【文档说明】高考物理一轮复习巩固提升第10章第2节　法拉第电磁感应定律　自感　涡流 (含解析).doc，共(7)页，196.000 KB，由MTyang资料小铺上传

转载请保留链接：https://www.ichengzhen.cn/view-84135.html

以下为本文档部分文字说明：

(建议用时：40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沿与棒与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ε；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ε'.则ε'ε等于()A．12B．22C．1D．2解析：选B.设折弯前导体切割磁感线的长度为L，折弯后，导体切割磁场的有效长度为l＝L22＋

L22＝22L，故产生的感应电动势为ε'＝Blv＝B·22Lv＝22ε，所以ε'ε＝22，B正确．2.如图所示，两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有电阻R.金属棒ab与两导轨垂直并保持良好接触，

整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下．现使磁感应强度随时间均匀减小，ab始终保持静止，下列说法正确的是()A．ab中的感应电流方向由b到aB．ab中的感应电流逐渐减小C．ab所受的安培力保持不变D．

ab所受的静摩擦力逐渐减小解析：选D.本题考查楞次定律、电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、安培力、平衡条件．由于通过回路的磁通量向下减小，则根据楞次定律可知ab中感应电流的方向由a到b，A错误；因ab不动，回路面

积不变；当B均匀减小时，由E＝nΔΦΔt＝nΔBΔtS知，产生的感应电动势恒定，回路中感应电流I＝ER＋r恒定，B错误；由F＝BIL知，F随B减小而减小，C错误；对ab由平衡条件有f＝F，故D正确．3．(2019·北京昌平一模)图甲为手机及无线充电板，图乙为充电原理示意图．充电板接交流电源

，对充电板供电，充电板内的送电线圈可产生交变磁场，从而使手机内的受电线圈产生交变电流，再经整流电路转变成直流电后对手机电池充电．为方便研究，现将问题做如下简化：设受电线圈的匝数为n，面积为S，若在t1到t2时间内，磁场垂直于受电线

圈平面向上穿过线圈，其磁感应强度由B1均匀增加到B2.下列说法正确的是()A．c点的电势高于d点的电势B．受电线圈中感应电流方向由d到cC．c、d之间的电势差为n（B2－B1）St2－t1D．c、d之间的电势差为n（B2－B1

）t2－t1答案：C4．(2019·长沙模拟)如图所示，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0.3s时间拉出，外力所做的功为W1，通过导线截面的电荷量为q1；第二次用0.9s时间拉出，外力所做的功为W2，通过导线

截面的电荷量为q2，则()A．W1<W2，q1<q2B．W1<W2，q1＝q2C．W1>W2，q1＝q2D．W1>W2，q1>q2解析：选C.两次拉出的速度之比v1∶v2＝3∶1.电动势之比E1∶E2＝3∶1，电流之比I1

∶I2＝3∶1，则电荷量之比q1∶q2＝(I1t1)∶(I2t2)＝1∶1.安培力之比F1∶F2＝3∶1，则外力做功之比W1∶W2＝3∶1，故C正确．5．(2019·甘肃靖远模拟)如图所示，abcd为水平放置的平行“”形光

滑金属导轨，间距为l，导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，导轨电阻不计，已知金属杆MN倾斜放置，与导轨成θ角，单位长度的电阻为r，保持金属杆以速度v沿平行于cd的方向滑动(金属杆滑动过程

中与导轨接触良好)．则()A．电路中感应电动势的大小为BlvsinθB．电路中感应电流的大小为BvsinθrC．金属杆所受安培力的大小为B2lvsinθrD．金属杆的热功率为B2lv2rsinθ解析：选B.金属杆的运动方向与金属杆不垂直，电路中感应电动势的大小为E＝Blv(l为切割

磁感线的有效长度)，选项A错误；电路中感应电流的大小为I＝ER＝Blvlsinθr＝Bvsinθr，选项B正确；金属杆所受安培力的大小为F＝BIl′＝B·Bvsinθr·lsinθ＝B2lvr，选项C错误；金属杆的热功率为P＝I2R＝B2v2sin2θr2·lrs

inθ＝B2lv2sinθr，选项D错误．6.如图所示，线圈L的自感系数很大，且其直流电阻可以忽略不计，L1、L2是两个完全相同的小灯泡．开关S闭合和断开的过程中，灯L1、L2的亮度变化情况是(灯丝不会

断)()A．S闭合，L1亮度不变，L2亮度逐渐变亮，最后两灯一样亮；S断开，L2立即熄灭，L1逐渐变亮B．S闭合，L1不亮，L2很亮；S断开，L1、L2立即熄灭C．S闭合，L1、L2同时亮，而后L1逐渐熄灭，L2亮度不变；S断开，L2

立即熄灭，L1亮一下才熄灭D．S闭合，L1、L2同时亮，而后L1逐渐熄灭，L2则逐渐变得更亮；S断开，L2立即熄灭，L1亮一下才熄灭解析：选D.当S闭合，L的自感系数很大，对电流的阻碍作用较大，L1和L2串联后与电源相连，L1和L2同时亮，随着L中电流的增大，因为L的直

流电阻不计，则L的分流作用增大，L1中的电流逐渐减小为零，由于总电阻变小，故电路中的总电流变大，L2中的电流增大，L2灯变得更亮；当S断开，L2中无电流，立即熄灭，而线圈L产生自感电动势，试图维持本身的电流不变，L与L1组成闭合电路，L1要亮一下后再熄灭．综上所述，D正确．二、多项选择题

7.(2016·高考全国卷Ⅱ)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()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：选A

B.设圆盘的半径为r，圆盘转动的角速度为ω，则圆盘转动产生的电动势为E＝12Br2ω，可知，若转动的角速度恒定，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2倍，电流变为原来的2倍，由P＝I2R可知，电阻R上的热功率变为原来的4倍，D项错误．8.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S1闭合、S2断开且电路稳定时，A、B两灯亮度相同，再闭合S2，待电路稳定后将S1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：选AD.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，IA＝IB，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灯立即熄灭，选项A正确，C错误．9．如图，一端接有定值电阻的平行金属轨道固定在水平面内，通有恒定电流的长直绝缘导线垂直并紧靠轨道固定，导体棒与轨道垂直且接触良好．在向右匀速通过M、N两区的过程中，导体棒所受安

培力分别用FM、FN表示．不计轨道电阻．以下叙述正确的是()A．FM向右B．FN向左C．FM逐渐增大D．FN逐渐减小解析：选BCD.根据直线电流产生磁场的分布情况知，M区的磁场方向垂直纸面向外，N区的磁场方向

垂直纸面向里，离导线越远，磁感应强度越小．当导体棒匀速通过M、N两区时，感应电流的效果总是反抗引起感应电流的原因，故导体棒在M、N两区运动时，受到的安培力均向左，故选项A错误，B正确；导体棒在M区运动时，磁感应强度B变大，根据E＝Blv，I＝ER及F＝BIl可知，FM逐渐变大，故

选项C正确；导体棒在N区运动时，磁感应强度B变小，根据E＝Blv，I＝ER及F＝BIl可知，FN逐渐变小，故选项D正确．10.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R0.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．则下列说法正确的是()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2B2av（π＋2）R0D．θ

＝π3时，杆受的安培力大小为3B2av（5π＋3）R0解析：选AD.开始时刻，感应电动势E1＝BLv＝2Bav，故A项正确；θ＝π3时，E2＝B·2acosπ3·v＝Bav，故B项错误；由L＝2acosθ，E＝BLv，I＝ER，R＝R0[2acos

θ＋(π＋2θ)a]，得在θ＝0时，F＝B2L2vR＝4B2avR0（2＋π），故C项错误；θ＝π3时F＝3B2av（5π＋3）R0，故D项正确．三、非选择题11．(2017·高考江苏卷)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v0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：本题考查法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、牛顿第二定律．(1)感应电动势E＝Bdv0感应电流I＝ER解得I＝Bdv0R.(2)安培力F＝BId牛顿第二定律F＝ma解

得a＝B2d2v0mR.(3)金属杆切割磁感线的速度v′＝v0－v，则感应电动势E＝Bd(v0－v)电功率P＝E2R解得P＝B2d2（v0－v）2R.答案：(1)Bdv0R(2)B2d2v0mR(3)B2d2（v0－v）2R12．(2019·安徽十校联考)如图甲所示，一个电阻值为R

，匝数为n的圆形金属线圈与阻值为2R的电阻R1连接成闭合回路．线圈的半径为r1，在线圈中半径为r2的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系图线如图乙所示．图线与横、纵轴的截距分别为t0和B0，导线的电阻不计．求

0至t1时间内(1)通过电阻R1的电流大小和方向；(2)通过电阻R1的电荷量q.解析：(1)穿过闭合线圈的磁场的面积为S＝πr22由题图乙可知，磁感应强度B的变化率的大小为ΔBΔt＝B0t0，根据法拉第电磁感应定律得：E＝nΔΦΔ

t＝nSΔBΔt＝nB0πr22t0由闭合电路欧姆定律可知流过电阻R1的电流为I＝ER＋2R＝nB0πr223Rt0再根据楞次定律可以判断，流过电阻R1的电流方向应由b到a.(2)0至t1时间内通过电阻R1的电荷量为q＝It1＝nB0πr22t13Rt0.答案：(1)nB0πr223Rt0方

向从b到a(2)nB0πr22t13Rt0