2022高考物理调研大一轮复习(课件 精练)课时作业34.DOC

课时作业34　法拉第电磁感应定律　自感现象时间：45分钟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′.则等于(　B　)A.　　　　B.　　　　C．1　　　　D.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＝BLv；折弯后，导体切割磁感线的有效长度为L′＝＝L，故产生的感应电动势为E′＝BL′v＝B·Lv＝E，所以＝，B正确．2．如图所示，匀强磁场中有两个导体圆环a、b，磁场方向与圆环所在平面垂直．磁感应强度B随时间均匀增大．两圆环半径之比为21，圆环中产生的感应电动势分别为Ea和Eb ，不考虑两圆环间的相互影响．下列说法正确的是(　B　)A．EaEb＝41，感应电流均沿逆时针方向B．EaEb＝41，感应电流均沿顺时针方向C．EaEb＝21，感应电流均沿逆时针方向D．EaEb＝21，感应电流均沿顺时针方向解析：由法拉第电磁感应定律得圆环中产生的电动势为E＝＝πr2·，则＝＝，由楞次定律可知感应电流的方向均沿顺时针方向，选项B正确．3．如图所示，纸面内有一矩形导体闭合线框abcd，ab边长大于bc边长，置于垂直纸面向里、边界为MN的匀强磁场外，线框两次匀速地完全进入磁场，两次速度大小相同，方向均垂直于MN.第一次ab边平行MN进入磁场，线框上产生的热量为Q1，通过线框导体横截面的电荷量为q1；第二次bc边平行MN进入磁场，线框上产生的热量为Q2，通过线框导体横截面的电荷量为q2，则(　A　) A．Q1>Q2，q1＝q2B．Q1>Q2，q1>q2C．Q1＝Q2，q1＝q2D．Q1＝Q2，q1>q2解析：由Q＝I2Rt得，Q1＝2Rt＝×＝，同理，Q2＝，又因为Lab>Lbc，故Q1>Q2.由电荷量q＝Δt＝n＝，故q1＝q2.所以选项A正确．4．(多选)用电流传感器研究自感现象的电路如图甲所示，线圈L中未插入铁芯，直流电阻为R.闭合开关S，传感器记录了电路中电流i随时间t变化的关系图象，如图乙所示，t0时刻电路中电流达到稳定值I.下列说法中正确的是(　BC　)A．t＝t0时刻，线圈中自感电动势最大B．若线圈中插入铁芯，上述过程中电路中电流达到稳定值经历的时间大于t0C．若线圈中插入铁芯，上述过程中电路达到稳定时电流值仍为ID．若将线圈匝数加倍，上述过程中电路达到稳定时电流值仍为I解析：t＝t0时刻，线圈中电流稳定，自感现象消失，线圈中没有自感电动势，故A错误；若线圈中插入铁芯，线圈自感系数增大，自感现象延长，所以若线圈中插入铁芯，上述过程中电路中电流达到稳定值经历的时间大于t0，故B正确；线圈中插入铁芯，但线圈的直流电阻不变，所以稳定时电流不变，故C正确；若将线圈匝数加倍，线圈直流电阻增大，稳定时电流减小，故D错误．5．如图所示，总电阻为R的金属丝围成的单匝闭合直角三角形 PQM线圈，∠P＝30°，PQ＝L，QM边水平．圆形虚线与三角形PQM相切于Q、D两点，该区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化关系为B＝B0＋kt(k>0，B0>0)，则t＝0时，PQ边所受的安培力(　A　)A．方向向右，大小为B．方向向左，大小为C．方向向右，大小为D．方向向左，大小为解析：由楞次定律可知，△PQM中感应电流为逆时针方向，PQ边的电流方向由P到Q，由左手定则可知，PQ所受的安培力方向向右；圆形磁场的半径为r＝Ltan30°·tan30°＝，则线圈中的感应电流大小I＝＝·＝k＝，则PQ边所受安培力F＝BI·2r＝B0··＝，故A正确，B、C、D错误．6．(多选)如图所示的电路中，A1和A2是完全相同的灯泡，线圈L的电阻可以忽略，下列说法中正确的是(　AD　) A．合上开关S接通电路时，A2先亮，A1后亮，最后一样亮B．合上开关S接通电路时，A1和A2始终一样亮C．断开开关S切断电路时，A2立刻熄灭，A1过一会儿才熄灭D．断开开关S切断电路时，A1和A2都要过一会儿才熄灭解析：自感线圈具有阻碍电流变化的作用．当电流增大时，它阻碍电流增大；当电流减小时，它阻碍电流减小，但阻碍并不能阻止．闭合开关时，L中电流从无到有，L将阻碍这一变化，使L中电流不能迅速增大，而无线圈的A2支路，电流能够瞬时达到较大值，故A1后亮，A2先亮，最后两灯电流相等，一样亮；断开开关时，L中产生自感现象，使A1、A2都要过一会儿才熄灭．故A、D正确．7．(多选)如图所示，光滑水平面上存在有界匀强磁场，磁感应强度为B，质量为m、边长为a的正方形线框ABCD斜向右上方穿进磁场，当AC刚进入磁场时，线框的速度为v，方向与磁场边界成45°角，若线框的总电阻为R，则(　CD　)A．线框穿进磁场过程中，线框中电流的方向为DCBAD B．AC刚进入磁场时线框中感应电流为C．AC刚进入磁场时线框所受安培力为D．此时CD两端电压为Bav解析：线框进入磁场的过程中穿过线框的磁通量增大，由楞次定律可以知道，感应电流的磁场的方向向外，由安培定则可知感应电流的方向为ABCDA方向，故A错误；AC刚进入磁场时，CD边切割磁感线，AD边不切割磁感线，所以产生的感应电动势E＝Bav，则线框中感应电流I＝＝，故B错误；AC刚进入磁场时线框的CD边受到的安培力与v的方向相反，AD边受到的安培力的方向垂直于AD向下，它们的大小都是F＝BIa，由几何关系知，AD边与CD边受到的安培力的方向相互垂直，AC刚进入磁场时线框所受安培力为AD边与CD边受到的安培力的矢量和，F合＝F＝，故C选项正确；当AC刚进入磁场时，CD两端电压U＝I×＝Bav，故D选项正确．8．如图所示，L1、L2为两个相同的灯泡，线圈L的直流电阻不计，灯泡L1与理想二极管D相连，下列说法中正确的是(　D　) A．闭合开关S后，L1会逐渐变亮B．闭合开关S稳定后，L1、L2亮度相同C．断开S的瞬间，L1会逐渐熄灭D．断开S的瞬间，a点的电势比b点高解析：本题考查自感和互感，搞清自感线圈在不同情况下的特点可快速求解．闭合开关S后，线圈自感只是阻碍流过L的电流，两灯立刻变亮，故A项错误；闭合开关S稳定后，因线圈L的直流电阻不计，所以L1与二极管被短路，导致灯泡L1不亮，而L2将更亮，因此L1、L2亮度不同，故B项错误；断开S的瞬间，L2会立刻熄灭，线圈L与灯泡L1及二极管构成回路，因线圈产生感应电动势，a端的电势高于b端，此时的二极管反接，所以回路中没有电流，L1立刻熄灭，故C项错误，D项正确．9．(多选)粗细均匀的导线绕成匝数为n、半径为r的圆形闭合线圈．线圈放在磁场中，磁场的磁感应强度随时间均匀增大，线圈中产生的电流为I，下列说法正确的是(　BD　)A．电流I与匝数n成正比B．电流I与线圈半径r成正比C．电流I与线圈面积S成正比D．电流I与导线横截面积S0成正比解析：由题给条件可知感应电动势为E＝nπr2，电阻为R＝，电流I＝，联立以上各式得I＝·，则可知B、D项正确，A、C项错误． 10．(2019·福建三明质检)如图甲所示，半径为r的带缺口刚性金属圆环固定在水平面内，缺口两端引出两根导线，与电阻R构成闭合回路．若圆环内加一垂直于纸面变化的磁场，变化规律如图乙所示．规定磁场方向垂直纸面向里为正，不计金属圆环的电阻．以下说法正确的是(　D　)A．0～1s内，流过电阻R的电流方向为a→bB．1～2s内，回路中的电流逐渐减小C．2～3s内，穿过金属圆环的磁通量在减小D．t＝2s时，Uab＝πr2B0解析：0～1s内，穿过圆环垂直纸面向里的磁通量增大，根据楞次定律可知，流过电阻R的电流方向为b→a，选项A错误；1～2s内，根据法拉第电磁感应定律及闭合电路欧姆定律得，回路中的电流I＝＝，Bt图象的斜率k＝，在1～2s内磁通量变化率恒定，所以电流恒定，选项B错误；2～3s内，穿过金属圆环的磁通量垂直纸面向外增大，选项C错误；由法拉第电磁感应定律可知，在t＝2s时，Uab＝＝πr2B0，选项D正确．11．(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(　AB　) 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：将圆盘看成由无数辐条组成，各辐条都在切割磁感线，从而产生感应电动势，出现感应电流，当圆盘顺时针转动时(从上往下看)，根据右手定则可判断，圆盘上感应电流从边缘向中心，流过电阻R的电流方向从a到b，B正确；由法拉第电磁感应定律可得，感应电动势E＝BL＝BL2ω，而I＝，故A正确，C错误；当角速度ω变为原来的2倍时，感应电动势E＝BL2ω变为原来的2倍，感应电流I变为原来的2倍，电流在R上的热功率P＝I2R变为原来的4倍，D错误．12．(2019·贵州贵阳模拟)如图所示，两光滑平行金属导轨置于水平面(纸面)内，导轨间距为l，左端连有一阻值为R的电阻．一根质量为m、电阻为r的金属杆置于导轨上，金属杆右侧存在一磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场区域．给金属杆一个瞬时冲量使它获得水平向右的速度v0 ，它到达磁场区域右边界(图中虚线位置)时速度恰好为零．金属杆与导轨始终保持垂直且接触良好．除左端所连电阻和金属杆电阻外，其他电阻忽略不计．求：(1)金属杆刚进入磁场时电阻R两端的电压；(2)磁场区域左、右边界之间的距离．解析：(1)金属杆刚进入磁场时，有E＝Blv0，IR＝，U0＝IRR，解得UR＝.(2)设金属杆移动距离为x时速度为v，对应安培力为F，则E′＝Blv，I＝，F＝BIl，时间Δt内，－FΔt＝m·Δv，代入可得－＝m·Δv，对上式从金属杆进入磁场到速度为零求和得－x0＝0－mv0，式中x0为该过程中金属杆的位移，所以x0＝.答案：(1)　(2)