【优化方案】高考物理新一轮复习 课后达标检测27 法拉第电磁感应定律 自感 涡流（含解析）(1).doc

课后达标检测27法拉第电磁感应定律自感涡流一、单项选择题1.(2014无锡模拟)如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，将一水平放置的金属棒ab以水平初速度v0抛出，设在整个过程中棒的方向不变且不计空气阻力，则在金属棒运动过程中产生的感应电动势大小变化情况是()a越来越大b越来越小c保持不变 d无法判断2.如图所示，长为l的金属导线弯成一圆环，导线的两端接在电容为c的平行板电容器上，p、q为电容器的两个极板，磁场垂直于环面向里，磁感应强度以bb0kt(k0)随时间变化，t0时，p、q两极板电势相等两极板间的距离远小于环的半径，则经时间t电容器p板()a不带电b所带电荷量与t成正比c带正电，电荷量是d带负电，电荷量是3.如图所示，正方形线圈abcd位于纸面内，线圈电阻不计，边长为l，匝数为n，线圈内接有阻值为r的电阻，过ab中点和cd中点的连线oo恰好位于垂直纸面向里的匀强磁场的右边界上，磁场的磁感应强度为b.当线圈绕oo转过90时，通过电阻r的电荷量为()a. b.c. d.4.如图所示，长为l的金属导线上端悬于c点，下端系一小球a，在竖直向下的匀强磁场中做圆锥摆运动，转动方向如图所示，导线与竖直方向的夹角为，摆球的角速度为，磁感应强度为b，则金属导线中产生感应电动势的高电势端及大小为()ac点bl2bc点bl2sin2ca点bl2da点bl2sin25.(2013高考天津卷)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()aq1q2，q1q2 bq1q2，q1q2cq1q2，q1q2 dq1q2，q1q2二、多项选择题6.如图所示，一导线弯成半径为a的半圆形闭合回路虚线mn右侧有磁感应强度为b的匀强磁场，方向垂直于回路所在的平面回路以速度v向右匀速进入磁场，直径cd始终与mn垂直从d点到达边界开始到c点进入磁场为止，下列结论正确的是()a感应电流方向不变bcd段直导线始终不受安培力c感应电动势最大值embavd感应电动势平均值bav7.如图所示，空间存在两个磁场，磁感应强度大小均为b，方向相反且垂直纸面，mn、pq为其边界，oo为其对称轴一导线折成边长为l的正方形闭合回路abcd，回路在纸面内以恒定速度v0向右运动，当运动到关于oo对称的位置时()a穿过回路的磁通量为零b回路中感应电动势大小为2blv0c回路中感应电流的方向为顺时针方向d回路中ab边与cd边所受安培力方向相同8(2014武汉三中高三质检)如图所示，一导线弯成闭合线圈，以速度v向左匀速进入磁感应强度为b的匀强磁场，磁场方向垂直平面向外线圈总电阻为r，从线圈进入磁场开始到完全进入磁场为止，下列结论正确的是()a感应电流一直沿顺时针方向b线圈受到的安培力先增大，后减小c感应电动势的最大值ebrvd穿过线圈某个横截面的电荷量为9.如图所示，电路中a和b是两个完全相同的小灯泡，l是一个自感系数很大、直流电阻为零的电感线圈，c是电容很大的电容器当s闭合与断开时，对a、b的发光情况判断正确的是()as闭合时，a立即亮，然后逐渐熄灭bs闭合时，b立即亮，然后逐渐熄灭cs闭合足够长时间后，b发光而a不发光ds闭合足够长时间后再断开，b立即熄灭而a逐渐熄灭三、非选择题10.(2013高考江苏卷)如图所示，匀强磁场中有一矩形闭合线圈abcd，线圈平面与磁场垂直已知线圈的匝数n100，边长ab 1.0 m、bc0.5 m，电阻r2 .磁感应强度b在01 s内从零均匀变化到0.2 t在15 s内从0.2 t均匀变化到0.2 t，取垂直纸面向里为磁场的正方向求：(1)0.5 s时线圈内感应电动势的大小e和感应电流的方向；(2)在15 s内通过线圈的电荷量q；(3)在05 s内线圈产生的焦耳热q.11如图甲所示，在水平面上固定有长为l2 m、宽为d1 m的金属“u”型导轨，在“u”型导轨右侧l0.5 m范围内存在垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间变化规律如图乙所示在t0时刻，质量为m0.1 kg的导体棒以v01 m/s的初速度从导轨的左端开始向右运动，导体棒与导轨之间的动摩擦因数为0.1，导轨与导体棒单位长度的电阻均为0.1 /m，不计导体棒与导轨之间的接触电阻及地球磁场的影响(取g10 m/s2)(1)通过计算分析4 s内导体棒的运动情况；(2)计算4 s内回路中电流的大小，并判断电流方向；(3)计算4 s内回路产生的焦耳热12.(2014银川一中模拟)如图所示，一面积为s的单匝圆形金属线圈与阻值为r的电阻连接成闭合电路，不计圆形金属线圈及导线的电阻线圈内存在一个方向垂直纸面向里、磁感应强度大小均匀增加且变化率为k的磁场bt.电阻r两端并联一对平行金属板m、n，两板间距为d，n板右侧xoy坐标系(坐标原点o在n板的下端)的第一象限内，有垂直纸面向外的匀强磁场，磁场边界oa和y轴的夹角aoy45，aox区域为无场区在靠近m板处的p点由静止释放一质量为m、带电荷量为q的粒子(不计重力)，经过n板的小孔，从点q(0，l)垂直y轴进入第一象限，经oa上某点离开磁场，最后垂直x轴离开第一象限求：(1)平行金属板m、n获得的电压u；(2)yoa区域内匀强磁场的磁感应强度b；(3)粒子从p点射出至到达x轴的时间课后达标检测271解析选c.金属棒ab切割磁感线，产生感应电动势而不产生感应电流，没有安培力产生，在重力作用下做平抛运动，垂直于磁感线方向速度不变，始终为v0，由公式eblv知，感应电动势为blv0不变，故a、b、d错误，c正确2d3解析选b.初状态时，通过线圈的磁通量为1，当线圈转过90时，通过线圈的磁通量为0，由qit，i，en，得qn，可得通过电阻r的电荷量为.4b5解析选a.设线框边长分别为l1、l2，线框中产生的热量qi2rt2rl1，由于lablbc，所以q1q2.通过线框导体横截面的电荷量qtt，故q1q2，a选项正确6解析选acd.在闭合回路进入磁场的过程中，通过闭合回路的磁通量逐渐增大，根据楞次定律可知感应电流的方向为逆时针方向不变，a正确根据左手定则可判断，cd段受安培力向下，b不正确当半圆形闭合回路进入磁场一半时，这时有效切割长度最大为a，所以感应电动势最大值embav，c正确感应电动势平均值bav，d正确7解析选abd.由于两磁场的磁感应强度大小相等，方向相反，且回路此时关于oo对称，因而此时穿过回路的磁通量为零，a项正确；ab、cd均切割磁感线，相当于两个电源，由右手定则知，回路中感应电流方向为逆时针，两电源串联，感应电动势为2blv0，b项正确、c项错误；由左手定则知ab、cd所受安培力方向均向左，d项正确8解析选ab.在闭合线圈进入磁场的过程中，通过闭合线圈的磁通量逐渐增大，根据楞次定律可知感应电流的方向一直为顺时针方向，a正确导体切割磁感线的有效长度先变大后变小，感应电流先变大后变小，安培力也先变大后变小，b正确导体切割磁感线的有效长度最大值为2r，感应电动势最大为e2brv，c错误穿过线圈某个横截面的电荷量为q，d错误9解析选ac.电容器的特性是“充电和放电”，在开始充电阶段，相当于阻值很小的电阻，放电阶段相当于电源电感线圈的特性是“阻交流、通直流”，即电流不会突然变化，当电流突然增大时，相当于阻值很大的电阻，当电流突然减小时，相当于电源因此，当开关刚闭合时，电容器对电流的阻碍作用小，线圈对电流的阻碍作用大，c和b组成的电路分压作用小，a、l组成的电路分压作用大，b灯较暗，a灯较亮当开关闭合足够长的时间后，电容器充电完成，线圈中电流为直流电，而其直流电阻很小，b灯较亮，a灯被短路，不发光；开关断开瞬间，电容器和b组成的回路中，电容器放电，b灯逐渐变暗，a灯和线圈组成的回路中，线圈充当电源，a灯先变亮再熄灭，故选项a、c正确10解析(1)感应电动势e1n，磁通量的变化1b1s，解得e1n，代入数据得e110 v，感应电流的方向为adcba.(2)同理可得e2n，感应电流i2电荷量qi2t2，解得qn，代入数据得q10 c.(3)01 s内的焦耳热q1irt1，且i1，15 s内的焦耳热q2irt2由qq1q2，代入数据得q100 j.答案见解析11解析(1)导体棒先在无磁场区域做匀减速直线运动，有mgma，vtv0at，xv0tat2导体棒速度减为零时，vt0.代入数据解得：t1 s，x0.5 mll1.5 m，导体棒没有进入磁场区域导体棒在1 s末已停止运动，以后一直保持静止，离左端位置仍为x0.5 m.(2)前2 s磁通量不变，回路电动势和电流分别为e0，i0后2 s回路产生的感应电动势为eld0.1 v回路的总长度为5 m，因此回路的总电阻为r50.5 电流为i0.2 a根据楞次定律，在回路中的电流方向是顺时针方向(3)前2 s电流为零，后2 s有恒定电流，焦耳热为qi2rt0.04 j.答案(1)前1 s导体棒做匀减速直线运动，1 s4 s 内一直保持静止(2)0.2 a，顺时针方向(3)0.04 j12解析(1)根据法拉第电磁感应定律，知感应电动势为esks.(2)