高考物理一轮复习 第十章 电磁感应 课后分级演练29 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、课后分级演练(二十九) 法拉第电磁感应定律 自感现象【A级基础练】1.如图所示，两块水平放置的金属板距离为d，用导线、开关K与一个n匝的线圈连接，线圈置于方向竖直向上的均匀变化的磁场B中两板间放一台小型压力传感器，压力传感器上表面绝缘，在其上表面静止放置一个质量为m、电荷量为q的带正电小球K没有闭合时传感器有示数，K闭合时传感器示数变为原来的一半则线圈中磁场B的变化情况和磁通量的变化率分别为()A正在增强，B正在增强，C正在减弱，D正在减弱，解析：B根据K闭合时传感器示数变为原来的一半，推出带正电小球受向上的电场力，即上极板带负电，下极板带正电，线圈感应电动势的方向从上极板经线圈流向下极板，根

2、据安培定则知感应磁场的方向向下，与原磁场方向相反，又由楞次定律得线圈中磁场正在增强；对小球受力分析得q，其中感应电动势En，代入得，故B正确2如图甲所示，电路的左侧是一个电容为C的电容器，电路的右侧是一个环形导体，环形导体所围的面积为S，在环形导体中有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度的大小随时间变化的规律如图乙所示则在0t0时间内，电容器()A上极板带正电；所带电荷量为B上极板带正电，所带电荷量为C上极板带负电，所带电荷量为D上极板带负电，所带电荷量为解析：A由题图乙可知，B增大，根据楞次定律知，感应电流沿逆时针方向，故电容器上极板带正电，En，QCE，故A正确3.(多选)法拉第圆盘发电机

3、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()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倍解析：AB设圆盘的半经为r，圆盘转动的角速度为，则圆盘转动产生的电动势为EBr2，可知，转动的角速度恒定，电动势恒定，电流恒定，A项正确；根据右手定则可知，从上向下看，圆盘顺时针转动，圆盘中电流由边缘

4、指向圆心，即电流沿a到b的方向流动，B项正确；圆盘转动方向不变，产生的电流方向不变，C项错误；若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电动势变为原来的4倍，电流变为原来的4倍，由PI2R可知，电阻R上的热功率变为原来的16倍，D项错误4.如图为无线充电技术中使用的受电线圈示意图，线圈匝数为n，面积为S.若在t1到t2时间内，匀强磁场平行于线圈轴线向右穿过线圈，其磁感应强度大小由B1均匀增加到B2，则该段时间线圈两端a和b之间的电势差ab()A恒为B从0均匀变化到C恒为D从0均匀变化到解析：C根据法拉第电磁感应定律，Enn，由楞次定律可以判断a点电势低于b点电势，所以a、b两点之间的电势差为n，C项

5、正确5随着新能源轿车的普及，无线充电技术得到进一步开发和应用一般给大功率电动汽车充电时利用的是电磁感应原理如图所示，由地面供电装置(主要装置有线圈和电源)将电能传送至电动车底部的感应装置(主要装置是线圈)，该装置使用接收到的电能对车载电池进行充电，供电装置与车身接收装置之间通过磁场传送能量，由于电磁辐射等因素，其能量传输效率只能达到90%左右无线充电桩一般采用平铺式放置，用户无需下车、无需插电即可对电动车进行充电目前，无线充电桩可以允许的充电有效距离一般为1525 cm，允许的错位误差一般为15 cm左右下列说法正确的是()A无线充电桩的优越性之一是在百米开外也可以对电动汽车快速充电B车身感应

6、线圈中感应电流的磁场总是要阻碍引起感应电流的磁通量的变化C车身感应线圈中感应电流的磁场总是与地面发射线圈中电流的磁场方向相反D若线圈均采用超导材料则能量的传输效率有望达到100%解析：B题中给出无线充电桩可以允许的充电有效距离一般为1525 cm，在百米开外无法充电，故A项错误该充电装置是通过改变地面供电装置的电流使电动车底部的感应装置产生感应电流，根据楞次定律可知，车身感应线圈中感应电流的磁场总是要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，故B项正确由于不知道地面供电装置的电流是增大还是减小，故车身感应线圈中感应电流的磁场不一定总是与地面发射线圈中电流的磁场方向相反，故C项错误由于电磁辐射等因素，传输

7、效率不可能达到100%，故D项错误6.金属杆ab水平放置在某高处，当它被平抛进入方向竖直向上的匀强磁场中时(如图所示)，忽略空气阻力，以下说法中正确的是()A运动过程中感应电动势大小不变，且abB运动过程中感应电动势大小不变，且abD由于速率不断增大，所以感应电动势不断变大，且ab解析：A金属杆做平抛运动，水平方向匀速垂直切割磁感线运动，产生的感应电动势大小不变，由右手定则知，a端电势比b端高，竖直方向平行磁感线运动，不产生感应电动势，故在运动过程中产生的感应电动势大小不变，并且a端电势比b端高，即选项A正确，其他错误7.如图，匀强磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框，半圆直径与磁场边缘重合

8、；磁场方向垂直于半圆面(纸面)向里，磁感应强度大小为B.使该线框从静止开始绕过圆心O、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，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.解析：C由导线框匀速转动时，设半径为r，导线框电阻为R，在很短的t时间内，转过圆心角t，由法拉第电磁感应定律及欧姆定律可得感应电流I1；当导线框不动，而磁感应强度发生变化时，同理可得感应电流I2，令I1I2，可得，C对8.(2017北京西城区期末)如图所示，线圈L与小灯泡A并联后接到电源上先闭合开关S，

9、稳定后，通过线圈的电流为I1，通过小灯泡的电流为I2.断开开关S，发现小灯泡闪亮一下再熄灭则下列说法正确的是()AI1I2，A、B错；开关S断开瞬间电源与线圈和小灯泡断开，线圈中的电流要发生突变，所以线圈中会感应出新的电动势阻碍原电流的减小，所以线圈中的电流方向不变，D对；断开开关瞬间因为线圈相当于电源与灯泡构成一个回路，流过灯泡的电流方向与开始时方向相反，C错9.(2017无锡模拟)如图所示，三个灯泡L1、L2、L3的电阻关系为R1R2R3，电感线圈L的电阻可忽略，D为理想二极管，开关K从闭合状态突然断开时，下列判断正确的是()AL1逐渐变暗，L2、L3均先变亮，然后逐渐变暗BL1逐渐变暗，

10、L2立即熄灭，L3先变亮，然后逐渐变暗CL1立即熄灭，L2、L3均逐渐变暗DL1、L2、L3均先变亮，然后逐渐变暗解析：B开关K处于闭合状态时，由于R1R2I2I3，开关K从闭合状态突然断开时，电感线圈、L1、L3组成闭合回路，L1逐渐变暗，通过L3的电流由I3变为I1，再逐渐减小，故L3先变亮，然后逐渐变暗，而由于二极管的反向截止作用，L2立即熄灭，选项B正确10.如图所示，MN、PQ是两根足够长的光滑平行金属导轨，导轨间距为d，导轨所在平面与水平面成角，M、P间接阻值为R的电阻匀强磁场的方向与导轨所在平面垂直，磁感应强度大小为B.质量为m、阻值为r的金属棒放在两导轨上，在平行于导轨的拉力作

11、用下，以速度v匀速向上运动已知金属棒与导轨始终垂直并且保持良好接触，重力加速度为g.求：(1)金属棒产生的感应电动势E；(2)通过电阻R的电流I；(3)拉力F的大小解析：(1)根据法拉第电磁感应定律得EBdv.(2)根据闭合电路欧姆定律得I(3)导体棒的受力情况如图所示，根据牛顿第二定律有FF安mgsin 0，又因为F安BId，所以Fmgsin .答案：(1)Bdv(2)(3)mgsin 【B级提升练】11.(多选)1824年，法国科学家阿拉果完成了著名的“圆盘实验”实验中将一铜圆盘水平放置，在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针，如图所示实验中发现，当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中

12、心的竖直轴旋转时，磁针也随着一起转动起来，但略有滞后下列说法正确的是()A圆盘上产生了感应电动势B圆盘内的涡电流产生的磁场导致磁针转动C在圆盘转动的过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化D圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流，此电流产生的磁场导致磁针转动解析：AB把圆盘等效成由无数辐条组成的自行车车轮，车轮在转动时辐条切割磁感线产生感应电动势，但由于不同的辐条所在位置磁场大小及方向不相同，产生的感应电动势也不相同，从而在圆盘内部形成涡形电流，该电流产生的磁场使磁针转动，A、B正确由于磁针放在圆盘中心正上方，穿出与穿入的磁感线应该一样多，即穿过圆盘的磁通量始终为零，C错误圆盘整体不带

13、电，若无磁场，则正负电荷均做圆周运动，不会形成电流，D错误12(多选)线圈所围的面积为0.1 m2，线圈电阻为1 .规定线圈中感应电流I的正方向从上往下看沿顺时针方向，如图甲所示磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示则以下说法正确的是()A在05 s时间内，I的最大值为0.01 AB在t4 s时刻，I的方向为逆时针C前2 s内，通过线圈某一截面的总电荷量为0.01 CD第3 s内，线圈的发热功率最大解析：BC根据法拉第电磁感应定律Enn可知，在Bt图象中图线的斜率越大，线圈中产生的感应电动势越大，由图乙可知，t0时刻线圈的感应电动势最大，Emax V0.01 V，由欧姆定律得Imax0

14、.01 A，选项A错误；35 s内，竖直向上的磁场一直在减弱，根据楞次定律可知，线圈中感应电流方向沿逆时针方向，选项B正确；由法拉第电磁感应定律得，由闭合电路欧姆定律得，通过线圈某一横截面的电荷量qt，联立以上三式得，前2 s内通过线圈某一截面的总电荷量q C0.01 C，选项C正确；线圈的发热功率P()2，由此可知在Bt图象中图线的斜率越大，线圈的发热功率越大，由图乙可知，t0时刻线圈的发热功率最大，选项D错误13.在xOy平面内有一条抛物线金属导轨，导轨的抛物线方程为y24x，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面向里，一根足够长的金属棒ab垂直于x轴从坐标原点开始，以恒定速度v沿x轴正方

15、向运动，运动中始终与金属导轨保持良好接触，如图所示则下列图象中能表示回路中感应电动势大小随时间变化的是()解析：B金属棒ab沿x轴以恒定速度v运动，因此xvt，则金属棒在回路中的有效长度l2y44，由电磁感应定律得回路中感应电动势EBlv4B，即E2t，选项B正确14如图甲所示，光滑且足够长的平行金属导轨MN、PQ固定在同一水平面上，两导轨间距L0.30 m导轨电阻忽略不计，其间接有定值电阻R0.40 .导轨上停放一质量为m0.10 kg、电阻r0.20 的金属杆ab，整个装置处于磁感应强度B0.50 T的匀强磁场中，磁场方向竖直向下利用一外力F沿水平方向拉金属杆ab，使之由静止开始做匀加速直

16、线运动，电压传感器可将R两端的电压U即时采集并输入电脑，电脑屏幕描绘出U随时间t的变化关系如图乙所示求：(1)金属杆加速度的大小；(2)第2 s末外力的瞬时功率解析：(1)设金属杆的运动速度为v，则感应电动势EBLv，通过电阻R的电流I，电阻R两端的电压UIR.由图乙可得Ukt，k0.10 V/s，解得vt，金属杆做匀加速运动的加速度a1.0 m/s2.(2)在第2 s末，F安BIL0.075 N.设外力大小为F2，由F2F安ma解得F20.175 N.故第2 s末外力的瞬时功率PF2at0.35 W.答案：(1)1.0 m/s2(2)0.35 W15(1)如图甲所示，两根足够长的平行导轨，间

17、距L0.3 m，在导轨间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B10.5 T一根直金属杆MN以v2 m/s的速度向右匀速运动，杆MN始终与导轨垂直且接触良好杆MN的电阻r11 ，导轨的电阻可忽略求杆MN中产生的感应电动势E1.(2)如图乙所示，一个匝数n100的圆形线圈，面积S10.4 m2，电阻r21 .在线圈中存在面积S20.3 m2垂直线圈平面(指向纸外)的匀强磁场区域，磁感应强度B2随时间t变化的关系如图丙所示求圆形线圈中产生的感应电动势E2.(3)将一个R2 的电阻分别与图甲和图乙中的a、b端相连接，然后b端接地试判断以上两种情况中，哪种情况a端的电势较高？并求出较高的电势a.解析：(1)杆MN做切割磁感线的运动，产生的感应电动势E1B1Lv0.3 V.(2)穿过圆形线圈的磁通量发生变化，产生的感应电动势E2nS24.5 V.(3)题图甲中ab0，题图乙中ab0，所以当电阻R与题图甲中的导轨相连接时，a端的电势较高此时通过电阻R的电流I电阻R两端的电势差abIRa端的电势aIR0.2 V.答案：(1)0.3 V(2)4.5 V(3)与图甲中的导轨相连接a端电势高a0.2 V