(江苏专版)2019高考物理一轮复习课时跟踪检测(三十二)法拉第电磁感应定律
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综合检测 考生注意： 1．本试卷共4页．2．答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上．3．本次考试时间90分钟，满分100分．4．请在密封线内作答，保持试卷清洁完整．一、单项选择题(本题共5小题，每小题3分，共计15分．每小题只有一个选项符合题意)1．(2018·盐城中学阶段性测试)一束带电粒子以同一速度v 0从同一位置进入匀强磁场，在磁场中它们的轨迹如图1所示．若粒子A 的轨迹半径为r 1，粒子B 的轨迹半径为r 2，且r 2＝2r 1，q 1、q 2分别是它们的带电荷量，m 1、m 2分别是它们的质量．则下列分析正确的是( )图1A ．A 带负电、B 带正电，比荷之比为q 1m 1∶q 2m 2＝1∶1B ．A 带正电、B 带负电，比荷之比为q 1m 1∶q 2m 2＝1∶1C ．A 带正电、B 带负电，比荷之比为q 1m 1∶q 2m 2＝2∶1D ．A 带负电、B 带正电，比荷之比为q 1m 1∶q 2m 2＝1∶22．(2018·无锡市暨阳地区联考)如图2所示，物块A 从滑槽某一不变高度滑下后又滑上粗糙的水平传送带，传送带静止不动时，A 滑至传送带最右端的速度为v 1，需时间t 1，若传送带逆时针转动，A 滑至传送带最右端速度为v 2，需时间t 2，则( )图2A ．v 1＞v 2，t 1＜t 2B ．v 1＜v 2，t 1＜t 2C ．v 1＞v 2，t 1＞t 2D ．v 1＝v 2，t 1＝t 23．(2017·扬州中学12月考)图3中K 、L 、M 为静电场中的3个相距很近的等势面(K 、M 之间无电荷)．一带电粒子射入此静电场中后，沿abcde 轨迹运动．已知电势φK <φL <φM ，且粒子在ab段做减速运动．下列说法中正确的是( )图3A．粒子带负电B．粒子在bc段也做减速运动C．粒子在a点的速率大于在e点的速率D．粒子从c点到d点的过程中电场力做负功4．(2017·小海中学期中)如图4所示，水平细杆上套一细环A，环A与球B间用一轻质绳相连，质量分别为m A、m B(m A>m B)，由于B球受到水平风力作用，A环与B球一起向右匀速运动．已知细绳与竖直方向的夹角为θ，则下列说法正确的是( )图4A．杆对A环的支持力随着风力的增加而不变B．风力增大时，轻质绳对B球的拉力保持不变C．B球受到的风力F为m A g tanθD．A环与水平细杆间的动摩擦因数为m Bm A＋m B5．(2018·泰州中学调研)A、B、C、D四个质量均为2kg的物体，在光滑的水平面上做直线运动，它们运动的x－t、v－t、a－t、F－t图象分别如图所示，已知物体在t＝0时的速度均为零，其中0～4s内物体运动位移最大的是( )二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共计16分．每小题有多个选项符合题意．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分)6．(2018·如皋市质检)如图5所示，理想变压器初级线圈接一交变电流，交变电流的电压有效值恒定不变．副线圈接有光敏电阻R(光敏电阻阻值随光照强度增大而减小)、R2和R3，则下列说法中正确的是( )图5A．只将S1从2拨向1时，电流表示数变小B．只将S2从4拨向3时，电流表示数变小C．只将S3从闭合变为断开，电阻R2两端电压增大D．仅增大光照强度，原线圈的输入功率增大7．(2018·黄桥中学第三次段考)如图6所示，A、B都是重物，A被绕过小滑轮P的细线所悬挂，B放在粗糙的水平桌面上．滑轮P被一根斜短线系于天花板上的O点，O′是三根细线的结点，细线bO′水平拉着物体B，cO′沿竖直方向拉着弹簧．弹簧、细线、小滑轮的重力不计，细线与滑轮之间的摩擦力可忽略，整个装置处于静止状态．若悬挂小滑轮的斜线中的拉力是F＝203N，∠cO′a＝120°，重力加速度g取10m/s2，则下列说法正确的是( )图6A．弹簧的弹力为20NB．重物A的质量为2kgC．桌面对物体B的摩擦力为103ND．细线OP与竖直方向的夹角为60°8.(2017·海州高级中学第五次检测)如图7所示，水平放置的两平行导轨左侧连接电阻R，其他电阻不计，导体杆MN放在导轨上，在水平恒力F的作用下，沿导轨向右运动，并穿过方向竖直向下的有界匀强磁场，磁场边界PQ与MN平行，从MN进入磁场开始计时，通过MN的感应电流i随时间t变化的图象可能是图中的( )图79．“嫦娥三号”探测器在西昌卫星发射中心成功发射，携带“玉兔号”月球车实现月球软着陆和月面巡视勘察，并开展月表形貌与地质构造调查等科学探测．“玉兔号”在地球表面的重力为G 1，在月球表面的重力为G 2；地球与月球均视为球体，其半径分别为R 1、R 2；地球表面重力加速度为g ，则( )A ．月球表面的重力加速度为G 1g G 2B ．月球与地球的质量之比为G 2R 22G 1R 12C ．月球卫星与地球卫星分别绕月球表面与地球表面运行的速率之比为G 2R 2G 1R 1 D ．“嫦娥三号”环绕月球表面做匀速圆周运动的周期为2πG 2R 2G 1g三、非选择题(本题共6小题，共计69分)10．(5分)(2017·徐州市考前模拟)某同学查阅电动车使用说明书知道自家电动车的电源是铅蓄电池，他通过以下操作测量该电池的电动势和内阻．(1)先用多用电表粗测电池的电动势．把电表的选择开关拨到直流电压50V 挡，将两只表笔与电池两极接触，此时多用电表的指针位置如图8所示，读出该电池的电动势为________V.图8(2)再用图9所示装置进一步测量．多用电表的选择开关拨向合适的直流电流挡，与黑表笔连接的是电池的________极(选填“正”或“负”)．闭合开关，改变电阻箱的阻值R ，得到不同的电流值I ，根据实验数据作出1I－R 图象如图10所示．已知图中直线的斜率为k ，纵轴截距为b ，则此电池的电动势E ＝________，内阻r ＝________.(结果用字母k 、b 表示)图9图10(3)他发现两次测得电动势的数值非常接近，请你对此做出合理的解释：________________ ________________________________________________________________________. 11．(6分)(2018·高邮中学阶段检测)某同学利用小球在竖直平面内做圆周运动来验证机械能守恒定律．如图11甲所示，力传感器A固定在水平面上，细线的一端系着小球B，另一端系在传感器A上．将小球B拉至与传感器A等高处且细线刚好伸直，将小球由静止释放，传感器记录出小球在摆动过程中细线中的拉力F随时间t的变化图象如图乙所示．图11(1)实验室有小木球和小铁球，实验时应该选择________；现用游标卡尺测得小球的直径如图丙所示，则小球的直径为______cm.(2)实验中必须测量的物理量有________．A．小球的质量m B．传感器下端到小球球心的距离lC．小球运动的时间t D．当地的重力加速度g(3)若实验中测得传感器下端到小球球心的距离l＝0.30m，小球的质量为0.05kg，F0＝1.46N，已知当地的重力加速度g＝9.8m/s2，则小球减少的重力势能为________J，小球增加的动能为________J．(结果均保留三位有效数字)(4)写出(3)中计算出动能的增加量小于重力势能减小量的一个原因___________________．12．【选做题】本题包括A、B、C三小题，请选定其中两小题，并在相应的答题区域内作答．若多做，则按A、B两小题评分．A．[选修3－3](12分)(1)下列说法正确的是________．A．雨水没有透过布雨伞是因为液体表面存在张力B．布朗运动反映了悬浮颗粒中分子运动的不规则性C．给自行车打气时气筒压下后反弹，是由分子斥力造成的D．单晶体的某些物理性质具有各向异性，而多晶体和非晶体是各向同性的(2)(2018·徐州市考前模拟打靶卷)一定质量的理想气体，由状态A 通过如图12所示的箭头方向变化到状态C .则气体由状态A 到状态B 的过程中，气体的内能________(选填“增大”“减小”或“不变”)，气体由状态A 到状态C 的过程中，气体与外界总的热交换情况是________(选填“吸热”“放热”或“无法确定”)图12(3)(2017·镇江市一模)某种油酸密度为ρ、摩尔质量为M 、油酸分子直径为d ，将该油酸稀释为体积浓度为1n的油酸酒精溶液，用滴管取一滴油酸酒精溶液滴在洒有痱子粉的水面上形成油膜，已知一滴油酸酒精溶液的体积为V .若把油膜看成是单分子层，每个油酸分子看成球形，则油酸分子的体积为πd 36，求： ①一滴油酸酒精溶液在水面上形成的面积；②阿伏加德罗常数N A 的表达式．B ．[选修3－4](12分)(1)(2018·兴化一中调研)下列说法中正确的是________．A ．X 射线穿透物质的本领比γ射线更强B ．在电磁波发射技术中，使电磁波随各种信号而改变的技术叫做调谐C ．根据宇宙大爆炸学说，遥远星球发出的红光被地球接收到时可能是红外线D ．爱因斯坦狭义相对论指出：真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的(2)(2017·扬州市期末考试)如图13所示，直角三角形ABC 为一棱镜的横截面，∠A ＝30°，棱镜材料的折射率n ＝ 3.在此截面所在的平面内，空气中的一条光线平行于底边AB 从AC 边上的M 点射入棱镜，经折射射到AB 边．光线从AC 边进入棱镜时的折射角为________，试判断光线能否从AB 边射出，________(填“能”或“不能”)．图13(3)一列简谐横波由P 点向Q 点沿直线传播，P 、Q 两点相距1m ．图14甲、乙分别为P 、Q 两质点的振动图象，如果波长λ＞1m ，则波的传播速度为多少？图14C．[选修3－5](12分)(1)(2018·苏州市调研)一个质子以1.0×107m/s的速度撞入一个静止的铝原子核后被俘获，铝原子核变为硅原子核，已知铝核的质量是质子的27倍，硅核的质量是质子的28倍，则下列判断中正确的是________．A．核反应方程为2713Al＋11H→2814SiB．核反应方程为2713Al＋10n→2814SiC．硅原子核速度的数量级为107m/s，方向跟质子的初速度方向一致D．硅原子核速度的数量级为105m/s，方向跟质子的初速度方向一致(2)(2018·高邮中学阶段检测)目前，日本的“核危机”引起了全世界的瞩目，核辐射放出的三种射线超过了一定的剂量会对人体产生伤害．三种射线穿透物质的本领由弱到强的排列是________．A．α射线，β射线，γ射线B．β射线，α射线，γ射线C．γ射线，α射线，β射线D．γ射线，β射线，α射线(3)太阳能量来源于太阳内部氢核的聚变，设每次聚变反应可以看做是4个氢核(11H)结合成1个氦核(42He)，同时释放出正电子(01e)．已知氢核的质量为m p，氦核的质量为mα，正电子的质量为m e，真空中光速为c.计算每次核反应中的质量亏损及氦核的比结合能．13.(8分)(2017·涟水中学第三次检测)如图15为俯视图，虚线MN右侧存在一个竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场，电阻为R、质量为m、边长为L的正方形单匝金属线框abcd放在光滑水平面上，ab边在磁场外侧紧靠MN虚线边界．当线框以初速度v0穿出磁场过程中，安培力对线框所做的功为W，求：图15(1)初速度v0时刻，线框中感应电流I的大小和方向；(2)线框cd边穿出磁场时的速度v大小；(3)线框穿出磁场一半过程中，通过线框横截面的电荷量q .14．(12分)(2018·海安中学段考)如图16所示，在某竖直平面内，光滑曲面AB 与水平面BC 平滑连接于B 点，BC 右端连接内壁光滑、半径r ＝0.2m 的四分之一细圆管CD ，管口D 端正下方直立一根劲度系数为k ＝100N/m 的轻弹簧，弹簧一端固定，另一端恰好与管口D 端平齐．一个质量为1 kg 的小球放在曲面AB 上，现从距BC 的高度为h ＝0.6 m 处静止释放小球，它与BC 间的动摩擦因数μ＝0.5，小球进入管口C 端时，它对上管壁有F N ＝2.5mg 的相互作用力，通过CD 后，在压缩弹簧过程中小球速度最大时弹簧的弹性势能为E p ＝0.5 J ．取重力加速度g ＝10 m/s 2.求：图16(1)小球在C 处的向心力大小；(2)在压缩弹簧过程中小球的最大动能E km;(3)小球最终停止的位置．15．(14分)(2017·宿迁市上学期期末)在科学研究中，可以通过施加适当的电场和磁场来实现对带电粒子运动的控制．如图17甲所示，M 、N 为间距足够大的水平极板，紧靠极板右侧放置竖直的荧光屏PQ ，在MN 间加上如图乙所示的匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向下，磁场方向垂直于纸面向里，图中E 0、B 0、k 均为已知量．t ＝0时刻，比荷q m ＝k 的正粒子以一定的初速度从O 点沿水平方向射入极板间，在0～t 1(t 1＝1kB 0)时间内粒子恰好沿直线运动，t ＝5kB 0时刻粒子打到荧光屏上．不计粒子的重力，涉及图象中时间间隔时取0.8＝π4，1.4＝2，求：图17(1)在t 2＝2kB 0时刻粒子的运动速度v ；(2)在t 3＝2.8kB 0时刻粒子偏离O 点的竖直距离y ；(3)水平极板的长度L .综合检测答案精析 1．C [A 向左偏，B 向右偏，根据左手定则知，A 带正电，B 带负电．根据半径公式r ＝mv qB ，知荷质比q m ＝v Br ，v 与B 相同，所以比荷之比等于半径的反比，所以q 1m 1∶q 2m 2＝2∶1.故C 正确，A 、B 、D 错误．]2．D [传送带静止时，物块滑到传送带上受到的摩擦力大小为F f ＝μF N ，方向水平向左，当传送带逆时针转动时，物块与传送带间的正压力大小不变，而动摩擦因数也不变，所以受到的摩擦力大小仍为F f ＝μF N ，方向水平向左，即物块在两种情况下受力相同，所以两次运动情况相同，即v 1＝v 2，t 1＝t 2，D 正确．]3．B [已知电势φK <φL <φM ，则电场线方向大体向左，由轨迹弯曲方向知，粒子所受的电场力方向大体向左，故粒子带正电，故A 错误；由电势φL <φM ，b →c 电场力对正电荷做负功，动能减小，做减速运动，故B 正确；a 与e 处于同一等势面上，电势相等，电势能相等，根据能量守恒，速度大小也相等，故C 错误；粒子从c 点到d 点的过程中，电势降低，正电荷的电势能减小，电场力做正功，故D 错误．]4．A5．A [由x －t 图象可知，物体A 在4s 末到达位置为－1m 处，总位移大小为2m ；由v －t 图象可知，物体B 前2s 内沿正方向运动，2～4s 沿负方向运动，方向改变，4s 内总位移为零；由a －t 图象可知：物体在第1s 内向正方向做匀加速运动，第2s 内向正方向做匀减速运动，2s 末速度减为0，然后在2～3s 向负方向做匀加速运动，在3～4s 向负方向做匀减速直线运动，4s 末速度为零，并回到出发点，总位移为零，其v －t 图象如图甲所示：F －t 图象转化成a －t 图象，如图乙所示：由图象可知：物体在第1s 内做匀加速运动，位移x 1＝12at 2＝14m ，第1～2s 内做匀减速运动，2s 末速度减为0，位移x 2＝14m ，第2～4s 内重复前面的过程，故0～4s 内总位移x ＝1m ，综上所述，A 的位移最大，故选A.]6．BD [只将S 1从2拨向1时，n 1变小，根据变压比公式，输出电压变大，故输出电流变大，输出功率变大；输入功率等于输出功率，故输入功率变大，输入电流变大，A 错误；只将S 2从4拨向3时，n 2变小，根据变压比公式，输出电压变小，故输出电流变小，输出功率变小；输入功率等于输出功率，故输入功率变小，输入电流变小，B 正确；只将S 3从闭合变为断开，少一个支路，但电阻R 2与R 3串联的支路的电压不变，故通过电阻R 2的电流不变，R 2两端电压也不变，C 错误；仅增大光照强度，负载总电阻变小，故输出电流变大，输出功率变大；输入功率等于输出功率，故输入功率增大，D 正确；故选B 、D.]7．BC [由于动滑轮两侧绳子的拉力大小相等，根据对称性可知，细线OP 与竖直方向的夹角为30°，D 错误；设悬挂小滑轮的斜线中的拉力与O ′a 绳的拉力分别为F 和F T ，受力分析如图甲，则有2F T cos30°＝F ，得F T ＝20N ，以结点O ′为研究对象，受力分析如图乙，根据平衡条件得，弹簧的弹力为F 1＝F T cos60°＝10N ，A 错误；重物A 的质量m A ＝F T g＝2kg ，B 正确；绳O ′b 的拉力F 2＝F T sin60°＝20×32N ＝103N ，由平衡条件可知，C 正确．]8．ACD [MN 进入磁场时，若F 与安培力大小相等，MN 将做匀速运动，产生的感应电动势和感应电流不变，A 图是可能的，故A 正确；MN 进入磁场时，若F 大于安培力，MN 将做加速运动，随着速度的增大，由F 安＝B 2L 2vR，知安培力增大，合力减小，加速度减小，则MN 将做加速度减小的变加速运动，由i ＝BLvR知，i 逐渐增大，但i 的变化率减小，图线切线的斜率减小，当MN 匀速运动时，产生的感应电流不变，故B 错误，D 正确；MN 进入磁场时，若F 小于安培力，MN 将做减速运动，随着速度的减小，由F 安＝B 2L 2vR，知安培力减小，合力减小，加速度减小，则MN 将做加速度减小的变减速运动．由i ＝BLvR知，i 逐渐减小，i 的变化率减小，图线切线斜率的绝对值减小，当MN 匀速运动时，产生的感应电流不变，故C 正确．]9．BC [“玉兔号”的质量m ＝G 1g ，月球表面的重力加速度g 月＝G 2m ＝G 2gG 1，故A 错误；根据mg ＝G Mm R 2，得M ＝gR 2G ，M 月M 地＝g 月R 月2g 地R 地2＝G 2R 22G 1R 12，故B 正确；根据v ＝GM R ＝gR ，v 月v 地＝g 月R 月g 地R 地＝G 2R 2G 1R 1，故C 正确；根据T 月＝4π2R 月3GM 月，根据m ′g 月＝G M 月m ′R 月2得GM 月＝g 月R 月2，联立得T 月＝4π2R 月g 月＝2πG 1R 2G 2g，故D 错误．] 10．(1)12.0 (2)负 1k bk(3)铅蓄电池的内阻远小于多用电表电压挡的内阻，因此直接用表笔接在蓄电池的两极时，电表的读数非常接近电池的电动势．解析 (1)电压挡量程为50V ，则最小分度为1V ，则指针对应的读数为12.0V ；(2)作为电流表使用时，应保证电流由红表笔流进电表，黑表笔流出电表，故黑表笔连接的是电池的负极；由闭合电路欧姆定律可得：I ＝Er ＋R ，变形可得：1I ＝r E ＋1E·R则由题图可知：r E＝b ；1E＝k ，则可解得：E ＝1k，r ＝bk(3)因铅蓄电池的内阻远小于多用电表电压挡的内阻，因此直接用表笔接在蓄电池的两极时，电表的读数非常接近电池的电动势.11．(1)小铁球 1.145 (2)ABD (3)0.147 0.146 (4)小球在下摆过程中受到空气阻力12．A.(1)AD (2)不变 放热 (3)①V nd ②6Mπρd3解析 (1)雨水在布料上形成一层薄膜，使雨水没有透过布雨伞是因为液体表面存在张力，故A 正确；布朗运动是悬浮微粒的运动，反映了液体分子的无规则运动，故B 错误；打气时会反弹是因为气体压强的原因，不是分子斥力的作用，故C 错误；单晶体的某些物理性质是各向异性的，多晶体和非晶体的物理性质是各向同性的，故D 正确．(2)理想气体从状态A 变化到状态B ，斜率k ＝pV 保持不变，所以做等温变化，故气体的内能不变；理想气体从状态A 变化到状态B ，气体体积减小，内能不变，W ＞0，从B 到C ，体积不变，压强减小，所以温度降低，内能减小，气体由状态A 到状态C 的过程中，ΔU <0，W >0，由ΔU ＝Q ＋W ，气体与外界总的热交换情况是，Q ＜0，则气体放热． (3)①一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积为Vn， 水面上的面积S ＝V nd②油酸的摩尔体积为V A ＝M ρ阿伏加德罗常数为N A ＝V A V 0＝6Mπρd 3B ．(1)CD (2)30° 不能 (3)5m/s解析 (1)X 射线的频率小于γ射线的频率，所以γ射线的穿透能力更强，故A 错误；在电磁波发射技术中，使电磁波随各种信号而改变的技术叫做调制，故B 错误；根据宇宙大爆炸学说，由于星球在远离地球，根据多普勒效应，接收到的频率小于发出的频率，遥远星球发出的红光被地球接收到可能是红外线，故C正确；爱因斯坦狭义相对论指出：真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的，这是光速不变原理，故D正确．(2)设光线在M 点的入射角为i 、折射角为r ，由折射定律有：n ＝sin isin r由题意知i ＝60°，所以sin r ＝sin i n ＝sin60°3＝0.5，r ＝30°由几何关系可知，光线在AB 面上P 点的入射角为i ′＝60°设发生全反射的临界角为C ，则有sin C ＝1n ＝33<32，C <60°，则光线在P 点发生全反射，不能从AB 边射出，光路图如图所示．(3)波的周期等于质点的振动周期，为T ＝0.8s.当P 质点在正向最大位移处时，Q 质点在平衡位置向上振动，波由P 向Q 传播，波长λ＞1m ，则有：λ4＝1m ，所以：λ＝4m ，波速：v ＝λT ＝5m/sC ．(1)AD (2)A (3)4m p －m α－2m e4m p －m α－2m e c24解析 (1)由质量数守恒，电荷数守恒可知：核反应方程为2713Al ＋11H→2814Si，故A 正确，B 错误；由动量守恒可知，mv ＝28mv ′，解得v ′＝1.0×10728m/s ，故数量级约为105 m/s ，故C 错误，D 正确．(2)核辐射中的三种射线穿透物质的本领由弱到强的排列是α射线，β射线，γ射线，故选A.(3)由题意可知，质量亏损为：Δm ＝4m p －m α－2m e由E ＝Δmc 2可知氦核的比结合能为：E 0＝4m p －m α－2m e c24.13．(1)BLv 0R，方向为逆时针方向 (2)v 02＋2W m (3)BL 22R解析 (1)感应电动势为：E ＝BLv 0； 线框中感应电流为I ＝E R ＝BLv 0R根据楞次定律可知，电流方向为逆时针方向 (2)由动能定理可知，W ＝12mv 2－12mv 02解得：v ＝v 02＋2Wm(3)由q ＝I ·Δt ，再由法拉第电磁感应定律可知：E ＝ΔΦΔt ＝BL22Δt，再由欧姆定律可知：I ＝E R联立解得：q ＝BL 22R14．(1)35N (2)6J (3)距离B 端0.2m 处解析 (1)小球进入管口C 端时它与圆管上管壁有大小为F N ＝2.5mg 的相互作用力，故小球的向心力为：F 向＝2.5mg ＋mg ＝3.5mg ＝3.5×1×10N＝35N(2)在压缩弹簧过程中速度最大时，合力为零． 设此时小球离D 端的距离为x 0，则有kx 0＝mg 解得x 0＝mg k＝0.1m在C 点，由F 向＝mv 2Cr代入数据得：v C ＝7m/s从C 点到速度最大时，由机械能守恒定律有mg (r ＋x 0)＋12mv C 2＝E km ＋E p得E km ＝mg (r ＋x 0)＋12mv C 2－E p ＝3J ＋3.5J －0.5J ＝6J(3)小球从A 点运动到C 点过程，由动能定理得mgh －μmgs ＝12mv C 2解得BC 间距离s ＝0.5m小球与弹簧作用后返回C 处动能不变，小球的动能最终消耗在与BC 水平面相互作用的过程中． 设小球第一次到达C 点后在BC 上的运动总路程为s ′，由动能定理有0－12mv C 2＝－μmgs ′，解得s ′＝0.7m故最终小球在距离B 为0.7m －0.5m ＝0.2m 处停下． 15．见解析解析 (1)在0～t 1时间内，粒子在电磁场中做匀速直线运动，由qv 0B 0＝qE 0，得v 0＝E 0B 0在t 1～t 2时间内，粒子在电场中做类平抛运动，v y ＝a (t 2－t 1)＝qE 0m ·1kB 0＝E 0B 0，则v ＝2v 0＝2E 0B 0由tan θ＝v yv 0＝1得θ＝45°，即v 与水平方向成45°角向下 (2)在t 1～t 2时间内粒子在电场中运动：y 1＝v y 2(t 2－t 1)＝E 02kB 02在t 2～t 3时间内，粒子在磁场中做匀速圆周运动，运动周期T ＝2πm qB 0＝2πkB 0在磁场中运动时间t ＝π4kB 0＝18T ，即圆周运动的圆心角为α＝45°，此时速度恰好沿水平方向在磁场中：由qvB 0＝m v 2r 1得r 1＝2E 0kB 02y 2＝r 1(1－cos45°)＝(2－1)E 0kB 02在t 3时刻偏离O 点的竖直距离y ＝y 1＋y 2＝(2－12)E 0kB 20(3)在t 3时刻进入电场时以初速度v ＝2v 0＝2E 0B 0做类平抛运动，v y ′＝a (t 4－t 3)＝qE 0m ·2kB 0＝2E 0B 0t 4时刻进入磁场时，v ′＝2v 0＝2E 0B 0由tan θ′＝v y ′v＝1得θ′＝45°，即v ′与水平方向成45°角向下，由 qv ′B 0＝m v ′2r 2得r 2＝2E 0kB 02综上可得：水平极板的长度L ＝v 0·2kB 0＋r 1sin45°＋2v 0·2kB 0＋r 2sin45°＝5＋2E 0kB 02。
高三物理第一轮复习课时跟踪练：第十章第二讲法拉第电磁感应定律解析含答案
第十章电磁感应第二讲磁场对运动电荷的作用课时跟踪练A组基础巩固1.(2018·青岛模拟)如图所示为地磁场磁感线的示意图．一架民航飞机在赤道上空匀速飞行，机翼保持水平，由于遇到强气流作用使飞机竖直下坠，在地磁场的作用下，金属机翼上有电势差．设飞行员左方机翼末端处的电势为φ1，右方机翼末端处的电势为φ2，忽略磁偏角的影响，则( )A．若飞机从西往东飞，φ2比φ1高B．若飞机从东往西飞，φ2比φ1高C．若飞机从南往北飞，φ2比φ1高D．若飞机从北往南飞，φ2比φ1高解析：由于地磁场的方向是由南到北的，若飞机从西往东飞或者从东往西飞，竖直下坠，机翼方向与地磁场方向平行，不切割磁感线，不产生感应电动势，所以机翼两端不存在电势差，故A、B错误；若飞机从南往北飞，竖直下坠，机翼方向与地磁场方向垂直，由右手定则可判定，飞机的右方机翼末端的电势比左方机翼末端的电势高，即φ2比φ1高，同理可知，若飞机从北往南飞，φ2比φ1低，故C正确，D错误．答案：C2.(多选)(2018·郑州模拟)如图所示，闭合金属导线框放置在竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度的大小随时间变化而变化．下列说法中正确的是( )A．当磁感应强度增大时，线框中的感应电流可能减小B．当磁感应强度增大时，线框中的感应电流一定增大C．当磁感应强度减小时，线框中的感应电流一定增大D．当磁感应强度减小时，线框中的感应电流可能不变解析：线框中的感应电动势为E＝ΔBΔtS，设线框的电阻为R，则线框中的电流I＝ER＝ΔBΔt·SR，因为B增大或减小时，ΔBΔt可能减小，可能增大，也可能不变．线框中的感应电动势的大小只和磁通量的变化率有关，和磁通量的变化量无关．故选项A、D正确．答案：AD3. (2018·青岛模拟)如图中半径为r的金属圆盘在垂直于盘面的匀强磁场B中，绕O轴以角速度ω沿逆时针方向匀速转动，则通过电阻R的电流的大小和方向是(金属圆盘的电阻不计)( )A．由c到d，I＝Br2ωRB．由d到c，I＝Br2ωRC．由c到d，I＝Br2ω2RD．由d到c，I＝Br2ω2R解析：金属圆盘在匀强磁场中匀速转动，可以等效为无数根长为r的导体棒绕O点做匀速圆周运动，其产生的感应电动势大小为B＝12Br2ω，由右手定则可知其方向由外向圆心，故通过电阻R的电流I＝Br2ω2R，方向由d到c，故选D项．答案：D4. (2018·苏北名校模拟)如图所示电路中，L为电感线圈，C为电容器，当开关S由断开变为闭合时( )A．A灯中无电流通过，不可能变亮B．A灯中有电流通过，方向由a到bC．B灯逐渐熄灭，c点电势高于d点电势D．B灯逐渐熄灭，c点电势低于d点电势解析：当开关S由断开变为闭合时，电感线圈L中产生从c到d的感应电动势，B灯逐渐熄灭，把L 看成一个电源的话，c点电势低于d点电势，选项D正确，选项C错误；电容器C短路放电，A灯中有电流通过，方向由b到a，选项A、B均错误．答案：D5. (2018·哈尔滨模拟)如图所示，虚线区域内有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁场宽度为L，磁感应强度大小为B.总电阻为R的直角三角形导线框，两条直角边边长分别为2 L和L，当该线框以垂直于磁场边界的速度v匀速穿过磁场的过程中，下列说法正确的是( )A ．线框中的感应电流方向始终不变B ．线框中感应电流一直在增大C ．线框所受安培力方向始终相同D ．当通过线框的磁通量最大时，线框中的感应电动势为零解析：该线框以垂直于磁场边界的速度v 匀速穿过磁场的过程中，穿过线框的磁通量先增大后减小，根据楞次定律、安培定则可以判断线框中的感应电流先沿逆时针方向后沿顺时针方向，且始终不为零，由左手定则可以判断线框在该磁场中一直受到水平向左的安培力作用，故A 、D 项错误，C 项正确；该线框以垂直于磁场边界的速度v 匀速穿过磁场的过程中，导线框切割磁感线的有效长度先增大、后不变、后再增大，由E ＝BLv 及闭合电路欧姆定律可得线框中的感应电流先增大、后不变、后再增大，故B 项错误．答案：C6. (2018·榆林模拟)如图所示，铁芯右边绕有一个线圈，线圈两端与滑动变阻器、电池组连成回路．左边的铁芯上套有一个环面积为0.02 m 2、电阻为0.1 Ω的金属环．铁芯的横截面积为0.01 m 2，且假设磁场全部集中在铁芯中，金属环与铁芯截面垂直．调节滑动变阻器的滑动头，使铁芯中的磁感应强度每秒均匀增加0.2 T ，则从上向下看( )A ．金属环中感应电流方向是逆时针方向，感应电动势大小为4.0×10－3V B ．金属环中感应电流方向是顺时针方向，感应电动势大小为4.0×10－3 V C ．金属环中感应电流方向是逆时针方向，感应电动势大小为2.0×10－3 V D ．金属环中感应电流方向是顺时针方向，感应电动势大小为2.0×10－3 V解析：铁芯内的磁通量情况是相同的，金属环的有效面积即铁芯的横截面积．根据法拉第电磁感应定律E ＝nΔΦΔt＝1×0.2×0.01 V ＝2×10－3V ．又根据楞次定律，金属环中电流方向为逆时针方向，即选项C 正确．答案：C7.(多选) (2018·连云港质检)如图所示，在线圈上端放置一盛有冷水的金属杯，现接通交流电源，过了几分钟，杯内的水沸腾起来．若要缩短上述加热时间，下列措施可行的有( )A ．增加线圈的匝数B ．提高交流电源的频率C ．将金属杯换为瓷杯D ．取走线圈中的铁芯解析：当电磁铁接通交流电源时，金属杯处在变化的磁场中产生涡电流发热，使水温升高．要缩短加热时间，需增大涡电流，即增大感应电动势或减小电阻．增加线圈匝数、提高交变电流的频率都是为了增大感应电动势．瓷杯不能产生涡电流，取走铁芯会导致磁性减弱．所以选项A 、B 正确，选项C 、D 错误．答案：AB8．如图所示，两条相距d 的平行金属导轨位于同一水平面内，其右端接一阻值为R 的电阻．质量为m 的金属杆静置在导轨上，其左侧的矩形匀强磁场区域MNPQ 的磁感应强度大小为B 、方向竖直向下．当该磁场区域以速度v 0匀速地向右扫过金属杆后，金属杆的速度变为v.导轨和金属杆的电阻不计，导轨光滑且足够长，杆在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触．求：(1)MN 刚扫过金属杆时，杆中感应电流的大小I ； (2)MN 刚扫过金属杆时，杆的加速度大小a ； (3)PQ 刚要离开金属杆时，感应电流的功率P. 解析：(1)感应电动势E ＝Bdv 0， 感应电流I ＝ER ，解得I ＝Bdv 0R. (2)安培力F ＝BId ， 由牛顿第二定律得F ＝ma ， 解得a ＝B 2d 2v 0mR.(3)金属杆切割磁感线的速度v′＝v 0－v ，则感应电动势E ＝Bd(v 0－v)， 电功率P ＝E2R，解得P＝B2d2（v0－v）2R.答案：见解析B组能力提升9. (2018·石家庄模拟)如图所示，Q是单匝金属线圈，MN是一个螺线管，它的绕线方法没有画出，Q 的输出端a、b和MN的输入端c、d之间用导线相连，P是在MN的正下方水平放置的用细导线绕制的软弹簧线圈．若在Q所处的空间加上与环面垂直的变化磁场，发现在t1至t2时间段内弹簧线圈处于收缩状态，则所加磁场的磁感应强度的变化情况可能是( )解析：在t1至t2时间段内弹簧线圈处于收缩状态，说明此段时间内穿过线圈的磁通量变大，即穿过线圈的磁场的磁感应强度变大，则螺线管中电流变大，单匝金属线圈Q产生的感应电动势变大，所加磁场的磁感应强度的变化率变大，即Bt图线的斜率变大，选项D正确．答案：D10.(多选)(2018·长春外国语学校检测)如图所示，金属杆ab以恒定的速率v在光滑平行金属导轨上向右滑行，设整个电路总电阻保持不变，匀强磁场与导轨所在平面垂直，下列叙述正确的是( )A．ab杆中的电流与速率成正比B．电路产生的电热功率与速率成正比C．磁场作用于ab杆的安培力与速率的平方成正比D．外力对ab杆做功的功率与速率的平方成正比解析：ab杆做切割磁感线运动，产生的感应电动势E＝BLv，电流I＝ER＝BLvR，可知电流与速率成正比，A正确；根据P＝I2R＝（BLv）2R，知电阻R产生的热功率(即电路产生的电热功率)与速率平方成正比，B错误；安培力F安＝BIL＝B2L2vR，知安培力与速率成正比，C错误；速率恒定，则外力F＝F安，故P外＝Fv＝B2L2v2R，可知外力对ab杆做功的功率与速率的平方成正比，D正确．答案：AD11.(2018·鞍山第一中学模拟)如图所示，竖直平面内有一金属环，半径为a ，总电阻为R(指剪开拉直时两端的电阻)，磁感应强度为B 的匀强磁场垂直穿过环平面，与环的最高点A 连接的长度为2a 、电阻为R2的导体棒AB ，由水平位置紧贴环面摆下，当摆到竖直位置时，B 点的线速度为v ，则这时导体棒AB 两端的电压大小为()A.Bav 3B.Bav 6C.2Bav3D ．Bav解析：当摆到竖直位置时，导体棒AB 产生的感应电动势为：E ＝B·2a v ＝2Ba0＋v2＝Bav ，圆环被导体棒分为两个半圆环，两半圆环并联，并联电阻R 并＝R 2×R 2R 2＋R 2＝R 4，电路电流I ＝E R 2＋R 4＝4Bav3R ，AB 两端的电压相当于路端电压，AB 两端的电压大小为：U ＝IR 外＝4Bav 3R ×R 4＝13Bav ，故A 正确．答案：A12. (2015·广东卷)如图甲所示，平行长直金属导轨水平放置，间距L ＝0.4 m ，导轨右端接有阻值R ＝1 Ω的电阻，导体棒垂直放置在导轨上，且接触良好，导体棒及导轨的电阻均不计，导轨间正方形区域abcd 内有方向竖直向下的匀强磁场，bd 连线与导轨垂直，长度也为L ，从0时刻开始，磁感应强度B 的大小随时间t 变化，规律如图乙所示；同一时刻，棒从导轨左端开始向右匀速运动，1 s 后刚好进入磁场，若使棒在导轨上始终以速度v ＝1 m/s 做直线运动，求：(1)棒进入磁场前，回路中的电动势E ；(2)棒在运动过程中受到的最大安培力F ，以及棒通过三角形abd 区域时电流i 与时间t 的关系式． 解析：(1)棒进入磁场前，闭合回路中有磁场通过的有效面积不变，磁感应强度均匀变大，由法拉第电磁感应定律，回路中的电动势E ＝ΔΦΔt ＝ΔBΔt•S abcd ，其中S abcd ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22L 2＝0.08 m 2，代入数据得E ＝0.04 V.(2)棒进入磁场后，当导体棒在bd 时，切割磁感线的有效长度最长，为L ，此时回路中有最大电动势及电流E 1＝BLv ， I 1＝E 1R ＝BLv R.故进入磁场后最大安培力为 F 1＝BI 1L ＝B 2L 2v R.代入数据得F 1＝0.04 N ，故运动过程中所受的最大安培力为0.04 N. 棒通过三角形区域abd 时，切割磁感线的导体棒的长度为L′ L ′＝2×v(t－1)＝2(t －1)， E 2＝BL′v. 故回路中的电流i ＝E 2R ＝0.5×2（t －1）×11 A ＝t －1(A)(1 s ≤t ≤1.2 s)．答案：(1)0.04 V (2)0.04 N i ＝t －1 (A)(1 s ≤t ≤1.2 s)。
(江苏专版)2019年高考物理总复习 课时作业三十九 法拉第电磁感应定律
课时作业 三十九 法拉第电磁感应定律(限时：45分钟)(班级________ 姓名________)1．(多选)穿过一个电阻为1 Ω的单匝闭合线圈的磁通量始终是每秒钟均匀地减少4 Wb ，则( )A ．线圈中感应电动势一定是每秒减少4 VB ．线圈中感应电动势一定是4 VC ．线圈中感应电流一定是每秒减少4 AD ．线圈中感应电流一定是4 A2．如图所示，将一直导线AC 折成ABC 形状，AB BC ＝12，且AB ⊥BC ，将导线ABC 放在纸面内，匀强磁场垂直纸面向里，使导线ABC 以相同的速度分别垂直AB 、BC 、AC 在纸面内做匀速直线运动，AC 两端电压分别为U 1、U 2、U 3，三者之比正确的是( )第2题图A ．U 1∶U 2∶U 3＝1∶1∶1B ．U 1∶U 2∶U 3＝1∶2∶2C ．U 1∶U 2∶U 3＝1∶2∶3D ．U 1∶U 2∶U 3＝1∶2∶ 53．如图所示，一正方形线圈的匝数为n ，边长为a ，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中．在Δt 时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B 均匀地增大到2B .在此过程中，线圈中产生的感应电动势为( )第3题图A.Ba 22ΔtB.nBa 22ΔtC.nBa 2ΔtD.2nBa 2Δt4．(多选)法拉第圆盘发电机的示意图如图所示．铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P 、Q 分别与圆盘的边缘和铜轴接触．圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B 中．圆盘旋转时，关于流过电阻R 的电流，下列说法正确的是( )第4题图A ．若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定B ．若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a 到b 的方向流动C ．若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化D ．若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R 上的热功率也变为原来的2倍 5．(多选)如图所示，空间存在两个磁场，磁感应强度大小均为B ，方向相反且垂直纸面，MN 、PQ 为其边界，OO ′为其对称轴．一导线折成边长为l 的正方形闭合回路abcd ，回路在纸面内以恒定速度v 0向右运动，当运动到关于OO ′对称的位置时( )第5题图A ．穿过回路的磁通量为零B ．回路中感应电动势大小为2Blv 0C ．回路中感应电流的方向为顺时针方向D ．回路中ab 边与cd 边所受安培力方向相同6．两块水平放置的金属板间的距离为d ，用导线与一个n 匝线圈相连，线圈电阻为r ，线圈中有竖直方向的磁场，电阻R 与金属板连接，如图所示，两板间有一个质量为m 、电荷量为＋q 的油滴恰好处于静止，则线圈中的磁感应强度B 的变化情况和磁通量的变化率分别是( )第6题图A ．磁感应强度B 竖直向上且正增强，ΔΦΔt ＝dmgnqB ．磁感应强度B 竖直向下且正增强，ΔΦΔt ＝dmgnqC ．磁感应强度B 竖直向上且正减弱，ΔΦΔt ＝dmg （R ＋r ）nqRD ．磁感应强度B 竖直向下且正减弱，ΔΦΔt ＝dmg （R ＋r ）nq7．如图所示，两根同种金属材料、同一粗细、长度的导线，一根直接折成正方形闭合线框(甲)，另一根先拉长为原来的2倍再折成正方形闭合线框(乙)．磁场垂直纸面向里均匀变化，将两线框一起垂直磁场摆放，求：(1)二者感应电动势之比； (2)二者感应电流之比； (3)二者热功率之比．甲 乙 第7题图8．如图(a)所示，平行长直金属导轨水平放置，间距L ＝0.4 m ．导轨右端接有阻值R ＝1 Ω的电阻．导体棒垂直放置在导轨上，且接触良好，导体棒及导轨的电阻均不计，导轨间正方形区域abcd 内有方向竖直向下的匀强磁场，bd 连线与导轨垂直，长度也为L .从0时刻开始，磁感应强度B 的大小随时间t 变化，规律如图(b)所示；同一时刻，棒从导轨左端开始向右匀速运动，1 s 后刚好进入磁场，若使棒在导轨上始终以速度v ＝1 m/s 做直线运动，求：(1)棒进入磁场前，回路中的电动势E ； (2)棒在运动过程中受到的最大安培力F ，以及棒通过三角形abd 区域时电流i 与时间t 的关系式．第8题图课时作业(三十九) 法拉第电磁感应定律1.BD 【解析】 感应电动势的大小跟穿过这一回路的磁通量的变化率成正比，与磁通量是增是减无关，由法拉第电磁感应定律E ＝nΔφΔt 得E ＝4 V ，线圈中电流I ＝ER＝4 A ，故B 、D 正确． 2．D 【解析】 部分导线切割磁感线时E ＝BLv ，其中L 为导体切割磁感线的有效长度，依题意可知U 1∶U 2∶U 3＝1∶2∶5，故D 选项正确．3．B 【解析】 当磁场增强时线圈中产生感应电动势：E ＝n ΔφΔt ＝n ΔB Δt S ＝n ΔB Δt a 2，B项正确．4．AB 【解析】 由右手定则知，圆盘按如题图所示的方向转动时，感应电流沿a 到b 的方向流动，选项B 正确；由感应电动势E ＝12Bl 2ω知，角速度恒定，则感应电动势恒定，电流大小恒定，选项A 正确；角速度大小变化，感应电动势大小变化，但感应电流方向不变，选项C 错误；若ω变为原来的2倍，则感应电动势变为原来的2倍，电流变为原来的2倍，由P ＝I 2R 知，电流在R 上的热功率变为原来的4倍，选项D 错误．5．ABD 【解析】 由题意知，穿过闭合回路的磁通量Φ＝0，A 正确；由右手定则判知ab 边与cd 边切割磁感线产生的感应电动势相当于两个电源串联，回路中的感应电动势E ＝Bl ab v 0＋Bl cd v 0＝2Blv 0，B 正确；由右手定则可知感应电流的方向为逆时针方向，C 错误；由左手定则可知ab 边与cd 边所受的安培力方向均向左，D 正确．6．C 【解析】 由题意电荷量＋q 的油滴恰好静止金属板间，受到的电场力与重力平衡，由平衡条件得知，油滴受到的电场力竖直向上，则金属板上板带负电，下板带正电．A 、C.若磁感应强度B 竖直向上，B 正在增强时，根据楞次定律得知，线圈中产生的感应电动势是下负上正，金属板下板带负电，上板带正电，油滴不能平衡，故A 错误．若磁感应强度B 竖直向上且B 正在减弱时，油滴能保持平衡．根据法拉第电磁感应定律得：E ＝n ΔΦΔt ①，金属板间的电压：U ＝ER R ＋r②， 要使油滴平衡，则有q U d ＝mg ③，联立①②③得：ΔΦΔt＝dmg （R ＋r ）nqR.故C 正确．同理可知，磁感应强度B 竖直向下且正增强时，线圈中产生的感应电动势是上负下正，金属板下板带正电，上板带负电，油滴能平衡，且有ΔΦΔt ＝dmg （R ＋r ）nqR ，故B 错误．磁感应强度B 竖直向下减弱时，线圈中产生的感应电动势是下负上正，金属板下板带负电，上板带正电，油滴不能平衡．故D 错误．7．(1)1∶4 (2)1∶1 (3)1∶4【解析】 此题解题关键是要注意拉长导线的同时对导线截面积亦有影响．设甲导线长为4l 电阻率为ρ横截面积为S ，则乙导线长为8l 横截面积为S2，根据题中所给条件，结合电阻定律公式可得：两线框所围面积之比S 1S 2＝14①，两线框电阻之比R 1R 2＝14②，根据法拉第电磁感应定律E ＝ΔΦΔt ＝S ΔB Δt ③，而电流I ＝E R ④，电功率P ＝E2R ⑤，综合①②③④⑤可得：(1)电动势之比E 1E 2＝14 (2)电流之比I 1I 2＝11 (3)功率之比P 1P 2＝14.8．(1)0.04 V (2)0.04 N i ＝(t －1)A(1 s ≤t ≤1.2 s)【解析】 (1)正方形磁场的面积为S ，则S ＝L 22＝0.08 m 2.在棒进入磁场前，回路中的感应电动势是由于磁场的变化而产生的．由B t 图象可知ΔB Δt ＝0.5 T/s ，根据E ＝n ΔΦΔt ，得回路中的感应电动势E ＝ΔBΔtS ＝0.5×0.08 V ＝0.04 V. (2)当导体棒通过bd 位置时感应电动势、感应电流最大，导体棒受到的安培力最大．此时感应电动势E ′＝BLv ＝0.5×0.4×1 V ＝0.2 V ；回路中感应电流I ′＝E ′R ＝0.21A ＝0.2 A 导体棒受到的安培力F ＝BI ′L ＝0.5×0.2×0.4 N ＝0.04 N当导体棒通过三角形abd 区域时，导体棒切割磁感线的有效长度 l ＝2v (t －1) (1 s ≤t ≤1.2 s)感应电动势e ＝Blv ＝2Bv 2(t －1)＝(t －1) V 感应电流i ＝e R＝(t －1)A(1 s ≤t ≤1.2 s)．。
2019版高中物理红对勾一轮总复习课时作业29法拉第电磁感应定律 自感 涡流
课时作业29 法拉第电磁感应定律 自感 涡流时间：45分钟一、单项选择题1.如图，空间有一匀强磁场，一直金属棒与磁感应强度方向垂直，当它以速度v 沿与棒和磁感应强度都垂直的方向运动时，棒两端的感应电动势大小为E ，将此棒弯成两段长度相等且相互垂直的折线，置于与磁感应强度相垂直的平面内，当它沿两段折线夹角平分线的方向以速度v 运动时，棒两端的感应电动势大小为E ′.则E ′E 等于( )A.12B.22 C ．1 D. 2 解析：设折弯前导体切割磁感线的长度为L ，运动产生的感应电动势为E ＝BL v ；折弯后，导体切割磁感线的有效长度为L ′＝ (L 2)2＋(L 2)2＝22L ，故产生的感应电动势为E ′＝BL ′v ＝B ·22L v ＝22E ，所以E ′E ＝22，B 正确． ★答案★：B2．在如图所示的电路中，A 1、A 2、A 3为额定功率、额定电压均相同的三个灯泡，L为电阻不计、自感系数很大的线圈．则下列说法正确的是()A．开关S闭合的瞬间，三个灯同时亮B．开关S闭合的瞬间，A2、A3同时亮，A1逐渐变亮C．开关S断开的瞬间，A2、A3同时熄灭，A1逐渐熄灭D．开关S断开的瞬间，A3立即熄灭，A2闪亮一下再逐渐熄灭解析：开关S闭合的瞬间，流过线圈L的电流要增大，此时线圈产生自感电动势阻碍电流增大，则开关S闭合的瞬间，A2、A3同时亮，A1逐渐变亮，A错误，B正确；当电路稳定时，由于线圈的直流电阻不计，流过A1、A2两灯泡的电流相等，开关S断开的瞬间，A3立即熄灭，此时L、A1、A2构成一闭合回路，线圈由于自感现象要阻碍原电流的减小，灯泡A1、A2逐渐熄灭，但A2不会闪亮．C、D均错误．★答案★：B3．(2018·贵州七校联考)如图所示，两根相距为l的平行直导轨ab、cd，b、d间连有一定值电阻R，导轨电阻可忽略不计．MN为放在ab和cd上的一导体杆，与ab垂直，其电阻也为R.整个装置处于匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，磁场方向垂直于导轨所在平面(指向图中纸面内)．现对MN施力使它沿导轨方向以速度v(如图)做匀速运动．令U表示MN两端电压的大小，则()A．U＝12Bl v，流过定值电阻R的感应电流由b到dB．U＝12Bl v，流过定值电阻R的感应电流由d到b C．U＝Bl v，流过定值电阻R的感应电流由b到dD．U＝Bl v，流过定值电阻R的感应电流由d到b解析：由右手定则可知，通过MN的电流方向为N→M，电路闭合，流过电阻R的电流方向由b到d，B、D项错误；导体杆切割磁感线产生的感应电动势E＝Bl v，导体杆为等效电源，其电阻为等效电源内电阻，由闭合电路欧姆定律和部分电路欧姆定律可知，U＝IR＝E2R·R＝12Bl v，A项正确，C项错．★答案★：A4．一个边长为L的正方形导线框在倾角为θ的光滑斜面上由静止开始沿斜面下滑，随后进入虚线下方垂直于斜面向上的匀强磁场中．如图所示，斜面以及虚线下方的磁场往下方延伸到足够远．下列说法正确的是()A．线框进入磁场的过程，b点的电势比a点高B．线框进入磁场的过程一定是减速运动C．线框中产生的焦耳热小于线框减少的机械能D．线框从不同高度下滑时，进入磁场过程中通过线框导线横截面的电荷量相等解析：线框进入磁场的过程，ab边相当于电源，由右手定则知a 点电势高于b点电势，选项A错误；线框进入磁场的过程中可以减速、加速或匀速，选项B错误；由能量守恒知线框中产生的焦耳热等于线框减少的机械能，选项C错误；通过导线横截面的电荷量q＝I·Δt＝BL2R·Δt·Δt＝BL2R，与下落高度无关，选项D正确．★答案★：D5．A、B两闭合圆形导线环用相同规格的导线制成，它们的半径之比r A r B＝21，在两导线环包围的空间内存在一正方形边界的匀强磁场区域，磁场方向垂直于两导线环所在的平面，如图所示．在磁场的磁感应强度随时间均匀增大的过程中，下列说法正确的是()A ．两导线环内所产生的感应电动势相等B ．A 环内所产生的感应电动势大于B 环内所产生的感应电动势C ．流过A 、B 两导线环的感应电流的大小之比为14 D ．流过A 、B 两导线环的感应电流的大小之比为1 1解析：某一时刻穿过A 、B 两导线环的磁通量均为穿过磁场所在区域面积上的磁通量，设磁场区域的面积为S ，则Φ＝BS ，由E ＝ΔΦΔt＝ΔB Δt S (S 为磁场区域面积)，对A 、B 两导线环，有E A E B＝1，所以A 正确，B 错误；I ＝E R ，R ＝ρl S 1(S 1为导线的横截面积)，l ＝2πr ，所以I A I B＝E A r B E B r A ＝12，C 、D 错误．★答案★：A二、多项选择题6．如图所示，水平放置的光滑金属长导轨MM ′和NN ′之间接有电阻R ，导轨左、右两区域分别存在方向相反且与导轨平面垂直的匀强磁场，设左、右区域磁场的磁感应强度大小分别为B 1和B 2，虚线为两区域的分界线．一根阻值也为R 的金属棒ab 放在导轨上并与其垂直，导轨电阻不计．若金属棒ab 在恒定外力F 的作用下从左边的磁场区域距离磁场边界x 处匀速运动到右边的磁场区域距离磁场边界x 处，下列说法正确的是( )A ．当金属棒通过磁场边界时，通过电阻R 的电流反向B ．当金属棒通过磁场边界时，金属棒受到的安培力反向C ．金属棒在题设的运动过程中，通过电阻R 的电荷量等于零D ．金属棒在题设的运动过程中，回路中产生的热量等于Fx 解析：金属棒的运动方向不变，磁场方向反向，则电流方向反向，A 正确；电流方向反向，磁场也反向时，安培力的方向不变，B 错误；由q ＝ΔΦR 总知，因为初、末状态磁通量相等，所以通过电阻R 的电荷量等于零，C 正确；由于金属棒匀速运动，所以动能不变，即外力做功全部转化为电热，Q ＝2Fx ，D 错误．★答案★：AC7．如图所示，灯泡A 、B 与定值电阻的阻值均为R ，L 是自感系数较大的线圈，当S 1闭合、S 2断开且电路稳定时，A 、B 两灯亮度相同，再闭合S 2，待电路稳定后将S 1断开，下列说法中正确的是( )A．B灯立即熄灭B．A灯将比原来更亮一下后熄灭C．有电流通过B灯，方向为c→dD．有电流通过A灯，方向为b→a解析：S1闭合、S2断开且电路稳定时，A、B两灯一样亮，说明两个支路中的电流相等，这时线圈L没有自感作用，可知线圈L的电阻也为R，在S2、S1都闭合且稳定时，I A＝I B，当S2闭合、S1突然断开时，由于线圈的自感作用，流过A灯的电流方向变为b→a，但A灯不会出现比原来更亮一下再熄灭的现象，故选项D正确，B 错误；由于定值电阻R没有自感作用，故断开S1时，B被S2支路(短路)灯立即熄灭，选项A正确，C错误．★答案★：AD8．如图所示，在线圈上端放置一盛有冷水的金属杯，现接通交流电源，过了几分钟，杯内的水沸腾起来．若要缩短上述加热时间，下列措施可行的有()A．增加线圈的匝数B．提高交流电源的频率C．将金属杯换为瓷杯D．取走线圈中的铁芯解析：当电磁铁接通交流电源时，金属杯处在变化的磁场中产生涡电流发热，使水温升高．要缩短加热时间，需增大涡电流，即增大感应电动势或减小电阻．增加线圈匝数、提高交变电流的频率都是为了增大感应电动势．瓷杯不能产生涡电流，取走铁芯会导致磁性减弱．所以选项A、B正确，C、D错误．★答案★：AB三、非选择题9．如图所示，固定在匀强磁场中的水平导轨ab、cd的间距L1＝0.5 m，金属棒ad与导轨左端bc的距离为L2＝0.8 m，整个闭合回路的电阻为R＝0.2 Ω，磁感应强度为B0＝1 T的匀强磁场竖直向下穿过整个回路．ad杆通过滑轮和轻绳连接着一个质量为m＝0.04 kg的物体，不计一切摩擦，现使磁场以ΔBΔt＝0.2 T/s的变化率均匀地增大．求：(1)金属棒上电流的方向．(2)感应电动势的大小．(3)物体刚好离开地面的时间(g取10 m/s2)．解析：(1)由楞次定律可以判断，金属棒上的电流由a到d.(2)由法拉第电磁感应定律得E＝ΔΦΔt＝SΔBΔt＝0.08 V.(3)物体刚好离开地面时，其受到的拉力F＝mg而拉力F又等于棒所受的安培力，即mg＝F安＝BIL1其中B＝B0＋ΔBΔt t I＝ER解得t＝5 s.★答案★：(1)由a到d(2)0.08 V(3)5 s10．某同学设计一个发电测速装置，工作原理如图所示．一个半径为R＝0.1 m的圆形金属导轨固定在竖直平面上，一根长为R的金属棒OA，A端与导轨接触良好，O端固定在圆心处的转轴上．转轴的左端有一个半径为r＝R3的圆盘，圆盘和金属棒能随转轴一起转动．圆盘上绕有不可伸长的细线，下端挂着一个质量为m＝0.5 kg的铝块．在金属导轨区域内存在垂直于导轨平面向右的匀强磁场，磁感应强度B＝0.5 T．a点与导轨相连，b点通过电刷与O端相连．测量a、b两点间的电势差U可算得铝块速度．铝块由静止释放，下落h ＝0.3 m时，测得U＝0.15 V．(细线与圆盘间没有滑动，金属棒、导轨、导线及电刷的电阻均不计，重力加速度g取10 m/s2)(1)测U时，与a点相接的是电压表的“正极”还是“负极”？(2)求此时铝块的速度大小；(3)求此下落过程中铝块机械能的损失．解析：(2)由电磁感应定律得U＝E＝ΔΦΔt其中ΔΦ＝12BR2Δθ，则U＝12BωR2又v＝rω＝13ωR所以v＝2U3BR＝2 m/s.(3)ΔE＝mgh－12m v2＝0.5 J.★答案★：(1)正极(2)2 m/s(3)0.5 J11．如图甲所示，光滑导轨宽0.4 m，ab为金属棒，均匀变化的磁场垂直穿过轨道平面，磁场的变化情况如图乙所示，金属棒ab的电阻为1 Ω，导轨电阻不计．t＝0时刻，ab棒从导轨最左端，以v ＝1 m/s的速度向右匀速运动，求1 s末回路中的感应电流及金属棒ab受到的安培力．解析：Φ的变化有两个原因，一是B的变化，二是面积S的变化，显然这两个因素都应当考虑在内，所以有E＝ΔΦΔt＝ΔBΔt S＋Bl v又ΔBΔt＝2 T/s，在1 s末，B＝2 T，S＝l v t＝0.4×1×1 m2＝0.4 m2所以1 s末，E＝ΔBΔt S＋Bl v＝1.6 V，此时回路中的电流I ＝E R ＝1.6 A根据楞次定律与右手定则可判断出电流方向为逆时针方向，金属棒ab 受到的安培力为F ＝BIl ＝2×1.6×0.4 N ＝1.28 N ，方向向左．★答案★：1.6 A 1.28 N ，方向向左感谢您的下载!快乐分享，知识无限！由Ruize收集整理！。
高考物理一轮复习课时跟踪训练32法拉第电磁感应定律、
【与名师对话】（新课标）2016高考物理一轮复习 课时跟踪训练32法拉第电磁感应定律、自感和涡流一、选择题 1.(2014·江苏卷)如图所示，一正方形线圈的匝数为n ，边长为a ，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中．在Δt 时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B 均匀地增大到2B .在此过程中，线圈中产生的感应电动势为 ( )A.Ba 22ΔtB.nBa 22ΔtC.nBa 2ΔtD.2nBa 2Δt解析：本题考查法拉第电磁感应定律的应用．根据法拉第电磁感应定律可得，E ＝n ΔB Δt S＝n BΔt ·12a 2＝nBa22Δt，B 正确． 答案：B2．(2014·新课标全国卷Ⅰ)如图(甲)所示，线圈ab 、cd 绕在同一软铁芯上，在ab 线圈中通以变化的电流，用示波器测得线圈cd 间电压如图(乙)所示，已知线圈内部的磁场与流经线圈的电流成正比， 则下列描述线圈ab 中电流随时间变化关系的图中，可能正确的是( )解析：由法拉第电磁感应定律得E ＝N ΔΦΔt ＝N ΔB Δt S ，又B ∝I ，故ΔB Δt ∝ΔIΔt ∝E ，由乙图可知i －t 图象中的斜率应不为0，且在0～0.5 s 、0.5～1.5 s 、1.5～2.5 s 各段时间内斜率不变．分析图象可知，只有C 正确．答案：C3．(多选)(2014·江苏卷)如图所示，在线圈上端放置一盛有冷水的金属杯，现接通交流电源，过了几分钟，杯内的水沸腾起来．若要缩短上述加热时间，下列措施可行的有 ( )A．增加线圈的匝数B．提高交流电源的频率C．将金属杯换为瓷杯D．取走线圈中的铁芯解析：考查涡流现象、影响感应电动势大小的因素及分析问题的能力．增大线圈的匝数，可以增大通过金属杯的磁通量及磁通量的变化率，从而增大金属杯中产生感应电流的大小，增大加热功率，缩短加热时间，A正确．提高交流电的频率，最大磁通量不变，但交替变化快也能提高磁通量的变化率，产生更大的感应电流，达到缩短加热时间的目的，B正确．瓷杯是绝缘体，不能产生感应电流，不能加热，C错误．取走铁芯，金属杯中的磁通量变小，磁通量的变化率也变小，从而导致加热功率变小，加热时间加长，D错误．答案：AB4．(多选)一个面积S＝4×10－2m2、匝数n＝100的线圈放在匀强磁场，磁场方向垂直于线圈平面，磁感应强度B随时间t变化的规律如图所示，则下列判断正确的是( )A．在开始的2 s内穿过线圈的磁通量变化率等于0.08 Wb/sB ．在开始的2 s 内穿过线圈的磁通量的变化量等于零C ．在开始的2 s 内线圈中产生的感应电动势等于8 VD ．在第3 s 末线圈中的感应电动势等于零解析：由图知，前2 s 内ΔB Δt ＝2 T/s ，所以ΔΦΔt ＝2×4×10－2Wb/s ＝0.08 Wb/s ，A 选项正确；在开始的2 s 内磁感应强度B 由2 T 减到0，又从0向相反方向增加到2 T ，所以这2 s 内的磁通量的变化量ΔΦ＝B 1S ＋B 2S ＝2BS ＝2×2×4×10－2Wb ＝0.16 Wb ，B 选项错；开始的2 s 内E ＝n ΔΦΔt ＝100×0.08 V＝8 V ，C 选项正确；第3 s 末的感应电动势等于2 s ～4 s 内的平均感应电动势，E ＝n ΔΦΔt ＝n ΔB ΔtS ＝100×2×4×10－2V ＝8 V ，D 选项错误．答案：AC5．有人把自行车进行了改装，在后车轮上装上了一个小型发电机，想看电视时，就骑在自行车上不停地蹬车，可供电视、照明用电．发电机原理如图甲所示，在匀强磁场中，磁感应强度为B ，放置一个有固定转轴的发电轮，如图乙所示，发电轮平面与磁感应强度垂直，发电轮半径为r ，轮轴和轮缘为两个输出电极，该发电机输出电压接一理想变压器，再给一小灯泡供电，则下列说法中正确的是( )A ．当人蹬车的速度增大时，小灯泡两端的电压降低B ．当人蹬车的速度增大时，小灯泡两端的电压不变C ．小灯泡的功率与发电机转速无关D ．小灯泡的功率随发电机转速的增大而增大解析：转轮发电机的电动势为E ＝12Br 2ω，蹬车的速度增大时，角速度增大，电动势增大，输入电压和输入功率增大，D 正确．答案：D6．如图所示，一段导线弯曲成半径为R 的半圆形闭合回路．虚线MN 、PQ 间有磁感应强度为B 的匀强磁场，磁场的宽度等于R ，方向垂直于回路所在的平面．现让回路以速度v 向右匀速穿过磁场，直径CD 始终与MN 垂直．关于此过程，下列结论中正确的是( )A ．穿过的过程中，回路中感应电流一直不为零B ．感应电流的方向一直不变C ．感应电动势先增大后减小再增大再减小D ．感应电动势最大值E m ＝2BRv解析：当回路的圆心到磁场的中间时，回路中的感应电动势为零，电流为零，A 项错误；磁通量先向里增大，后向里减小，根据楞次定律，感应电流的方向先沿逆时针方向后沿顺时针方向，B 项错误；当回路的圆心到MN 或PQ 上时，切割磁感线的有效长度最长，感应电动势最大为BRv ，D 项错误；在穿过磁场的过程中，回路切割磁感线的有效长度应先变大，后变小，再变大，再变小，因此感应电动势先增大后减小再增大再减小，C 项正确．答案：C7．有一个匀强磁场边界是EF ，在EF 右侧无磁场，左侧是匀强磁场区域，如图甲所示．现有一个闭合的金属线框以恒定速度从EF 右侧水平进入匀强磁场区域．线框中的电流随时间变化的i －t 图象如图乙所示，则可能的线框是下列四个选项中的( )解析：由图乙可知，电流先是均匀增加，后均匀减小，又i ＝E R ＝BlvR∝l ，所以金属线框切割磁感线的有效长度应先是均匀增加，后均匀减小，A 项符合；B 、C 项线框中间部分进入磁场后切割磁感线的有效长度不变；D项有效长度不是均匀地增加和减小．答案：A8．(多选)如图所示，是研究自感通电实验的电路图，L1、L2是两个规格相同的小灯泡，闭合电键调节电阻R，使两个灯泡的亮度相同，调节可变电阻R1，使它们都正常发光，然后断开电键S.重新闭合电键S，则( )A．闭合瞬间，L1立刻变亮，L2逐渐变亮B．闭合瞬间，L2立刻变亮，L1逐渐变亮C．稳定后，L和R两端电势差一定相同D．稳定后，L1和L2两端电势差不相同解析：根据题设条件可知，闭合电键调节电阻R，使两个灯泡的亮度相同，说明此时电阻R的阻值与线圈L的电阻一样大，断开电键再重新闭合电键的瞬间，根据自感原理，可判断L2立刻变亮，而L1逐渐变亮，A项错误，B项正确；稳定后，自感现象消失，根据题设条件可判断线圈L和R两端的电势差一定相同，L1和L2两端电势差也相同，所以C项正确，D项错误．答案：BC9．(多选)如图所示，水平放置的U形框架上接一个阻值为R0的电阻，放在垂直纸面向里的、场强大小为B的匀强磁场中，一个半径为L、质量为m的半圆形硬导体AC在水平向右的恒定拉力F的作用下，由静止开始运动距离d后速度达到v，半圆形硬导体AC的电阻为r，其余电阻不计．下列说法正确的是( )A ．此时AC 两端电压为U AC ＝2BLvB ．此时AC 两端电压为U AC ＝2BLvR 0R 0＋rC ．此过程中电路产生的电热为Q ＝Fd －12mv 2D ．此过程中通过电阻R 0的电荷量为q ＝2BLdR 0＋r解析：AC 的感应电动势为：E ＝2BLv ，两端电压为U AC ＝ER 0R 0＋r ＝2BLvR 0R 0＋r，A 错、B 对；由功能关系得Fd ＝12mv 2＋Q ＋W μ，C 错；此过程中平均感应电流为I ＝2BLdR 0＋r Δt ，通过电阻R 0的电荷量为q ＝I Δt ＝2BLdR 0＋r，D 对． 答案：BD 10.(2014·江西省九所重点中学高三联考)如图所示，虚线为磁感应强度大小均为B 的两匀强磁场的分界线，实线MN 为它们的理想下边界．长为L 的正方形线圈电阻为R ，边与MN 重合，且可以绕过a 点并垂直线圈平面的轴以角速度ω匀速转动，则下列说法正确的是( )A ．从图示的位置开始逆时针转动180°的过程中，线框中感应电流方向始终为逆时针B ．从图示的位置开始顺时针转动90°到180°这段时间内，因线圈完全在磁场中，故无感应电流C ．从图示的位置顺时针转动180°的过程中，线框中感应电流的最大值为2B ωL 2RD ．从图示的位置开始顺时针方向转动270°的过程中，通过线圈的电量为2BL 2R解析：在线圈转过180°的过程中，穿过线框的磁通量先增大后减小，则由楞次定律可知，电流的方向应先为逆时针后为顺时针，故A 错误；顺时针转动90°到180°过程中，由于磁通量发生了变化，故线圈中有感应电流产生，故B 错误；从图示的位置顺时针转动180°的过程中，当bd 与边界重合时，则bcd 与bad 均切割磁感线，则感应电动势最大值为E ＝2×12B ω(2L )2＝2B ωL 2，线框中感应电流的最大值为2B ωL2R，故C 正确；顺时针转动270°时，线框内的磁通量的变化量ΔΦ＝0，故通过线圈的电量为0，故D 错误．答案：C 二、非选择题 11.(2014·江苏淮安市高三调研)如图所示，相距L ＝0.4 m 、电阻不计的两平行光滑金属导轨水平放置，一端与阻值R ＝0.15 Ω的电阻相连，导轨处于磁感应强度B ＝0.5 T 的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面．质量m ＝0.1 kg 、电阻r ＝0.05 Ω的金属棒置于导轨上，并与导轨垂直．t ＝0时起棒在水平外力F 作用下以初速度v 0＝2 m/s 、加速度a ＝1 m/s 2沿导轨向右匀加速运动．求：(1)t ＝1 s 时回路中的电流； (2)t ＝1 s 时外力F 大小； (3)第1 s 内通过棒的电荷量．解析：(1)t ＝1 s 时，棒的速度为：v 1＝v 0＋at ＝3 m/s 此时由于棒运动切割产生的电动势为：E ＝BLv 1＝0.6 V 根据闭合电路欧姆定律可知，此时回路中的感应电流为：I ＝ER ＋r＝3 A(2)对棒，根据牛顿第二定律有：F －ILB ＝ma 解得t ＝1 s 时外力F 大小为：F ＝ILB ＋ma ＝0.7 N (3)在t ＝1 s 时间内，棒的位移为：x ＝v 0t ＋12at 2根据法拉第电磁感应定律可知，在这段时间内，棒切割平均感应电动势为：E ＝BLx t根据闭合电路欧姆定律可知，在这段时间内，回路中的平均感应电流为：I ＝ER ＋r在第1 s 时间内，通过棒的电荷量为：q ＝I ·t联立以上各式解得：q ＝2.5 C 答案：(1)3 A (2)0.7 N (3)2.5 C12．(2014·深圳市高三第二次调研)如图甲所示，静止在粗糙水平面上的正三角形金属线框，匝数N ＝10、总电阻R ＝2.5 Ω、边长L ＝0.3 m ，处在两个半径均为r ＝L3的圆形匀强磁场区域中，线框顶点与右侧圆形中心重合，线框底边中点与左侧圆形中心重合．磁感应强度B 1垂直水平面向外，大小不变、B 2垂直水平面向里，大小随时间变化，B 1、B 2的值如图乙所示．线框与水平面间的最大静摩擦力f ＝0.6 N ，(取π≈3)，求：(1)t ＝0时刻穿过线框的磁通量； (2)线框滑动前的电流强度及电功率；(3)经过多长时间线框开始滑动及在此过程中产生的热量．解析：(1)设磁场向下穿过线框磁通量为正，由磁通量的定义得t ＝0时 Φ＝B 216πr 2－B 112πr 2＝0.005 Wb(2)根据法拉第电磁感应定律E ＝NΔΦΔt ＝N ΔB Δt 16πr 2＝0.25 V I ＝ER ＝0.1 A P ＝I 2R ＝0.025 W(3)右侧线框每条边受到的安培力F 1＝NB 2Ir ＝N (2＋5t )Ir因两个力互成120°，两条边的合力大小仍为F 1， 左侧线框受力F 2＝2NB 1Ir线框受到的安培力的合力F 安＝F 1＋F 2当安培力的合力等于最大静摩擦力时线框就要开始滑动F 安＝f 即F 安＝N (2＋5t )Ir ＋2NB 1Ir ＝f解得t＝0.4 s.Q＝I2Rt＝0.01 J.答案：(1)0.005 Wb (2)0.1 A 0.025 W (3)0.01 J。
(江苏专版)2019版高考物理一轮复习 专题十 电磁感应课件
考查点 本题考查感应电流产生的条件、法拉第电磁感应定律、万有引力提供向心力、黄 金代换式等考点,情景清晰简单,对分析推理能力要求不高,属于中等难度题。
易错点拨 虽然MN连线在切割磁感线,M点电势高于N点电势,但在M、N之间连小灯泡,整个 回路在磁场中平动,磁通量不变。
(1)求M、N间感应电动势的大小E; (2)在太阳帆板上将一只“1.5 V,0.3 W”的小灯泡与M、N相连构成闭合电路,不计太阳帆板和 导线的电阻,试判断小灯泡能否发光,并说明理由; (3)取地球半径R=6.4×103 km,地球表面的重力加速度g=9.8 m/s2,试估算“天宫一号”距离地球 表面的高度h(计算结果保留一位有效数字)。
高考物理(江苏专用)
专题十 电磁感应
五年高考
考点一 楞次定律 法拉第电磁感应定律
A组 自主命题·江苏卷题组
1.(2014江苏单科,1,3分)如图所示,一正方形线圈的匝数为n,边长为a,线圈平面与匀强磁场垂 直,且一半处在磁场中。在Δt时间内,磁感应强度的方向不变,大小由B均匀地增大到2B。在此 过程中,线圈中产生的感应电动势为 ( )
错解分析 本题易错选C,原因有两种可能:一是对磁通量概念的理解有误,认为面积S=a2;二是 审题不清,认为磁感应强度“增加了”2B。由此可见,解题过程中一定要细心再细心!
2.(2011江苏单科,2,3分)如图所示,固定的水平长直导线中通有电流I,矩形线框与导线在同一竖 直平面内,且一边与导线平行。线框由静止释放,在下落过程中 ( )
考查点 本题从改变线圈构造、工作电源、加热容器等多个视角考查考生对涡流的理解,属 于容易题。
学习指导 涡流不是重、难点,学习中很容易忽视它。由此可见,我们在学习过程中,不留知识 漏洞,才不会在高考中留下遗憾。
江苏专用2019高考物理一轮复习单元检测九电磁感应
单元检测九电磁感应考生注意：1．本试卷共4页．2．答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上．3．本次考试时间90分钟，满分100分．4．请在密封线内作答，保持试卷清洁完整．一、单项选择题(本题共8小题，每小题3分，共计24分．每小题只有一个选项符合题意) 1．如图1所示为安检门原理图，左边门框中有一通电线圈，右边门框中有一接收线圈．工作过程中某段时间通电线圈中存在顺时针方向(从左向右看)均匀增大的电流，则( )图1A．无金属片通过时，接收线圈中的感应电流方向为顺时针B．无金属片通过时，接收线圈中的感应电流增大C．有金属片通过时，接收线圈中的感应电流方向为顺时针D．有金属片通过时，接收线圈中的感应电流大小发生变化2．(2017·南京市多校第三次月考)在竖直方向的匀强磁场中，水平放置一个面积不变的单匝金属圆形线圈，规定线圈中感应电流的正方向如图2甲所示，取线圈中磁场B的方向向上为正，当磁场中的磁感应强度B随时间t如图乙变化时，下列各图中能正确表示线圈中感应电流变化的图象是( )图23．(2018·田家炳中学调研)如图3所示，A、B是两盏完全相同的白炽灯，L是直流电阻不计、自感系数很大的自感线圈，如果断开开关S1，闭合S2，A、B两灯都能同样发光．如果最初S1是闭合的，S2是断开的．那么不可能出现的情况是( )图3A．刚一闭合S2，A灯就立即亮，而B灯延迟一段时间才亮B．刚闭合S2时，线圈L中的电流为零C．闭合S2以后，A灯变亮，B灯由亮变暗D．闭合S2稳定后再断开S2时，A灯立即熄灭，B灯先亮一下然后熄灭4．(2018·虹桥中学调研)如图4所示，螺线管与灵敏电流计相连，条形磁铁从螺线管的正上方由静止释放，向下穿过螺线管．下列说法正确的是( )图4A．电流计中的电流先由a到b，后由b到aB．a点的电势始终低于b点的电势C．磁铁减少的重力势能等于回路中产生的热量D．磁铁刚离开螺线管时的加速度小于重力加速度5．(2018·盐城中学模拟)矩形线圈abcd，长ab＝20cm，宽bc＝10cm，匝数n＝200，线圈回路总电阻R＝5Ω.整个线圈平面内均有垂直于线圈平面的匀强磁场穿过．若磁感应强度B随时间t的变化规律如图5所示，则( )图5A ．线圈回路中感应电动势随时间均匀变化B ．线圈回路中产生的感应电流为0.5AC ．当t ＝0.3s 时，线圈的ab 边所受的安培力大小为0.016ND ．在1min 内线圈回路产生的焦耳热为48J6．在垂直纸面的匀强磁场中，有不计重力的甲、乙两个带电粒子，在纸面内做匀速圆周运动，运动方向和轨迹示意图如图6.则下列说法中正确的是( )图6A ．甲、乙两粒子所带电荷种类不同B ．若甲、乙两粒子的动量大小相等，则甲粒子所带电荷量较大C ．若甲、乙两粒子所带电荷量及运动的速率均相等，则甲粒子的质量较大D ．该磁场方向一定是垂直纸面向里7．(2018·高邮中学阶段检测)如图7所示，LOM 为一45°角折线，折线内有一方向垂直于纸面向里的匀强磁场，一边长为l 的正方形导线框沿垂直于OM 的方向以速度v 做匀速直线运动，在t ＝0时刻恰好位于图中所示位置．以逆时针方向为导线框中电流的正方向，在下面四幅图中能够正确表示电流－时间(I －t )关系的是(时间以l v为单位)( )图78．(2017·苏锡常镇四市调研)图8中L是线圈，D1、D2是发光二极管(电流从“＋”极流入才发光)．闭合S，稳定时灯泡L正常发光，然后断开S瞬间，D2亮了一下后熄灭．则( )图8A．题图是用来研究涡流现象的实验电路B．开关S闭合瞬间，灯泡L立即亮起来C．开关S断开瞬间，P点电势比Q点电势高D．干电池的左端为电源的正极二、多项选择题(本题共5小题，每小题4分，共计20分．每小题有多个选项符合题意．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分)9．(2018·南京市玄武区模拟)如图9所示，圆形导体线圈a平放在绝缘水平桌面上，在a 的正上方固定一竖直螺线管b，二者轴线重合，螺线管、电源和滑动变阻器连接成如图所示的电路．若将滑动变阻器的滑片P向上滑动，下列表述正确的是( )图9A．穿过线圈a的磁通量增大B．线圈a对水平桌面的压力小于其重力C．线圈a中将产生俯视逆时针方向的感应电流D．线圈a中将产生俯视顺时针方向的感应电流10．(2018·启东中学模拟)如图10所示，足够长的光滑导轨倾斜放置，导轨宽度为L，其下端与电阻R连接．导体棒ab长为L，电阻为r，导轨和导线电阻不计，匀强磁场竖直向上．若导体棒ab以一定初速度v下滑，则关于ab棒的下列说法中正确的是( )图10A ．所受安培力方向水平向右B ．可能以速度v 匀速下滑C ．刚下滑的瞬间ab 棒产生的感应电动势为BLvD ．减少的重力势能等于电阻R 上产生的内能11．如图11所示，固定于水平面上宽为l 的光滑金属架abcd 处在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B ，左端接一定值电阻R ，质量为m 的金属棒MN 沿框架以初速度v 0向右运动，接入电路的有效电阻为r ＝R 2，若导轨足够长，其电阻不计，对整个运动过程下列说法正确的是( )图11A ．电阻R 上产生的焦耳热为13mv 02 B ．金属棒MN 上产生的焦耳热为14mv 02 C ．通过导体棒MN 的电荷量为mv 0BlD ．最终MN 停靠的位置距离其初始位置为mv 0R 2B 2l 2 12．(2018·铜山中学模拟)如图12所示，竖直平面(纸面)内两水平线间存在宽度为d 的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里．一质量为m 、边长也为d 的正方形线框从磁场上方某处自由落下，t 1时刻线框的下边进入磁场，t 2时刻线框的上边进入磁场，t 3时刻线框上边离开磁场．已知线框平面在下落过程中始终与磁场方向垂直，且线框上、下边始终与磁场边界平行，不计空气阻力，则线框下落过程中的v －t 图象可能正确的是( )图1213.(2018·淮安市、宿迁市学业质量检测)如图13所示，在水平光滑绝缘桌面上建立直角坐标系xOy ，第一象限内存在垂直桌面向上的磁场，磁场的磁感应强度B 沿x 轴正方向均匀增大且ΔB Δx＝k ，一边长为a 、电阻为R 的单匝正方形线圈ABCD 在第一象限内以速度v 沿x 轴正方向匀速运动，运动中AB 边始终与x 轴平行，则下列判断正确的是( )图13A ．线圈中的感应电流沿逆时针方向B ．线圈中感应电流的大小为ka 2v RC ．为保持线圈匀速运动，可对线圈施加大小为k 2a 4v R的水平外力 D ．线圈不可能有两条边所受安培力大小相等三、非选择题(本题共5小题，共计56分)14．(9分)(2017·盐城中学月考)如图14(a)所示，平行长直金属导轨水平放置，间距L ＝0.6m ，导轨右端接有阻值R ＝1Ω的电阻，导体棒垂直放置在导轨上，且接触良好．导体棒及导轨的电阻均不计．导轨间正方形区域abcd 内有方向竖直向下的匀强磁场，bd 连线与导轨垂直，长度也为L .从t ＝0时刻开始，磁感应强度B 的大小随时间t 变化，规律如图(b)表示；同一时刻，棒从导轨左端开始向右匀速运动，t ＝1s 时刚好进入磁场，若使棒在导轨上始终以速度v ＝1m/s 做直线运动，求：图14(1)棒进入磁场前，回路中的电动势E；(2)棒在运动过程中受到的最大安培力F；(3)求棒穿过磁场的过程中流经电阻的电荷量．15．(10分)(2017·扬州中学5月考)如图15甲所示，一根能承受最大拉力为16N的轻绳系一质量为m＝0.8kg、半径为1m的圆形线圈静止在竖直平面内，已知线圈的总电阻为R＝0.5Ω，在线圈上半部分分布着垂直于线圈平面向里、大小随时间变化的磁场，如图乙所示，已知t0时刻轻绳刚好被拉断，g取10m/s2.求：(计算结果可以保留π)图15(1)在轻绳被拉断前线圈感应电动势的大小及感应电流的大小和方向；(2)t＝1s时线圈受到的安培力；(3)t0的大小．16．(12分)(2017·丹阳中学模拟)如图16所示，用质量为m、电阻为R的均匀导线做成边长为l的单匝正方形线框MNPQ，线框每一边的电阻都相等．将线框置于光滑绝缘的水平面上，在线框的右侧存在竖直方向的有界匀强磁场，磁场边界间的距离为2l，磁感应强度为B，在垂直MN边的水平拉力作用下，线框以垂直磁场边界的速度v匀速穿过磁场，在运动过程中线框平面水平，且MN边与磁场的边界平行．求：图16(1)线框MN边刚进入磁场时，线框中感应电流的大小；(2)线框MN边刚进入磁场时，M、N两点间的电压U MN；(3)在线框从MN边刚进入磁场到PQ边刚穿出磁场的过程中，水平拉力对线框所做的功W.17．(12分)(2017·淮阴中学模拟)如图17所示，质量为m的跨接杆ab可以无摩擦地沿水平的导轨滑行，两轨间距为L，导轨与电阻R连接，放在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B.杆从x轴原点O以大小为v0的水平初速度向右滑行，直到静止．已知杆在整个运动过程中速度v和位移x的函数关系是：v＝v0－B2L2xmR，杆及导轨的电阻均不计．图17(1)试求杆所受的安培力F随其位移x变化的函数式；(2)求出杆开始运动到停止运动过程中通过R的电荷量．(3)求从开始到滑过的位移为全程一半时电路中产生的焦耳热．18．(13分)(2018·南京市三校联考)如图18所示，两根足够长的平行金属导轨固定在倾角θ＝30°的斜面上，导轨电阻不计，间距L＝0.4m，导轨所在空间被分成区域Ⅰ和Ⅱ，两区域的边界与斜面的交线为MN.Ⅰ中的匀强磁场方向垂直斜面向下，Ⅱ中的匀强磁场方向垂直斜面向上，两磁场的磁感应强度大小均为B ＝0.5T ．在区域Ⅰ中，将质量m 1＝0.1kg 、电阻R 1＝0.1Ω的金属条ab 放在导轨上，ab 刚好不下滑．然后，在区域Ⅱ中将质量m 2＝0.4kg 、电阻R 2＝0.1Ω的光滑导体棒cd 置于导轨上，由静止开始下滑．cd 在滑动过程中始终处于区域Ⅱ的磁场中，ab 、cd 始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，取g ＝10m/s 2，问：图18(1)cd 下滑的过程中，ab 中的电流方向；(2)ab 刚要向上滑动时，cd 的速度v 为多大；(3)从cd 开始下滑到ab 刚要向上滑动的过程中，cd 滑动的距离x ＝3.8m ，此过程中ab 上产生的热量Q 是多少．答案精析1．D 2.A 3.A 4.D 5.D6．C [两粒子均逆时针运动，根据左手定则可知有两种情况：①磁场垂直纸面向里，粒子均带正电；②磁场垂直纸面向外，粒子均带负电，故A 、D 错误；根据洛伦兹力提供向心力得qvB ＝m v 2R ，可得R ＝mv qB，分析可知当速率v 、电荷量q 、磁感应强度B 均相等时，半径R 越大的粒子质量m 就越大，根据R ＝mv qB 可知，磁感应强度B 相同，当两粒子动量p ＝mv 相等时，半径R 越小的粒子电荷量q 越大，所以乙粒子电荷量较大，故B 错误，C 正确．]7．C [在0～l v 时间内线框上边框进入磁场，切割磁感线产生的电动势大小恒定，感应电流沿逆时针方向，可排除D 项；在l v ～3l v时间内，线框穿出磁场，磁通量一直减少，感应电流均沿顺时针方向，电流为负值，可排除A 、B 两项，故C 项正确．]8．D 9.BD10．AB [导体棒ab 以一定初速度v 下滑，切割磁感线产生感应电动势和感应电流，由右手定则可判断出电流方向为从b 到a ，由左手定则可判断出ab 棒所受安培力方向水平向右，选项A 正确．当mg sin θ＝BIL cos θ时，ab 棒沿导轨方向合外力为零，可以以速度v 匀速下滑，选项B 正确．由于速度方向与磁场方向夹角为(90°＋θ)，刚下滑的瞬间ab 棒产生的感应电动势为E ＝BLv cos θ，选项C 错误．由能量守恒定律知，ab 棒减少的重力势能不等于电阻R 上产生的内能，选项D 错误．]11．AC12．AB [进入磁场前和通过磁场后，线框只受重力，加速度恒为g .设线框下边进入磁场时速度为v ，则线框中感应电动势E ＝Bdv ，由闭合电路欧姆定律有I ＝E R，安培力F ＝BId ，解得F ＝B 2d 2v R，若F ＝mg ，则线框匀速穿过磁场，A 项正确；若F >mg ，则线框减速通过磁场，由牛顿第二定律有B 2d 2v R－mg ＝ma 1，可知线框加速度不断减小，B 项正确；若F <mg ，线框在磁场中刚开始做加速运动，由牛顿第二定律有mg －B 2d 2v R＝ma 2，所以线框加速度不断减小，当F ＝mg 时线框匀速运动，故C 、D 项错．]13．BC [由楞次定律得感应电流沿顺时针方向，A 错误；设线圈向右移动一段距离Δl ，则通过线圈的磁通量变化为ΔΦ＝Δl ·ΔB Δx ·a 2＝Δl ·a 2k ，而所需时间为Δt ＝Δl v，根据法拉第电磁感应定律，感应电动势为E ＝ΔΦΔt ＝ka 2v ，故感应电流大小为I ＝E R ＝ka 2v R ，B 正确；线圈匀速运动时，外力与安培力平衡，由平衡条件得F ＝(B 2－B 1)Ia ＝ka 2I ＝k 2a 4v R ，C 正确；线圈的AB 、CD 两条边所受安培力大小相等，D 错误．]14．见解析解析 (1)由法拉第电磁感应定律，知E ＝n ΔΦΔt ＝ΔB Δt·S ＝0.09V (2)棒在磁场中受到安培力，t ＝1s 后磁感应强度不再变化，则有效切割长度为L 时，安培力最大，为F ＝BIL ＝B 2L 2v R＝0.09N (3)q ＝I Δt ＝ΔΦR＝0.09C 15．见解析解析 (1)根据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势为：E ＝n ΔΦΔt ＝ΔB Δt·S 其中S 是指位于磁场中线圈的有效面积，有：S ＝12πr 2 解得：E ＝0.5V根据闭合电路欧姆定律有：I ＝E R ＝1A根据楞次定律可知，感应电流的方向为逆时针方向(2)根据安培力大小计算公式可知，t ＝1s 时线圈受到的安培力为：F 1＝B 1IL其中L 是指位于磁场中通电导线的有效长度，有：L ＝2r根据题图乙可知，t ＝1s 时B 1＝1πT 解得：F 1＝2πN ，根据左手定则可知安培力的方向为竖直向下 (3)对线圈，受竖直向下的重力mg 和安培力F 、轻绳竖直向上的拉力F T 作用，根据共点力平衡条件有：F T ＝mg ＋F在t 0时刻，F T ＝F Tm ＝16N ，F ＝2rI π·t 0 解得：t 0＝πF Tm －mg 2rI＝4πs 16．(1)Blv R (2)34Blv (3)2B 2l 3v R解析 (1)线框MN 边刚进入磁场时，感应电动势E ＝Blv线框中的感应电流I ＝E R ＝Blv R； (2)M 、N 两点间的电压为电源的路端电压，由闭合电路欧姆定律可得出U MN ＝34E ＝34Blv (3)线框运动过程中有感应电流的时间t ＝2l v此过程线框中产生的焦耳热Q ＝I 2Rt ＝2B 2l 3v R根据能量守恒定律得水平拉力做功W ＝Q ＝2B 2l 3v R. 17．(1)F ＝B 2L 2R (v 0－B 2L 2x mR ) (2)mv 0BL (3)38mv 02 解析 (1)杆在磁场中向右运动时，所受的安培力为：F ＝B I L ，其中：I ＝BLv R ， 据题意，杆的速度v 和位移x 的函数关系为：v ＝v 0－B 2L 2x mR所以有：F ＝B 2L 2R (v 0－B 2L 2x mR) 由上式可知，安培力F 与位移x 成线性关系．(2)根据动量定理得：－B I L Δt ＝0－mv 0，则有：q ＝I Δt ＝mv 0BL(3)当v ＝0时，x ＝mRv 0B 2L 2当x ′＝x 2时，v ＝v 0－B 2L 2×1mR ×12×mRv 0B 2L 2＝v 02根据能量守恒：Q 1＝12mv 02－12m (v 02)2＝38mv 02 18．(1)由a 流向b (2)5m/s (3)1.3J解析 (1)由右手定则可判断出cd 中的电流方向为由d 到c ，则ab 中电流方向为由a 流向b .(2)开始放置时ab 刚好不下滑，ab 所受摩擦力为最大静摩擦力，设其为F max ，有F max ＝m 1g sin θ① 设ab 刚要上滑时，cd 棒的感应电动势为E ，由法拉第电磁感应定律有E ＝BLv ②设电路中的感应电流为I ，由闭合电路欧姆定律有I ＝E R 1＋R 2③ 设ab 所受安培力为F 安，有F 安＝BIL ④此时ab 受到的最大静摩擦力方向沿斜面向下，如图所示，由平衡条件有F 安＝m 1g sin θ＋F max ⑤综合①②③④⑤式，得v ＝2m 1g sin θB 2L 2(R 1＋R 2)，代入数据解得v ＝5m/s(3)设cd 棒运动过程中在电路中产生的总热量为Q 总，由能量守恒定律有m 2gx sin θ＝Q 总＋12m 2v 2又Q ＝R 1R 1＋R 2Q 总，解得Q ＝1.3J。
2019届高考物理江苏专版一轮复习课时检测(三十二) 法拉第电磁感应定律 Word版含解析
课时跟踪检测（三十二） 法拉第电磁感应定律对点训练：法拉第电磁感应定律的应用1.(2018·南通模拟)法拉第发明了世界上第一台发电机。
如图所示，圆形金属盘放置在电磁铁的两个磁极之间，两电刷M 、N 分别与盘的边缘和中心电接触良好，且与灵敏电流计相连。
金属盘绕中心轴沿图示方向转动，则( )A ．电刷M 的电势高于电刷N 的电势B ．若只将电刷M 移近N ，电流计的示数变大C ．若只提高金属盘转速，电流计的示数变大D ．若只将变阻器滑片向左滑动，电流计的示数变大解析：选C 根据安培定则可知，电磁铁产生的磁场方向向右，由右手定则判断可知，金属盘产生的感应电流方向从M 到N ，则电刷M 的电势低于电刷N 的电势，故A 错误；若仅减小电刷A 、B 之间的距离，有效的切割长度减小，产生的感应电动势减小，感应电流减小，则灵敏电流计的示数变小，故B 错误；若仅提高金属盘转速，由E ＝BL v 知，产生的感应电动势增大，灵敏电流计的示数将变大，故C 正确；若仅将滑动变阻器滑动头向左滑动，变阻器接入电路的电阻增大，而感应电动势不变，则电路中电流减小，电磁场产生的磁场减弱，灵敏电流计的示数变小，故D 错误。
2．(2018·泰州模拟)如图所示，虚线MN 表示甲、乙、丙三个相同正方形金属框的一条对称轴，金属框内均匀分布有界匀强磁场，磁感应强度随时间变化规律都满足B ＝kt ，金属框按照图示方式处在磁场中，测得金属框甲、乙、丙中的感应电流分别为I 甲、I 乙、I丙，则下列判断正确的是( )A ．I 乙＝2I 甲，I 丙＝2I 甲B ．I 乙＝2I 甲，I 丙＝0C ．I 乙＝0，I 丙＝0D ．I 乙＝I 甲，I 丙＝I 甲解析：选B I 甲＝＝··＝，I 乙＝＝·S ·＝，由于丙中磁通量始终E 甲R ΔB Δt S 21R Sk2R E 乙R ΔBΔt 1R SkR 为零，故I 丙＝0。
精品2019学年高中物理课时跟踪检测二法拉第电磁感应定律教科版选修314
课时跟踪检测（二）法拉第电磁感应定律1．下列关于电磁感应的说法中，正确的是( )A．穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大B．穿过线圈的磁通量为零，感应电动势一定为零C．穿过线圈的磁通量变化越大，感应电动势越大D．穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大解析：选D 磁通量的大小与感应电动势的大小不存在必然的联系，故A、B 错误；由法拉第电磁感应定律知，感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比，而磁通量变化大时，变化不一定快，故C错，D对。
2．如图中所标的导体棒的长度为L，处于磁感应强度为B的匀强磁场中，棒运动的速度均为v，则产生的电动势为BLv的是( )解析：选D 当B、L、v三个量方向相互垂直时，E＝BLv；A选项中B与v不垂直；B选项中B与L平行，E＝0；C选项中B与L不垂直；只有D选项中三者互相垂直，D正确。
3. (多选)如图1所示为一台小型发电机示意图，磁场为水平方向。
当线圈转到如图所示的水平位置时，下列判断正确的是( )图1A．通过线圈的磁通量最大B．通过线圈的磁通量为零C．线圈中产生的电动势最大D．线圈中产生的电动势为零解析：选BC 此时的线圈位置为线圈平面与磁感线平行的位置，故通过线圈的磁通量为零，选项A错误，B正确；此时线圈的两个边的速度方向与磁感线方向垂直，垂直切割磁感线的速度最大，所以线圈中产生的电动势最大，选项C正确，D错误。
4．一矩形线框置于匀强磁场中，线框平面与磁场方向垂直。
先保持线框的面积不变，将磁感应强度在1 s时间内均匀地增大到原来的两倍。
接着保持增大后的磁感应强度不变，在1 s时间内，再将线框的面积均匀地减小到原来的一半。
先后两个过程中，线框中感应电动势的比值为( )A.12 B ．1 C ．2D ．4解析：选B 根据法拉第电磁感应定律E ＝ΔΦΔt ＝ΔBSΔt ，设初始时刻磁感应强度为B 0，线圈面积为S 0，则第一种情况下的感应电动势为E 1＝ΔBSΔt＝B 0－B 0S 01＝B 0S 0；则第二种情况下的感应电动势为E 2＝ΔBSΔt＝2B 0S 0－S 01＝B 0S 0，所以两种情况下线圈中的感应电动势相等，比值为1，故选项B 正确。
2019版高考物理总复习第30课法拉第电磁感应定律练习
第30课 法拉第电磁感应定律1．根据法拉第电磁感应定律判断影响感应电动势的因素(1)(经典题，4分)将闭合多匝线圈置于仅随时间变化的磁场中，线圈平面与磁场方向垂直，关于线圈中产生的感应电动势和感应电流，下列表述正确的是( ) A ．感应电动势的大小与线圈的匝数无关 B ．穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大 C ．穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大 D ．感应电流产生的磁场方向与原磁场方向始终相同答案：C解析：根据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势E ＝n ，即感应电动势的大小与线圈的匝数有关，故A 项错误。
同时可知，感应电动势的大小与磁通量的变化率有关，磁通量变化越快，感应电动势越大，故C 项正确。
感应电动势与磁通量大小无关，取决于磁通量的变化率，穿过线圈的磁通量大，如果磁通量的变化率为零，则感应电动势为零，故B 项错误。
根据楞次定律可知，感应电流的磁场方向总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化。
当原磁通量增加时，感应电流的磁场方向与原磁场方向相反；当原磁通量减小时，感应电流的磁场方向与原磁场方向相同，即“增反减同”，故D 项错误。
2．根据E ＝Blv 、E ＝12Bl 2ω和E ＝nB 计算动生电动势a ．根据E ＝Blv 计算导线平动切割磁感线产生的动生电动势(2)(多选)(经典题，6分)半径为a 、右端开小口的导体圆环和长为2a 的导体直杆，单位长度电阻均为R 0。
圆环水平固定放置，整个内部区域分布着竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B 。
杆在圆环上以速度v 平行于直径CD 向右做匀速直线运动，杆始终有两点与圆环良好接触。
从圆环中心O 开始，杆的位置由θ确定，如图所示，则( )A ．θ＝0时，杆产生的电动势为2BavB ．θ＝π3时，杆产生的电动势为3BavC ．θ＝0时，杆受的安培力大小为3B 2av（π＋2）R 0D ．θ＝π3时，杆受的安培力大小为3B 2av（5π＋3）R 0答案：AD解析：当θ＝0时，杆处于圆环直径CD 处，则杆切割磁感线产生的电动势为E 1 ＝2Bav ，故A 项正确。
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课时跟踪检测（三十二） 法拉第电磁感应定律对点训练：法拉第电磁感应定律的应用1.(2018·南通模拟)法拉第发明了世界上第一台发电机。
如图所示，圆形金属盘放置在电磁铁的两个磁极之间，两电刷M 、N 分别与盘的边缘和中心电接触良好，且与灵敏电流计相连。
金属盘绕中心轴沿图示方向转动，则( )A ．电刷M 的电势高于电刷N 的电势B ．若只将电刷M 移近N ，电流计的示数变大C ．若只提高金属盘转速，电流计的示数变大D ．若只将变阻器滑片向左滑动，电流计的示数变大解析：选C 根据安培定则可知，电磁铁产生的磁场方向向右，由右手定则判断可知，金属盘产生的感应电流方向从M 到N ，则电刷M 的电势低于电刷N 的电势，故A 错误；若仅减小电刷A 、B 之间的距离，有效的切割长度减小，产生的感应电动势减小，感应电流减小，则灵敏电流计的示数变小，故B 错误；若仅提高金属盘转速，由E ＝BLv 知，产生的感应电动势增大，灵敏电流计的示数将变大，故C 正确；若仅将滑动变阻器滑动头向左滑动，变阻器接入电路的电阻增大，而感应电动势不变，则电路中电流减小，电磁场产生的磁场减弱，灵敏电流计的示数变小，故D 错误。
2．(2018·泰州模拟)如图所示，虚线MN 表示甲、乙、丙三个相同正方形金属框的一条对称轴，金属框内均匀分布有界匀强磁场，磁感应强度随时间变化规律都满足B ＝kt ，金属框按照图示方式处在磁场中，测得金属框甲、乙、丙中的感应电流分别为I 甲、I 乙、I 丙，则下列判断正确的是( )A ．I 乙＝2I 甲，I 丙＝2I 甲B ．I 乙＝2I 甲，I 丙＝0C ．I 乙＝0，I 丙＝0D ．I 乙＝I 甲，I 丙＝I 甲 解析：选B I 甲＝E 甲R ＝ΔB Δt ·S 2·1R ＝Sk 2R ，I 乙＝E 乙R ＝ΔB Δt ·S ·1R ＝Sk R，由于丙中磁通量始终为零，故I 丙＝0。
所以I 乙＝2I 甲，I 丙＝0，只有B 正确。
3.(2016·浙江高考)如图所示，a 、b 两个闭合正方形线圈用同样的导线制成，匝数均为10匝，边长l a ＝3l b ，图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀增大，不考虑线圈之间的相互影响，则( )A ．两线圈内产生顺时针方向的感应电流B ．a 、b 线圈中感应电动势之比为9∶1C ．a 、b 线圈中感应电流之比为3∶4D ．a 、b 线圈中电功率之比为3∶1解析：选B 当磁感应强度变大时，由楞次定律知，线圈中感应电流的磁场方向垂直纸面向外，由安培定则知，线圈内产生逆时针方向的感应电流，选项A 错误；由法拉第电磁感应定律E ＝S ΔB Δt 及S a ∶S b ＝9∶1知，E a ＝9E b ，选项B 正确；由R ＝ρL S ′知两线圈的电阻关系为R a ＝3R b ，其感应电流之比为I a ∶I b ＝3∶1，选项C 错误；两线圈的电功率之比为P a ∶P b ＝E a I a ∶E b I b ＝27∶1，选项D 错误。
4．(2018·连云港期末)在半径为r 、电阻为R 的圆形导线框内，以直径为界，左右两侧分别存在着方向如图甲所示的匀强磁场，以垂直纸面向外的磁场为正，两部分磁场的磁感应强度B 随时间t 的变化规律分别如图乙所示。
则0～t 0时间内，导线框中( )A ．感应电流方向为顺时针B ．感应电流方向为逆时针C ．感应电流大小为3πr 2B 0t 0RD ．感应电流大小为2πr 2B 0t 0R解析：选A 根据楞次定律可知，左边的导线框中感应电流方向是顺时针，右边的导线框中感应电流方向也是顺时针，则整个导线框的感应电流方向为顺时针，故A 正确，B 错误；由法拉第电磁感应定律，因磁场的变化，导致导线框内产生感应电动势，结合题意可知，产生感应电动势正好是两者之和，即为E ＝2ΔB Δt S ＝2×B 0t 0×12πr 2＝πr 2B 0t 0，再由闭合电路欧姆定律，可得感应电流大小为 I ＝E R ＝πr 2B 0t 0R，故C 、D 错误。
对点训练：导体切割磁感线产生感应电动势的计算5.[多选](2018·苏州模拟)如图所示，水平放置的粗糙U 形金属框架上接一个阻值为R 0的电阻，放在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B 的匀强磁场中，一个半径为l 、质量为m 的半圆形硬导体AC 在水平恒力F 作用下，由静止开始运动距离d 后速度达到v ，半圆形导体AC 的电阻为r ，其余电阻不计，下列说法正确的是( )A ．U AC ＝2BlvB ．U AC ＝2R 0Blv R 0＋rC ．电路中产生的电热Q ＝Fd －12mv 2D ．通过R 0的电荷量q ＝2Bld R 0＋r解析：选BD AC 产生的电动势E ＝2Blv ，则U AC ＝ER 0R 0＋r ＝2R 0Blv R 0＋r，A 错误，B 正确；由功能关系得Fd ＝12mv 2＋Q ＋Q μ，C 错误；此过程中通过R 0的电荷量为q ＝I －Δt ＝E －R 0＋r·Δt ＝ΔΦR 0＋r ＝2Bld R 0＋r，D 正确。
6.如图所示，竖直平面内有一金属环，半径为a ，总电阻为R (指拉直时两端的电阻)，磁感应强度为B 的匀强磁场垂直穿过环平面，在环的最高点A 用铰链连接长度为2a 、电阻为R 2的导体棒AB ，AB 由水平位置紧贴环面摆下，当摆到竖直位置时，B 点的线速度为v ，则这时AB 两端的电压大小为( )A.Bav 3 B.Bav 6 C.2Bav 3 D ．Bav解析：选A 当摆到竖直位置时，棒上产生的感应电动势为E ＝B ·2a v ＝2Ba v 2＝Bav ，而AB 两端的电压为路端电压，根据闭合电路欧姆定律得：AB 两端电压为U ＝I ·R 4＝Bav R 2＋R 4×R 4＝13Bav ，故A 正确。
7.(2018·济南外国语学校测试)如图所示，正方形闭合导线框的质量可以忽略不计，将它从如图所示的位置匀速拉出匀强磁场。
若第一次用0.3 s时间拉出，外力所做的功为W 1；第二次用0.9 s 时间拉出，外力所做的功为W 2，则( )A ．W 1＝13W 2 B ．W 1＝W 2 C ．W 1＝3W 2 D ．W 1＝9W 2解析：选C 设正方形边长为L ，导线框的电阻为R ，则导体切割磁感线的边长为L ，运动距离为L ，W ＝E 2R t ＝B 2L 2v 2R ·L v ＝B 2L 3v R ＝B 2L 4Rt，可知W 与t 成反比，W 1＝3W 2。
8.(2018·石家庄模拟)如图所示，光滑水平面上存在有界匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度为B ，质量为m 、边长为a 的正方形导体框MNPQ 斜向上垂直进入磁场，当MP 刚进入磁场时速度为v ，方向与水平方向成45°，若导体框的总电阻为R ，则( )A ．导体框进入磁场过程中，导体框中电流的方向为MNPQB ．MP 刚进入磁场时导体框中感应电流大小为2BavRC ．MP 刚进入磁场时导体框所受安培力为2B 2a 2v RD ．MP 刚进入磁场时M 、P 两端的电压为3Bav 4解析：选C 根据楞次定律可得导体框进入磁场过程中，导体框中电流的方向为MQPN ，故A 错误；根据导体切割磁感线产生的感应电动势的计算公式可得感应电动势E ＝Bav ，MP 刚进入磁场时导体框中感应电流大小为：I ＝E R ＝Bav R，故B 错误；根据安培力的计算公式可得MP 刚进入磁场时导体框所受安培力为F ＝BI ·2a ＝2B 2a 2v R ，故C 正确；MP 刚进入磁场时M 、P 两端的电压为路端电压，根据闭合电路的欧姆定律可得U ＝12E ＝12Bav ，故D 错误。
对点训练：通电自感和断电自感9．[多选](2018·福州期末)如图所示，电路甲、乙中，电阻R 和自感线圈L 的直流电阻都小于灯泡D 电阻，接通S ，使电路达到稳定，灯泡D 发光。
则( )A ．在电路甲中，断开S ，D 将逐渐变暗B ．在电路乙中，断开S ，D 将渐渐变暗C ．在电路甲中，断开S ，D 将先变更亮，然后渐渐变暗D ．在电路乙中，断开S ，D 将先变更亮，然后渐渐变暗解析：选AD 在电路甲中，断开S ，由于线圈阻碍电流变小，导致D 将逐渐变暗，故A 正确；在电路乙中，由于电阻R 和自感线圈L 的电阻值都很小，所以通过灯泡的电流比通过线圈的电流小，断开S 时，由于线圈阻碍电流变小，导致D 将先变更亮，然后逐渐变暗，故B 错误，D 正确；在电路甲中，当断开S ，由于D 与L 串联，电流相等，则D 不会变更亮，只会渐渐变暗，故C 错误。
10.[多选](2018·苏州期末)如图所示，两个相同灯泡L1、L2，分别与电阻R和自感线圈L串联，接到内阻不可忽略的电源的两端，当闭合开关S电路稳定后，两灯泡均正常发光。
已知自感线圈的自感系数很大。
则下列说法正确的是( )A．闭合开关S到电路稳定前，灯泡L1亮度不变B．闭合开关S到电路稳定前，灯泡L2由亮变暗C．断开开关S的一段时间内，A点电势比B点电势低D．断开开关S的一段时间内，灯泡L2亮一下逐渐熄灭解析：选BC 由题，闭合开关S达到稳定后两灯均可以正常发光，说明L与R的直流电阻相等；电阻R不产生自感现象，灯L2立即正常发光；而自感线圈L电流增大时，产生自感电动势，根据楞次定律得知，自感电动势阻碍电流的增大，使得电路中电流只能逐渐增大，所以闭合开关的瞬间，通过L1灯的电流小于通过L2灯的电流，L1灯逐渐变亮，即L2灯先亮，L1灯后亮。
闭合开关S到电路稳定前，灯泡L1由暗变亮，灯泡L2由亮变暗，故A错误，B正确。
电路稳定后断开开关，自感线圈L产生自感电动势，相当于电源，电流由B流向A，A点电势比B点电势低，故C正确。
由于开始时两灯都正常发光，可知稳定后两个支路的电流是相等的，电流由流过自感线圈的值开始逐渐变小，灯泡L2不能亮一下后逐渐熄灭，故D错误。
考点综合训练11．(2018·南京模拟)如图甲所示，不计电阻的平行金属导轨竖直放置，导轨间距为L ＝1 m，上端接有电阻R＝3 Ω，虚线OO′下方是垂直于导轨平面向里的匀强磁场。
现将质量m＝0.1 kg、电阻r＝1 Ω的金属杆ab从OO′上方某处垂直导轨由静止释放，杆下落过程中始终与导轨保持良好接触，杆下落过程中的vt图像如图乙所示。
(g取10 m/s2)求：(1)磁感应强度B的大小。