（課標通用）高考物理一輪復習 作業(yè)44 法拉第電磁感應定律（含解析）-人教版高三全冊物理試題

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1、作業(yè)44　法拉第電磁感應定律　 　　　　　　　　 一、選擇題 圖44－1 1．(2017年高考·天津卷)如圖44－1所示，兩根平行金屬導軌置于水平面內，導軌之間接有電阻R. 金屬棒ab與兩導軌垂直并保持良好接觸，整個裝置放在勻強磁場中，磁場方向垂直于導軌平面向下．現(xiàn)使磁感應強度隨時間均勻減小，ab始終保持靜止，下列說法正確的是(　　) A．a(chǎn)b中的感應電流方向由b到a B．a(chǎn)b中的感應電流逐漸減小 C．a(chǎn)b所受的安培力保持不變 D．a(chǎn)b所受的靜摩擦力逐漸減小 解析：根據(jù)楞次定律，感應電流產(chǎn)生的磁場向下，再根據(jù)安培定則，可判斷ab中感應電流方向從a到b，A錯誤；磁場變化是

2、均勻的，根據(jù)法拉第電磁感應定律，E＝S知感應電動勢恒定不變，感應電流I恒定不變，B錯誤；安培力F＝BIL，由于I、L不變，B減小，所以ab所受的安培力F安＝BIL逐漸減小，根據(jù)力的平衡條件，F(xiàn)f＝F安知靜摩擦力逐漸減小，C錯誤，D正確． 答案：D 2．(廣東百校聯(lián)考)如圖44－2甲所示，一個圓形線圈的匝數(shù)n＝100，線圈面積S＝200 cm2，線圈的電阻r＝1 Ω，線圈外接一個阻值R＝4 Ω的電阻，把線圈放入一方向垂直線圈平面向里的勻強磁場中，磁感應強度隨時間的變化規(guī)律如圖44－2乙所示．下列說法中正確的是(　　) 圖44－2 A．線圈中的感應電流方向為順時針方向 B．電阻R兩端

3、的電壓隨時間均勻增大 C．線圈電阻r消耗的功率為4×10－4 W D．前4 s內通過R的電荷量為4×10－4 C 解析：由楞次定律可判斷線圈中的感應電流方向為逆時針方向，選項A錯誤；由法拉第電磁感應定律可知產(chǎn)生的感應電動勢為E＝＝0.1 V，電阻R兩端的電壓不隨時間變化，選項B錯誤；回路中電流I＝＝0.02 A，線圈電阻r消耗的功率為P＝I2r＝4×10－4 W，選項C正確；前4 s內通過R的電荷量為q＝It＝0.08 C，選項D錯誤． 答案：C 圖44－3 3．(河南八市質檢)如圖44－3所示，導體桿OP在作用于OP中點且垂直于OP的力作用下，繞O軸沿半徑為r的光滑的半圓形框

4、架在勻強磁場中以一定的角速度轉動，磁場的磁感應強度為B，AO間接有電阻R，桿和框架電阻不計，回路中的總電功率為P，則(　　) A．外力的大小為2Br B．外力的大小為Br C．導體桿旋轉的角速度為 D．導體桿旋轉的角速度為 解析：設導體桿轉動的角速度為ω，則導體桿轉動切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢E＝Br2ω，I＝，根據(jù)題述回路中的電功率為P，則P＝EI；設維持導體桿勻速轉動的外力為F，則有P＝，v＝rω，聯(lián)立解得F＝Br，ω＝，選項C正確，A、B、D錯誤． 答案：C 圖44－4 4．(廣東四校第一次聯(lián)考)如圖44－4所示，在一磁感應強度B＝0.5 T的勻強磁場中，垂直于磁場方

5、向水平放置著兩根相距為L＝0.1 m的平行金屬導軌MN和PQ，導軌電阻忽略不計，在兩根導軌的端點N、Q之間連接一阻值R＝0.3 Ω的電阻．導軌上正交放置著金屬棒ab，其電阻r＝0.2 Ω.當金屬棒在水平拉力作用下以速度v＝4.0 m/s向左做勻速運動時(　　) A．a(chǎn)b棒所受安培力大小為0.02 N B．N、Q間電壓為0.2 V C．a(chǎn)端電勢比b端電勢低 D．回路中感應電流大小為1 A 解析：ab棒產(chǎn)生的電動勢E＝BLv＝0.5×0.1×4.0 V＝0.2 V，電流I＝＝0.4 A，ab棒受的安培力F＝BIL＝0.5×0.4×0.1 N＝0.02 N，A正確，D錯誤；N、Q之間的電壓

6、U＝E＝0.12 V，B錯誤；由右手定則得a端電勢較高，C錯誤． 答案：A 圖44－5 5．如圖44－5所示，有兩根和水平方向成α角的光滑平行金屬軌道，上端接有可變電阻R，下端足夠長，空間有垂直于軌道平面的勻強磁場，磁感應強度為B，一根質量為m的金屬桿(電阻忽略不計)從軌道上由靜止滑下，經(jīng)過足夠長的時間后，金屬桿的速度會趨近于一個最大速度vm，則(　　) A．如果B增大，vm將變大 B．如果α增大，vm將變大 C．如果R變小，vm將變大 D．如果m變小，vm將變大 圖44－6 解析：金屬桿從軌道上由靜止滑下，經(jīng)足夠長時間后，速度達最大值vm，此后金屬桿做勻速運動．桿受

7、重力、軌道的支持力和安培力如圖44－6所示．安培力F＝LB，對金屬桿列平衡方程式：mgsinα＝， 則vm＝.由此式可知，B增大，vm減??；α增大，vm增大；R變小，vm變??；m變小，vm變?。虼薃、C、D錯誤，B正確． 答案：B 圖44－7 6．(福建龍巖質檢)如圖44－7所示，三角形金屬線框ABC的底邊AB長度為d，頂點C距AB邊的距離為，在右側空間邊長為d的正方形區(qū)域內，存在垂直紙面向里的勻強磁場，在外力作用下線框底邊沿著x軸向右運動，運動過程中始終保持線框平面與磁場方向垂直．在線框沿x軸向右勻速穿過有界磁場區(qū)域的過程中，線框中的感應電動勢(　　) A．經(jīng)歷均勻增大、均勻

8、減小、均勻增大、均勻減小的過程 B．經(jīng)歷均勻增大、保持不變、均勻增大、保持不變的過程 C．經(jīng)歷均勻增大、均勻減小、均勻增大的過程 D．經(jīng)歷均勻增大、保持不變、均勻減小的過程 解析：導線切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢有E＝Blv，因為勻速運動，所以感應電動勢大小取決于切割磁感線的導線的有效長度，線框勻速穿過有界磁場區(qū)域的過程中有效長度先均勻增大，再均勻減小，然后再均勻增大，再均勻減小，所以A正確． 答案：A 7．(廣東廣州六校第一次聯(lián)考)(多選)在如圖44－8甲所示的電路中，螺線管匝數(shù)n＝1 500匝，橫截面積S＝20 cm2.螺線管導線電阻r＝1 Ω，R1＝4 Ω，R2＝5 Ω，C＝30

9、 μF.在一段時間內，穿過螺線管的磁場的磁感應強度B按如圖44－8乙所示的規(guī)律變化．則下列說法中正確的是(　　) 圖44－8 A．螺線管中產(chǎn)生的感應電動勢為1.2 V B．閉合S，電路中的電流穩(wěn)定后電容器上極板帶正電 C．電路中的電流穩(wěn)定后，電阻R1的電功率為5×10－2 W D．S斷開后，通過R2的電荷量為1.8×10－5 C 解析：由法拉第電磁感應定律可得，螺線管內產(chǎn)生的電動勢為：E＝nS＝1 500××20×10－4 V＝1.2 V，故A正確；根據(jù)楞次定律，當穿過螺線管的磁通量增加時，螺線管下部可以看成電源的正極，則電容器下極板帶正電，故B錯誤；電流穩(wěn)定后，電流為：I＝＝

10、A＝0.12 A，電阻R1上消耗的功率為：P＝I2R1＝0.122×4 W＝5.76×10－2 W，故C錯誤；開關斷開后通過電阻R2的電荷量為：Q＝CU＝CIR2＝30×10－6×0.12×5 C＝1.8×10－5 C，故D正確． 答案：AD 8．(多選)如圖44－9甲所示，面積為S的n匝圓形閉合線圈內存在方向垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小隨時間周期性變化，如圖44－9乙所示，已知線圈的電阻為R，則下列說法正確的是(　　) 圖44－9 A．線圈內產(chǎn)生的感應電動勢最大值為SB0 B．線圈內產(chǎn)生的感應電流最小值為 C．線圈內產(chǎn)生的感應電動勢周期為4 s D．0～1 s內線

11、圈內產(chǎn)生的感應電流沿順時針方向 解析：根據(jù)法拉第電磁感應定律可知E＝nS，結合圖乙分析可知，在0～1 s內產(chǎn)生的感應電動勢最大，最大值為Emax＝nS＝nB0S，A錯誤；1～2 s內線圈內產(chǎn)生的感應電動勢最小為零，故感應電流的最小值為零，B錯誤；由圖線可知，線圈內產(chǎn)生的感應電動勢周期為4 s，C正確；0～1 s內磁感應強度逐漸增大，線圈中的磁通量增大，根據(jù)楞次定律可知，0～1 s內線圈內產(chǎn)生的感應電流沿順時針方向，D正確． 答案：CD 9. 圖44－10 (2016年高考·江蘇卷)(多選)電吉他中電拾音器的基本結構如圖44－10所示，磁體附近的金屬弦被磁化，因此弦振動時，在線圈中

12、產(chǎn)生感應電流，電流經(jīng)電路放大后傳送到音箱發(fā)出聲音．下列說法正確的有(　　) A．選用銅質弦，電吉他仍能正常工作 B．取走磁體，電吉他將不能正常工作 C．增加線圈匝數(shù)可以增大線圈中的感應電動勢 D．弦振動過程中，線圈中的電流方向不斷變化 解析：由于銅質弦不能被磁化，因此振動時不能產(chǎn)生變化的磁場，線圈中不能產(chǎn)生感應電流，因此電吉他不能正常工作，A項錯誤；取走磁體，沒有磁場，金屬弦不能被磁化，振動時不能產(chǎn)生變化的磁場，線圈中不能產(chǎn)生感應電流，電吉他不能正常工作，B項正確；增加線圈的匝數(shù)，由法拉第電磁感應定律可知，線圈中的感應電動勢會增大，C項正確；弦振動過程中，線圈中的磁場方向不變，但磁通

13、量一會兒增大，一會兒減小，產(chǎn)生的電流方向不斷變化，D項正確． 答案：BCD 圖44－11 10．(貴陽監(jiān)測)(多選)如圖44－11所示的電路中，電源電動勢為E，內阻為r，線圈L的電阻不計．以下判斷正確的是(　　) A．閉合S，穩(wěn)定后，電容器的a極板帶正電 B．閉合S，穩(wěn)定后，電容器兩端電壓小于E C．斷開S的瞬間，通過R1的電流方向向右 D．斷開S的瞬間，通過R2的電流方向向右 解析：閉合S穩(wěn)定后，電容器相當于斷路，線圈L相當于短路，所以電容器b極板與電源正極相連，帶正電荷，A項錯誤；電源有內阻，電容器兩端電壓等于電路的路端電壓，小于電源電動勢，B項正確；斷開S瞬間，電容器

14、與R2構成回路放電，通過R2的電流方向向左，D項錯誤；斷開S瞬間，由于自感現(xiàn)象，線圈L相當于臨時電源，阻礙原來的電流減小，通過線圈的電流方向不變，R1與線圈L構成回路，所以通過R1的電流方向向右，C項正確． 答案：BC 圖44－12 11．(重慶巴蜀中學一診)(多選)如圖44－12所示，在線圈正上方放置一盛有冷水的金屬杯，現(xiàn)接通交流電源，幾分鐘后，杯中的水沸騰起來，t0時刻的電流方向已在圖中標出，且此時電流正在增大，則關于把水燒開的過程中發(fā)生的電磁感應現(xiàn)象的說法正確的有(　　) A．金屬杯中產(chǎn)生渦流，渦流的熱效應使水沸騰起來 B．t0時刻，從上往下看，金屬杯中的渦流沿順時針方向

15、 C．t0時刻，從上往下看，金屬杯中的渦流沿逆時針方向 D．將交流電源斷開的瞬間，金屬杯中的渦流也瞬間消失 解析：由于交流電在螺線管中產(chǎn)生變化的磁場，變化的磁場穿過金屬杯可以在金屬杯中產(chǎn)生變化的電場，從而產(chǎn)生渦流，使水沸騰，A正確；t0時刻電流從螺線管的上端流入且電流正在增大，則穿過金屬杯的磁場是向下增大的，所以根據(jù)楞次定律，感應電流的磁場方向一定是向上的，由安培定則可知，從上往下看，金屬杯中的渦流沿逆時針方向，故C正確，B錯誤；將交流電源斷開的瞬間，自感線圈中沒有形成自感回路，故不能產(chǎn)生斷電自感，所以金屬杯中的渦流也瞬間消失，D正確． 答案：ACD 12．(河北唐山摸底)(多選)如圖

16、44－13甲所示，一個匝數(shù)為n的圓形線圈(圖中只畫了2匝)，面積為S，線圈的電阻為R，在線圈外接一個阻值為R的電阻和一個理想電壓表．將線圈放入垂直線圈平面指向紙內的磁場中，磁感應強度隨時間變化規(guī)律如圖44－13乙所示．下列說法正確的是(　　) 圖44－13 A．0～t1時間內P點電勢低于Q點電勢 B．0～t1時間內電壓表的讀數(shù)為 C．t1～t2時間內R上的電流為 D．0～t2時間內線圈中的電流方向不變 解析：根據(jù)楞次定律可知：0～t1時間內，線圈中感應電流的方向為逆時針，所以P點電勢高，A錯誤；該段時間內的感應電動勢E＝n·S＝n·S，而電壓表的讀數(shù)是路端電壓，所以U＝·E＝，

17、B正確；t1～t2時間內，感應電動勢E′＝n＝n，感應電流I′＝＝，C正確；t1～t2時間內，感應電流的方向為順時針，D錯誤． 答案：BC 二、非選擇題 13. 圖44－14 (2016年高考·課標全國卷Ⅱ)如圖44－14，水平面(紙面)內間距為l的平行金屬導軌間接一電阻，質量為m、長度為l的金屬桿置于導軌上．t＝0時，金屬桿在水平向右、大小為F的恒定拉力作用下由靜止開始運動．t0時刻，金屬桿進入磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強磁場區(qū)域，且在磁場中恰好能保持勻速運動．桿與導軌的電阻均忽略不計，兩者始終保持垂直且接觸良好，兩者之間的動摩擦因數(shù)為μ.重力加速度大小為g.求

18、： (1)金屬桿在磁場中運動時產(chǎn)生的電動勢的大小； (2)電阻的阻值． 解析：(1)設金屬桿進入磁場前的加速度大小為a，由牛頓第二定律得 ma＝F－μmg 設金屬桿到達磁場左邊界時的速度為v，由運動學公式得v＝at0 當金屬桿以速度v在磁場中運動時，由法拉第電磁感應定律，桿中的電動勢為 E＝Blv 聯(lián)立上式得：E＝Blt0(－μg) (2)設金屬桿在磁場中運動時，金屬桿中的電流為I，根據(jù)歐姆定律I＝ 金屬桿所受的安培力為F安＝BlI 金屬桿做勻速運動， 由牛頓運動定律得F－μmg－F安＝0 聯(lián)立上式得R＝ 答案：(1)Blt0(－μg)；(2) 14．(2017

19、年高考·天津卷)電磁軌道炮利用電流和磁場的作用使炮彈獲得超高速度，其原理可用來研制新武器和航天運載器．電磁軌道炮示意如圖44－15，圖中直流電源電動勢為E，電容器的電容為C.兩根固定于水平面內的光滑平行金屬導軌間距為l，電阻不計．炮彈可視為一質量為m、電阻為R的金屬棒MN，垂直放在兩導軌間處于靜止狀態(tài)，并與導軌良好接觸．首先開關S接1，使電容器完全充電．然后將S接至2，導軌間存在垂直于導軌平面、磁感應強度大小為B的勻強磁場(圖中未畫出)，MN開始向右加速運動．當MN上的感應電動勢與電容器兩極板間的電壓相等時，回路中電流為零，MN達到最大速度，之后離開導軌．問： 圖44－15 (1)

20、磁場的方向； (2)MN剛開始運動時加速度a的大小； (3)MN離開導軌后電容器上剩余的電荷量Q是多少． 解析：(1)垂直于導軌平面向下． (2)電容器完全充電后，兩極板間電壓為E，當開關S接2時，電容器放電，設剛放電時流經(jīng)MN的電流為I， 有I＝① 設MN受到的安培力為F，有F＝IlB② 由牛頓第二定律，有F＝ma③ 聯(lián)立①②③式得a＝④ (3)當電容器充電完畢時，設電容器上電荷量為Q0，有Q0＝CE⑤ 開關S接2后，MN開始向右加速運動，速度達到最大值vmax時，設MN上的感應電動勢為E′，有E′＝Blvmax⑥ 依題意有E′＝⑦ 設在此過程中MN的平均電流為，MN上受到的平均安培力為，有 ＝lB⑧ 由動量定理，有Δt＝mvmax－0⑨ 又Δt＝Q0－Q⑩ 聯(lián)立⑤⑥⑦⑧⑨⑩式得Q＝? 答案：(1)垂直于導軌平面向下　(2)a＝　 (3)