2019高考物理最后沖刺增分小題狂練30

小題狂練30法拉第電磁感應(yīng)定律自感現(xiàn)象小題狂練eq\o(○,\s\up1(30))小題是基礎(chǔ)練小題提分快1.[2019·河北省承德二中測試]如圖所示，用相同導(dǎo)線繞成的兩個單匝線圈a、b的半徑分別為r和2r，圓形勻強(qiáng)磁場B的邊緣恰好與a線圈重合，若磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻增大，開始時的磁感應(yīng)強(qiáng)度不為0，則()A．任意時刻，穿過a、b兩線圈的磁通量之比均為1：4B．a(chǎn)、b兩線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢之比為1：2C．a(chǎn)、b兩線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電流之比為4：1D．相同時間內(nèi)a、b兩線圈產(chǎn)生的熱量之比為2：1答案：D解析：任意時刻，穿過a、b兩線圈的磁感線條數(shù)相等，磁通量相等，故磁通量之比為1：1，故A錯誤．根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得：E＝eq\f(ΔB,Δt)S，S＝πr2，因?yàn)镾相等，eq\f(ΔB,Δt)也相等，所以a、b兩線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢相等，感應(yīng)電動勢之比為1：1，故B錯誤．線圈a、b的半徑分別為r和2r，周長之比為1：2，電阻之比為1：2，根據(jù)歐姆定律知I＝eq\f(E,R)，得a、b兩線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電流之比為2：1.故C錯誤．根據(jù)焦耳定律得Q＝eq\f(E2,R)t，相同時間內(nèi)a、b兩線圈產(chǎn)生的熱量之比為2：1，故D正確．2.[2019·湖南省衡陽八中模擬](多選)如圖所示，均勻金屬圓環(huán)的總電阻為4R，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場垂直穿過圓環(huán)，金屬桿OM的長為l，阻值為R，M端與環(huán)接觸良好，繞過圓心O的轉(zhuǎn)軸以恒定的角速度ω順時針轉(zhuǎn)動．阻值為R的電阻一端用導(dǎo)線和環(huán)上的A點(diǎn)連接，A點(diǎn)位于O點(diǎn)的正下方，另一端和轉(zhuǎn)軸O處的端點(diǎn)相連接．下列判斷正確的是()A．金屬桿OM旋轉(zhuǎn)產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢恒為eq\f(Bl2ω,2)B．通過電阻R的電流的最小值為eq\f(Bl2ω,8R)，方向從Q到PC．通過電阻R的電流的最大值為eq\f(Bl2ω,4R)，且P、Q兩點(diǎn)電勢滿足φP>φQD．O、M兩點(diǎn)間電勢差絕對值的最大值為eq\f(Bl2ω,3)答案：AD解析：M端線速度為v＝ωl，OM切割磁感線的平均速度為eq\x\to(v)＝eq\f(v,2)，OM轉(zhuǎn)動切割磁感線產(chǎn)生的電動勢恒為：E＝Bleq\f(v,2)＝eq\f(1,2)Bl2ω，A正確；當(dāng)M端位于圓環(huán)最上端時，圓環(huán)兩部分電阻相等，并聯(lián)電阻最大，電流最小，R并＝R，通過電阻R的電流的最小值為Imin＝eq\f(E,3R)＝eq\f(Bl2ω,6R)，根據(jù)右手定則可得電流方向從Q到P，B錯誤；當(dāng)M位于最下端時圓環(huán)接入電路的電阻為0，此時有最大電流：Imax＝eq\f(E,2R)＝eq\f(Bl2ω,4R)，根據(jù)右手定則可得電流方向從Q到P，P、Q兩點(diǎn)電勢滿足φP<φQ，C錯誤；OM作為電源，外電阻增大，總電流減小，內(nèi)電壓減小，路端電壓增大，所以外電阻最大時，O、M兩點(diǎn)間電勢差的絕對值最大，其最大值為：U＝Imin×2R＝eq\f(Bl2ω,3)，D正確；故選A、D.3．[2019·河北省衡水一中考試](多選)如圖甲所示，一個剛性圓形線圈與電阻R構(gòu)成閉合回路，線圈平面與所在處的勻強(qiáng)磁場方向垂直，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示．關(guān)于線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢e、電阻R消耗的功率P隨時間t變化的圖象，下列可能正確的有()答案：BD解析：根據(jù)題圖乙知0～0.5T內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻增加，根據(jù)楞次定律，線圈中的感應(yīng)電流沿逆時針方向；0.5T～T內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻減弱，由楞次定律，線圈中的感應(yīng)電流沿順時針方向，A錯誤；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)S，因?yàn)?～0.5T內(nèi)和0.5T～T內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化率為定值且絕對值相等，所以感應(yīng)電動勢大小不變，B正確；根據(jù)I＝eq\f(E,R總)，整個過程中電流大小不變，由P＝I2R知電阻R消耗的功率不變，C錯誤，D正確．4.[2019·貴州省貴陽市摸底](多選)如圖所示，邊長為l的正方形單匝金屬線框ABCD，左半部分處在方向垂直于線框平面向里的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，線框的AD邊從圖中位置按俯視的逆時針方向，以線速度v繞固定對稱軸OO′勻速轉(zhuǎn)動90°，則此過程線框中()A．感應(yīng)電流方向沿A→D→C→B→AB．磁通量的最大值為Bl2C．最大感應(yīng)電動勢為BlvD．平均感應(yīng)電動勢為eq\f(2Blv,π)答案：CD解析：由楞次定律結(jié)合右手螺旋定則，可知感應(yīng)電流方向應(yīng)為A→B→C→D→A，A項(xiàng)錯誤；通過線框的磁通量的最大值為Φ＝BS＝eq\f(1,2)Bl2，B項(xiàng)錯誤；當(dāng)AD邊垂直切割磁感線時，感應(yīng)電動勢最大，E＝Blv，C項(xiàng)正確；由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，線框轉(zhuǎn)過90°過程中線框的平均感應(yīng)電動勢為eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,Δt)，ΔΦ＝eq\f(1,2)Bl2，Δt＝eq\f(πl(wèi),4v)，聯(lián)立可得eq\x\to(E)＝eq\f(2Blv,π)，D項(xiàng)正確．5．[2019·山西省名校聯(lián)盟測試]如圖所示，光滑水平面內(nèi)有一正方形導(dǎo)體線框abcd，置于垂直水平面向里、邊界為MN的勻強(qiáng)磁場外，線框的ab邊平行磁場邊界MN，線框以垂直于MN的速度v勻速進(jìn)入磁場，線框進(jìn)入磁場過程中，產(chǎn)生的焦耳熱為Q1，通過線框?qū)w橫截面的電荷量為q1，若線框以速度2v勻速進(jìn)入磁場，進(jìn)入磁場過程中，產(chǎn)生的焦耳熱為Q2，通過線框?qū)w橫截面的電荷量為q2，則下列選項(xiàng)正確的是()A．Q2＝2Q1，q2＝2q1B．Q2＝2Q1，q2＝q1C．Q2＝Q1，q2＝q1D．Q2＝4Q1，q2＝2q1答案：B解析：根據(jù)I＝eq\f(BLv,R)及F＝BIL可得F＝eq\f(B2L2v,R)，安培力做的功轉(zhuǎn)化為電能，然后轉(zhuǎn)化為焦耳熱，由Q＝W＝FL＝eq\f(B2L3v,R)可知產(chǎn)生的焦耳熱與速度成正比，所以Q2＝2Q1；根據(jù)q＝eq\f(BL2,R)可知通過線框?qū)w橫截面的電荷量與速度無關(guān)，q2＝q1，選項(xiàng)B正確．6．[2019·湖北省武漢市部分學(xué)校調(diào)研](多選)如圖(a)所示，在足夠長的光滑斜面上有一金屬線框，垂直于斜面方向的勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間的變化規(guī)律如圖(b)所示(規(guī)定垂直斜面向上為正方向)．t＝0時刻將線框由靜止釋放，在線框下滑的過程中，下列說法正確的是()A．線框中產(chǎn)生大小、方向均周期性變化的電流B．MN邊受到的安培力先減小后增大C．線框做勻加速直線運(yùn)動D．線框中產(chǎn)生的焦耳熱等于其機(jī)械能的損失答案：BC解析：穿過線框的磁通量先向下減小，后向上增加，根據(jù)楞次定律可知，感應(yīng)電流方向不變，選項(xiàng)A錯誤；因磁感應(yīng)強(qiáng)度B的變化率不變，則感應(yīng)電動勢的大小不變，感應(yīng)電流的大小不變，而B的大小先減小后增大，根據(jù)F＝BIL可知，MN邊受到的安培力先減小后增大，選項(xiàng)B正確；因線框平行的兩邊電流等大反向，整個線框所受的安培力合力為零，則線框下滑的加速度為gsinθ不變，線框做勻加速直線運(yùn)動，選項(xiàng)C正確；因安培力對線框不做功，斜面光滑，則線框的機(jī)械能守恒，選項(xiàng)D錯誤．7.[2019·河北省石家莊調(diào)研]如圖所示電路中，A、B、C為完全相同的三個燈泡，L是一直流電阻不可忽略的電感線圈．a(chǎn)、b為線圈L的左右兩端點(diǎn)，剛開始開關(guān)S是閉合的，三個燈泡的亮度相同．將開關(guān)S斷開后，下列說法正確的是()A．a(chǎn)點(diǎn)電勢高于b點(diǎn)，A燈閃亮后緩慢熄滅B．a(chǎn)點(diǎn)電勢低于b點(diǎn)，B、C燈閃亮后緩慢熄滅C．a(chǎn)點(diǎn)電勢高于b點(diǎn)，B、C燈閃亮后緩慢熄滅D．a(chǎn)點(diǎn)電勢低于b點(diǎn)，B、C燈不會閃亮只是緩慢熄滅答案：D解析：電路穩(wěn)定時，三個完全相同的燈泡亮度相同，說明流經(jīng)三個燈泡的電流相等，某時刻將開關(guān)S斷開，流經(jīng)電感線圈的磁通量減小，其發(fā)生自感現(xiàn)象，相當(dāng)于電源，產(chǎn)生和原電流方向相同的感應(yīng)電流，故a點(diǎn)電勢低于b點(diǎn)電勢，三個燈泡不會閃亮只是緩慢熄滅，選項(xiàng)D正確．8．[2019·山東省泰安一中模擬](多選)在如圖甲所示的電路中，電阻R1＝R2＝2R，單匝圓形金屬線圈半徑為r1，線圈的電阻為R，在半徑為r2(r2<r1)的圓形區(qū)域內(nèi)存在垂直于線圈平面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間t變化的關(guān)系圖線如圖乙所示，圖線在橫、縱軸的截距分別為t0和B0，其余導(dǎo)線的電阻不計．閉合S，至t1時刻，電路中的電流已穩(wěn)定，下列說法正確的是()A．電容器上極板帶正電B．電容器下極板帶正電C．線圈兩端的電壓為eq\f(B0πr\o\al(2,1),t0)D．線圈兩端的電壓為eq\f(4B0πr\o\al(2,2),5t0)答案：BD解析：由楞次定律知圓形金屬線圈中的感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r針方向，金屬線圈相當(dāng)于電源，電源內(nèi)部的電流從負(fù)極流向正極，則電容器的下極板帶正電，上極板帶負(fù)電，A錯，B對．由法拉第電磁感應(yīng)定律知感應(yīng)電動勢為E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)S＝eq\f(B0,t0)×πreq\o\al(2,2)，由閉合電路歐姆定律得感應(yīng)電流為I＝eq\f(E,R＋R1＋R2)，所以線圈兩端的電壓U＝I(R1＋R2)＝eq\f(4B0πr\o\al(2,2),5t0)，C錯，D對．9．[2019·重慶質(zhì)檢](多選)如圖，兩根足夠長且光滑平行的金屬導(dǎo)軌PP′、QQ′傾斜放置，勻強(qiáng)磁場垂直于導(dǎo)軌平面向上，導(dǎo)軌的上端與水平放置的兩金屬板M、N相連，板間距離足夠大，板間有一帶電微粒，金屬棒ab水平跨放在導(dǎo)軌上，下滑過程中與導(dǎo)軌接觸良好．現(xiàn)同時由靜止釋放帶電微粒和金屬棒ab，則下列說法正確的是()A．金屬棒ab最終可能勻速下滑B．金屬棒ab一直加速下滑C．金屬棒ab下滑過程中M板電勢高于N板電勢D．帶電微粒不可能先向N板運(yùn)動后向M板運(yùn)動答案：BC解析：金屬棒沿光滑導(dǎo)軌加速下滑，棒中有感應(yīng)電動勢，從而對電容器充電，充電電流通過金屬棒時金屬棒受安培力作用，只有金屬棒速度增大時才有充電電流，因此總有mgsinθ－BIl>0，金屬棒將一直加速，A錯、B對；由右手定則可知，金屬棒a端電勢高，則M板電勢高，C對；若微粒帶負(fù)電，則靜電力向上，與重力反向，開始時靜電力為0，微粒向下加速運(yùn)動，當(dāng)靜電力增大到大于重力時，微粒的加速度方向向上，D錯．10.[2019·陜西省部分學(xué)校摸底](多選)半徑分別為r和2r的同心圓形導(dǎo)軌(電阻不計)固定在同一水平面內(nèi)，一長為r、電阻為R的均勻金屬棒AB置于圓導(dǎo)軌上面，BA的延長線通過圓形導(dǎo)軌圓心O，裝置的俯視圖如圖所示，整個裝置位于一勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B，方向豎直向下．在兩環(huán)之間接阻值為R的定值電阻和電容為C的電容器．金屬棒在水平外力作用下以角速度ω繞O逆時針勻速轉(zhuǎn)動，在轉(zhuǎn)動過程中始終與導(dǎo)軌保持良好接觸．下列說法正確的是()A．金屬棒中電流從B流向AB．金屬棒兩端電壓為eq\f(3,4)Bωr2C．電容器的M板帶負(fù)電D．電容器所帶電荷量為eq\f(3,2)CBωr2答案：AB解析：根據(jù)右手定則可知金屬棒中電流從B流向A，選項(xiàng)A正確；金屬棒轉(zhuǎn)動產(chǎn)生的電動勢為E＝Breq\f(ωr＋ω·2r,2)＝eq\f(3,2)Bωr2，切割磁感線的金屬棒相當(dāng)于電源，金屬棒兩端電壓相當(dāng)于電源的路端電壓，因而U＝eq\f(R,R＋R)E＝eq\f(3,4)Bωr2，選項(xiàng)B正確；金屬棒A端相當(dāng)于電源正極，電容器M板帶正電，選項(xiàng)C錯誤；由C＝eq\f(Q,U)可得電容器所帶電荷量為Q＝eq\f(3,4)CBωr2，選項(xiàng)D錯誤．11.[2019·江西省臨川一中測試](多選)1931年英國物理學(xué)家狄拉克曾經(jīng)預(yù)言，自然界應(yīng)該存在只有一個磁極的磁單極子，其周圍磁感線呈均勻輻射狀分布，如圖所示，現(xiàn)有一半徑為R的線狀圓環(huán)，其過圓心O的環(huán)面的豎直對稱軸CD上某處有一固定的磁單S極子，與圓環(huán)相交的磁感線和對稱軸成θ角，圓環(huán)上各點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B大小相等，忽略空氣阻力，下列說法正確的是()A．若圓環(huán)為一閉合載流I、方向如圖的導(dǎo)體圓環(huán)，該圓環(huán)所受安培力的方向豎直向上，大小為BIRB．若圓環(huán)為一閉合載流I、方向如圖的導(dǎo)體圓環(huán)，該圓環(huán)所受安培力的方向豎直向下，大小為2πBIRsinθC．若圓環(huán)為一如圖方向運(yùn)動的帶電小球所形成的軌跡圖，則小球帶負(fù)電D．若圓環(huán)為一閉合導(dǎo)體圓環(huán)，從靜止開始釋放，環(huán)中產(chǎn)生與圖中反方向的感應(yīng)電流，加速度等于重力加速度答案：BC解析：根據(jù)左手定則可知，通電導(dǎo)體圓環(huán)每一部分受到的安培力斜向下，利用微元法可知該圓環(huán)所受安培力的方向豎直向下，大小為2πBIRsinθ，故A錯誤，B正確；若圓環(huán)為一如題圖方向運(yùn)動的帶電小球所形成的軌跡圓，說明形成的電流產(chǎn)生的安培力豎直向上，形成的電流應(yīng)與題圖圖示電流方向相反，故小球帶負(fù)電，故C正確；閉合導(dǎo)體圓環(huán)從靜止開始釋放，在下落過程中穿過圓環(huán)的磁通量增大，根據(jù)右手定則可知，產(chǎn)生與題圖反方向的感應(yīng)電流，受到的安培力斜向上，根據(jù)牛頓第二定律可知加速度小于g，故D錯誤；故選B、C.12.[2019·湖南省長沙市長郡中學(xué)考試](多選)如圖所示，x軸上方第一象限和第二象限分別有垂直紙面向里和垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，且磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相同，現(xiàn)有四分之一圓形線框OMN繞O點(diǎn)逆時針勻速轉(zhuǎn)動，若規(guī)定線框中感應(yīng)電流I順時針方向?yàn)檎较颍瑥膱D示時刻開始計時，則感應(yīng)電流I及ON邊所受的安培力大小F隨時間t的變化示意圖正確的是()答案：AD解析：在0～t0時間內(nèi)，由楞次定律和右手螺旋定則可判斷出感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r針方向(為負(fù)值)；在t0～2t0時間內(nèi)，由楞次定律和右手螺旋定則可判斷出感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r針方向(為正值)，且大小為在0～t0時間內(nèi)產(chǎn)生的電流大小的2倍；在2t0～3t0時間內(nèi)，由楞次定律和右手螺旋定則可判斷出感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r針方向(為負(fù)值)，且大小與在0～t0時間內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電流大小相等，因此感應(yīng)電流I隨時間t的變化示意圖與選項(xiàng)A中圖象相符，選項(xiàng)A正確，B錯誤．在0～t0時間內(nèi)，ON邊雖然有電流但沒有進(jìn)入磁場區(qū)域，所受安培力為零；在t0～2t0時間內(nèi)，感應(yīng)電流大小為在2t0～3t0時間內(nèi)產(chǎn)生的電流大小的2倍，ON邊所受安培力為在2t0～3t0時間內(nèi)的2倍，因此ON邊所受的安培力大小F隨時間t的變化示意圖與選項(xiàng)D中圖象相符，選項(xiàng)C錯誤，D正確．13．[2019·安徽省四校模擬](多選)如圖所示，豎直面內(nèi)有一閉合導(dǎo)線框ACDEA(由細(xì)軟導(dǎo)線制成)掛在兩固定點(diǎn)A、D上，水平線段AD為半圓的直徑，在導(dǎo)線框的E處有一個動滑輪，動滑輪下面掛一重物，使導(dǎo)線處于繃緊狀態(tài)．在半圓形區(qū)域內(nèi)，有磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直紙面向里的有界勻強(qiáng)磁場．設(shè)導(dǎo)線框的電阻為r，半圓的半徑為R，在將導(dǎo)線上的C點(diǎn)以恒定角速度ω(相對圓心O)從A點(diǎn)沿圓弧移動的過程中，若不考慮導(dǎo)線中電流間的相互作用，則下列說法正確的是()A．在C從A點(diǎn)沿圓弧移動到D點(diǎn)的過程中，導(dǎo)線框中感應(yīng)電流的方向先逆時針，后順時針B．在C從A點(diǎn)沿圓弧移動到圖中∠ADC＝30°位置的過程中，通過導(dǎo)線上C點(diǎn)的電荷量為eq\f(\r(3)BR2,2r)C．當(dāng)C沿圓弧移動到圓心O的正上方時，導(dǎo)線框中的感應(yīng)電動勢最大D．在C從A點(diǎn)沿圓弧移動到D點(diǎn)的過程中，導(dǎo)線框中產(chǎn)生的焦耳熱為eq\f(πB2R4ω,2r)答案：ABD解析：設(shè)經(jīng)過時間t，C點(diǎn)轉(zhuǎn)過的角度為θ，則有θ＝ωt，根據(jù)幾何知識可知導(dǎo)線框在磁場中的面積為S＝eq\f(1,2)×2R·Rsinθ＝R2sinωt，磁通量為Φ＝BR2sinθ＝BR2sinωt，磁通量先增大后減小，根據(jù)楞次定律知電流的方向先逆時針后順時針，A正確；根據(jù)q＝eq\f(ΔΦ,r)，可得q＝eq\f(BR2sin60°－0,r)＝eq\f(\r(3)BR2,2r)，B正確；根據(jù)e＝eq\f(ΔΦ,Δt)可知，感應(yīng)電動勢e＝ωBR2cosωt，C沿圓弧移動到圓心O的正上方時，導(dǎo)線框中的感應(yīng)電動勢最小，為零，C錯誤；根據(jù)C選項(xiàng)的分析可知電動勢的有效值為E＝eq\f(ωBR2,\r(2))＝eq\f(\r(2),2)ωBR2，故焦耳熱為Q＝eq\f(E2,r)t＝eq\f(ω2B2R4,2r)×eq\f(π,ω)＝eq\f(πωB2R4,2r)，D正確．14．[2018·全國卷Ⅲ](多選)如圖(a)，在同一平面內(nèi)固定有一長直導(dǎo)線PQ和一導(dǎo)線框R，R在PQ的右側(cè)．導(dǎo)線PQ中通有正弦交流電i，i的變化如圖(b)所示，規(guī)定從Q到P為電流正方向．導(dǎo)線框R中的感應(yīng)電動勢()A．在t＝eq\f(T,4)時為零B．在t＝eq\f(T,2)時改變方向C．在t＝eq\f(T,2)時最大，且沿順時針方向D．在t＝T時最大，且沿順時針方向答案：AC解析：A對：在t＝eq\f(T,4)時，交流電圖線斜率為0，即磁場變化率為0，由E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)S知，E＝0.C對，B、D錯：在t＝eq\f(T,2)和t＝T時，圖線斜率最大，在t＝eq\f(T,2)和t＝T時感應(yīng)電動勢最大．在eq\f(T,4)到eq\f(T,2)之間，電流由Q向P減弱，導(dǎo)線在R處產(chǎn)生垂直紙面向里的磁場，且磁場減弱，由楞次定律知，R產(chǎn)生的感應(yīng)電流的磁場方向也垂直紙面向里，即R中感應(yīng)電動勢沿順時針方向，同理可判斷在eq\f(T,2)到eq\f(3T,4)時，R中電動勢也為順時針方向，在eq\f(3,4)T到T時，R中電動勢為逆時針方向．15．[2018·全國卷Ⅱ]如圖，在同一水平面內(nèi)有兩根平行長導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間存在依次相鄰的矩形勻強(qiáng)磁場區(qū)域，區(qū)域?qū)挾染鶠閘，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等、方向交替向上向下．一邊長為eq\f(3,2)l的正方形金屬線框在導(dǎo)軌上向左勻速運(yùn)動．線框中感應(yīng)電流i隨時間t變化的正確圖線可能是()答案：D解析：設(shè)線框運(yùn)動的速度為v，則線框向左勻速運(yùn)動第一個eq\f(l,2v)的時間內(nèi)，線框切割磁感線運(yùn)動產(chǎn)生的電動勢為E＝2Bdv(d為導(dǎo)軌間距)，電流i＝eq\f(E,R)，回路中電流方向?yàn)轫槙r針；第二個eq\f(l,2v)的時間內(nèi)，線框切割磁感線運(yùn)動產(chǎn)生的電動勢為零，電流為零；第三個eq\f(l,2v)的時間內(nèi)，線框切割磁感線運(yùn)動產(chǎn)生的電動勢為E＝2Bdv，電流i＝eq\f(E,R)，回路中電流方向?yàn)槟鏁r針，所以D正確．16．[2016·上海卷](多選)如圖(a)，螺線管內(nèi)有平行于軸線的外加勻強(qiáng)磁場，以圖中箭頭所示方向?yàn)槠湔较颍菥€管與導(dǎo)線框abcd相連，導(dǎo)線框內(nèi)有一小金屬圓環(huán)L，圓環(huán)與導(dǎo)線框在同一平面內(nèi)．當(dāng)螺線管內(nèi)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間按圖(b)所示規(guī)律變化時()A．在t1～t2時間內(nèi)，L有收縮趨勢B．在t2～t3時間內(nèi)，L有擴(kuò)張趨勢C．在t2～t3時間內(nèi)，L內(nèi)有逆時針方向的感應(yīng)電流D．在t3～t4時間內(nèi)，L內(nèi)有順時針方向的感應(yīng)電流答案：AD解析：由題圖(b)可知，在t1～t2時間內(nèi)，線圈中向上的外加磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度增大，圖線的斜率在增大，則磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化率在增大，根據(jù)楞次定律可知，導(dǎo)線框中產(chǎn)生順時針方向的感應(yīng)電流，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知，線圈中感應(yīng)電動勢增大，因此導(dǎo)線框中的感應(yīng)電流增大，導(dǎo)線框中感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場增強(qiáng)，使得該磁場在圓環(huán)中的磁通量增大，由楞次定律知圓環(huán)有收縮趨勢，A項(xiàng)正確；在t2～t3時間內(nèi)，外加磁場均勻變化，導(dǎo)線框中產(chǎn)生穩(wěn)定電流，該電流的磁場是穩(wěn)定磁場，通過圓環(huán)的磁通量保持不變，圓環(huán)沒有擴(kuò)張或收縮趨勢，B、C項(xiàng)錯誤；在t3～t4時間內(nèi)，外加磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度向下減小，且圖線的斜率也減小，根據(jù)楞次定律可知，導(dǎo)線框中產(chǎn)生順時針方向減小的感應(yīng)電流，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知，該電流的磁場在圓環(huán)中的磁通量垂直紙面向里且大小減少，根據(jù)楞次定律可知，圓環(huán)內(nèi)產(chǎn)生順時針方向的感應(yīng)電流，D項(xiàng)正確.課時測評eq\o(○,\s\up1(30))綜合提能力課時練贏高分一、選擇題1．[2019·河北石家莊檢測]等腰直角三角形OPQ區(qū)域內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場，另有一等腰直角三角形導(dǎo)線框ABC以恒定的速度沿垂直于磁場方向穿過磁場，穿越過程中速度方向始終與AB邊垂直且保持AC平行于OQ，關(guān)于線框中的感應(yīng)電流，以下說法中不正確的是()A．開始進(jìn)入磁場時感應(yīng)電流最大B．產(chǎn)生的電動勢屬于動生電動勢C．開始進(jìn)入磁場時感應(yīng)電流沿順時針方向D．開始穿出磁場時感應(yīng)電流沿順時針方向答案：C解析：當(dāng)線框進(jìn)入磁場時，切割磁感線產(chǎn)生的動生感應(yīng)電動勢為E＝BLv，導(dǎo)線框ABC以恒定的速度運(yùn)動，當(dāng)有效切割長度最大時，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢也最大，感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BLv,R)最大．線框開始進(jìn)入磁場時感應(yīng)電動勢最大，此時感應(yīng)電流最大，選項(xiàng)A、B說法正確；由右手定則可判定導(dǎo)線框開始進(jìn)入磁場時，切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向由C到A，即感應(yīng)電流沿逆時針方向，選項(xiàng)C說法錯誤；由楞次定律可得開始穿出磁場時感應(yīng)電流方向由A到C，即感應(yīng)電流沿順時針方向，選項(xiàng)D說法正確．2．[2019·遼寧錦州檢測](多選)如圖所示，用長度La：Lb＝2：1的同種導(dǎo)線做成圓環(huán)a、b，并在A、C處相連，當(dāng)均勻變化的磁場垂直穿過a環(huán)時，環(huán)內(nèi)電流為I1，A、C間電壓為U1；若同樣磁場穿過b環(huán)，環(huán)內(nèi)電流為I2，A、C間電壓為U2，則()A．I1：I2＝4：1B．I1：I2＝2：1C．U1：U2＝2：1D．U1：U2＝4：1答案：AC解析：用長度La：Lb＝2：1的同種導(dǎo)線做成圓環(huán)a、b，故兩個環(huán)的半徑之比為2：1，面積之比為4：1；根據(jù)電阻定律公式R＝ρeq\f(L,S0)，兩圓環(huán)的電阻之比為Ra：Rb＝2：1；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，感應(yīng)電動勢E＝eq\f(nΔB,Δt)S∝S，故兩種情況產(chǎn)生的電動勢之比為4：1，根據(jù)閉合電路歐姆定律I＝eq\f(E,R)，可知感應(yīng)電流之比為4：1，選項(xiàng)A正確，B錯誤；路端電壓U＝IR，第一次外電阻是b環(huán)電阻，第二次外電阻是a環(huán)電阻，故兩次的路端電壓之比為eq\f(U1,U2)＝eq\f(I1Rb,I2Ra)＝eq\f(2,1)，選項(xiàng)C正確，D錯誤．3．[2019·遼寧沈陽東北育才學(xué)校模擬]如圖，固定在水平桌面上的光滑金屬導(dǎo)軌cd、eg處于方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，金屬桿ab與導(dǎo)軌接觸良好，在兩根導(dǎo)軌的端點(diǎn)d、e之間連接一電阻，其他部分電阻忽略不計，現(xiàn)用一水平向右的恒力F作用在金屬桿ab上，使金屬桿由靜止開始向右沿導(dǎo)軌滑動，滑動中桿ab始終垂直于導(dǎo)軌，金屬桿受到的安培力用F安表示，則下列說法正確的是()A．金屬桿ab做勻加速直線運(yùn)動B．金屬桿ab運(yùn)動時回路中有順時針方向的電流C．金屬桿ab所受到的F安先不斷增大，后保持不變D．金屬桿ab克服安培力做功的功率與時間的平方成正比答案：C解析：對金屬桿受力分析，根據(jù)牛頓第二定律有F－F安＝ma，即F－eq\f(B2L2v,R)＝ma，由于速度變化，所以加速度發(fā)生變化，故金屬桿做加速度逐漸減小的變加速運(yùn)動，不是做勻加速直線運(yùn)動，故A錯誤；根據(jù)楞次定律可知，金屬桿ab運(yùn)動時回路中有逆時針方向的感應(yīng)電流，故B錯誤；由F安＝eq\f(B2L2v,R)可知，當(dāng)速度增大時，安培力增大，當(dāng)金屬桿受力平衡時，達(dá)到最大速度，其后開始做勻速運(yùn)動，安培力不變，故C正確；金屬桿克服安培力做功的瞬時功率P＝I2R＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(BLv,R)))2R＝eq\f(B2L2v2,R)，故D錯誤．4.[2019·遼寧師大附中月考]如圖所示，間距為L的光滑平行金屬導(dǎo)軌彎成“∠”形，底部導(dǎo)軌面水平，傾斜部分與水平面成θ角，導(dǎo)軌與固定電阻相連，整個裝置處于豎直向上的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中．導(dǎo)體棒ab與cd均垂直于導(dǎo)軌放置，且與導(dǎo)軌間接觸良好，兩導(dǎo)體棒的電阻均與阻值為R的固定電阻相等，其余部分電阻不計，當(dāng)導(dǎo)體棒cd沿導(dǎo)軌向右以速度v勻速滑動時，導(dǎo)體棒ab恰好在傾斜導(dǎo)軌上處于靜止?fàn)顟B(tài)，導(dǎo)體棒ab的重力為mg，則()A．導(dǎo)體棒cd兩端的電壓為BLvB．t時間內(nèi)通過導(dǎo)體棒cd橫截面的電荷量為eq\f(2BLvt,3R)C．cd棒克服安培力做功的功率為eq\f(B2L2v2,R)D．導(dǎo)體棒ab所受安培力為mgsinθ答案：B解析：根據(jù)題意畫出等效電路如圖甲所示．導(dǎo)體棒cd產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E＝BLv，導(dǎo)體棒cd兩端的電壓是路端電壓，為eq\f(1,3)E＝eq\f(1,3)BLv，選項(xiàng)A錯誤；通過cd棒的電流I＝eq\f(E,0.5R＋R)＝eq\f(BLv,1.5R)，在時間t內(nèi)通過導(dǎo)體棒cd橫截面的電荷量為q＝It＝eq\f(2BLvt,3R)，選項(xiàng)B正確；對ab棒進(jìn)行受力分析如圖乙所示，由于ab棒靜止，所以ab棒所受安培力Fab＝mgtanθ，選項(xiàng)D錯誤；由功能關(guān)系知cd棒克服安培力做功的功率等于整個電路的電功率，為P＝eq\f(E2,0.5R＋R)＝eq\f(B2L2v2,1.5R)，選項(xiàng)C錯誤．5．[2019·湖北武漢二中檢測]如圖甲所示，一匝數(shù)N＝10匝、總電阻R＝7.5Ω、長L1＝0.4m、寬L2＝0.2m的勻質(zhì)矩形金屬線框靜止在粗糙水平面上，線框的bc邊正好過半徑r＝0.1m的圓形磁場的直徑，線框的左半部分在垂直線框平面向上的勻強(qiáng)磁場區(qū)域內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B0＝1T，圓形磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B垂直線框平面向下，大小隨時間均勻增大，如圖乙所示，已知線框與水平面間的最大靜摩擦力f＝1.2N，取A．t＝0時刻穿過線框的磁量大小為0.07WbB．線框靜止時，線框中的感應(yīng)電流為0.2C．線框靜止時，ad邊所受安培力水平向左，大小為0.8ND．經(jīng)時間t＝0.4s，線框開始滑動答案：D解析：設(shè)磁場豎直向上穿過線框的磁通量為正，由磁通量的定義得t＝0時，有Φ＝eq\f(1,2)L1L2B0－B·eq\f(π,2)r2＝0.01Wb，故A錯誤．線框靜止時，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有E＝Neq\f(ΔΦ,Δt)＝0.75V，由閉合電路歐姆定律有I＝eq\f(E,R)＝0.1A，故B錯誤．由楞次定律可知，圓形磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度增大時，線框內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電流的方向?yàn)槟鏁r針方向，由左手定則可知，ad邊受到的安培力的方向水平向左，ad邊受到的安培力即線框受到的安培力，即F＝10B0IL1＝10×1×0.1×0.4N＝0.4N<1.2N，即ad邊受到的摩擦力的大小為0.4N，故C錯誤．圓形磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻增大，所以線框產(chǎn)生大小不變的電動勢，感應(yīng)電流的大小不變，而左側(cè)的磁場區(qū)域內(nèi)的磁場不變，所以線框的ad邊受到的安培力的大小恒為0.4N，方向向左不變；t＝0.4s時，線框的bc邊受到的安培力F′＝NBI×2r＝0.8N，方向向左，故此時整個線框所受的安培力為0.4N＋0.8N＝1.2N，方向向左，因fm＝1.2N，可知此時線框?qū)⒁瑒樱蔇正確．6．[2019·江西南昌二中檢測](多選)在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，有一與磁場方向垂直、長度為L的金屬桿aO，已知ab＝bc＝cO＝L/3，a、c與磁場中以O(shè)為圓心的同心圓(都為部分圓弧)金屬軌道始終接觸良好．一電容為C的電容器接在軌道上，如圖所示，當(dāng)金屬桿在與磁場垂直的平面內(nèi)以O(shè)為軸、以角速度ω順時針勻速轉(zhuǎn)動時()A．Uac＝2UabB．UaO＝9UcOC．電容器所帶電荷量Q＝eq\f(4,9)BL2ωCD．若在eO間連接一個電壓表，則電壓表示數(shù)為零答案：BC解析：根據(jù)轉(zhuǎn)動切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢的公式E＝eq\f(1,2)Bl2ω得aO、bO、cO間的電勢差分別為UaO＝eq\f(1,2)BL2ω，UbO＝eq\f(1,2)Beq\f(2,3)L2ω＝eq\f(2,9)BL2ω，UcO＝eq\f(1,2)Beq\f(1,3)L2ω＝eq\f(1,18)BL2ω，則Uac＝UaO－UcO＝eq\f(4,9)BL2ω，Uab＝UaO－UbO＝eq\f(5,18)BL2ω，可見，Uac＝1.6Uab，UaO＝9UcO，故B正確，A錯誤．電容器板間電壓等于ac間的電勢差，則電容器所帶電荷量為Q＝CUac＝eq\f(4,9)BL2ωC，故C正確．若在eO間連接一個電壓表，電壓表與cO、軌道組成的閉合回路磁通量增加，會有電流通過電壓表，則電壓表將有示數(shù)，故D錯誤．7．[2019·河南洛陽模擬](多選)如圖所示，電路中A、B是兩個完全相同的燈泡，L是一個自感系數(shù)很大、直流電阻為零的自感線圈，則下列判斷正確的是()A．S閉合瞬間，A燈和B燈同時亮B．S閉合后電路穩(wěn)定前，B先亮一下再逐漸變暗，A逐漸變暗C．S閉合電路穩(wěn)定后，A燈和B燈亮度相同D．S閉合電路穩(wěn)定后，再斷開S時，A燈要亮一下再熄滅答案：AD解析：開關(guān)S閉合的瞬間，兩燈同時獲得電流，所以A、B同時發(fā)光，選項(xiàng)A正確；由于線圈的電阻可以忽略，A燈逐漸被短路，流過A燈的電流逐漸減小，A燈逐漸變暗，直至熄滅，而流過B的電流增大，所以B燈變亮，選項(xiàng)B錯誤；結(jié)合B的分析可知，S閉合電路穩(wěn)定后，A熄滅，選項(xiàng)C錯誤；斷開開關(guān)S的瞬間，B燈的電流突然消失，立即熄滅，流過線圈的電流將要減小，產(chǎn)生自感電動勢，相當(dāng)于電源，維持L中的電流逐漸減小，所以A燈要突然亮一下再熄滅，選項(xiàng)D正確．8．[2019·四川綿陽月考]在如圖所示的電路中，L為電阻很小的線圈，G1和G2為零刻度在表盤中央的兩個相同的電流表．當(dāng)開關(guān)S閉合后，電流表G1、G2的指針都偏向右側(cè)，那么當(dāng)斷開開關(guān)S時，將出現(xiàn)的現(xiàn)象是()A．G1和G2指針都立即回到零點(diǎn)B．G1指針立即回到零點(diǎn)，而G2指針緩慢地回到零點(diǎn)C．G1指針緩慢地回到零點(diǎn)，而G2指針先立即偏向左側(cè)，然后緩慢地回到零點(diǎn)D．G2指針緩慢地回到零點(diǎn)，而G1指針先立即偏向左側(cè)，然后緩慢地回到零點(diǎn)答案：D解析：根據(jù)題意，電流方向自右向左時，電流表指針向右偏；電流方向自左向右時，電流表指針應(yīng)向左偏．當(dāng)開關(guān)S斷開的瞬間，G1中原電流立即消失，而對于G2所在的支路，由于線圈L的自感作用，電流不會立即消失，L自感產(chǎn)生的電流先后通過L、G2、G1，且在由它們組成的閉合回路中持續(xù)一段時間，即G2中的電流按原方向自右向左逐漸減為零，G1中的電流和原電流方向相反，變?yōu)樽宰笙蛴遥遗cG2中的電流同時緩慢減為零，選項(xiàng)D正確．9．如圖甲所示，固定在水平桌面上的光滑金屬框架cdeg處于方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，金屬桿與金屬框架接觸良好．在兩根導(dǎo)軌的端點(diǎn)d、e之間連接一電阻，其他部分電阻忽略不計．現(xiàn)用一水平向右的外力F作用在金屬桿上，使金屬桿由靜止開始向右在框架上滑動．圖乙為一段時間內(nèi)金屬桿受到的安培力f隨時間t的變化關(guān)系，則下面可以表示外力F隨時間t變化關(guān)系的圖象是()答案：B解析：設(shè)金屬桿運(yùn)動的速度為v，長度為l，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為Blv，安培力f＝eq\f(B2l2v,R)，由圖可知f隨時間t線性變化，說明速度v隨時間t線性變化，即做勻加速直線運(yùn)動，由牛頓第二定律，有F－eq\f(B2l2at,R)＝ma，則F＝eq\f(B2l2a,R)·t＋ma，選項(xiàng)B正確．10．(多選)用一段橫截面半徑為r，電阻率為ρ、密度為d的均勻?qū)w材料做成一個半徑為R(r?R)的圓環(huán)．圓環(huán)豎直向下落入如圖所示的徑向磁場中，圓環(huán)的圓心始終在N極的軸線上，圓環(huán)所在位置的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，圓環(huán)在加速下落過程中某一時刻的速度為v，忽略電感的影響，則()A．此時在圓環(huán)中產(chǎn)生了(俯視)沿順時針方向的感應(yīng)電流B．圓環(huán)因受到了向下的安培力而加速下落C．此時圓環(huán)的加速度a＝eq\f(B2v,ρd)D．如果徑向磁場足夠長，則圓環(huán)的最大速度vm＝eq\f(ρdg,B2)答案：AD解析：圓環(huán)向下切割磁感線，由右手定則可知，圓環(huán)中感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r針方向(俯視)，A正確；再由左手定則可知，圓環(huán)受到的安培力向上，B錯誤；圓環(huán)中感應(yīng)電動勢為E＝B·2πR·v，感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R′)，電阻R′＝ρeq\f(2πR,πr2)＝eq\f(2Rρ,r2)，解得I＝eq\f(Bπvr2,ρ).圓環(huán)受到的安培力F＝BI·2πR＝eq\f(2B2π2vRr2,ρ).圓環(huán)的加速度a＝eq\f(mg－F,m)＝g－eq\f(2B2π2vRr2,mρ)，圓環(huán)質(zhì)量m＝d·2πR·πr2，解得加速度a＝g－eq\f(B2v,ρd)，C錯誤；當(dāng)mg＝F時，加速度a＝0，圓環(huán)的速度最大，vm＝eq\f(ρdg,B2)，D正確．二、非選擇題11．如圖甲，電阻不計的足夠長的平行光滑金屬導(dǎo)軌PX、QY相距L＝0.5m，底端連接電阻R＝2Ω，導(dǎo)軌平面傾角θ＝30°，勻強(qiáng)磁場垂直于導(dǎo)軌平面向上，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝1T．質(zhì)量m＝40g、電阻r＝0.5Ω的金屬棒MN放在導(dǎo)軌上，金屬棒通過絕緣細(xì)線在電動機(jī)牽引下從靜止開始運(yùn)動，經(jīng)過時間t1＝2s通過距離x＝1.5m，速度達(dá)到最大，這個過程中電壓表示數(shù)U0＝0.8V，電流表示數(shù)I0＝0.6A，示數(shù)穩(wěn)定，運(yùn)動過程中金屬棒始終與導(dǎo)軌垂直，細(xì)線始終與導(dǎo)軌平行且在同一平面內(nèi)，電動機(jī)線圈內(nèi)阻r0＝0.5Ω，g取10(1)細(xì)線對金屬棒拉力的功率P多大？(2)金屬棒從靜止開始運(yùn)動的t1＝2s時間內(nèi)，電阻R上產(chǎn)生的熱量QR是多大？(3)用外力F代替電動機(jī)沿細(xì)線方向拉金屬棒MN，使金屬棒保持靜止?fàn)顟B(tài)，金屬棒到導(dǎo)軌下端距離為d＝1m答案：(1)0.3W(2)0.224J(3)F＝0.016t＋0.208(N)解析：(1)細(xì)線對金屬棒拉力的功率P等于電動機(jī)的輸出功率，根據(jù)能量守恒定律，可得P＝I0U0－Ieq\o\al(2,0)r0＝0.6×0.8W－0.62×0.5W＝0.3W.(2)當(dāng)金屬棒