（江蘇專用）高考物理總復(fù)習(xí) 課時跟蹤檢測（二十八）法拉第電磁感應(yīng)定律 自感和渦流-人教版高三物理試題

課時跟蹤檢測(二十八)法拉第電磁感應(yīng)定律自感和渦流一、單項選擇題1.如圖1所示，電源的電動勢為E，內(nèi)阻r不能忽略。A、B是兩個相同的小燈泡，L是一個自感系數(shù)相當(dāng)大的線圈。關(guān)于這個電路的以下說法正確的是()圖1A．開關(guān)閉合到電路中電流穩(wěn)定的時間內(nèi)，A燈立刻亮，而后逐漸變暗，最后亮度穩(wěn)定B．開關(guān)閉合到電路中電流穩(wěn)定的時間內(nèi)，B燈立刻亮，而后逐漸變暗，最后亮度穩(wěn)定C．開關(guān)由閉合到斷開瞬間，A燈閃亮一下再熄滅D．開關(guān)由閉合到斷開瞬間，電流自左向右通過A燈2.(2014·南京模擬)如圖2所示，長為L的金屬導(dǎo)線彎成一圓環(huán)，導(dǎo)線的兩端接在電容為C的平行板電容器上，P、Q為電容器的兩個極板，磁場垂直于環(huán)面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度以B＝B0＋Kt(K>0)隨時間變化，t＝0時，P、Q兩極板電勢相等。兩極板間的距離遠(yuǎn)小于環(huán)的半徑，經(jīng)時間t電容器P板()圖2A．不帶電 B．所帶電荷量與t成正比C．帶正電，電荷量是eq\f(KL2C,4π) D．帶負(fù)電，電荷量是eq\f(KL2C,4π)3．(2014·溫州八校聯(lián)考)如圖3所示的四個選項中，虛線上方空間都存在方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場。A、B中的導(dǎo)線框為正方形，C、D中的導(dǎo)線框為直角扇形。各導(dǎo)線框均繞垂直紙面軸O在紙面內(nèi)勻速轉(zhuǎn)動，轉(zhuǎn)動方向如箭頭所示，轉(zhuǎn)動周期均為T。從線框處于圖示位置時開始計時，以在OP邊上從P點指向O點的方向為感應(yīng)電流i的正方向。則在如圖4所示的四個情景中，產(chǎn)生的感應(yīng)電流i隨時間t的變化規(guī)律如圖3所示的是()圖3圖44．(2014·九江三模)如圖5所示電路中，電源電動勢為E，線圈L的電阻不計。以下判斷正確的是()圖5A．閉合S瞬間，燈泡不發(fā)光B．閉合S待電路穩(wěn)定后，燈泡發(fā)光C．?dāng)嚅_S瞬間，燈泡發(fā)光D．?dāng)嚅_S瞬間，電阻R上無電流通過5．(2014·濟(jì)南外國語學(xué)校測試)如圖6所示，正方形閉合導(dǎo)線框的質(zhì)量可以忽略不計，將它從如圖所示的位置勻速拉出勻強(qiáng)磁場。若第一次用0.3s時間拉出，外力所做的功為W1；第二次0用0.9s時間拉出，外力所做的功為W2，則()圖6A．W1＝eq\f(1,3)W2 B．W1＝W2C．W1＝3W2 D．W1＝9W26.(2012·大綱卷)如圖7所示，均勻磁場中有一由半圓弧及其直徑構(gòu)成的導(dǎo)線框，半圓直徑與磁場邊緣重合；磁場方向垂直于半圓面(紙面)向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0。使該線框從靜止開始繞過圓心O、垂直于半圓面的軸以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動半周，在線框中產(chǎn)生感應(yīng)電流?，F(xiàn)使線框保持圖中所示位置，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時間線性變化。為了產(chǎn)生與線框轉(zhuǎn)動半周過程中同樣大小的電流，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間的變化率eq\f(ΔB,Δt)的大小應(yīng)為()圖7A.eq\f(4ωB0,π) B.eq\f(2ωB0,π)C.eq\f(ωB0,π) D.eq\f(ωB0,2π)二、多項選擇題7．(2014·資陽模擬)在如圖8甲所示的電路中，螺線管匝數(shù)n＝1500匝，橫截面積S＝20cm2。螺線管導(dǎo)線電阻r＝1.0Ω，R1＝5.0Ω，R2＝6.0Ω，C＝30μF。在一段時間內(nèi)，穿過螺線管的磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B按如圖乙所示規(guī)律變化。則下列說法中正確的是()圖8A．2秒末通過線圈的磁通量為2×10－3WbB．螺線管中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為1.5VC．閉合S，電路穩(wěn)定后電阻R1消耗的電功率為5×10－2WD．電路中電流穩(wěn)定后電容器上極板帶正電8．(2014·嘉定區(qū)二模)如圖9甲所示，在豎直方向分布均勻的磁場中水平放置一個金屬圓環(huán)，圓環(huán)所圍面積為0.1m2，圓環(huán)電阻為0.2Ω。在第1s內(nèi)感應(yīng)電流I沿順時針方向。磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間t圖9A．在0～5s時間段，感應(yīng)電流先減小再增大B．感應(yīng)電流的方向，在0～2s時間段順時針，在2～5s時間段逆時針C．感應(yīng)電流的方向，在0～4s時間段順時針，在4～5s時間段逆時針D．在0～5s時間段，線圈最大發(fā)熱功率為5.0×10－4W9.(2014·汕頭質(zhì)檢)如圖10所示，圓形導(dǎo)體線圈a平放在水平桌面上，在a的正上方固定一豎直螺線管b，二者軸線重合，螺線管與電源和滑動變阻器連接成如圖所示的電路。若將滑動變阻器的滑片P向下滑動，下列表述正確的是()圖10A．線圈a中將產(chǎn)生俯視逆時針方向的感應(yīng)電流B．穿過線圈a的磁通量變小C．線圈a有擴(kuò)張的趨勢D．線圈a對水平桌面的壓力FN將增大10.半徑為a右端開小口的導(dǎo)體圓環(huán)和長為2a的導(dǎo)體直桿，單位長度電阻均為R0。圓環(huán)水平固定放置，整個內(nèi)部區(qū)域分布著豎直向下的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。桿在圓環(huán)上以速度v平行于直徑CD向右做勻速直線運動，桿始終有兩點與圓環(huán)良好接觸，從圓環(huán)中心O開始，桿的位置由θ圖11A．θ＝0時，桿產(chǎn)生的電動勢為2BavB．θ＝eq\f(π,3)時，桿產(chǎn)生的電動勢為eq\r(3)BavC．θ＝0時，桿受的安培力大小為eq\f(2B2av,π＋2R0)D．θ＝eq\f(π,3)時，桿受的安培力大小為eq\f(3B2av,5π＋3R0)三、非選擇題11．(2014·萬州區(qū)模擬)如圖12甲所示，光滑導(dǎo)軌寬0.4m，ab為金屬棒，均勻變化的磁場垂直穿過軌道平面，磁場的變化情況如圖乙所示，金屬棒ab的電阻為1Ω，導(dǎo)軌電阻不計。t＝0時刻，ab棒從導(dǎo)軌最左端，以v＝1m/s的速度向右勻速運動，求1s末回路中的感應(yīng)電流及金屬棒ab受到的安培力。圖1212．(2014·蘇南六市模擬)如圖13所示，光滑導(dǎo)軌MN和PQ固定在同一水平面上，兩導(dǎo)軌距離為L，兩端分別接有阻值均為R的定值電阻R1和R2，兩導(dǎo)軌間有一邊長為eq\f(L,2)的正方形區(qū)域abcd，該區(qū)域內(nèi)有方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。一質(zhì)量為m的金屬桿與導(dǎo)軌接觸良好并靜止于ab處，現(xiàn)用一恒力F沿水平方向拉桿，使之由靜止向右運動，若桿出磁場前已做勻速運動，不計導(dǎo)軌及金屬桿的電阻。求：圖13(1)金屬桿出磁場前的瞬間流過R1的電流大小和方向；(2)金屬桿做勻速運動時的速率；(3)金屬桿穿過整個磁場過程中R1上產(chǎn)生的電熱。答案1．選A開關(guān)閉合到電路中電流穩(wěn)定的時間內(nèi)，A燈立刻亮，而后逐漸變暗，最后亮度穩(wěn)定；B燈逐漸變亮，最后亮度穩(wěn)定，選項A正確，B錯誤。開關(guān)由閉合到斷開瞬間，電流自右向左通過A燈，A燈沒有閃亮一下再熄滅，選項C、D錯誤。2．選D磁感應(yīng)強(qiáng)度以B＝B0＋Kt(K>0)隨時間變化，由法拉第電磁感應(yīng)定律得E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝Seq\f(ΔB,Δt)＝KS，而S＝eq\f(L2,4π)，經(jīng)時間t電容器P板所帶電荷量Q＝EC＝eq\f(KL2C,4π)；由楞次定律知電容器P板帶負(fù)電，故D選項正確。3．選C根據(jù)感應(yīng)電流在一段時間恒定，導(dǎo)線框應(yīng)為扇形；由右手定則可判斷出產(chǎn)生的感應(yīng)電流i隨時間t的變化規(guī)律如圖3所示的是C。4．選C閉合S瞬間，線圈L與燈泡并聯(lián)與R串聯(lián)，線圈阻礙電流的增加，燈泡中有電流，故燈泡發(fā)光，A錯誤；由于線圈L的直流電阻不計，閉合S，穩(wěn)定后，燈泡被短路，電流強(qiáng)度為零，燈泡不發(fā)光，故B錯誤。斷開S的瞬間，電容器放電，R中電流不為零，線圈中電流減小，產(chǎn)生自感電動勢，相當(dāng)于電源，燈泡中的電流逐漸減小，故C正確，D錯誤。5．選C設(shè)正方形邊長為L，導(dǎo)線框的電阻為R，則導(dǎo)體切割磁感線的邊長為L，運動距離為L，W＝eq\f(E2,R)t＝eq\f(B2L2v2,R)·eq\f(L,v)＝eq\f(B2L3v,R)＝eq\f(B2L4,Rt)，可知W與t成反比，W1＝3W2，選C。6．選C設(shè)圓的半徑為r，當(dāng)其繞過圓心O的軸勻速轉(zhuǎn)動時，圓弧部分不切割磁感線，不產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，而在轉(zhuǎn)過半周的過程中僅有一半直徑在磁場中，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E＝B0req\x\to(v)＝B0r·eq\f(rω,2)＝eq\f(1,2)B0r2ω；當(dāng)線框不動時：E′＝eq\f(ΔB,Δt)·eq\f(πr2,2)。由閉合電路歐姆定律得I＝eq\f(E,R)，要使I＝I′必須使E＝E′，可得C正確。7．選AC2秒末通過線圈的磁通量為：Φ＝BS＝1.0×20×10－4Wb＝2×10－3Wb，故A正確；螺線管中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為：E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝nSeq\f(ΔB,Δt)＝1500×20×10－4×eq\f(1－0.2,2)V＝1.2V，故B錯誤；根據(jù)閉合電路歐姆定律，I＝eq\f(E,r＋R1＋R2)＝eq\f(1.2,1＋5＋6)A＝0.1A，電阻R1消耗電功率為：P＝I2R1＝0.12×5W＝5×10－2W，故C正確；根據(jù)楞次定律可知，螺線管下端為正極，則電流穩(wěn)定后電容器下極板帶正電，上極板帶負(fù)電，故D錯誤。8．選BD根據(jù)閉合電路歐姆定律得，I＝eq\f(E,R)＝neq\f(ΔBS,ΔtR)，知磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化率越大，則電流越大，磁感應(yīng)強(qiáng)度變化率最大值為0.1，則最大電流I＝0.05A，則在0～5s時間段，感應(yīng)電流先減小再增大，最后不變，故A錯誤；根據(jù)楞次定律知，感應(yīng)電流的方向在0～2s時間段順時針，在2～5s時間段逆時針，故B正確，C錯誤；在0～5s時間段，當(dāng)電流最大時，發(fā)熱功率最大，則P＝I2R＝0.052×0.2W＝5×10－4W，故D正確。9．選AD通過螺線管b的電流方向如圖所示，根據(jù)右手螺旋定則判斷出螺線管b所產(chǎn)生的磁場方向豎直向下，滑片P向下滑動，接入電路的電阻減小，電流增大，所產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度增強(qiáng)，根據(jù)楞次定律，a線圈中所產(chǎn)生的感應(yīng)電流產(chǎn)生的感應(yīng)磁場方向豎直向上，再由右手螺旋定則可得線圈a中的電流方向為俯視逆時針方向，故A正確；由于線圈b中的電流增大，產(chǎn)生的磁場增強(qiáng)，導(dǎo)致穿過線圈a的磁通量變大，故B錯誤；根據(jù)楞次定律，線圈a將阻礙磁通量的增大，因此，線圈a有縮小的趨勢，線圈a對水平桌面的壓力增大，C選項錯誤，D選項正確。10．選AD根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得E＝Blv(其中l(wèi)為有效長度)，當(dāng)θ＝0時，l＝2a，則E＝2Bav；當(dāng)θ＝eq\f(π,3)時，l＝a，則E＝Bav，故A選項正確，B選項錯誤。根據(jù)通電直導(dǎo)線在磁場中所受安培力的大小的計算公式可得F＝BIl，又根據(jù)閉合電路歐姆定律可得I＝eq\f(E,r＋R)，當(dāng)θ＝0時，r＋R＝(π＋2)aR0，解得F＝eq\f(4B2av,π＋2R0)；當(dāng)θ＝eq\f(π,3)時，r＋R＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,3)＋1))aR0，解得F＝eq\f(3B2av,5π＋3R0)，故C選項錯誤，D選項正確。11．解析：Φ的變化有兩個原因，一是B的變化，二是面積S的變化，顯然這兩個因素都應(yīng)當(dāng)考慮在內(nèi)，所以有E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)S＋Blv又eq\f(ΔB,Δt)＝2T/s，在1s末，B＝2T，S＝lvt＝0.4×1×1m2＝所以1s末，E＝eq\f(ΔB,Δt)S＋Blv＝1.6V，此時回路中的電流I＝eq\f(E,R)＝1.6A根據(jù)楞次定律與右手定則可判斷出電流方向為逆時針方向金屬棒ab受到的安培力為F＝BIl＝2×1.6×0.4N＝1.28N，方向向左。答案：1.6A1.28N，方向向左12．解析：(1)設(shè)流過金屬桿中的電流為I，由平衡條件得：F＝BI·eq\f(L,2)解得I＝eq\f(2F,BL)因R1＝R2，所以流過R1的電流大小為I1＝eq\f(I,2)＝eq\f(F,BL)根據(jù)右手定則判斷可知，流過R1的電流方向為從M到P。(2)設(shè)桿做勻速運動的速度為v，由法拉第電磁感應(yīng)定律得：桿切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小為E＝Bv·eq\f(L,2)又根據(jù)閉合歐姆定