高三物理一轮复习精品练习92法拉第电磁感应定律.docx

1、高三物理一轮复习精品练习92法拉第电磁感应定律第二讲法拉第电磁感应定律自感现象1.一个矩形线圈，在匀强磁场中绕一个固定轴做匀速转动，当线圈处于如图所示位置时，此线圈()A磁通量最大，磁通量变化率最大，感应电动势最小B磁通量最大，磁通量变化率大，感应电动势最大C磁通量最小，磁通量变化率最大，感应电动势最大D磁通量最小，磁通量变化率最小，感应电动势最小解析这时线圈平面与磁场方向平行，磁通量为零，磁通量的变化率最大答案C2一矩形线框置于匀强磁场中，线框平面与磁场方向垂直先保持线框的面积不变，将磁感应强度在1 s时间内均匀地增大到原来的两倍接着保持增大后的磁感应强度不变，在1 s时间内，再将线框的面积

2、均匀地减小到原来的一半先后两个过程中，线框中感应电动势的比值为()A. B1C. 2 D4解析根据法拉第电磁感应定律E，设初始时刻磁感应强度为B0，线圈面积为S0，则第一种情况下的感应电动势为E1B0S0；则第二种情况下的感应电动势为E2B0S0，所以两种情况下线圈中的感应电动势相等，比值为1，故选项B正确答案B3.如图所示，A线圈接一灵敏电流计，B线框放在匀强磁场中，B线框的电阻不计，具有一定电阻的导体棒可沿线框无摩擦滑动现用一恒力F向右拉CD由静止开始运动，B线框足够长，则通过电流计中的电流方向和大小变化是()AG中电流向上，强度逐渐增强BG中电流向下，强度逐渐增强CG中电流向上，强度逐渐

3、减弱，最后为零DG中电流向下，强度逐渐减弱，最后为零解析恒力F向右拉CD由静止开始运动时，经过CD的电流方向为DC，由安培定则及楞次定律可知G中电流向下；水平方向上Fma，导体棒的加速度逐渐减小，故回路中电流的变化率减小，G中感应电流减弱；当F时，导体棒中电流恒定，则G中感应电流为零，选项D正确答案D4.如图所示的电路中，L是一个自感系数很大、直流电阻不计的线圈，D1、D2、D3是三个完全相同的灯泡，E是内阻不计的电源在t0时刻，闭合开关S，电路稳定后在t1时刻断开开关S.规定闭合开关S，并且电路稳定时通过D1、D2的电流方向为正方向，分别用I1、I2表示通过D1和D2的电流，则下图中能定性描

4、述电流I随时间t变化关系的是()解析开关闭合时自感线圈产生自感电动势对电流有阻碍作用，通过D1的电流逐渐增大，最后稳定，当开关断开时通过D1的电流方向不变，且逐渐减小，选项A、B错误；开关闭合时D2两端的电压不变，故通过的电流不变，断开开关时通过D2的电流与原方向相反，故选项C正确，D错误答案C5.如图所示，L1、L2、L3为三个完全相同的灯泡，L为直流电阻可忽略的自感线圈，电源的内阻不计，开关S原来接通当把开关S断开时，下列说法正确的是()AL1闪一下后熄灭BL2闪一下后恢复到原来的亮度CL3变暗一下后恢复到原来的亮度DL3闪一下后恢复到原来的亮度解析S闭合后，通过各灯的电流稳定时，L1不亮

5、，通过L2、L3的电流均为I，而通过自感线圈L的电流为2I.S断开的瞬间，自感线圈L上的电流全部通过L3，所以这一瞬间通过L3的电流突变为2I，故L3会闪亮一下；稳定后通过L3的电流依然为，而稳定后通过L1、L2的电流均为.答案D二、多项选择题6某地的地磁场磁感应强度的竖直分量方向向下，大小为4.5105T一灵敏电压表连接在当地入海河段的两岸，河宽100m，该河段涨潮和落潮时有海水(视为导体)流过设落潮时，海水自西向东流，流速为2m/s.下列说法正确的是()A电压表记录的电压为5mVB电压表记录的电压为9mVC河南岸的电势较高D河北岸的电势较高解析可以将海水视为垂直河岸方向放置的导体平动切割地

6、磁场的磁感线产生感应电动势，由EBLv9mV，B项正确；由右手定则可知，感应电流方向由南向北，故河北岸的电势较高，D项正确答案BD7如图所示，为早期制作的发电机及电动机的示意图，A盘和B盘分别是两个可绕固定转轴转动的铜盘，用导线将A盘的中心和B盘的边缘连接起来，用另一根导线将B盘的中心和A盘的边缘连接起来当A盘在外力作用下转动起来时，B盘也会转动则下列说法中正确的是()A不断转动A盘就可以获得持续的电流，其原因是将整个铜盘看成沿径向排列的无数根铜条，它们做切割磁感线运动，产生感应电动势B当A盘转动时，B盘也能转动的原因是电流在磁场中受到力的作用，此力对转轴有力矩C当A盘顺时针转动时，B盘逆时针

7、转动D当A盘顺时针转动时，B盘也顺时针转动解析将图中铜盘A所在的一组装置作为发电机模型，铜盘B所在的一组装置作为电动机模型，这样就可以简单地把铜盘等效为由圆心到圆周的一系列铜条，处在磁场中的铜条在做切割磁感线运动，产生感应电动势，进而分析可得B盘中通电铜条在磁场中受力的作用答案ABC8如图所示是高频焊接原理示意图线圈中通以高频变化的电流时，待焊接的金属工件中就产生感应电流，感应电流通过焊缝产生大量热量，将金属熔化，把工件焊接在一起，而工件其他部分发热很少，以下说法正确的是()A电流变化的频率越高，焊缝处的温度升高得越快B电流变化的频率越低，焊缝处的温度升高得越快C工件上只有焊缝处温度升的很高是

8、因为焊缝处的电阻小D工件上只有焊缝处温度升的很高是因为焊缝处的电阻大解析线圈中通高频变化的电流时，待焊接的金属工件中就产生感应电流，感应电流的大小与感应电动势有关，电流变化的频率越高，电流变化得越快，感应电动势就越大，A选项正确；工件上焊缝处的电阻大，电流产生的热量就多，D选项正确答案AD9某同学学习了日光灯工作原理以后，设计了四个原理图，其中S1为启动器，S2为开关，L为镇流器，能使日光灯正常发光且合理的是()解析根据日光灯的工作原理可知选项C正确答案C10.电磁炉是应用电磁感应原理进行加热工作的，是现代家庭烹饪食物的先进电子炊具其工作过程如下：电流电压经过整流器转换为直流电，又经高频电力转

9、换装置使直流电变为超过音频的高频交流电，将高频交流电加在扁平空心螺旋状的感应加热线圈上，由此产生高频交变磁场其磁力线穿透灶台的陶瓷台板而作用于金属锅在烹饪锅体内因电磁感应就有强大的涡流产生涡流克服锅体的内阻流动时完成电能向热能的转换，所产生的焦耳热就是烹调的热源下列叙述中正确的是()A电磁炉加热食物的过程中涉及的原理有电磁感应、电流的磁效应和热效应等B被加热的锅体不能是陶瓷锅，但铝锅、铜锅是可以的C被加热的锅体必须是铁质等电阻率较大锅体D若在锅底和电磁炉中间放一纸板，电磁炉将不能起到加热作用解析铝锅、铜锅的电阻率小、电热少、效率低，选项B错误；线圈产生的磁场能穿透纸板到达锅底，在锅底产生感应电

10、流，利用电流的热效应仍起到加热的作用，选项D错误，正确答案为A、C.答案AC11如图所示，匀强磁场的磁感应强度方向垂直于纸面向里，大小随时间的变化率k，k为负的常量用电阻率为、横截面积为S的硬导线做成一边长为l的方框，将方框固定于纸面内，其右半部位于磁场区域中求：(1)导线中感应电流的大小；(2)磁场对方框作用力的大小随时间的变化率解析(1)导线框的感应电动势为 l2B 导线框中的电流为I 式中R是导线框的电阻，根据电阻率公式有R 联立式，将k代入得I. (2)导线框所受磁场的作用力的大小为fBil 它随时间的变化率为Il 由式得.答案(1) (2) 12如图，宽度L0.5m的光滑金属框架MN

11、PQ固定于水平面内，并处在磁感应强度大小B0.4T，方向竖直向下的匀强磁场中，框架的电阻非均匀分布将质量m0.1kg，电阻可忽略的金属棒ab放置的框架上，并与框架接触良好以P为坐标原点，PQ方向为x轴正方向建立坐标系金属棒从x01m处以v02m/s的初速度，沿x轴负方向做a2m/s2的匀减速直线运动，运动中金属棒仅受安培力作用求：(1)金属棒ab运动0.5m，框架产生的焦耳热Q；(2)框架中aNPb部分的电阻R随金属棒ab的位置x变化的函数关系；(3)为求金属棒ab沿x轴负方向运动0.4s过程中通过ab的电量q，某同学解法为：先算出经过0.4 s金属棒的运动距离s，以及0.4 s时回路内的电阻R，然后代入q求解指出该同学解法的错误之处，并用正确的方法解出结果解析(1)金属棒仅受安培力作用，其大小Fma0.12 N0.2N金属棒运动0.5m，框架中产生的焦耳热等于克服安培力做的功所以QFs0.20.5J0.1J.(2)金属棒所受安培力为FBILI所以Fvma由于棒做匀减速直线运动v所以R0.4.(3)错误之处是把0.4 s时回路内的电阻R代入q进行计算正确的解法是qIt因为FBILma所以qt0.4 C0.4 C.答案(1)0.1 J(2)R0.4(3)见解析