高三物理总复习巩固练习法拉第电磁感应定律提高

这是一份高三物理总复习巩固练习法拉第电磁感应定律提高，共12页。试卷主要包含了选择题，填空题，计算题等内容，欢迎下载使用。
【巩固练习】一、选择题1、（2015  新课标II卷）如图，直角三角形金属框abc放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向平行于ab边向上。当金属框绕ab边以角速度ω逆时针转动时，a、b、c三点的电势分别为Ua、Ub、Uc.已知bc边的长度为l。下列判断正确的是                A．Ua> Uc，金属框中无电流B.  Ub >Uc，金属框中电流方向沿a-b-c-aC .Ubc=-1/2Bl²ω，金属框中无电流D. Ubc=1/2Bl²w，金属框中电流方向沿a-c-b-a 2、如图所示，粗糙均匀的电阻丝围成的正方形线框置于有界匀强磁场中，磁场方向垂直于线框平面，其边界与正方形线框的边平行，现使线框以同样大小的速度沿四个不同方向平移出磁场，则在移出过程中线框的一边a、b两点间电势差的绝对值最大的是(  )3、 如图所示，一正方形线圈的匝数为n，边长为a，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中．在Δt时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B均匀地增大到2B.在此过程中，线圈中产生的感应电动势为(　　)　　　　　　　　　　　　　　　A.     B.     C.     D. 4、如图所示，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 5、在如图所示的电路中，两个相同的小灯泡和分别串联一个带铁芯的电感线圈和一个滑动变阻器．闭合开关后，调整，使和发光的亮度一样，此时流过两个灯泡的电流均为，然后，断开，若时刻再闭合，则在前后的一小段时间内，正确反映流过的电流，流过的电流，随时间变化的图像是（  ）    6、如图，矩形裸导线框abcd的长边长度为2L，短边的长度为L，在两短边上均接有电阻R，其余部分电阻不计。导线框一长边与x轴重合，左边的坐标x=0，线框内有一垂直于线框平面的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B。一质量为m、电阻也为R的光滑导体棒MN与短边平行且与长边接触良好。开始时导体棒静止于x=0处，从t=0时刻起，导体棒MN在沿x轴正方向的一拉力作用下，从x=0处匀加速运动到x =2L处。则导体棒MN从x=0处运动到x=2L处的过程中通过电阻R的电量为（　 ）
　　A．　　　 B．　
    C．　　　 D．7、如图所示，在空中有一水平方向的匀强磁场区域，区域的上下边缘间距为h，磁感应强度为B。有一宽度为b（b <h）、长度为L、电阻为R、质量为m的矩形导体线圈紧贴磁场区域的上边缘由静止起竖直下落，当线圈的PQ边到达磁场下边缘时，线圈恰好开始做匀速运动。设线圈进入磁场过程中产生的热量为Q1，通过导体截面的电荷量为q1；线脚离开磁场过程中产生的热量为Q2，通过导体截面的电荷量为q2  ，则（　 ）  　　A．Q1 = Q2
　　B．Q1＜Q2　
　　C．q1＝q2
　　D．q1＜q2  8、图是法拉第做成的世界上第一台发电机模型的原理图。将铜盘放在磁场中，让磁感线垂直穿过铜盘；图中a、b导线与铜盘的中轴线处在同一竖直平面内；转动铜盘，就可以使闭合电路获得电流。若图中铜盘半径为L，匀强磁场的磁感应强度为B，回路总电阻为R，从上往下看逆时针匀速转动铜盘的角速度为。则下列说法正确的是（　 ）
　　A．回路中有大小和方向周期性变化的电流
　　B．回路中电流大小恒定，且等于
　　C．回路中电流方向不变，且从b导线流进灯泡，再从a导线流向旋转的铜盘
　　D．若将匀强磁场改为仍然垂直穿过铜盘的正弦变化的磁场，不转动铜盘，灯泡中也会有电流流过 9、在图所示的电路中，两个灵敏电流表G1和G2的零点都在刻度盘中央，当电流从 “＋”接线柱流入时，指针向右摆；电流从“一”接线柱流入时，指针向左摆。在电路接通后再断开的瞬间，下列说法中符合实际情况的是（　 ）
　　A．G1表指针向左摆，G2表指针向右摆
　　B．G1表指针向右摆， G2表指针向左摆
　　C．G1、G2表的指针都向上左摆
　　D．G1、G2表的指针都向右摆 10、如图所示，电阻为R的金属棒ab，从图示位置分别以速度v1、v2沿电阻不计的光滑轨道匀速滑到虚线处。若v1∶v2＝1∶2，则两次移动棒的过程中(   )A．回路中感应电流之比I1∶I2＝1∶2B．回路中产生热量之比Q1∶Q2＝1∶2C．外力做功的功率之比P1∶P2＝1∶2D．回路中通过截面的总电荷量之比q1∶q2＝1∶2 11、（2016 广西模拟）如图所示是“探究电磁感应的产生条件”的实验装置，下列情况中会引起电流表指针偏转的是（   ）A. 闭合开关时                        B. 断开开关C. 闭合开关后拔出线圈A时            D. 断开开关后移动变阻器的滑片时     二、填空题1、如图所示，把一根条形磁铁从同样高度插到线圈中同样的位置处，第一次快插，第二次慢插，两情况下线圈中产生的感应电动势的大小关系是E1____E2；通过线圈截面电量的大小关系是ql____q2．2、一电容器的电容为10F，垂直于回路平面的磁场的磁感应强度以T/s的变化率增加，回路面积为，如图所示，则A、C两板的电势差为______V，A板带电荷的种类为______，带电荷量为______C。3、正方形导线框处于匀强磁场中，磁场方向垂直框平面，磁感应强度随时间均匀增加，变化率为k。导体框质量为m、边长为L，总电阻为R，在恒定外力F作用下由静止开始运动。导体框在磁场中的加速度大小为________，导体框中感应电流做功的功率为___________。   三、计算题1、（2016 江苏卷）据报道，一法国摄影师拍到“天宫一号”空间站飞过太阳的瞬间．照片中，“天宫一号”的太阳帆板轮廓清晰可见．如图所示，假设“天宫一号”正以速度v＝7.7 km/s绕地球做匀速圆周运动，运动方向与太阳帆板两端M、N的连线垂直，M、N间的距离L＝20 m，地磁场的磁感应强度垂直于v，MN所在平面的分量B＝1.0×10－5 T，将太阳帆板视为导体． (1)求M、N间感应电动势的大小E；(2)在太阳帆板上将一只“1.5 V，0.3 W”的小灯泡与M、N相连构成闭合电路，不计太阳帆板和导线的电阻．试判断小灯泡能否发光，并说明理由；(3)取地球半径R＝6.4×103 km，地球表面的重力加速度g＝9.8 m/s2，试估算“天宫一号”距离地球表面的高度h(计算结果保留一位有效数字)．  2、如下图所示，导线全部为裸导线，半径为r的圆内有垂直于圆平面的匀强磁场，磁感应为B、一根长度大于2r的导线MN以速度v在圆环上无摩擦地自左端匀速滑动到右端，电路的固定电阻为R，其余电阻忽略不计，试求：（1）MN从圆环的左端滑到右端的过程中电阻R上的电流强度的平均值及通过的电荷量。（2）MN从圆环左端滑到右端的过程中，电阻R上的电流强度的最大值。   3、如图，两根足够长的金属导轨ab、cd竖直放置，导轨间距离为L，电阻不计。在导轨上端并接两个额定功率均为P、电阻均为R的小灯泡。整个系统置于匀强磁场中，磁感应强度方向与导轨所在平面垂直。现将一质量为m、电阻可以忽略的金属棒MN从图示位置由静止开始释放。金属棒下落过程中保持水平，且与导轨接触良好。已知某时刻后两灯泡保持正常发光。重力加速度为g。求：
（1）磁感应强度的大小：
（2）灯泡正常发光时导体棒的运动速率。
    4、如图所示，两足够长的光滑金属导轨竖直放置，相距为L, 一理想电流表与两导轨相连，匀强磁场与导轨平面垂直。一质量为m、有效电阻为R的导体棒在距磁场上边界h处静止释放。导体棒进入磁场后，流经电流表的电流逐渐减小，最终稳定为I。整个运动过程中，导体棒与导轨接触良好，且始终保持水平，不计导轨的电阻。求： （1）磁感应强度的大小B；（2）电流稳定后，导体棒运动速度的大小v；（3）流经电流表电流的最大值     5、均匀导线制成的单位正方形闭合线框abcd，每边长为L，总电阻为R，总质量为m。将其置于磁感强度为B的水平匀强磁场上方h处，如图所示。线框由静止自由下落，线框平面保持在竖直平面内，且cd边始终与水平的磁场边界平行。当cd边刚进入磁场时，（1）求线框中产生的感应电动势大小；（2）求cd两点间的电势差大小；（3）若此时线框加速度恰好为零，求线框下落的高度h所应满足的条件。   6、如图（a）所示，一个电阻值为R，匝数为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（b）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上的电流大小和方向；（2）通过电阻R1上的电量q及电阻R1上产生的热量。     【答案与解析】一、选择题1、【答案】C【解析】当金属框绕ab边以角速度ω逆时针转动时，穿过直角三角形金属框abc的磁通量恒为0，所以没有感应电流，由右手定则可知，c点电势高，，故C正确，A、B、D错误。【考点】导体切割磁感线2、B解析：产生的感应电动势为，电阻丝的总电阻相等，感应电流相等，设总电阻为R，每边电阻为，感应电流， ，同理  。故B对。注意总结规律： A、C、D图中ab边是外电路的一部分，a、b两点间电势差等于电流乘以总电阻的四分之一，B图ab边是内电路，电势差等于电流乘以总电阻的四分之三。3、【答案】B　【解析】根据法拉第电磁感应定律知，这里的S指的是线圈在磁场中的有效面积，即，故，因此B项正确．4、【答案】BCD　【解析】根据安培定则可判断出，通电导线在M区产生竖直向上的磁场，在N区产生竖直向下的磁场．当导体棒匀速通过M区时，由楞次定律可知导体棒受到的安培力向左．当导体棒匀速通过N区时，由楞次定律可知导体棒受到的安培力也向左．选项B正确．设导体棒的电阻为r，轨道的宽度为L，导体棒产生的感应电流为I′，则导体棒受到的安培力，在导体棒从左到右匀速通过M区时，磁场由弱到强，所以FM逐渐增大；在导体棒从左到右匀速通过N区时，磁场由强到弱，所以FN逐渐减小．选项C、D正确．5、B解析：由于小灯泡L1与电感线圈串联，断开S后再闭合，流过L1的电流从无到有（即增大），电感线圈对电流有阻碍作用，所以流过灯泡L1的电流从0开始逐渐增大，最终达到I．故A错误，B正确．由于小灯泡L2与滑动变阻器串联，断开S后再闭合，立即有电流通过L2，当L1电流逐渐增大时，流过L2的电流逐渐减小，最终减到I．故C、D错误．故选B．6、C
解析：任一时刻，导体棒中的感应电动势为，感应电流为，因为棒做匀加速运动，所以。，此过程中通过导体棒的电量为，两电阻并联，所以通过每一电阻的电量为。故C对。7、BC
解析：线框进入或离开磁场的过程中，通过导体截面的电量为，而，，则；因为进入或离开时，相同，所以。，线框在磁场中有一段加速过程，线框离开磁场时的速度大于进入时的速度，离开时所受安培力较大。克服安培力做功较多，产生的焦耳热较多，所以。故选BC。8、C
解析：把铜盘看作若干条由中心指向边缘的铜棒组合而成，当铜盘转动时，每根金属棒都在切割磁感线，相当于电源，由右手定则知，中心为电源正极，盘边缘为负极，若干个相同的电源并联对外供电，电流方向由b经灯泡再从a流回铜盘，方向不变，C对，A错。回路中感应电动势为，所以电流，B错。当铜盘不动，磁场按正弦规律变化时，铜盘中形成涡流，但没有电流通过灯泡，D错。9、B
解析：电路接通后线圈中电流方向向右，当电路断开时，线圈中电流减小，线圈中产生与原方向相同的自感电动势，与G2和电阻组成闭合回路，所以G1中电流方向向右，G2中电流方向向左，即G1指针向右摆，G2指针向左摆。10、AB  解析：感应电动势为，电流，电流之比；回路中产生热量，回路中产生热量之比；外力做功的功率，外力做功的功率之比；回路中通过截面的总电荷量，、相等，总电荷量之比。故选AB。11、【答案】ABC【解析】闭合开关时，穿过B线圈的磁通量从无到有，磁通量发生变化，产生感应电流，电流表指针发生偏转，A正确；断开开关时，穿过B线圈的磁通量从有到无，磁通量发生变化，产生感应电流，电流表指针发生偏转，B正确；闭合开关后拔出线圈A时，穿过B线圈的磁通量发生变化，产生感应电流，电流表指针发生偏转，C正确；断开开关后，移动滑动变阻器的滑片，穿过B线圈的磁通量始终为零，磁通量不变，不产生感应电流，D错。故选ABC。 二、填空题1、>，=解析：快插磁通量的变化快，即磁通量的变化率大，产生的感应电动势就大；快插和慢插磁通量的变化相等，线圈电阻相等，所以两次通过线圈截面电量的大小相等。2、，负电，解析：A、C两板的电势差.根据楞次定律，感应电流的磁场方向垂直向里，再应用安培定则，四指指向C，所以C板为正，A板为负。电荷量3、  解析：导体框在磁场中受到的合外力等于F，根据牛顿第二定律可知导体框的加速度为。由于导体框运动不产生感应电流，仅是磁感应强度增加产生感应电流，因而磁场变化产生的感应电动势为，故导体框中的感应电流做功的功率为三、计算题1、【答案】(1)1.54 V　(2)不能，理由见解析　(3)4×105 m【解析】(1)法拉第电磁感应定律E＝BLv，代入数据得E＝1.54 V(2)不能，因为穿过闭合回路的磁通量不变，不产生感应电流．(3)在地球表面有匀速圆周运动解得，代入数据得h≈4×105 m（数量级正确都算对）2、（1）， ；（2）。解析：（1）根据法拉第电磁感应定律，回路中产生的平均感应电动势为：①           ②          ③由①②③式解得平均电流 ，通过的电荷量为：（2）当导线运动到圆环的圆心处时，切割磁感线的有效长度最大，产生的感应电动势也就最大，电阻R上的电流强度也最大，此时 ④所以⑤    由以上两式，得 .3、（1）；（2）。解析一：每个灯上的额定电流为 额定电压为：
（1）最后MN匀速运动，安培力等于重力，故：求出：
（2） 得：。
解析二：（1）设小灯泡的额定电流为，有 　①
由题意，在金属棒沿导轨竖直下落的某时刻后，小灯泡保持正常发光，流经MN的电流为　　②
此时金属棒MN所受的重力和安培力相等，下落的速度达到最大值，有 　　③   联立①②③式得 　　④
（2）设灯泡正常发光时，导体棒的速率为v，由电磁感应定律与欧姆定律得
   　　⑤   　　⑥
联立①②③④⑤⑥式得 .　⑦4、（1）（2）（3）解析：（1）电流稳定后，导体棒做匀速运动    ①解得    ②（2）感应电动势 E=BLv     ③   感应电流   ④由②③④式解得   ⑤（3）由题意知，导体棒刚进入磁场时的速度最大，设为机械能守恒     ⑥感应电动势的最大值  ⑦感应电流的最大值    ⑧ 联立解得 5、（1）（2）（3）.解析：（1）cd边刚进入磁场时，线框速度 感应电动势（2）此时线框中电流 cd两点间的电势差（3）安培力 。 根据牛顿第二定律 由 ，解得下落高度满足.6、（1），电流由b向a通过；（2）解析：（1）由法拉第电磁感应定律得感应电动势为由闭合电路的欧姆定律，得通过的电流大小为由楞次定律知该电流由b向a通过（2）由得在0至时间内通过的电量为由焦耳定律得在0至时间内产生的热量为。