4、C．Im變大，T變小 D．Im變大，T變大
解析：根據(jù)E＝NBSω可知，當(dāng)轉(zhuǎn)速變小時，最大感應(yīng)電動勢也變小，所以感應(yīng)電流也變?。桓鶕?jù)轉(zhuǎn)速與周期成反比可知，當(dāng)轉(zhuǎn)速變小時，周期變大，B正確，A、C、D錯誤．
答案：B
4.
如圖所示，長為L的金屬導(dǎo)線上端懸于C點，下端系一小球A，在豎直向下的勻強磁場中做圓錐擺運動，轉(zhuǎn)動方向如圖中所示，導(dǎo)線與豎直方向的夾角為θ，擺球的角速度為ω，磁感應(yīng)強度為B，則金屬導(dǎo)線中產(chǎn)生感應(yīng)電動勢的高電勢點及大小為( )
A．C點，BL2ω B．C點，BL2ωsin2θ
C．A點，BL2ω D．A點，BL2ωsin2θ
解析：由右手定則可判斷φC>φA，即
5、C點的電勢高于A點的電勢；金屬導(dǎo)線切割磁感線的有效長度為Lsinθ，所以導(dǎo)線中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E＝B(Lsinθ)2ω＝BL2ωsin2θ，B正確．
答案：B
5．半徑為r帶缺口的剛性金屬圓環(huán)在紙面上固定放置，在圓環(huán)的缺口兩端引出兩根導(dǎo)線，分別與兩塊垂直于紙面固定放置的平行金屬板連接，兩板間距為d且足夠?qū)挘鐖D甲所示．有一變化的磁場垂直于紙面，規(guī)定向內(nèi)為正，變化規(guī)律如圖乙所示．在t＝0時刻平行金屬板間有一重力不計、電荷量為q的靜止微粒，則以下說法正確的是( )
A．第2 s內(nèi)上極板為正極
B．第3 s內(nèi)上極板為負(fù)極
C．第2 s末微?；氐皆瓉淼奈恢?
D．第3 s末兩極板間的
6、電場強度大小為
解析：由楞次定律得第1 s內(nèi)下極板為正極，第2 s和第3 s內(nèi)上極板為正極，A正確，B錯誤；在第1 s內(nèi)微粒向某極板做勻加速運動，第2 s內(nèi)向同一極板做勻減速直線運動，第2 s末速度為零，C錯誤；第2 s末兩極板之間的電壓為E＝＝S＝0.1πr2，電場強度為，D錯誤．
答案：A
二、多項選擇題
6．如圖所示，勻強磁場的方向垂直于電路所在平面向里，導(dǎo)體棒ab與電路接觸良好．當(dāng)導(dǎo)體棒ab在外力F作用下從左向右做勻加速直線運動時，若不計摩擦和導(dǎo)線的電阻，整個過程中，燈泡L未被燒毀，電容器C未被擊穿，則該過程中( )
A．感應(yīng)電動勢將變大
B．燈泡L的亮度變大
C．
7、電容器C的上極板帶負(fù)電
D．電容器兩極板間的電場強度將減小
解析：當(dāng)導(dǎo)體棒ab在外力F作用下從左向右做勻加速直線運動時，由右手定則知，導(dǎo)體棒a端的電勢高，電容器C的上極板帶正電；由公式E＝Blv知，感應(yīng)電動勢將變大，導(dǎo)體棒兩端的電壓變大，燈泡L的亮度變大，由于場強E＝，電容器兩極板間的電場強度將變大．綜上可知，A、B正確，C、D錯誤．
答案：AB
7.
如圖所示，A、B是完全相同的兩個小燈泡，L為自感系數(shù)很大、電阻可以忽略的帶鐵芯的線圈，下列說法中正確的是( )
A．電鍵S閉合瞬間，A、B同時發(fā)光，隨后A燈變暗直至熄滅，B燈變亮
B．電鍵S閉合瞬間，B燈亮，A燈不亮
C．
8、斷開電鍵S的瞬間，A、B燈同時熄滅
D．?dāng)嚅_電鍵S的瞬間，B燈立即熄滅，A燈突然亮一下再熄滅
解析：因線圈的自感系數(shù)很大，電阻可忽略，故閉合電鍵瞬間，線圈對電流的阻礙作用極大，相當(dāng)于斷路，故A、B燈同時發(fā)光，且亮度相同，當(dāng)穩(wěn)定后，線圈相當(dāng)于導(dǎo)線，A燈短路，B燈電壓為電源電壓，亮度比閉合瞬間更亮；斷開電鍵瞬間，B燈立即熄滅，而線圈中的電流不會立即消失，線圈相當(dāng)于一個電源使A燈中會有一短暫電流，從而使A燈會亮一下再熄滅．綜上可知，A、D正確，B、C錯誤．
答案：AD
8.
如圖所示，在方向垂直紙面向里，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
9、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.則在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
B．線框中的電流在ad邊產(chǎn)生的熱量為
C．線框所受安培力的合力為
D．a(chǎn)d間的電壓為
解析：線框離開磁場的過程中，感應(yīng)電動勢E＝2Blv，由電路知識可知ad間的電壓為，線框所受安培力的合力為F＝BI(2l)＝，產(chǎn)生的總熱量Q＝I2Rt，t＝，Qad＝，所以Qad＝，通過的電量q＝＝.綜上可知，A、B、D正確，C錯誤．
答案：ABD
三、非選擇題
9．如圖甲所示，光滑導(dǎo)軌寬0.4
10、 m，ab為金屬棒，均勻變化的磁場垂直穿過軌道平面，磁場的變化情況如圖乙所示，金屬棒ab的電阻為1 Ω，導(dǎo)軌電阻不計．t＝0時刻，ab棒從導(dǎo)軌最左端，以v＝1 m/s的速度向右勻速運動，求1 s末回路中的感應(yīng)電流及金屬棒ab受到的安培力．
解析：Φ的變化有兩個原因，一是B的變化，二是面積S的變化，顯然這兩個因素都應(yīng)當(dāng)考慮在內(nèi)，所以有
E＝＝S＋Blv
又＝2 T/s，
在1 s末，B＝2 T，S＝lvt＝0.4×1×1 m2＝0.4 m2
所以1 s末，E＝S＋Blv＝1.6 V，
此時回路中的電流
I＝＝1.6 A
根據(jù)楞次定律與右手定則可判斷出電流方向為逆時針方向
金
11、屬棒ab受到的安培力為F＝BIl＝2×1.6×0.4 N＝1.28 N，方向向左．
答案：1.6 A 1.28 N，方向向左
10．如圖所示，在xOy平面內(nèi)有一扇形金屬框abc，其半徑為r，ac邊與y軸重合，bc邊與x軸重合，且c位于坐標(biāo)原點，ac邊與bc邊的電阻不計，圓弧ab上單位長度的電阻為R，金屬桿MN長度為L，放在金屬框abc上，MN與ac邊緊鄰且重疊部分的電阻為R0.磁感應(yīng)強度B的勻強磁場與框架平面垂直并充滿平面．現(xiàn)對MN桿施加一個外力(圖中未畫出)，使之以c點為軸順時針勻速轉(zhuǎn)動，角速度為ω.求：
(1)在MN桿運動過程中，通過桿的電流I與轉(zhuǎn)過的角度θ間的關(guān)系．
(2)整
12、個電路消耗電功率的最小值是多少？
解析：(1)電路中感應(yīng)電動勢E＝Br2ω
當(dāng)MN桿轉(zhuǎn)過角度為θ時電路總電阻
R總＝R0＋＝R0＋
桿中電流I與桿轉(zhuǎn)過的角度θ的關(guān)系為
I＝＝
(2)由于總電阻
R總＝R0＋＝R0＋(－2θ2＋πθ)
當(dāng)θ＝時，總電阻R總有最大值．
此時，R總＝R0＋
電路消耗電功率的最小值是P＝＝
答案：(1)I＝ (2)
11.
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R.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向下，磁感應(yīng)強度為B.對桿施
13、加一個大小為F、方向平行于導(dǎo)軌的恒力，使桿從靜止開始運動，已知桿到達(dá)磁場區(qū)域時速度為v，之后進(jìn)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Ff；
(2)桿ab中通過的電流I及其方向；
(3)導(dǎo)軌左端所接電阻的阻值R.
解析：(1)桿進(jìn)入磁場前做勻加速運動，設(shè)加速度為a，由牛頓第二定律有F－Ff＝ma
由運動學(xué)公式，有v2－0＝2ad
解得導(dǎo)軌對桿的阻力Ff＝F－
(2)桿進(jìn)入磁場后做勻速運動，由受力平衡有F＝Ff＋FB
桿ab所受的安培力FB＝IBl
解得桿ab中通過的電流I＝
由右手定則可知，桿中的電流方向自a流向b.
(3)桿產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝Blv
桿中的感應(yīng)電流I＝
解得導(dǎo)軌左端所接電阻阻值R＝－r
答案：(1)F－ (2) 由a流向b
(3)－r
2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時作業(yè)27 法拉第電磁感應(yīng)定律 自感和渦流（含解析）
