2024年高考物理一輪復(fù)習(xí)第10章電磁感應(yīng)第2講法拉第電磁感應(yīng)定律自感現(xiàn)象課后作業(yè)含解析

PAGE1-第2講法拉第電磁感應(yīng)定律自感現(xiàn)象時(shí)間：60分鐘滿分：100分一、選擇題(本題共10小題，每小題8分，共80分。其中1～6題為單選，7～10題為多選)1．(2024·浙江高考)如圖所示，a、b兩個(gè)閉合正方形線圈用同樣的導(dǎo)線制成，匝數(shù)均為10匝，邊長la＝3lA．兩線圈內(nèi)產(chǎn)生順時(shí)針方向的感應(yīng)電流B．a(chǎn)、b線圈中感應(yīng)電動勢之比為9∶1C．a(chǎn)、b線圈中感應(yīng)電流之比為3∶4D．a(chǎn)、b線圈中電功率之比為3∶1答案B解析磁場勻稱增大，穿過兩線圈的磁通量增大，依據(jù)楞次定律可知兩線圈內(nèi)會產(chǎn)生逆時(shí)針方向的感應(yīng)電流，A錯誤；由法拉第電磁感應(yīng)定律E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(ΔB,Δt)l2，得eq\f(Ea,Eb)＝eq\f(l\o\al(2,a),l\o\al(2,b))＝eq\f(9,1)，B正確；由電阻定律R＝ρeq\f(L,S)，得eq\f(Ra,Rb)＝eq\f(la,lb)＝eq\f(3,1)，由閉合電路歐姆定律可得I＝eq\f(E,R)，即eq\f(Ia,Ib)＝eq\f(Ea,Eb)×eq\f(Rb,Ra)＝eq\f(3,1)，C錯誤；由P＝eq\f(E2,R)得eq\f(Pa,Pb)＝eq\f(E\o\al(2,a),E\o\al(2,b))×eq\f(Rb,Ra)＝eq\f(27,1)，D錯誤。2．(2024·河南名校高三上學(xué)期四聯(lián))如圖甲所示，abcd是邊長為L＝1m的正方形金屬線框，電阻為R＝2Ω，虛線為正方形的對稱軸，虛線上方線框內(nèi)有按圖乙改變的勻強(qiáng)磁場，虛線下方線框內(nèi)有按圖丙改變的勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直于紙面對里為正，則線框中的感應(yīng)電流大小為()A．eq\f(1,8)A B．eq\f(1,4)AC．eq\f(3,8)A D．eq\f(1,4)A答案C解析由圖乙得：eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(3－1,4－0)T/s＝0.5T/s，由法拉第電磁感應(yīng)定律得：E1＝eq\f(nΔΦ,Δt)＝eq\f(nL·\f(L,2)·ΔB,Δt)＝0.25V，由楞次定律得，線框的感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向；由圖丙得：eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(3－0,3－0)T/s＝1T/s，由法拉第電磁感應(yīng)定律得：E2＝eq\f(nΔΦ,Δt)＝eq\f(nL·\f(L,2)·ΔB,Δt)＝0.5V，由楞次定律得，線框的感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向。線框中的感應(yīng)電流大小為I＝eq\f(E1＋E2,R)＝eq\f(3,8)A，故C正確，A、B、D錯誤。3．如圖甲所示，固定閉合線圈abcd處于方向垂直紙面對外的磁場中，磁感線分布勻稱，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B隨時(shí)間t的改變規(guī)律如圖乙所示，則下列說法正確的是()A．t＝1s時(shí)，ab邊受到的安培力方向向左B．t＝2s時(shí)，ab邊受到的安培力為0C．t＝2s時(shí)，ab邊受到的安培力最大D．t＝4s時(shí)，ab邊受到的安培力最大答案B解析由題圖知，0～2s內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小漸漸增大，依據(jù)楞次定律知線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針方向，依據(jù)左手定則推斷知ab邊受到的安培力方向向右，A錯誤；t＝2s時(shí)，eq\f(ΔB,Δt)＝0，感應(yīng)電流I＝0，安培力F＝0，B正確，C錯誤；t＝4s時(shí)，B＝0，安培力F＝0，D錯誤。4．如圖所示，電路中有三個(gè)相同的燈泡L1、L2、L3，電感線圈L的電阻可忽視，D為志向二極管。下列說法正確的是()A．閉合開關(guān)S的瞬間，L3馬上變亮，L1、L2漸漸變亮B．閉合開關(guān)S的瞬間，L2、L3馬上變亮，L1漸漸變亮C．?dāng)嚅_開關(guān)S的瞬間，L2馬上熄滅，L1先變亮一下然后才熄滅D．?dāng)嚅_開關(guān)S的瞬間，L2馬上熄滅，L3先變亮一下然后才熄滅答案B解析開關(guān)S閉合的瞬間，由于自感線圈L產(chǎn)生自感電動勢的作用，L1漸漸變亮，而L2、L3馬上變亮，故A錯誤，B正確。斷開開關(guān)S的瞬間，線圈L和L1、L3構(gòu)成回路，因原來L1、L3兩支路電流相等，所以L1、L3漸漸熄滅，L2馬上熄滅，故C、D錯誤。5．如圖甲所示，導(dǎo)體棒MN置于水平導(dǎo)軌上，P、Q之間有阻值為R的電阻，PQNM所圍的面積為S，不計(jì)導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒的電阻。導(dǎo)軌所在區(qū)域內(nèi)存在沿豎直方向的磁場，規(guī)定磁場方向豎直向上為正，在0～2t0時(shí)間內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度的改變狀況如圖乙所示，導(dǎo)體棒MN始終處于靜止?fàn)顟B(tài)。下列說法正確的是()A．在0～t0和t0～2t0內(nèi)，導(dǎo)體棒受到導(dǎo)軌的摩擦力方向相同B．在t0～2t0內(nèi)，通過電阻R的電流方向?yàn)镻到QC．在0～t0內(nèi)，通過電阻R的電流大小為eq\f(2B0S,Rt0)D．在0～2t0內(nèi)，通過電阻R的電荷量為eq\f(B0S,R)答案D解析由楞次定律和右手定則，結(jié)合題圖可知0～t0時(shí)間內(nèi)，通過電阻R的電流方向?yàn)镻→Q，t0～2t0時(shí)間內(nèi)，電流方向?yàn)镼→P，B項(xiàng)錯誤；由左手定則可知，兩段時(shí)間內(nèi)安培力方向相反，故導(dǎo)體棒所受靜摩擦力方向相反，A項(xiàng)錯誤；由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，0～t0時(shí)間內(nèi)，E1＝eq\f(B0S,t0)，所以通過R的電流I1＝eq\f(B0S,Rt0)，C項(xiàng)錯誤；在0～2t0時(shí)間內(nèi)，PQNM范圍內(nèi)磁通量改變量為ΔΦ＝B0S，則通過電阻R的電荷量q＝eq\x\to(I)·2t0＝eq\f(\x\to(E),R)·2t0＝eq\f(ΔΦ,R·2t0)·2t0＝eq\f(B0S,R)，D項(xiàng)正確。6．(2024·四川德陽高三二診)如圖所示，光滑絕緣水平面上嵌入一無限長通電直導(dǎo)線。一質(zhì)量為0.02kg的金屬片在該平面內(nèi)以大小為v0＝2m/s、方向與電流方向成60°角的初速度滑出。則()A．圓形金屬片最終將靜止在水平面上的某處B．圓形金屬片最終沿垂直導(dǎo)線方向做勻速直線運(yùn)動C．圓形金屬片所受安培力方向始終和運(yùn)動方向相反D．圓形金屬片中產(chǎn)生的電能最多為0.03J答案D解析直導(dǎo)線四周有環(huán)形磁場，且離導(dǎo)線越遠(yuǎn)磁場越弱，圓形金屬片向右運(yùn)動，磁通量減小，會產(chǎn)生渦流，依據(jù)“來拒去留”(電磁阻尼)可知，所受的安培力將阻礙金屬圓片遠(yuǎn)離通電直導(dǎo)線，即安培力垂直直導(dǎo)線向左，與運(yùn)動方向并非相反，安培力使圓形金屬片在垂直導(dǎo)線方向做減速運(yùn)動，當(dāng)垂直導(dǎo)線方向的速度減為零時(shí)，只剩沿導(dǎo)線方向的速度，之后磁通量不變，無感應(yīng)電流，水平方向合力為零，故接著做勻速直線運(yùn)動，故A、B、C錯誤；由題意知：沿導(dǎo)線方向的分速度v1＝v0·cos60°＝1m/s，依據(jù)能量守恒定律，得：Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝0.03J，故金屬片中最多產(chǎn)生0.03J的電能，D正確。7．如圖所示，兩根平行光滑金屬導(dǎo)軌MN和PQ放置在水平面內(nèi)，間距為L，電阻不計(jì)。磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場垂直軌道平面對下，兩導(dǎo)軌之間連接的電阻阻值為R。在導(dǎo)軌上有一勻稱金屬棒ab，其長度為2L、阻值為2R，金屬棒與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，接觸點(diǎn)為c、d。在ab棒上施加水平拉力使其以速度vA．金屬棒c、d兩點(diǎn)間的電勢差為BLvB．金屬棒a、b兩點(diǎn)間的電勢差為eq\f(3,2)BLvC．通過電阻的電流大小為eq\f(BLv,R)D．水平拉力的功率為eq\f(B2L2v2,2R)答案BD解析導(dǎo)體棒以速度v向右勻速運(yùn)動，電動勢Ecd＝BLv，Eab＝2BLv，cd與導(dǎo)軌間電阻R組成閉合回路，Ucd＝eq\f(Ecd,2R)·R＝eq\f(1,2)BLv，故A錯誤。Uab＝Eac＋Ucd＋Edb，其中Eac＋Edb＝BLv，所以Uab＝eq\f(3,2)BLv，故B正確。通過電阻的電流I＝eq\f(BLv,2R)，故C錯誤。水平拉力的功率P＝Fv，其中F＝FA，F(xiàn)A＝BIL，聯(lián)立得P＝eq\f(B2L2v2,2R)，故D正確。8．如圖所示，水平面內(nèi)固定兩根足夠長的金屬導(dǎo)軌MN、M′N′，其電阻不計(jì)，兩導(dǎo)軌之間存在豎直向下的勻強(qiáng)磁場?，F(xiàn)將兩根粗細(xì)勻稱的相同銅棒ab、cd放在兩導(dǎo)軌上，若兩棒從圖示位置起先以相同的速度沿MN方向做勻速直線運(yùn)動，運(yùn)動過程中兩棒始終與兩導(dǎo)軌接觸良好，且始終與導(dǎo)軌MN垂直，不計(jì)一切摩擦，則下列說法正確的是()A．回路中有順時(shí)針方向的感應(yīng)電流B．回路中總的感應(yīng)電動勢不變C．回路中的感應(yīng)電流不變D．回路中的熱功率不斷減小答案BD解析兩棒沿MN方向做勻速直線運(yùn)動，穿過回路的磁通量不斷增大，依據(jù)楞次定律知，回路中有逆時(shí)針方向的感應(yīng)電流，A錯誤；設(shè)起先時(shí)兩棒間的距離為L，兩導(dǎo)軌間的夾角為θ，則回路中總的感應(yīng)電動勢E＝BLtanθ·v，恒定，B正確；回路中總的感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R)，由于運(yùn)動過程中兩棒在兩導(dǎo)軌間的總電阻R不斷增大，故I不斷減小，C錯誤；依據(jù)P＝eq\f(E2,R)知，回路中的熱功率不斷減小，D正確。9．在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，有一與磁場方向垂直、長度為L的金屬桿aO，已知ab＝bc＝cO＝eq\f(L,3)，a、c與磁場中以O(shè)為圓心的同心圓(都為部分圓弧)金屬軌道始終接觸良好。一電容為C的電容器接在軌道上，如圖所示，當(dāng)金屬桿在與磁場垂直的平面內(nèi)以O(shè)為軸、以角速度ω順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動時(shí)()A．Uac＝2UabB．UaO＝9UcOC．電容器所帶電荷量Q＝eq\f(4,9)BL2ωCD．若在eO間連接一個(gè)電壓表，則電壓表示數(shù)為零答案BC解析依據(jù)轉(zhuǎn)動切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢的公式E＝eq\f(1,2)Bl2ω得aO、bO、cO間的電勢差分別為UaO＝eq\f(1,2)BL2ω，UbO＝eq\f(1,2)B（eq\f(2,3)L）2ω＝eq\f(2,9)BL2ω，UcO＝eq\f(1,2)B·（eq\f(1,3)L）2ω＝eq\f(1,18)BL2ω，則Uac＝UaO－UcO＝eq\f(4,9)BL2ω，Uab＝UaO－UbO＝eq\f(5,18)BL2ω，可見，Uac＝1.6Uab，UaO＝9UcO，故B正確，A錯誤。電容器板間電壓等于ac間的電勢差，則電容器所帶電荷量為Q＝CUac＝eq\f(4,9)BL2ωC，故C正確。若在eO間連接一個(gè)電壓表，電壓表與cO、軌道組成的閉合回路磁通量增加，會有電流通過電壓表，則電壓表將有示數(shù)，故D錯誤。10．(2024·廣西欽州三模)如圖，兩條間距為L的平行金屬導(dǎo)軌位于同一水平面(紙面)內(nèi)，其左端接一阻值為R的電阻；一金屬棒垂直放置在兩導(dǎo)軌上；在MN左側(cè)面積為S的圓形區(qū)域中存在垂直于紙面對里的勻稱磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B隨時(shí)間t的改變關(guān)系為B＝kt，式中k為常量，且k>0；在MN右側(cè)區(qū)域存在一磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0、方向垂直紙面對里的勻強(qiáng)磁場。t＝0時(shí)刻，金屬棒從MN處起先，在水平拉力F作用下以速度v0向右勻速運(yùn)動。金屬棒與導(dǎo)軌的電阻及摩擦均可忽視。則()A．在t時(shí)刻穿過回路的總磁通量為B0Lv0tB．通過電阻R的電流為恒定電流C．在時(shí)間Δt內(nèi)流過電阻的電荷量為eq\f(kS＋B0Lv0,R)ΔtD．金屬棒所受的水平拉力F隨時(shí)間勻稱增大答案BC解析依據(jù)題意可知，MN左邊的磁場方向與右邊的磁場方向相同，那么總磁通量即為兩種狀況磁通量之和，則在時(shí)刻t穿過回路的總磁通量為Φ＝Φ1＋Φ2＝ktS＋B0v0tL＝ktS＋B0Lv0t，故A錯誤；依據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得E＝eq\f(ΔΦ,Δt)，結(jié)合閉合電路歐姆定律得I＝eq\f(E,R)＝eq\f(kS＋B0Lv0,R)，故通過電阻R的電流為恒定電流，故B正確；Δt時(shí)間內(nèi)通過電阻的電量為q＝IΔt＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(kS＋B0Lv0,R)Δt，故C正確；金屬棒所受的安培力大小FA＝B0IL＝eq\f(kS＋B0Lv0B0L,R)；依據(jù)平衡條件得，水平恒力大小等于安培力大小，即為F＝eq\f(kS＋B0Lv0B0L,R)，故外力F是一個(gè)恒量，故D錯誤。二、非選擇題(本題共1小題，共20分)11．(2024·廣東廣州外國語學(xué)校高三考試)如圖所示，兩根完全相同的光滑金屬導(dǎo)軌OP、OQ固定在水平桌面上，導(dǎo)軌間的夾角為θ＝74°。導(dǎo)軌所在空間有垂直于桌面對下的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0＝0.2T，t＝0時(shí)刻，一長為L＝1m的金屬桿MN在外力作用下以恒定速度v＝0.2m/s從O點(diǎn)起先向右滑動，在滑動過程中金屬桿MN與導(dǎo)軌接觸良好，且始終垂直于兩導(dǎo)軌夾角的平分線，金屬桿的中點(diǎn)始終在兩導(dǎo)軌夾角的平分線上，導(dǎo)軌與金屬桿單位長度(1m)的電阻均為r0＝0.1Ω。sin37°＝0.6。(1)求t1＝2s時(shí)刻，金屬桿中的感應(yīng)電動勢E和此時(shí)閉合回路的總長度。(2)求t1＝2s時(shí)刻，閉合回路中的感應(yīng)電流I。(3)若在t1＝2s時(shí)刻撤去外力，為保持金屬桿接著以v＝0.2m/s做勻速運(yùn)動，在金屬桿脫離導(dǎo)軌前可實(shí)行將B從B0漸漸減小的方法，從撤去外力起先計(jì)時(shí)的時(shí)間為t2，則磁感應(yīng)強(qiáng)度B應(yīng)隨時(shí)間t2怎樣改變(寫出B與t2的關(guān)系式)。答案(1)0.024V1.6m(2)0.15A(3)B＝eq\f(0.8,t2＋22)（0s≤t2≤eq\f(4,3)s）。解析(1)在t1＝2s時(shí)刻，金屬桿運(yùn)動的距離x＝vt1＝0.4m，連入回路的金屬桿的長度l＝2xtan37°＝0.6m，回路的電動勢E＝B0lv＝0.024V，回路的總長度：s＝l＋2·eq