2020届高三物理作业：第十章第2讲法拉第电磁感应定律自感Word版含解析

1、课时作业单独成册方便使用基础题组一、单项选择题1.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解析：由法拉第电磁感应定律E=n等知，感应电动势的大小与线圈匝数有关，A错误；感应电动势正比于 蓍，与磁通量的大小无直接关系，B错误，C正确;根据楞次定律知，感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化，即 “增反减同”，D错误.答案：C2.A、B两闭合圆

2、形导线环用相同规格的导线制成，它们的半径之比小：b = 2 ： 1,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 1 ： 4D.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,则中=BS,由E=" =S（S为磁场区域面积）,对A、B

3、两导线环，有EA=1,所以A正确，B错误；I = R, R=A（&为导线的横截面积），1=2%所以1A=ES=2, C、D错误答案：AA .恒为SB2 - Bi)t2 tiB.从0均匀变化到nSB2Bi)t2 ti3 .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ti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Bi均匀增加到B2,则该段时间线圈 两端a和b之间的电势差值一如（）nS B2 BiC.恒为一七口、八nSB2 Bi AE二n五D .从0均匀变化到一亮;解析：根据法拉第电磁感应定律,= nSB”普，由楞次定律可以判断a t2

4、 ti点电势低于b点电势，所以a、b两点之间的电势差为一nSB2。, C项正确. t2ti答案：C4 .（20i8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 广仁一 计.MN为放在ab和cd上的一导体杆，与ab垂直，其电叫:二 ,典久居久阻也为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（）iA. U = 2Blv，流过定值电阻R的感应电流由b到d1B. U

5、= 2Blv,流过定值电阻R的感应电流由d到bC. U=Blv,流过定值电阻R的感应电流由b到dD. U=Blv,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=Blv,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E 1分电路欧姆定律可知，U=IR=2RR=Blv, A项正确，C项错误.答案：A5.如图所示，A、B是两个完全相同的灯泡，L是自感系数较 大的线圈，其直流电阻忽略不计.当开关 K闭合时，下列说 法正确的是（ ）A. A比B先亮，然

6、后A熄灭B. B比A先亮，然后B逐渐变暗，A逐渐变亮C. A、B 齐亮，然后A熄灭D. A、B 齐亮，然后A逐渐变亮，B的亮度不变解析：开关闭合的瞬间，线圈由于自感阻碍电流通过，相当于断路，B灯先亮,之后线圈阻碍作用减弱，相当于电阻减小，则总电阻减小，总电流增大，路端电 压减小，B灯所在支路电流减小，B灯变暗，A灯所在支路电流增大，A灯变亮.答案：B 二、多项选择题6.如图所示，闭合金属导线框放置在竖直向上的匀强磁场中，旧匀强磁场的磁感应强度随时间变化.下列说法正确的是 （）/A.当磁感应强度增加时，线框中的感应电流可能减小B.当磁感应强度增加时，线框中的感应电流一定增大C.当磁感应强度减小时

7、，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一一 AB 解析：线框中的感应电动势为 E = /S,设线框白电阻为 R,则线框中的电流IE AB SAB=E=*S，b增大或减小时，詈可能减小，也可能增大，也可能不变线框中 R Za RZa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：AD7.（2016高考全国卷H ）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4一空如）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 M 1盘旋转时，关于流过电阻 R的电流，下列说法正确的是（）

8、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：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1 2向流动，选项B正确；由感应电动势E = 2Bl2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=I2R知，电流在R上的热功

9、率变为原 来的4倍，选项D错误.答案：AB8.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la=3lb,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（）XXXXXXXXXXIXx I乂，I 乂2XXXflXXXXA.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27 ：1解析：由于磁感应强度随时间均匀增大，则根据楞次定律知两线圈内产生的感应电流方向皆沿逆时针方向，则 A项错误；根据法拉第电磁感应定律 E=N=N常

10、,而磁感应强度均匀变化，即 晋恒定，则a、b线圈中的感应电动势之比_2R=且 L = 4N1,则叠=SRb 1 bE S 12为Ea=S-黯9,故b项正确；根据电阻定律Eb Sb lb3,由闭合电路欧姆定律I=E得，a、b线圈中的感应电流之比为 鲁目3=3, RI b Eb Ra故C项错误；由功率公式P=I2R知，a、b线圈中的电功率之比为Pa=电Ra= 27,Pb Ib Rb故D项正确.答案：BD能力题组一、选择题9.（2018四川乐山高三质检）如图，电灯的灯丝电阻为2。电 厂一 池电动势为2 V,内阻不计，线圈匝数足够多，其直流电阻为 1 J 火" 3。先合上电键K,过一段时间突

11、然断开K,则下列说法中正 ' ± I确的是（）A.电灯立即变暗再熄灭，且电灯中电流方向与 K断开前方向相同B.电灯立即变暗再熄灭，且电灯中电流方向与 K断开前方向相反C.电灯会突然比原来亮一下再熄灭，且电灯中电流方向与K断开前方向相同D.电灯会突然比原来亮一下再熄灭，且电灯中电流方向与K断开前方向相反解析：突然断开K,线圈将产生自感现象，且与电灯构成一闭合回路，此时通过 电灯的电流向上，与断开前的电流方向相反；因线圈直流电阻比电灯大，断开前 通过线圈的电流小于通过电灯的电流， 即电灯会突然比原来暗一下再熄灭，B正 确，A、C、D错误. 答案：B10. （2018陕西渭南教学质

12、量检测）如图所示，纸面内有一矩形导体线框 abcd, 置于垂直纸面向里、边界为 MN的匀强磁场外，线框的ab边平行磁场边界MN , 线框以垂直于MN的速度匀速地完全进入磁场，线框上产生的热量为Qi,通过线框导体横截面的电荷量为 qi.现将线框进入磁场的速度变为原来的两倍，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,则有（）A. Q2 = Qi, q2=qiB. Q2=2Qi, q2=2qiC. Q2 = 2Qi, q2 = qiD. Q2 = 4Qi, q2=2q1解析：设ab长为L, ad长为L',则电动势E=BLv,感应电流1 =福=萼，产R R生的热量Q=I2R

13、t= BLv_RL=B LVL ,与速度成正比，所以Q2 = 2Qi;通R V R过导体横截面的电荷量 q= I I =廿，E =萼，三式联立解得 q=T =RZARBL 'B-L-,与速度无关，所以qi = q2,选项C正确. R答案：C11.（多选）（2018山东潍坊高三质检）半径为a、右端开小口的 导体圆环和长为2a的导体直杆，单位长度的电阻均为Ro.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8确定，如图所示，则（）A.仁0时，杆产生的感应

14、电动势为 2BavB.4刹，杆产生的感应电动势为3BavC.D.40时，杆受的安培力大小为仁$寸，杆受的安培力大小为2B2av(tt+ 2 Ro3B2av5 升 3 Ro解析：根据法拉第电磁感应定律可得 E=Blv,其中l为有效长度，当 上0时，l= 2a,则E = 2Bav;当 卜3M, l = a,则E=Bav,故选项A正确，B错误.根 据通电直导线在磁场中所受安培力大小的计算公式可得 F = BIl ,根据闭合电路欧姆定律可得I = %,当 上0时，l = 2a, E = 2Bav, r + R=(计2)aRo,解得F r十r4B2av=,当 8= (tt+ 2 Ro',l =

15、a, E=Bav, r + R=2 1)aR0,解得 F = ；53B1vR0,故选项C错误，D正确.答案：AD二、非选择题12 .小明同学设计了一个“电磁天平”，如图甲所示，等臂天平的左 臂为挂盘，右臂挂有矩形线圈，两臂平衡.线圈的水平边长L = 0.1 m, 竖直边长H = 0.3 m,匝数为Ni.线圈的下边处于匀强磁场内，磁感 应强度Bo=1.0方向垂直线圈平面向里.线圈中通有可在 02.0 A范围内调节的电流I.挂盘放上待测物体后，调节线圈中电流使大平平衡，测出电流即可测得物体的质量.(重力加速度g取10 m/s2) (1)为使电磁天平的量程达到 0.5 kg,线圈的匝数Ni至少为多少

16、？(2)进一步探究电磁感应现象，另选 N2=100匝、形状相同的线圈，总电阻小白飞R=10 Q,不接外电流，两臂平衡.如图乙所示，保持B0不变，在线圈上时乙部另加垂直纸面向外的匀强磁场，且磁感应强度B随时间均匀变大，磁场区域宽度d = 0.1 m.当挂盘中放质量为0.01 kg的物体时，天平平衡，求此时磁但感应强度的变化率五.解析：(1)线圈受到的安培力F=N1B0IL天平平衡 mg= N1B0IL代入数据得N1 = 25.1A(2)由电磁感应定律得 E=N2五AB即 E=N2*Ld由欧姆定律得I' =ER线圈受到的安培力F' =N2B0l' L2天平平衡 m' g = N2B° a R代入数据可得 噂=0.1 T/s.答案：(1)25 (2)0.1 T/s13 . (2018河南重点中学联考)如图所示，ab、cd为间距为l的光滑倾斜金属导轨，与水平面的夹角为9,导轨电阻不计，a、c间接有阻值为R的电阻，空间存在磁感应强度为 B。、方向竖直向上的匀强 磁场.将一根阻值为r、长度为l的金属棒从轨道顶端由静止释放，金属棒沿导轨向下运动的过程中始终与导轨接触良好.已知当金属棒向下滑行距离x到达MN处时已经达到稳定速度，重力加速度为 g.