4、述，知螺線管MN中產(chǎn)生的磁場在增加，即螺線管中的電流增大，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，E＝n＝nS，知增大，故D正確，A、B、C錯誤．
4.某同學為了驗證斷電自感現(xiàn)象，找來帶鐵芯的線圈L、小燈泡A、開關(guān)S和電池組E，用導線將它們連接成如圖所示的電路．檢查電路后，閉合開關(guān)S，小燈泡發(fā)光；再斷開開關(guān)S，小燈泡僅有不顯著的延時熄滅現(xiàn)象．雖經(jīng)多次重復，仍未見老師演示時出現(xiàn)的小燈泡閃亮現(xiàn)象，可能的原因是( B )
A．電源的內(nèi)阻偏大 B．線圈電阻偏大
C．小燈泡電阻偏大 D．線圈的自感系數(shù)較大
解析：燈泡能否發(fā)生閃亮，取決于通過燈泡的電流有沒有增大，與電源的內(nèi)阻無關(guān)，故A錯誤．線圈電阻偏大，
5、穩(wěn)定時流過燈泡的電流大于流過線圈的電流，斷開開關(guān)時，根據(jù)楞次定律，流過燈泡的電流從線圈原來的電流逐漸減小，燈泡不發(fā)生閃亮現(xiàn)象，故B正確．小燈泡電阻偏大，穩(wěn)定時流過燈泡的電流小于流過線圈的電流，斷開開關(guān)時，根據(jù)楞次定律，流過燈泡的電流從線圈原來的電流逐漸減小，燈泡將發(fā)生閃亮現(xiàn)象，故C錯誤．線圈的自感系數(shù)較大，產(chǎn)生的自感電動勢較大，但不能改變穩(wěn)定時燈泡和線圈中電流的大小，故D錯誤．
5.在如圖所示的電路中，兩個靈敏電流表G1和G2的零點都在刻度盤中央，當電流從“＋”接線柱流入時，指針向右擺；電流從“－”接線柱流入時，指針向左擺．在電路接通后再斷開的瞬間，下列說法中符合實際情況的是( B )
6、
A．G1表指針向左擺，G2表指針向右擺
B．G1表指針向右擺，G2表指針向左擺
C．G1、G2表的指針都向左擺
D．G1、G2表的指針都向右擺
解析：電路接通后線圈中電流方向向右，當電路斷開時，線圈L中電流減小，產(chǎn)生與原方向同向的自感電動勢，與G2和電阻組成閉合回路，所以G1中電流方向向右，G2中電流方向向左，即G1指針向右擺，G2指針向左擺，B正確．
6.如圖所示，兩根相距為l的平行直導軌ab、cd，b、d間連有一固定電阻R，導軌電阻可忽略不計．MN為放在ab和cd上的一導體桿，與ab垂直，其電阻也為R.整個裝置處于勻強磁場中，磁感應(yīng)強度的大小為B，磁場方向垂直于導軌所在平面(垂
7、直紙面向里)．現(xiàn)對MN施力使它沿導軌方向以速度v水平向右做勻速運動．令U表示MN兩端電壓的大小，下列說法正確的是( A )
A．U＝Blv，流過固定電阻R的感應(yīng)電流由b經(jīng)R到d
B．U＝Blv，流過固定電阻R的感應(yīng)電流由d經(jīng)R到b
C．MN受到的安培力大小FA＝，方向水平向右
D．MN受到的安培力大小FA＝，方向水平向左
解析：根據(jù)電磁感應(yīng)定律，MN產(chǎn)生的電動勢E＝Blv，由于MN的電阻與外電路電阻相同，所以MN兩端的電壓U＝E＝Blv，根據(jù)右手定則，流過固定電阻R的感應(yīng)電流由b經(jīng)R到d，故A正確，B錯誤；MN受到的安培力大小FA＝，方向水平向左，故C、D錯誤．
7．(多選)如
8、圖所示，通過水平絕緣傳送帶輸送完全相同的銅線圈，線圈等距離排列，且與傳送帶以相同的速度勻速運動．為了檢測出個別未閉合的不合格線圈，讓傳送帶通過一固定勻強磁場區(qū)域，磁場方向垂直于傳送帶運動方向，根據(jù)穿過磁場后線圈間的距離，就能夠檢測出不合格線圈．通過觀察圖形，判斷下列說法正確的是( BD )
A．若線圈閉合，進入磁場時，線圈中感應(yīng)電流方向從上向下看為逆時針
B．若線圈閉合，傳送帶以較大速度勻速運動時，磁場對線圈的作用力增大
C．從圖中可以看出，第2個線圈是不合格線圈
D．從圖中可以看出，第3個線圈是不合格線圈
解析：若線圈閉合，進入磁場時，穿過線圈的磁通量增大，由楞次定律可知，線圈
9、中的感應(yīng)電流的磁場方向向下，所以感應(yīng)電流的方向從上向下看是順時針，故A錯誤；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，傳送帶以較大速度勻速運動時，線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢較大，則感應(yīng)電流較大，磁場對線圈的作用力增大，故B正確；由題圖知1、2、4、5、6線圈都發(fā)生了相對滑動，而第3個線圈沒有滑動，則第3個線圈不閉合，沒有產(chǎn)生感應(yīng)電流，故C錯誤，D正確．
8.(多選)如圖所示，不計電阻的光滑U形金屬框水平放置，光滑、豎直玻璃擋板H、P固定在框上，H、P的間距很?。|(zhì)量為0.2 kg的細金屬桿CD恰好無擠壓地放在兩擋板之間，與金屬框接觸良好并圍成邊長為1 m的正方形，其有效電阻為0.1 Ω.此時在整個空間加方向與
10、水平面成30°角且與金屬桿垂直的勻強磁場，磁感應(yīng)強度隨時間變化的規(guī)律是B＝(0.4－0.2t)T，圖示磁場方向為正方向．框、擋板和金屬桿不計形變．則( AC )
A．t＝1 s時，金屬桿中感應(yīng)電流方向從C到D
B．t＝3 s時，金屬桿中感應(yīng)電流方向從D到C
C．t＝1 s時，金屬桿對擋板P的壓力大小為0.1 N
D．t＝3 s時，金屬桿對擋板H的壓力大小為0.2 N
解析：當t＝1 s時，由磁感應(yīng)強度隨時間變化規(guī)律B＝(0.4－0.2t)T，可知，磁場在減小，根據(jù)楞次定律可得，金屬桿中感應(yīng)電流方向從C到D，故A正確；當t＝3 s時，磁場在反向增加，由楞次定律可知，金屬桿中感應(yīng)電流
11、方向從C到D，故B錯誤；當t＝1 s時，由法拉第電磁感應(yīng)定律，則有E＝sin30°＝0.2×12×0.5 V＝0.1 V；由歐姆定律，則有感應(yīng)電流大小I＝ A＝1 A；則t＝1 s時，安培力大小F＝BtIL＝(0.4－0.2×1)×1×1 N＝0.2 N；由左手定則可知，安培力垂直磁場方向斜向上，將安培力分解，金屬桿對擋板P的壓力大小N＝Fsin30°＝0.2×0.5 N＝0.1 N，故C正確；同理，當t＝3 s時，感應(yīng)電動勢大小仍為E＝0.1 V，電流大小仍為I＝1 A，F(xiàn)′＝0.2 N，由于磁場的方向相反，由左手定則可知，安培力的方向垂直磁場方向斜向下，根據(jù)力的合成，則得金屬桿對H的壓力大
12、小為N′＝F′sin30°＝0.2×0.5 N＝0.1 N，故D錯誤．
9．(1)如圖甲所示，兩根足夠長的平行導軌，間距L＝0.3 m，在導軌間有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B1＝0.5 T．一根直金屬桿MN以v＝2 m/s的速度向右勻速運動，桿MN始終與導軌垂直且接觸良好．桿MN的電阻r1＝1 Ω，導軌的電阻可忽略．求桿MN中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E1.
(2)如圖乙所示，一個匝數(shù)n＝100的圓形線圈，面積S1＝0.4 m2，電阻r2＝1 Ω.在線圈中存在面積S2＝0.3 m2垂直線圈平面(指向紙外)的勻強磁場區(qū)域，磁感應(yīng)強度B2隨時間t變化的關(guān)系如圖丙所示．求圓形線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電
13、動勢E2.
(3)將一個R＝2 Ω的電阻分別與圖甲和圖乙中的a、b端相連接，然后b端接地．試判斷以上兩種情況中，哪種情況a端的電勢較高？并求出較高的電勢φa.
解析：(1)桿MN做切割磁感線的運動，
產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E1＝B1Lv＝0.3 V.
(2)穿過圓形線圈的磁通量發(fā)生變化，
產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E2＝nS2＝4.5 V.
(3)題圖甲中φa>φb＝0，題圖乙中φa<φb＝0，所以當電阻R與題圖甲中的導軌相連接時，a端的電勢較高．
此時通過電阻R的電流I＝
電阻R兩端的電勢差φa－φb＝IR
a端的電勢φa＝IR＝0.2 V.
答案：(1)0.3 V (2)4.5 V (
14、3)與圖甲中的導軌相連接a端電勢高 φa＝0.2 V
10.如圖所示，粗糙斜面的傾角θ＝37°，半徑r＝0.5 m的圓形區(qū)域內(nèi)存在著垂直于斜面向下的勻強磁場．一個匝數(shù)n＝10匝的剛性正方形線框abcd通過松弛的柔軟導線與一個額定功率P＝1.25 W的小燈泡L相連，圓形磁場的一條直徑恰好過線框bc邊．已知線框質(zhì)量m＝2 kg，總電阻R0＝1.25 Ω，邊長L>2r，與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5.從t＝0時起，磁場的磁感應(yīng)強度按B＝2－t(T)的規(guī)律變化．開始時線框靜止在斜面上，在線框運動前，燈泡始終正常發(fā)光．設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g取10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°
15、＝0.8.求：
(1)線框不動時，回路中的感應(yīng)電動勢E；
(2)小燈泡正常發(fā)光時的電阻R；
(3)線框保持不動的時間內(nèi)，小燈泡產(chǎn)生的熱量Q.
解析：(1)由法拉第電磁感應(yīng)定律有
E＝n＝n×πr2＝2.5 V.
(2)小燈泡正常發(fā)光，有P＝I2R
由閉合電路歐姆定律有E＝I(R0＋R)
即P＝2R
代入數(shù)據(jù)解得R＝1.25 Ω.
(3)當線框恰好要運動時，設(shè)磁場的磁感應(yīng)強度大小為B′
對線框bc邊處于磁場中的部分受力分析
安培力F安＝nB′I×2r
由共點力的平衡條件有
mgsinθ＝F安＋Ff＝2nB′Ir＋μmgcosθ
解得線框剛要運動時，磁場的磁感應(yīng)強
16、度大小B′＝0.4 T
可得線框在斜面上可保持靜止的時間t＝ s
小燈泡產(chǎn)生的熱量Q＝Pt＝1.25× J≈3.14 J.
答案：(1)2.5 V (2)1.25 Ω (3)3.14 J
11．如圖所示，足夠長平行光滑的金屬導軌MN、PQ相距L＝1 m，導軌平面與水平面夾角α＝30°，導軌電阻不計．磁感應(yīng)強度B＝1.0 T的勻強磁場垂直導軌平面斜向下，金屬棒ab垂直于MN、PQ放置在導軌上且始終與導軌接觸良好，金屬棒的質(zhì)量為m＝0.01 kg、電阻不計．定值電阻R1＝30 Ω，電阻箱電阻調(diào)到R2＝120 Ω，電容C＝0.01 F，重力加速度g取10 m/s2.現(xiàn)將金屬棒由靜止釋放．
17、
(1)在開關(guān)接到1的情況下，求金屬棒下滑的最大速度；
(2)在開關(guān)接到1的情況下，當R2調(diào)至30 Ω后且金屬棒穩(wěn)定下滑時，R2消耗的電功率為多少；
(3)在開關(guān)接到2的情況下，求經(jīng)過時間t＝2.0 s時金屬棒的速度．
解析：(1)當金屬棒勻速下滑時速度最大，設(shè)最大速度為vm，此時棒處于平衡狀態(tài)，故有mgsinα＝F安，而F安＝BIL，I＝，其中R總＝150 Ω，聯(lián)立解得mgsinα＝vm，解得vm＝sinα＝7.5 m/s.(2)當R2調(diào)整后，設(shè)棒穩(wěn)定下滑的速度為v，故v＝(R1＋R2)＝3 m/s，故R2消耗的電功率P2＝I2R2，其中I＝v＝0.05 A，解得P2＝0.075 W；(3)對任意時刻，由牛頓第二定律得mgsinα－BLi＝ma，其中i＝，Δq＝CΔu，Δu＝BLΔv，a＝，得a＝，上式表明棒下滑過程中，加速度保持不變，棒做勻加速直線運動，代入數(shù)據(jù)可得a＝2.5 m/s2，故v′＝at＝5 m/s.
答案：(1)7.5 m/s (2)0.075 W (3)5 m/s
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2020版高考物理一輪復習 課后限時作業(yè)40 法拉第電磁感應(yīng)定律 自感 渦流（含解析）新人教版
