【創(chuàng)新導(dǎo)學(xué)案】2021年高考物理總復(fù)習(xí)課時知能訓(xùn)練：9-2-法拉第電磁感應(yīng)定律-自感現(xiàn)像

9-2法拉第電磁感應(yīng)定律自感現(xiàn)像(45分鐘100分)一、選擇題(本大題共10小題，每小題7分，共70分。每小題至少一個答案正確，選不全得4分)1．(2022·青島模擬)如圖甲所示，水平面上的平行導(dǎo)軌MN、PQ上放著兩根導(dǎo)體棒ab、cd，兩棒中間用絕緣絲線系住。開頭時勻強磁場垂直于紙面對里，磁感應(yīng)強度B隨時間t的變化如圖乙所示，I和FT分別表示流過導(dǎo)體棒中的電流和絲線的拉力(不計電流之間的相互作用力)，則在t0時刻()A．I＝0，F(xiàn)T＝0B．I＝0，F(xiàn)T≠0C．I≠0，F(xiàn)T＝0D．I≠0，F(xiàn)T≠0【解析】t0時刻，磁場變化，磁通量變化，故I≠0；由于B＝0，故ab、cd所受安培力均為零，絲線的拉力為零。C項正確?！敬鸢浮緾2.如圖所示，兩塊水平放置的金屬板距離為d，用導(dǎo)線、開關(guān)S與一個n匝的線圈連接，線圈置于方向豎直向上的均勻變化的磁場中。兩板間放一臺小壓力傳感器，壓力傳感器上表面絕緣，在其上表面靜止放置一個質(zhì)量為m、電荷量為＋q的小球。開關(guān)S閉合前傳感器上有示數(shù)，開關(guān)S閉合后傳感器上的示數(shù)變?yōu)樵瓉淼囊话?。則線圈中磁場的變化狀況和磁通量變化率分別是()A．正在增加，eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(mgd,2q)B．正在增加，eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(mgd,2nq)C．正在減弱，eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(mgd,2q)D．正在減弱，eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(mgd,2nq)【解析】開關(guān)S閉合后傳感器示數(shù)減小，說明帶電小球?qū)鞲衅鞯膲毫ψ冃?，小球帶正電，說明金屬板上極板帶負電，由楞次定律推斷可知，線圈中感應(yīng)電流的磁場方向是豎直向下的，從而推知題圖中的磁場正在增加；依題意知，閉合開關(guān)S后小球受重力mg。支持力FN和電場力F電而處于平衡狀態(tài)，即F電＋FN＝mg，其中F電＝q·eq\f(n\f(ΔΦ,Δt),d)，F(xiàn)N＝eq\f(1,2)mg，代入解得eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(mgd,2nq)，故選項B正確。【答案】B3．如圖所示，豎直平面內(nèi)有一金屬環(huán)，半徑為a，總電阻為R(指拉直時兩端的電阻)，磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場垂直穿過環(huán)平面，在環(huán)的最高點A用鉸鏈連接長度為2a、電阻為eq\f(R,2)的導(dǎo)體棒AB，AB由水平位置緊貼環(huán)面擺下，當擺到豎直位置時，B點的線速度為v，則這時AB兩端的電壓大小為()A.eq\f(Bav,3)B.eq\f(Bav,6)C.eq\f(2Bav,3)D．Bav【解析】擺到豎直位置時，AB切割磁感線的瞬時感應(yīng)電動勢E＝B·2a·(eq\f(1,2)v)＝Bav。由閉合電路歐姆定律得，UAB＝eq\f(E,\f(R,2)＋\f(R,4))·eq\f(R,4)＝eq\f(1,3)Bav，故A正確?！敬鸢浮緼4.如圖a是用電流傳感器(相當于電流表，其電阻可以忽視不計)爭辯自感現(xiàn)像的試驗電路，圖中兩個電阻的阻值均為R，L是一個自感系數(shù)足夠大的自感線圈，其直流電阻值也為R。圖b是某同學(xué)畫出的在t0時刻開關(guān)S切換前后，通過傳感器的電流隨時間變化的圖像。關(guān)于這些圖像，下列說法中正確的是()A．甲是開關(guān)S由斷開變?yōu)殚]合，通過傳感器1的電流隨時間變化的狀況B．乙是開關(guān)S由斷開變?yōu)殚]合，通過傳感器2的電流隨時間變化的狀況C．丙是開關(guān)S由閉合變?yōu)閿嚅_，通過傳感器2的電流隨時間變化的狀況D．丁是開關(guān)S由閉合變?yōu)閿嚅_，通過傳感器2的電流隨時間變化的狀況【解析】開關(guān)S由斷開變?yōu)殚]合瞬間，流過自感線圈的電流為零，流過傳感器1、2的電流均為eq\f(E,2R)；閉合電路穩(wěn)定后，流過傳感器1的電流為eq\f(2E,3R)，流過傳感器2的電流為eq\f(E,3R)；開關(guān)斷開后，流過傳感器1的電流馬上變?yōu)榱?，流過傳感器2的電流方向相反，從eq\f(E,3R)漸漸變?yōu)榱?。由以上分析可知，選項C正確。【答案】C5．一個邊長為L的正方形導(dǎo)線框在傾角為θ的光滑固定斜面上由靜止開頭沿斜面下滑，隨后進入虛線下方方向垂直于斜面的勻強磁場中。如圖所示，磁場的上邊界線水平，線框的下邊ab邊始終水平，斜面以及下方的磁場往下方延長到足夠遠。下列推理推斷正確的是()A．線框進入磁場過程b點的電勢比a點高B．線框進入磁場過程肯定是減速運動C．線框中產(chǎn)生的焦耳熱肯定等于線框削減的機械能D．線框從不同高度下滑時，進入磁場過程中通過線框?qū)Ь€橫截面的電荷量不同【解析】ab邊進入磁場后，切割磁感線，ab相當于電源，由右手定則可知a為等效電源的正極，a點電勢高，A項錯。由于線框所受重力的分力mgsinθ與安培力大小不能確定，所以不能確定其是減速還是加速，B項錯；由能量守恒知C項對；由q＝neq\f(ΔΦ,R)知，q與線框下降的高度無關(guān)，D項錯?！敬鸢浮緾6．如圖所示，P、Q是兩根豎直且足夠長的金屬桿(電阻忽視不計)，處在垂直紙面對里的勻強磁場B中，MN是一個螺線管，它的繞線方法沒有畫出，P、Q的輸出端a、b和MN的輸入端c、d之間用導(dǎo)線相連，A是在MN的正下方水平放置在地面上的金屬圓環(huán)。現(xiàn)將金屬棒ef由靜止釋放，在下滑中始終與P、Q桿良好接觸且無摩擦。在金屬棒釋放后下列說法正確的是()A．A環(huán)中有大小不變的感應(yīng)電流B．A環(huán)中有越來越大的感應(yīng)電流C．A環(huán)對地面的壓力先減小后增大至恒定值D．A環(huán)對地面的壓力先增大后減小至恒定值【解析】金屬棒ef從靜止釋放后，產(chǎn)生感應(yīng)電流I＝eq\f(Blv,R)，受力分析得mg－BIl＝ma，故其做a減小的加速運動，當a＝0后做勻速運動。MN螺線管上的電流I＝eq\f(Blv,R)，隨v增大而增大，故A上產(chǎn)生與螺線管上相反的感應(yīng)電流，由于反向電流相互排斥，A環(huán)受到斥力，故對地面的壓力增大，當ef勻速運動時，電路中電流恒定，A環(huán)上不再產(chǎn)生感應(yīng)電流，對地面的壓力大小等于重力。C項錯誤，D項正確。由于A環(huán)上產(chǎn)生的I感正比于MN上電流的變化率，MN上電流的變化率由eq\f(Δv,Δt)打算，由此知IA漸漸減小，A、B項錯誤?！敬鸢浮緿7．如圖所示，一導(dǎo)線彎成半徑為a的半圓形閉合回路。虛線MN右側(cè)有磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，方向垂直于回路所在的平面?；芈芬运俣葀向右勻速進入磁場，直徑CD始終與MN垂直。從D點到達邊界開頭到C點進入磁場為止，下列結(jié)論正確的是()A．感應(yīng)電流方向不變B．CD段直導(dǎo)線始終不受安培力C．感應(yīng)電動勢最大值Em＝BavD．感應(yīng)電動勢平均值E＝eq\f(1,4)πBav【解析】在閉合回路進入磁場的過程中，通過閉合回路的磁通量漸漸增大，依據(jù)楞次定律可知感應(yīng)電流的方向為逆時針方向不變，A正確。依據(jù)左手定則可推斷，CD段受安培力向下，B不正確。當半圓形閉合回路進入磁場一半時，這時有效切割長度最大為a，所以感應(yīng)電動勢最大值Em＝Bav，C正確。感應(yīng)電動勢平均值E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(B·\f(πa2,2),\f(2a,v))＝eq\f(1,4)πBav。D正確。【答案】ACD8．一線圈匝數(shù)為10匝，兩接線端連一C＝100μF的電容器，組成如圖甲所示的回路，回路所圍面積S＝0.1m2，取穿過線圈垂直于紙面對里的方向為磁場的正方向，穿過回路的磁感應(yīng)強度B隨時間t的變化如圖乙所示。則關(guān)于電容器兩極板上的電荷量大小及M、N兩極板帶電的正負，下列說法中正確的是()A．帶電荷量1.2×10－3C，M極板帶正電B．帶電荷量1.2×10－3C，N極板帶正電C．帶電荷量1.2×10－4C，M極板帶正電D．帶電荷量1.2×10－4C，N極板帶正電【解析】由圖像可知斜率k＝eq\f(ΔB,Δt)＝12T/s，則產(chǎn)生的電動勢E＝neq\f(ΔB,Δt)·S＝10×12×0.1V＝12V，則電荷量Q＝CE＝100×10－6×12C＝1.2×10－3C，由楞次定律可得M極板為高電勢，故正確選項為A?！敬鸢浮緼9．如圖所示，在方向垂直紙面對里，磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場區(qū)域中有一個由均勻?qū)Ь€制成的單匝矩形線框abcd，線框以恒定的速度v沿垂直磁場方向向右運動，運動中線框dc邊始終與磁場右邊界平行，線框邊長ad＝l，cd＝2l。線框?qū)Ь€的總電阻為R。則線框離開磁場的過程中，下列說法中正確的是()A．流過線框截面的電量為eq\f(2Bl2,R)B．線框中的電流在ad邊產(chǎn)生的熱量為eq\f(l3B2v,6R)C．線框所受安培力的合力為eq\f(2B2l2v,R)D．a(chǎn)d間的電壓為eq\f(Blv,6)【解析】線框離開磁場的過程中，感應(yīng)電動勢E＝2Blv，由電路學(xué)問可知ad間的電壓為eq\f(Blv,3)，線框所受安培力的合力為F＝BI(2l)＝eq\f(4B2l2v,R)，產(chǎn)生的熱量Q＝I2Rt，t＝eq\f(l,v)，Qad＝eq\f(Q,6)，所以Qad＝eq\f(2l3B2v,3R)。通過的電量q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(2Bl2,R)。由以上分析可知，只有A正確?！敬鸢浮緼10．半徑為a右端開小口的導(dǎo)體圓環(huán)和長為2a的導(dǎo)體直桿，單位長度電阻均為R0。圓環(huán)水平固定放置，整個內(nèi)部區(qū)域分布著豎直向下的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B。桿在圓環(huán)上以速度v平行于直徑CD向右做勻速直線運動，桿始終有兩點與圓環(huán)良好接觸，從圓環(huán)中心O開頭，桿的位置由θ確定，如圖所示。則以下結(jié)論錯誤的是()A．θ＝0時，桿產(chǎn)生的電動勢為2BavB．θ＝eq\f(π,3)時，桿產(chǎn)生的電動勢為BavC．θ＝0時，桿受的安培力大小為eq\f(2B2av,（π＋2）R0)D．θ＝eq\f(π,3)時，桿受的安培力大小為eq\f(3B2av,（5π＋3）R0)【解析】依據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得E＝Blv(其中l(wèi)為有效長度)，當θ＝0時，l＝2a，則E＝2Bav；當θ＝eq\f(π,3)時，l＝a，則E＝Bav，故A選項正確，B選項正確。依據(jù)通電直導(dǎo)線在磁場中所受安培力的大小的計算公式可得F＝BIl，又依據(jù)閉合電路歐姆定律可得I＝eq\f(E,r＋R)，當θ＝0時，r＋R＝(π＋2)aR0，解得F＝eq\f(4B2av,（π＋2）R0)；當θ＝eq\f(π,3)時，r＋R＝(eq\f(5π,3)＋1)aR0，解得F＝eq\f(3B2av,（5π＋3）R0)，故C選項錯誤，D選項正確?！敬鸢浮緾二、計算題(本大題共2小題，共30分。要有必要的文字說明和解題步驟，有數(shù)值計算的要注明單位)11．(15分)(2021·萬州區(qū)模擬)如圖甲所示，光滑導(dǎo)軌寬0.4m，ab為金屬棒，均勻變化的磁場垂直穿過軌道平面，磁場的變化狀況如圖乙所示，金屬棒ab的電阻為1Ω，導(dǎo)軌電阻不計。t＝0時刻，ab棒從導(dǎo)軌最左端，以v＝1m/s的速度向右勻速運動，求1s末回路中的感應(yīng)電流及金屬棒ab受到的安培力?！窘馕觥喀档淖兓袃蓚€緣由，一是B的變化，二是面積S的變化，明顯這兩個因素都應(yīng)當考慮在內(nèi)，所以有E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)S＋Blv又eq\f(ΔB,Δt)＝2T/s，在1s末，B＝2T，S＝lvt＝0.4×1×1m2＝0.4m2所以1s末，E＝eq\f(ΔB,Δt)S＋Blv＝1.6V，此時回路中的電流I＝eq\f(E,R)＝1.6A依據(jù)楞次定律與右手定則可推斷出電流方向為逆時針方向金屬棒ab受到的安培力為F＝BIl＝2×1.6×0.4N＝1.28N，方向向左。【答案】1.6A1.28N，方向向左12．(15分)(2022·汕頭模擬)如圖所示，兩根平行金屬導(dǎo)軌固定在同一水平面內(nèi)，間距為l，導(dǎo)軌左端連接一個電阻。一根質(zhì)量為m、電阻為r的金屬桿ab垂直放置在導(dǎo)軌上。在桿的右方距桿為d處有一個勻強磁場，磁場方向垂直于軌道平面對下，磁感應(yīng)強度為B。對桿施加一個大小為F、方向平行于導(dǎo)軌的恒力，使桿從靜止開頭運動，已知桿到達磁場區(qū)域時速度為v，之后進入磁場恰好做勻速運動。不計導(dǎo)軌的電阻，假定導(dǎo)軌與桿之間存在恒定的阻力。求：(1)導(dǎo)軌對桿ab的阻力大小f；(2)桿ab中通過的電流及其方向；(3)導(dǎo)軌左端所接電阻的阻值R。【解析】(1)桿進入磁場前做勻加速運動，有F－f＝ma①v2＝2ad②解得導(dǎo)軌對桿的阻力f＝F－eq\f(mv2,2d)③(2)桿進入磁場后做勻速運動，有F＝f＋FB④桿ab所受的安培力FB＝IBl