2015届高考物理第一轮课时提升演练检测题31

二十八法拉第电磁感应定律自感和涡流(学生用书对应页码P317)1．如图所示，三个相同的金属圆环内分别存在着不同的有界匀强磁场，虚线表示环的某条直径．已知所有磁场的磁感应强度随时间变化的关系都满足B＝B0＋kt，磁场方向如图所示．测得A环内感应电流强度为I，则B环和C环内感应电流强度分别为()A．IB＝I、IC＝0 B．IB＝I、IC＝2IC．IB＝2I、IC＝2I D．IB＝2I、IC＝0解析：根据法拉第电磁感应定律E＝neq\f(ΔB,Δt)S和B环内磁场面积为A环内磁场面积的2倍可得IB＝2I.C环中同时有磁感应强度大小相等、方向相反的磁场，而这两部分磁通量相互抵消，故C环中的磁通量一直为零，IC＝0，选项D正确．答案：D2．如图所示，正方形线框的左半侧处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与线框平面垂直，线框的对称轴MN恰与磁场边缘平齐．若第一次将线框从磁场中以恒定速度v1向右匀速拉出，第二次让线框绕轴MN以线速度v2匀速转过90°.若两次操作过程中线框产生的平均感应电动势相等，则()A．v1∶v2＝2∶π B．v1∶v2＝π∶2C．v1∶v2＝1∶2 D．v1∶v2＝2∶1解析：将线框从磁场中以恒定速度v1向右匀速拉出，时间t1＝L/2÷v1＝L/(2v1)；让线框绕轴MN以线速度v2匀速转动90°，角速度ω＝2v2/L，时间t2＝π/2÷ω＝πL/(4v2)，两次过程中线框产生的平均感应电动势相等，则t2＝t1，解得v1∶v2＝2∶π，选项A正确．答案：A3．(2014·吉林通化高三模拟)如图所示，两块水平放置的金属板距离为d，用导线、开关K与一个n匝的线圈连接，线圈置于方向竖直向上的变化磁场B中．两板间放一台小压力传感器，压力传感器上表面静止放置一个质量为m、电荷量为＋q的小球，K断开时传感器上有示数，K闭合，稳定后传感器上恰好无示数，则线圈中的磁场B的变化情况和磁通量变化率分别为()A．正在增加，eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(mgd,q)B．正在减弱，eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(mgd,nq)C．正在减弱，eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(mgd,q)D．正在增加，eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(mgd,nq)解析：K闭合，稳定后传感器上恰好无示数，说明此时下极板带正电，即下极板电势高于上极板，极板间的场强方向向上，大小满足Eq＝mg，即E＝eq\f(mg,q)，又U＝Ed，所以两极板间的电压U＝eq\f(mgd,q)；若将平行金属板换成一个电阻，则流过该电阻的感应电流的方向是从下往上，据此结合楞次定律可判断出穿过线圈的磁通量正在增加，线圈中产生的感应电动势的大小为neq\f(ΔΦ,Δt)，即U＝neq\f(ΔΦ,Δt)，可得eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(mgd,nq)，选项D正确．答案：D4．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B＝B0＋Kt(K>0)随时间变化，t＝0时，P、Q两极板电势相等．两极板间的距离远小于环的半径，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eq\f(KL2C,4π)D．带负电，电荷量是eq\f(KL2C,4π)解析：磁感应强度以B＝B0＋Kt(K>0)随时间变化，由法拉第电磁感应定律得E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝Seq\f(ΔB,Δt)＝KS，而S＝eq\f(L2,4π)，经时间t电容器P板所带电荷量Q＝EC＝eq\f(KL2C,4π)；由楞次定律知电容器P板带负电，故D选项正确．答案：D5．(2014·四川六校联考)某合作探究学习小组在探究线圈中感应电流的影响因素时，设计如图所示的实验装置，让一个闭合圆线圈放在匀强磁场中，线圈的轴线与磁场方向成30°角，磁感应强度随时间均匀变化，则下列说法中正确的是()A．若把线圈的匝数增大一倍，线圈内感应电流大小不变B．若把线圈的面积增大一倍，线圈内感应电流变为原来的2倍C．改变线圈轴线与磁场方向的夹角大小，线圈内感应电流可能变为原来的2倍D．若把线圈的半径增大一倍，线圈内感应电流变为原来的2倍解析：由法拉第电磁感应定律E＝neq\f(ΔB,Δt)S可知，若线圈的匝数增大一倍，感应电动势与线圈的总电阻都增大一倍，线圈中的电流不变，A正确；若线圈的面积增大一倍，感应电动势增大一倍，但线圈的电阻增大，线圈内的感应电流并不是原来的2倍，B错误；E＝neq\f(ΔB,Δt)Scos30°，故无论如何改变线圈轴线与磁场的方向夹角，都不可能使线圈内的感应电流变为原来的2倍，C错误；若线圈的半径增大一倍，则面积是原来的4倍，电阻是原来的2倍，线圈内感应电流变为原来的2倍，D正确．答案：AD6．(2014·广东汕头模拟)用均匀导线做成的正方形线圈边长为l，正方形的一半放在垂直于纸面向里的匀强磁场中，如图所示，当磁场以eq\f(ΔB,Δt)的变化率增强时，则()A．线圈中感应电流方向为acbdaB．线圈中产生的电动势E＝eq\f(ΔB,Δt)·eq\f(l2,2)C．线圈中a点电势高于b点电势D．线圈中a、b两点间的电势差为eq\f(ΔB,Δt)·eq\f(l2,2)解析：根据楞次定律可知，A正确．线圈中产生的电动势E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)·eq\f(l2,2)，B正确．线圈左边的一半导线相当于电源，在电源内部电流沿逆时针方向，所以a点电势低于b点电势，C错误．线圈右边的一半相当于外电路，a、b两点间的电势差相当于路端电压，其大小U＝eq\f(E,2)＝eq\f(l2,4)·eq\f(ΔB,Δt)，D错误．答案：AB7．如图所示，竖直平面内有一金属环，半径为a，总电阻为R(指拉直时两端的电阻)，磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过环平面，在环的最高点A用铰链连接长度为2a、电阻为eq\f(R,2)的导体棒AB，AB由水平位置紧贴环面摆下，当摆到竖直位置时，B点的线速度为v，则这时AB两端的电压大小为()A.eq\f(Bav,3)B.eq\f(Bav,6)C.eq\f(2Bav,3) D．Bav解析：摆在竖直位置时，AB切割磁感线的瞬时感应电动势E＝B·2a·eq\b\lc\\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)v))＝Bav.由闭合电路欧姆定律得，UAB＝eq\f(E,\f(R,2)＋\f(R,4))·eq\f(R,4)＝eq\f(1,3)Bav，故A正确．答案：A8．(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．无法判断解析：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E＝BLv知，感应电动势为BLv0不变，故A、B、D错误，C正确．答案：C9．在如图甲所示电路中，螺线管匝数n＝1500匝，横截面积S＝20cm2.螺线管导线电阻r＝1.0Ω，R1＝4.0Ω，R2＝5.0Ω，C＝30μF.在一段时间内，穿过螺线管的磁感应强度B按如图乙所示规律变化，A．螺线管中产生的感应电动势为1VB．闭合开关S，电路中电流稳定后，电阻R1消耗的功率为5×10－2WC．电路中电流稳定后电容器下极板带正电D．开关S断开后，流经R2的电荷量为1.8×10－5解析：根据法拉第电磁感应定律E＝eq\f(nΔΦ,Δt)＝n·Seq\f(ΔB,Δt)，得E＝1.2V，选项A错；根据闭合电路欧姆定律I＝eq\f(E,R1＋R2＋r)＝0.12A，由P＝I2R1，得R1消耗的功率P＝5.76×10－2W，选项B错；由楞次定律得选项C对；S断开后，流经R2的电荷量即为S闭合时C板上所带电荷量Q，电容器两端的电压U＝IR2＝0.6V，流经R2的电荷量Q＝CU＝1.8×10－5C，选项D对．答案：CD10．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()A．S闭合时，A立即亮，然后逐渐熄灭B．S闭合时，B立即亮，然后逐渐熄灭C．S闭合足够长时间后，B发光而A不发光D．S闭合足够长时间后再断开，B立即熄灭而A逐渐熄灭解析：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．答案：AC11．如图所示，固定在匀强磁场中的水平导轨ab、cd的间距L1＝0.5m，金属棒ad与导轨左端bc的距离为L2＝0.8m，整个闭合回路的电阻为R＝0.2Ω，磁感应强度为B0＝1T的匀强磁场竖直向下穿过整个回路．ad杆通过滑轮和轻绳连接着一个质量为m＝0.04kg的物体，不计一切摩擦，现使磁场以eq\f(ΔB,Δt)＝0.2T/s的变化率均匀地增大(1)金属棒上电流的方向．(2)感应电动势的大小．(3)物体刚好离开地面的时间(取g＝10m/s解析：(1)由楞次定律可以判断，金属棒上的电流由a到d.(2)由法拉第电磁感应定律得：E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝Seq\f(ΔB,Δt)＝0.08V(3)物体刚要离开地面时，其受到的拉力F＝mg而拉力F又等于棒所受到的安培力．即mg＝F安＝BIL1其中B＝B0＋eq\f(ΔB,Δt)tI＝eq\f(E,R)解得t＝5s答案：(1)由a到d(2)0.08V(3)5s12．(2014·东北三校模拟)如图甲所示，一半径为2l、电阻为r的带有极窄缝隙的金属圆环和一电阻为R的定值电阻构成一闭合回路，有一板间距为d的平行板电容器和电阻并联．金属圆环内存在一半径为l的有界匀强磁场，该磁场区域与金属圆环共心，磁感应强度随时间的变化图象如图乙所示，设磁感应强度方向垂直纸面向里为正．t＝0时刻在接近A板的位置处无初速释放一不计重力的带电粒子，粒子质量为m，重力不计，电荷量为－q(q>0)，求(1)粒子在0～T时间内发生的位移？(假设电荷没有到达B板)(2)要使粒子到达B板时速度最大，两板间的距离d应满足什么条件？解析：(1)在0～eq\f(1,3)T时间内，有E1＝eq\f(ΔΦ1,Δt1)＝Seq\f(ΔB1,Δt1)＝πl2eq\f(ΔB1,Δt1)又eq\f(ΔB1,Δt1)＝eq\f(2B0,\f(T,3))＝eq\f(6B0,T)联立得，E1＝eq\f(6πl2B0,T)因为I1＝eq\f(E1,R＋r)又因为U1＝I1R可得U1＝eq\f(6πl2B0R,TR＋r)在eq\f(T,3)～T时间内，有E2＝eq\f(ΔΦ2,Δt2)＝πl2eq\f(ΔB2,Δt2)又知eq\f(ΔB2,Δt2)＝eq\f(2B0,\f(2T,3))＝eq\f(3B0,T)联立得E2＝eq\f(3πl2B0,T)＝eq\f(1,2)E1所以I2＝eq\f(1,2)I1，U2＝eq\f(1,2)U1＝eq\f(3πl2B0R,TR＋r)因为F电＝ma＝eq\f(qU,d)则有0～eq\f(1,3)T时间内，a1＝eq\f(qU1,md)，eq\f(1,3)T～T时间内，a2＝eq\f(qU2,md)，得a2＝eq\f(1,2)a1由v＝a1eq\f(1,3)T＝a2t2得t2＝eq\f(2,3)T，即在t＝T时刻速度为零s1＝eq\f(1,2)a1(eq\f(1,3)T)2s2＝eq\f(1,