abbccOL/3，a、c与磁场中以O为圆心的同心圆(都为部分圆弧)金属轨道始终接触良好一电容为C的电容器接在轨道上，如图所示，当金属杆在与磁场垂直的平面内以O为轴、以角速度顺时针匀速转动时()AUac2UabBUaO9U

12、cOC电容器所带电荷量QBL2CD若在eO间连接一个电压表，则电压表示数为零答案：BC解析：根据转动切割磁感线产生感应电动势的公式EBl2得aO、bO、cO间的电势差分别为UaOBL2，UbOBL2BL2，UcOBL2BL2，则UacUaOUcOBL2，UabUaOUbOBL2，可见，Uac1.6Uab，UaO9UcO，故B正确，A错误电容器板间电压等于ac间的电势差，则电容器所带电荷量为QCUacBL2C，故C正确若在eO间连接一个电压表，电压表与cO、轨道组成的闭合回路磁通量增加，会有电流通过电压表，则电压表将有示数，故D错误9(多选)如图，在水平面内有四根相同的均匀光滑金属杆ab、ac、

13、de以及df，其中ab、ac在a点固连，de、df在d点固连，分别构成两个“V”字形导轨，空间中存在垂直于水平面的匀强磁场，用力使导轨edf匀速向右运动，从图示位置开始计时，运动过程中两导轨的角平分线始终重合，导轨间接触始终良好，下列物理量随时间的变化关系正确的是()答案：ABC解析：设bac2，刚开始时有效切割长度的一半为l0，则产生的电动势EBLvBv(2l02vttan)2Bvl02Bv2ttan，设单位长度金属杆的电阻为r，则Rrr，随时间均匀增大，C正确；I，电流恒定，D错误；根据FBIL可知Lt，I恒定，所以F随时间均匀增大，A正确；导轨克服安培力做的功等于回路中产生的热量，根据W

14、FvtPt，因v恒定，Ft，可得Pt，B正确不会用“微元法”求出圆环中产生的感生电动势及所受安培力10(多选)用一段横截面半径为r，电阻率为、密度为d的均匀导体材料做成一个半径为R(rR)的圆环圆环竖直向下落入如图所示的径向磁场中，圆环的圆心始终在N极的轴线上，圆环所在位置的磁感应强度大小均为B，圆环在加速下落过程中某一时刻的速度为v，忽略电感的影响，则()A此时在圆环中产生了(俯视)沿顺时针方向的感应电流B圆环因受到了向下的安培力而加速下落C此时圆环的加速度aD如果径向磁场足够长，则圆环的最大速度vm答案：AD解析：圆环向下切割磁感线，由右手定则可知，圆环中感应电流的方向为顺时针方向(俯视)

15、，A正确；再由左手定则可知，圆环受到的安培力向上，B错误；圆环中感应电动势为EB2Rv，感应电流I，电阻R，解得I.圆环受到的安培力FBI2R.圆环的加速度ag，圆环质量md2Rr2，解得加速度ag，C错误；当mgF时，加速度a0，圆环的速度最大，vm，D正确不理解自感现象的实质，判断电流的方向易错11(2018四川绵阳月考)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()AG1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

16、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答案：D解析：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12(2016新课标全国卷)如图，两固定的绝缘斜面倾角均为，上沿相连

17、两细金属棒ab(仅标出a端)和cd(仅标出c端)长度均为L，质量分别为2m和m；用两根不可伸长的柔软轻导线将它们连成闭合回路abdca，并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上，使两金属棒水平右斜面上存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于斜面向上已知两根导线刚好不在磁场中，回路电阻为R，两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为，重力加速度大小为g.已知金属棒ab匀速下滑求：(1)作用在金属棒ab上的安培力的大小；(2)金属棒运动速度的大小答案：(1)mg(sin 3cos )(2)(sin 3cos )解析：(1)设导线的张力的大小为FT，右斜面对ab棒的支持力的大小为FN1，作用在ab棒上的安培力的大小为F，左斜面对cd棒的支持力大小为FN2.对于ab棒，由力的平衡条件得2mgsin FN1FTFFN12mgcos 对于cd棒，同理有mgsin FN2FTFN2mgcos 联立式得Fmg(sin 3cos )(2)由安培力公式得FBIL这里I是回路abdca中的感应电流ab棒上的感应电动势为BLv式中，v是ab棒下滑速度的大小由欧姆定律得I联立式得v(sin 3cos )