【物理】2020届一轮复习人教版法拉第电磁感应定律　自感课时作业 8页

‎2020届一轮复习人教版 法拉第电磁感应定律　自感 课时作业 ‎1. 如图所示，由导体棒ab和矩形线框cdef组成的“10”图案在匀强磁场中一起向右匀速平动，匀强磁场的方向垂直线框平面向里，磁感应强度B随时间均匀增大，则下列说法正确的是(　　)‎ A．导体棒的a端电势比b端电势高，电势差Uab在逐渐增大 B．导体棒的a端电势比b端电势低，电势差Uab在逐渐增大 C．线框cdef中有顺时针方向的电流，电流大小在逐渐增大 D．线框cdef中有逆时针方向的电流，电流大小在逐渐增大 答案　A 解析　对于导体棒ab，由于磁感应强度B随时间均匀增大，所以Uab＝Blv逐渐增大，由右手定则知a端电势高于b端电势，A正确，B错误；对于矩形线框，依题意可知、S都不变，由法拉第电磁感应定律E＝·S知线框中产生的感应电动势大小不变，由闭合电路欧姆定律知线框中的感应电流大小不变，C、D错误。‎ ‎2. A、B两闭合圆形导线环用相同规格的导线制成，它们的半径之比rA∶rB＝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。当磁场的磁感应强度随时间均匀增大的过程中，流过两导线环的感应电流大小之比为(　　)‎ A.＝1 B.＝2 C.＝ D.＝ 答案　D 解析　匀强磁场的磁感应强度随时间均匀增大，即不变，E＝＝·S(S 为磁场区域面积)，由于及S均相同，可得两导线环产生的感应电动势相等，即＝1，I＝，R＝ρ(S′为导线的横截面积)，l＝2πr，所以＝＝＝＝。D正确。‎ ‎3. 如图，一匝数为N、面积为S、总电阻为R的圆形线圈，放在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于线圈平面。当线圈由原位置翻转180°的过程中，通过线圈导线横截面的电荷量为(　　)‎ A. B. C. D. 答案　B 解析　由法拉第电磁感应定律E＝N，可求出感应电动势的大小，再由闭合电路欧姆定律I＝，可求出感应电流的大小，根据电荷量公式q＝IΔt，可得q＝N。由于开始线圈平面与磁场垂直，现把线圈翻转180°，则有ΔΦ＝2BS，所以由上述公式可得通过线圈导线横截面的电荷量q＝，B正确，A、C、D错误。‎ ‎4. (多选)如图是生产中常用的一种延时继电器的示意图，铁芯上有两个线圈A和B，线圈A跟电源连接，线圈B的两端接在一起，构成一个闭合回路。下列说法中正确的是(　　)‎ A．闭合开关S时，B中产生图示方向的感应电流 B．闭合开关S时，B中产生与图示方向相反的感应电流 C．断开开关S时，电磁铁会继续吸住衔铁D一小段时间 D．断开开关S时，弹簧K立即将衔铁D拉起 答案　BC 解析　闭合开关S时，由楞次定律知B中产生与图示方向相反的感应电流，A错误，B正确；断开开关S时，B中磁通量变化产生感应电流，电磁铁会继续吸住衔铁D一小段时间，C正确，D错误。‎ ‎5. (多选)如图所示，L是自感系数很大的、用铜导线绕成的线圈，其电阻可以忽略不计，开关S原来是闭合的。当开关S断开瞬间，则(　　)‎ A．L中的电流方向不变 B．灯泡D要过一会儿才熄灭 C．灯泡D立即熄灭 D．电容器将放电 答案　AC 解析　S断开时，由于自感电动势，L中的电流沿原方向缓慢减小，对C充电(C两端电压原来为零)，而电流不通过灯泡D，故灯泡立即熄灭，A、C正确。‎ ‎6．在半径为r、电阻为R的圆形导线框内，以竖直直径为界，左、右两侧分别存在着方向如图甲所示的匀强磁场。以垂直纸面向外的方向为磁场的正方向，两部分磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示。则0～t0时间内，导线框中(　　)‎ A．没有感应电流 B．感应电流方向为逆时针 C．感应电流大小为 D．感应电流大小为 答案　C 解析　根据楞次定律可知，导线框左边产生的感应电流沿顺时针方向，导线框右边产生的感应电流也沿顺时针方向，则整个导线框中的感应电流沿顺时针方向，A、B错误；由法拉第电磁感应定律可知，导线框中产生的感应电动势为导线框左、右两边产生的感应电动势之和，即E＝2×S＝2×＝，由闭合电路欧姆定律可得，感应电流大小为I＝ ‎＝，C正确，D错误。‎ ‎7. 如图所示，半径为R的圆形导轨处在垂直于圆平面的匀强磁场中，磁场的磁感应强度为B，方向垂直于纸面向里。一根长度略大于导轨直径的导体棒MN以速率v在圆导轨上从左端滑到右端，电路中的定值电阻为r，其余电阻不计。导体棒与圆形导轨接触良好。求：‎ ‎(1)在滑动过程中通过电阻r上的电流的平均值；‎ ‎(2)MN从左端到右端的整个过程中，通过r的电荷量；‎ ‎(3)当MN通过圆导轨中心时，通过r的电流是多少？‎ 答案　(1)　(2)　(3) 解析　导体棒从左向右滑动的过程中，切割磁感线产生感应电动势，对电阻r供电。‎ ‎(1)计算平均电流，应该用法拉第电磁感应定律，先求出平均感应电动势。‎ 整个过程磁通量的变化为ΔΦ＝BS＝BπR2，‎ 所用的时间Δt＝，‎ 代入公式＝，‎ 得平均电流为＝＝。‎ ‎(2)电荷量的运算应该用平均电流，q＝Δt＝。‎ ‎(3)当MN通过圆形导轨中心时，切割磁感线的有效长度最大，为l＝2R，根据E＝Blv得E＝B·2Rv，此时通过r的电流为I＝＝。‎ ‎[真题模拟练]‎ ‎8．(2018·全国卷Ⅰ) 如图，导体轨道OPQS固定，其中PQS是半圆弧，Q为半圆弧的中点，O为圆心。轨道的电阻忽略不计。OM是有一定电阻、可绕O转动的金属杆，M端位于PQS上，OM与轨道接触良好。空间存在与半圆所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B。现使OM从OQ位置以恒定的角速度逆时针转到OS位置并固定(过程Ⅰ)；再使磁感应强度的大小以一定的变化率从B增加到B′(过程Ⅱ)。在过程Ⅰ、Ⅱ中，流过OM的电荷量相等，则等于(　　)‎ A. B. C. D．2‎ 答案　B 解析　通过导体横截面的电荷量为：q＝·Δt＝·Δt＝n，过程Ⅰ流过OM的电荷量为：q1＝；过程Ⅱ流过OM的电荷量：q2＝，依题意有：q1＝q2，即：B·πr2＝(B′－B)·πr2，解得：＝，正确答案为B。‎ ‎9．(2018·全国卷Ⅲ)(多选)如图a，在同一平面内固定有一长直导线PQ和一导线框R，R在PQ的右侧。导线PQ中通有正弦交流电流i，i的变化如图b所示，规定从Q到P为电流的正方向。导线框R中的感应电动势(　　)‎ A．在t＝时为零 B．在t＝时改变方向 C．在t＝时最大，且沿顺时针方向 D．在t＝T时最大，且沿顺时针方向 答案　AC 解析　由图b可知，导线PQ中电流在t＝时达到最大值，变化率为零，导线框R中磁通量变化率为零，根据法拉第电磁感应定律，在t＝时导线框中产生的感应电动势为零，A正确；在t＝时，导线PQ中电流图象斜率正负不变，导致导线框R 中磁通量变化率的正负不变，根据楞次定律，所以在t＝时，导线框中产生的感应电动势方向不变，B错误；由于在t＝时，导线PQ中电流图象斜率最大，电流变化率最大，导致导线框R中磁通量变化率最大，根据法拉第电磁感应定律，在t＝时导线框中产生的感应电动势最大，由楞次定律可判断出感应电动势的方向为顺时针方向，C正确；由楞次定律可判断出在t＝T时感应电动势的方向为逆时针方向，D错误。‎ ‎10．(2016·全国卷Ⅱ) (多选)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 答案　AB 解析　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＝Bl＝Br·＝Bωr2，可知，转动的角速度恒定，电动势恒定，电流恒定，A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正确；圆盘转动方向不变，产生的电流方向不变，C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错误。‎ ‎11．(2018·潍坊高三统考)(多选) 如图所示，等边三角形导体框abc边长为l，bd⊥ac，导体框绕轴bd以角速度ω匀速转动，导体框所在空间有竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场。下列说法正确的是(　　)‎ A．导体框中无感应电流 B．导体框中产生正弦交变电流 C．a、d两点间电势差为0‎ D．a、d两点间电压为Bωl2‎ 答案　AD 解析　由于导体框平面始终与磁场方向平行，则穿过导体框的磁通量始终为零，即导体框中无感应电流，A正确，B错误；由导体棒在磁场中转动切割磁感线产生感应电动势可知，a、d两点间的电压为E＝Bω2＝Bωl2，C错误，D正确。‎ ‎12．(2018·潍坊高三统考) 如图所示，平行金属导轨宽度L＝1 m，固定在水平面内，左端A、C间接有R＝4 Ω的电阻，金属棒DE质量m＝0.36 kg，电阻r＝1 Ω，垂直导轨放置，金属棒与导轨间的动摩擦因数为μ＝0.5，到AC的距离x＝1.5 m。匀强磁场与水平面成37°角斜向左上方，与金属棒垂直，磁感应强度随时间t变化的规律是B＝(1＋2t) T。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计导轨电阻，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10 m/s2，则经多长时间金属棒开始滑动？‎ 答案　12 s 解析　回路中的感应电动势 E＝Lxsin37°‎ 感应电流I＝ 对金属棒受力分析，有 FA＝BIL FAsin37°＝μN N＝mg＋FAcos37°‎ 又B＝(1＋2t) T，‎ 联立解得t＝12 s。‎