《（課標(biāo)通用）高考物理一輪復(fù)習(xí) 作業(yè)44 法拉第電磁感應(yīng)定律（含解析）-人教版高三全冊(cè)物理試題》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（課標(biāo)通用）高考物理一輪復(fù)習(xí) 作業(yè)44 法拉第電磁感應(yīng)定律（含解析）-人教版高三全冊(cè)物理試題（12頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、作業(yè)44　法拉第電磁感應(yīng)定律　 　　　　　　　　 一、選擇題 圖44－1 1．(2017年高考·天津卷)如圖44－1所示，兩根平行金屬導(dǎo)軌置于水平面內(nèi)，導(dǎo)軌之間接有電阻R. 金屬棒ab與兩導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸，整個(gè)裝置放在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直于導(dǎo)軌平面向下．現(xiàn)使磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻減小，ab始終保持靜止，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．a(chǎn)b中的感應(yīng)電流方向由b到a B．a(chǎn)b中的感應(yīng)電流逐漸減小 C．a(chǎn)b所受的安培力保持不變 D．a(chǎn)b所受的靜摩擦力逐漸減小 解析：根據(jù)楞次定律，感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)向下，再根據(jù)安培定則，可判斷ab中感應(yīng)電流方向從a到b，A錯(cuò)誤；磁場(chǎng)變化是

2、均勻的，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，E＝S知感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)恒定不變，感應(yīng)電流I恒定不變，B錯(cuò)誤；安培力F＝BIL，由于I、L不變，B減小，所以ab所受的安培力F安＝BIL逐漸減小，根據(jù)力的平衡條件，F(xiàn)f＝F安知靜摩擦力逐漸減小，C錯(cuò)誤，D正確． 答案：D 2．(廣東百校聯(lián)考)如圖44－2甲所示，一個(gè)圓形線圈的匝數(shù)n＝100，線圈面積S＝200 cm2，線圈的電阻r＝1 Ω，線圈外接一個(gè)阻值R＝4 Ω的電阻，把線圈放入一方向垂直線圈平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間的變化規(guī)律如圖44－2乙所示．下列說(shuō)法中正確的是(　　) 圖44－2 A．線圈中的感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針?lè)较? B．電阻R兩端

3、的電壓隨時(shí)間均勻增大 C．線圈電阻r消耗的功率為4×10－4 W D．前4 s內(nèi)通過(guò)R的電荷量為4×10－4 C 解析：由楞次定律可判斷線圈中的感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針?lè)较颍x項(xiàng)A錯(cuò)誤；由法拉第電磁感應(yīng)定律可知產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝＝0.1 V，電阻R兩端的電壓不隨時(shí)間變化，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；回路中電流I＝＝0.02 A，線圈電阻r消耗的功率為P＝I2r＝4×10－4 W，選項(xiàng)C正確；前4 s內(nèi)通過(guò)R的電荷量為q＝It＝0.08 C，選項(xiàng)D錯(cuò)誤． 答案：C 圖44－3 3．(河南八市質(zhì)檢)如圖44－3所示，導(dǎo)體桿OP在作用于OP中點(diǎn)且垂直于OP的力作用下，繞O軸沿半徑為r的光滑的半圓形框

4、架在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中以一定的角速度轉(zhuǎn)動(dòng)，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，AO間接有電阻R，桿和框架電阻不計(jì)，回路中的總電功率為P，則(　　) A．外力的大小為2Br B．外力的大小為Br C．導(dǎo)體桿旋轉(zhuǎn)的角速度為 D．導(dǎo)體桿旋轉(zhuǎn)的角速度為 解析：設(shè)導(dǎo)體桿轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為ω，則導(dǎo)體桿轉(zhuǎn)動(dòng)切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝Br2ω，I＝，根據(jù)題述回路中的電功率為P，則P＝EI；設(shè)維持導(dǎo)體桿勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的外力為F，則有P＝，v＝rω，聯(lián)立解得F＝Br，ω＝，選項(xiàng)C正確，A、B、D錯(cuò)誤． 答案：C 圖44－4 4．(廣東四校第一次聯(lián)考)如圖44－4所示，在一磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.5 T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，垂直于磁場(chǎng)方

5、向水平放置著兩根相距為L(zhǎng)＝0.1 m的平行金屬導(dǎo)軌MN和PQ，導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)，在兩根導(dǎo)軌的端點(diǎn)N、Q之間連接一阻值R＝0.3 Ω的電阻．導(dǎo)軌上正交放置著金屬棒ab，其電阻r＝0.2 Ω.當(dāng)金屬棒在水平拉力作用下以速度v＝4.0 m/s向左做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)(　　) A．a(chǎn)b棒所受安培力大小為0.02 N B．N、Q間電壓為0.2 V C．a(chǎn)端電勢(shì)比b端電勢(shì)低 D．回路中感應(yīng)電流大小為1 A 解析：ab棒產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)E＝BLv＝0.5×0.1×4.0 V＝0.2 V，電流I＝＝0.4 A，ab棒受的安培力F＝BIL＝0.5×0.4×0.1 N＝0.02 N，A正確，D錯(cuò)誤；N、Q之間的電壓

6、U＝E＝0.12 V，B錯(cuò)誤；由右手定則得a端電勢(shì)較高，C錯(cuò)誤． 答案：A 圖44－5 5．如圖44－5所示，有兩根和水平方向成α角的光滑平行金屬軌道，上端接有可變電阻R，下端足夠長(zhǎng)，空間有垂直于軌道平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，一根質(zhì)量為m的金屬桿(電阻忽略不計(jì))從軌道上由靜止滑下，經(jīng)過(guò)足夠長(zhǎng)的時(shí)間后，金屬桿的速度會(huì)趨近于一個(gè)最大速度vm，則(　　) A．如果B增大，vm將變大 B．如果α增大，vm將變大 C．如果R變小，vm將變大 D．如果m變小，vm將變大 圖44－6 解析：金屬桿從軌道上由靜止滑下，經(jīng)足夠長(zhǎng)時(shí)間后，速度達(dá)最大值vm，此后金屬桿做勻速運(yùn)動(dòng)．桿受

7、重力、軌道的支持力和安培力如圖44－6所示．安培力F＝LB，對(duì)金屬桿列平衡方程式：mgsinα＝， 則vm＝.由此式可知，B增大，vm減??；α增大，vm增大；R變小，vm變??；m變小，vm變小．因此A、C、D錯(cuò)誤，B正確． 答案：B 圖44－7 6．(福建龍巖質(zhì)檢)如圖44－7所示，三角形金屬線框ABC的底邊AB長(zhǎng)度為d，頂點(diǎn)C距AB邊的距離為，在右側(cè)空間邊長(zhǎng)為d的正方形區(qū)域內(nèi)，存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，在外力作用下線框底邊沿著x軸向右運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終保持線框平面與磁場(chǎng)方向垂直．在線框沿x軸向右勻速穿過(guò)有界磁場(chǎng)區(qū)域的過(guò)程中，線框中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)(　　) A．經(jīng)歷均勻增大、均勻

8、減小、均勻增大、均勻減小的過(guò)程 B．經(jīng)歷均勻增大、保持不變、均勻增大、保持不變的過(guò)程 C．經(jīng)歷均勻增大、均勻減小、均勻增大的過(guò)程 D．經(jīng)歷均勻增大、保持不變、均勻減小的過(guò)程 解析：導(dǎo)線切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)有E＝Blv，因?yàn)閯蛩龠\(yùn)動(dòng)，所以感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小取決于切割磁感線的導(dǎo)線的有效長(zhǎng)度，線框勻速穿過(guò)有界磁場(chǎng)區(qū)域的過(guò)程中有效長(zhǎng)度先均勻增大，再均勻減小，然后再均勻增大，再均勻減小，所以A正確． 答案：A 7．(廣東廣州六校第一次聯(lián)考)(多選)在如圖44－8甲所示的電路中，螺線管匝數(shù)n＝1 500匝，橫截面積S＝20 cm2.螺線管導(dǎo)線電阻r＝1 Ω，R1＝4 Ω，R2＝5 Ω，C＝30

9、 μF.在一段時(shí)間內(nèi)，穿過(guò)螺線管的磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B按如圖44－8乙所示的規(guī)律變化．則下列說(shuō)法中正確的是(　　) 圖44－8 A．螺線管中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為1.2 V B．閉合S，電路中的電流穩(wěn)定后電容器上極板帶正電 C．電路中的電流穩(wěn)定后，電阻R1的電功率為5×10－2 W D．S斷開(kāi)后，通過(guò)R2的電荷量為1.8×10－5 C 解析：由法拉第電磁感應(yīng)定律可得，螺線管內(nèi)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為：E＝nS＝1 500××20×10－4 V＝1.2 V，故A正確；根據(jù)楞次定律，當(dāng)穿過(guò)螺線管的磁通量增加時(shí)，螺線管下部可以看成電源的正極，則電容器下極板帶正電，故B錯(cuò)誤；電流穩(wěn)定后，電流為：I＝＝

10、A＝0.12 A，電阻R1上消耗的功率為：P＝I2R1＝0.122×4 W＝5.76×10－2 W，故C錯(cuò)誤；開(kāi)關(guān)斷開(kāi)后通過(guò)電阻R2的電荷量為：Q＝CU＝CIR2＝30×10－6×0.12×5 C＝1.8×10－5 C，故D正確． 答案：AD 8．(多選)如圖44－9甲所示，面積為S的n匝圓形閉合線圈內(nèi)存在方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時(shí)間周期性變化，如圖44－9乙所示，已知線圈的電阻為R，則下列說(shuō)法正確的是(　　) 圖44－9 A．線圈內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大值為SB0 B．線圈內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電流最小值為 C．線圈內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)周期為4 s D．0～1 s內(nèi)線

11、圈內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電流沿順時(shí)針?lè)较? 解析：根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知E＝nS，結(jié)合圖乙分析可知，在0～1 s內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大，最大值為Emax＝nS＝nB0S，A錯(cuò)誤；1～2 s內(nèi)線圈內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最小為零，故感應(yīng)電流的最小值為零，B錯(cuò)誤；由圖線可知，線圈內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)周期為4 s，C正確；0～1 s內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度逐漸增大，線圈中的磁通量增大，根據(jù)楞次定律可知，0～1 s內(nèi)線圈內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電流沿順時(shí)針?lè)较?，D正確． 答案：CD 9. 圖44－10 (2016年高考·江蘇卷)(多選)電吉他中電拾音器的基本結(jié)構(gòu)如圖44－10所示，磁體附近的金屬弦被磁化，因此弦振動(dòng)時(shí)，在線圈中

12、產(chǎn)生感應(yīng)電流，電流經(jīng)電路放大后傳送到音箱發(fā)出聲音．下列說(shuō)法正確的有(　　) A．選用銅質(zhì)弦，電吉他仍能正常工作 B．取走磁體，電吉他將不能正常工作 C．增加線圈匝數(shù)可以增大線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì) D．弦振動(dòng)過(guò)程中，線圈中的電流方向不斷變化 解析：由于銅質(zhì)弦不能被磁化，因此振動(dòng)時(shí)不能產(chǎn)生變化的磁場(chǎng)，線圈中不能產(chǎn)生感應(yīng)電流，因此電吉他不能正常工作，A項(xiàng)錯(cuò)誤；取走磁體，沒(méi)有磁場(chǎng)，金屬弦不能被磁化，振動(dòng)時(shí)不能產(chǎn)生變化的磁場(chǎng)，線圈中不能產(chǎn)生感應(yīng)電流，電吉他不能正常工作，B項(xiàng)正確；增加線圈的匝數(shù)，由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)會(huì)增大，C項(xiàng)正確；弦振動(dòng)過(guò)程中，線圈中的磁場(chǎng)方向不變，但磁通

13、量一會(huì)兒增大，一會(huì)兒減小，產(chǎn)生的電流方向不斷變化，D項(xiàng)正確． 答案：BCD 圖44－11 10．(貴陽(yáng)監(jiān)測(cè))(多選)如圖44－11所示的電路中，電源電動(dòng)勢(shì)為E，內(nèi)阻為r，線圈L的電阻不計(jì)．以下判斷正確的是(　　) A．閉合S，穩(wěn)定后，電容器的a極板帶正電 B．閉合S，穩(wěn)定后，電容器兩端電壓小于E C．?dāng)嚅_(kāi)S的瞬間，通過(guò)R1的電流方向向右 D．?dāng)嚅_(kāi)S的瞬間，通過(guò)R2的電流方向向右 解析：閉合S穩(wěn)定后，電容器相當(dāng)于斷路，線圈L相當(dāng)于短路，所以電容器b極板與電源正極相連，帶正電荷，A項(xiàng)錯(cuò)誤；電源有內(nèi)阻，電容器兩端電壓等于電路的路端電壓，小于電源電動(dòng)勢(shì)，B項(xiàng)正確；斷開(kāi)S瞬間，電容器

14、與R2構(gòu)成回路放電，通過(guò)R2的電流方向向左，D項(xiàng)錯(cuò)誤；斷開(kāi)S瞬間，由于自感現(xiàn)象，線圈L相當(dāng)于臨時(shí)電源，阻礙原來(lái)的電流減小，通過(guò)線圈的電流方向不變，R1與線圈L構(gòu)成回路，所以通過(guò)R1的電流方向向右，C項(xiàng)正確． 答案：BC 圖44－12 11．(重慶巴蜀中學(xué)一診)(多選)如圖44－12所示，在線圈正上方放置一盛有冷水的金屬杯，現(xiàn)接通交流電源，幾分鐘后，杯中的水沸騰起來(lái)，t0時(shí)刻的電流方向已在圖中標(biāo)出，且此時(shí)電流正在增大，則關(guān)于把水燒開(kāi)的過(guò)程中發(fā)生的電磁感應(yīng)現(xiàn)象的說(shuō)法正確的有(　　) A．金屬杯中產(chǎn)生渦流，渦流的熱效應(yīng)使水沸騰起來(lái) B．t0時(shí)刻，從上往下看，金屬杯中的渦流沿順時(shí)針?lè)较?

15、 C．t0時(shí)刻，從上往下看，金屬杯中的渦流沿逆時(shí)針?lè)较? D．將交流電源斷開(kāi)的瞬間，金屬杯中的渦流也瞬間消失 解析：由于交流電在螺線管中產(chǎn)生變化的磁場(chǎng)，變化的磁場(chǎng)穿過(guò)金屬杯可以在金屬杯中產(chǎn)生變化的電場(chǎng)，從而產(chǎn)生渦流，使水沸騰，A正確；t0時(shí)刻電流從螺線管的上端流入且電流正在增大，則穿過(guò)金屬杯的磁場(chǎng)是向下增大的，所以根據(jù)楞次定律，感應(yīng)電流的磁場(chǎng)方向一定是向上的，由安培定則可知，從上往下看，金屬杯中的渦流沿逆時(shí)針?lè)较?，故C正確，B錯(cuò)誤；將交流電源斷開(kāi)的瞬間，自感線圈中沒(méi)有形成自感回路，故不能產(chǎn)生斷電自感，所以金屬杯中的渦流也瞬間消失，D正確． 答案：ACD 12．(河北唐山摸底)(多選)如圖

16、44－13甲所示，一個(gè)匝數(shù)為n的圓形線圈(圖中只畫(huà)了2匝)，面積為S，線圈的電阻為R，在線圈外接一個(gè)阻值為R的電阻和一個(gè)理想電壓表．將線圈放入垂直線圈平面指向紙內(nèi)的磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化規(guī)律如圖44－13乙所示．下列說(shuō)法正確的是(　　) 圖44－13 A．0～t1時(shí)間內(nèi)P點(diǎn)電勢(shì)低于Q點(diǎn)電勢(shì) B．0～t1時(shí)間內(nèi)電壓表的讀數(shù)為 C．t1～t2時(shí)間內(nèi)R上的電流為 D．0～t2時(shí)間內(nèi)線圈中的電流方向不變 解析：根據(jù)楞次定律可知：0～t1時(shí)間內(nèi)，線圈中感應(yīng)電流的方向?yàn)槟鏁r(shí)針，所以P點(diǎn)電勢(shì)高，A錯(cuò)誤；該段時(shí)間內(nèi)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝n·S＝n·S，而電壓表的讀數(shù)是路端電壓，所以U＝·E＝，

17、B正確；t1～t2時(shí)間內(nèi)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E′＝n＝n，感應(yīng)電流I′＝＝，C正確；t1～t2時(shí)間內(nèi)，感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針，D錯(cuò)誤． 答案：BC 二、非選擇題 13. 圖44－14 (2016年高考·課標(biāo)全國(guó)卷Ⅱ)如圖44－14，水平面(紙面)內(nèi)間距為l的平行金屬導(dǎo)軌間接一電阻，質(zhì)量為m、長(zhǎng)度為l的金屬桿置于導(dǎo)軌上．t＝0時(shí)，金屬桿在水平向右、大小為F的恒定拉力作用下由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)．t0時(shí)刻，金屬桿進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，且在磁場(chǎng)中恰好能保持勻速運(yùn)動(dòng)．桿與導(dǎo)軌的電阻均忽略不計(jì)，兩者始終保持垂直且接觸良好，兩者之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ.重力加速度大小為g.求

18、： (1)金屬桿在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)的大小； (2)電阻的阻值． 解析：(1)設(shè)金屬桿進(jìn)入磁場(chǎng)前的加速度大小為a，由牛頓第二定律得 ma＝F－μmg 設(shè)金屬桿到達(dá)磁場(chǎng)左邊界時(shí)的速度為v，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得v＝at0 當(dāng)金屬桿以速度v在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，由法拉第電磁感應(yīng)定律，桿中的電動(dòng)勢(shì)為 E＝Blv 聯(lián)立上式得：E＝Blt0(－μg) (2)設(shè)金屬桿在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，金屬桿中的電流為I，根據(jù)歐姆定律I＝ 金屬桿所受的安培力為F安＝BlI 金屬桿做勻速運(yùn)動(dòng)， 由牛頓運(yùn)動(dòng)定律得F－μmg－F安＝0 聯(lián)立上式得R＝ 答案：(1)Blt0(－μg)；(2) 14．(2017

19、年高考·天津卷)電磁軌道炮利用電流和磁場(chǎng)的作用使炮彈獲得超高速度，其原理可用來(lái)研制新武器和航天運(yùn)載器．電磁軌道炮示意如圖44－15，圖中直流電源電動(dòng)勢(shì)為E，電容器的電容為C.兩根固定于水平面內(nèi)的光滑平行金屬導(dǎo)軌間距為l，電阻不計(jì)．炮彈可視為一質(zhì)量為m、電阻為R的金屬棒MN，垂直放在兩導(dǎo)軌間處于靜止?fàn)顟B(tài)，并與導(dǎo)軌良好接觸．首先開(kāi)關(guān)S接1，使電容器完全充電．然后將S接至2，導(dǎo)軌間存在垂直于導(dǎo)軌平面、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)(圖中未畫(huà)出)，MN開(kāi)始向右加速運(yùn)動(dòng)．當(dāng)MN上的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)與電容器兩極板間的電壓相等時(shí)，回路中電流為零，MN達(dá)到最大速度，之后離開(kāi)導(dǎo)軌．問(wèn)： 圖44－15 (1)

20、磁場(chǎng)的方向； (2)MN剛開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度a的大小； (3)MN離開(kāi)導(dǎo)軌后電容器上剩余的電荷量Q是多少． 解析：(1)垂直于導(dǎo)軌平面向下． (2)電容器完全充電后，兩極板間電壓為E，當(dāng)開(kāi)關(guān)S接2時(shí)，電容器放電，設(shè)剛放電時(shí)流經(jīng)MN的電流為I， 有I＝① 設(shè)MN受到的安培力為F，有F＝IlB② 由牛頓第二定律，有F＝ma③ 聯(lián)立①②③式得a＝④ (3)當(dāng)電容器充電完畢時(shí)，設(shè)電容器上電荷量為Q0，有Q0＝CE⑤ 開(kāi)關(guān)S接2后，MN開(kāi)始向右加速運(yùn)動(dòng)，速度達(dá)到最大值vmax時(shí)，設(shè)MN上的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E′，有E′＝Blvmax⑥ 依題意有E′＝⑦ 設(shè)在此過(guò)程中MN的平均電流為，MN上受到的平均安培力為，有 ＝lB⑧ 由動(dòng)量定理，有Δt＝mvmax－0⑨ 又Δt＝Q0－Q⑩ 聯(lián)立⑤⑥⑦⑧⑨⑩式得Q＝? 答案：(1)垂直于導(dǎo)軌平面向下　(2)a＝　 (3)