（新課標）2020高考物理一輪復習 課時作業(yè)47 法拉第電磁感應定律（含解析）新人教版

法拉第電磁感應定律一、選擇題1(2018·靖遠縣三模)等腰直角三角形OPQ區(qū)域內存在勻強磁場，另有一等腰直角三角形導線框ABC以恒定的角速度沿圖示方向穿過磁場，該過程中ACOQ，下列說法中正確的是()A導線框開始進入磁場時感應電流最小B導線框進入磁場過程磁感應電流沿逆時針方向C導線框穿出磁場過程中C點電勢高于A點電勢D導線框穿出磁場過程磁感應電流沿逆時針方向答案B解析A項，當導線框開始進入磁場時，切割磁感線的有效長度L最大，此時感應電動勢最大，感應電流最大，故A項錯誤；B項，導線框進入磁場過程，由右手定則判定可知，導體切割磁感線產生的感應電流方向為C到A，所以感應電流沿逆時針方向，故B項正確C、D兩項，導線框穿出磁場過程中，磁通量減小，由楞次定律知磁感應電流沿順時針方向，AC中電流方向由A到C，而AC在外電路中，所以C點電勢低于A點電勢，故C、D兩項錯誤2(2018·課標全國)(多選)如圖(a)，在同一平面內固定有一長直導線PQ和一導線框R，R在PQ的右側導線PQ中通有正弦交流電i，i的變化如圖(b)所示，規(guī)定從Q到P為電流正方向導線框R中的感應電動勢()A在t時為零B在t時改變方向C在t時最大，且沿順時針方向D在tT時最大，且沿順時針方向答案AC解析由圖可知，tT時刻，電流的變化率為0，電流產生的磁場的變化率為0，則線框產生的感應電動勢為0，A項正確t或tT時刻，電流的變化率最大，電流產生的磁場的變化率最大，則產生的電動勢最大；根據(jù)楞次定律：t感應電流的方向為順時針，tT時刻感應電流的方向為逆時針方向，B項錯誤；C項正確，D項錯誤3(多選)如圖甲所示，abcd是匝數(shù)為100匝、邊長為10 cm、總電阻為0.1 的正方形閉合導線圈，放在與線圈平面垂直的圖示勻強磁場中，磁感應強度B隨時間t的變化關系如圖乙所示，則以下說法正確的是()A導線圈中產生的是交變電流B在t1 s時，ad邊受安培力方向向右C在02 s內通過導線橫截面的電荷量為10 CD在t2.5 s時導線框產生的感應電動勢為1 V答案AB解析A項，根據(jù)楞次定律可知，在02 s內的感應電流方向與2 s3 s內的感應電流方向相反，即為交流電，故A項正確；B項，根據(jù)楞次定律可知產生的感應電流方向逆時針，根據(jù)左手定則可知受到的安培力方向向右，故B項正確；C項，在02 s時間內，感應電動勢為：E1100××0.12 V1 V，再根據(jù)歐姆定律I，則有：I1 A10 A，根據(jù)QIt，解得：Q10×2 C20 C，故C項錯誤；D項，根據(jù)法拉第電磁感應定律，2.5 s時的感應電動勢等于2 s到3 s內的感應電動勢，則有：E V2 V，故D項錯誤4(2018·廈門二模)法拉第圓盤發(fā)電機原理如圖所示銅質圓盤水平放置在豎直向下的勻強磁場中，圓盤圓心處固定一個帶搖柄的轉軸，邊緣和轉軸處各有一個銅電刷與其緊貼，用導線將電刷與電阻R連接起來形成回路，其他電阻均不計轉動搖柄，使圓盤如圖示方向勻速轉動已知勻強磁場的磁感應強度為B，圓盤半徑為r，電阻的功率為P.則()A圓盤轉動的角速度為，流過電阻R的電流方向為從c到dB圓盤轉動的角速度為，流過電阻R的電流方向為從d到cC圓盤轉動的角速度為，流過電阻R的電流方向為從c到dD圓盤轉動的角速度為，流過電阻R的電流方向為從d到c答案D解析將圓盤看成無數(shù)幅條組成，它們都切割磁感線，從而產生感應電動勢，出現(xiàn)感應電流，根據(jù)右手定則可知，圓盤上感應電流從邊緣流向圓心，則流過電阻R的電流方向為從d到c.圓盤產生的感應電動勢：EBr2，R的功率：P，解得：，故A、B、C三項錯誤，D項正確5(2017·課標全國)(多選)兩條平行虛線間存在一勻強磁場，磁感應強度方向與紙面垂直邊長為0.1 m、總電阻為0.005 的正方形導線框abcd位于紙面內，cd邊與磁場邊界平行，如圖(a)所示已知導線框一直向右做勻速直線運動，cd邊于t0時刻進入磁場線框中感應電動勢隨時間變化的圖線如圖(b)所示(感應電流的方向為順時針時，感應電動勢取正)下列說法正確的是()A磁感應強度的大小為0.5 TB導線框運動速度的大小為0.5 m/sC磁感應強度的方向垂直于紙面向外D在t0.4 s至t0.6 s這段時間內，導線框所受的安培力大小為0.1 N答案BC解析A、B兩項，由圖像可以看出，0.20.4 s沒有感應電動勢，所以從開始到ab進入用時0.2 s，導線框勻速運動的速度為：v m/s0.5 m/s，根據(jù)EBLv知磁感應強度為：B T0.2 T，故A項錯誤，B項正確C項，由(b)圖可知，線框進磁場時，感應電流的方向為順時針，根據(jù)楞次定律得，磁感應強度的方向垂直紙面向外，故C項正確D項，在0.40.6 s內，導線框所受的安培力FBIL N0.04 N，故D項錯誤6(2018·重慶模擬)如圖所示，處于豎直面的長方形導線框MNPQ邊長分別為L和2L，M、N間連接兩塊水平正對放置的金屬板，金屬板距離為d，虛線為線框中軸線，虛線右側有垂直線框平面向里的勻強磁場內板間有一個質量為m、電量為q的帶正電油滴恰好處于平衡狀態(tài)，重力加速度為g，則下列關于磁場磁感應強度大小B的變化情況及其變化率的說法正確的是()A正在增強，B正在減小，C正在增強，D正在減小，答案B解析電荷量為q的帶正電的油滴恰好處于靜止狀態(tài)，電場力豎直向上，則電容器的下極板帶正電，所以線框下端相當于電源的正極，感應電動勢順時針方向，感應電流的磁場方向和原磁場同向，根據(jù)楞次定律，可得穿過線框的磁通量在均勻減小；線框產生的感應電動勢：ESL2；油滴所受電場力：FE場q，對油滴，根據(jù)平衡條件得：qmg；所以解得，線圈中的磁通量變化率的大小為：.7.(2018·海南三模)如圖所示，有兩根豎直放置的光滑金屬導軌MN、PQ，導軌間的距離為L2 m，導軌下端接有阻值為R1 的電阻，在兩導軌之間有兩個半徑均為r0.5 m的圓形磁場區(qū)域，下方區(qū)域磁場的方向垂直導軌平面向里，磁感應強度隨時間均勻增大且變化率為 T/s，上方磁場區(qū)域為勻強磁場，一根質量為m1 kg、電阻為1 的金屬棒ab與上方磁場區(qū)域的直徑重合并與導軌垂直放置，金屬棒恰好靜止，不計金屬導軌的電阻，則上方區(qū)域磁場的大小和方向為(重力加速度g取10 m/s2)()A大小為10 T，方向垂直于導軌平面向里B大小為5 T，方向垂直于導軌平面向里C大小為10 T，方向垂直于導軌平面向外D大小為5 T，方向垂直于導軌平面向外答案C解析根據(jù)楞次定律知，回路中感應電流方向為aNQba，ab棒中電流方向由b到a.ab棒所受的安培力方向豎直向上，由左手定則判斷知上方區(qū)域磁場的方向垂直于導軌平面向外根據(jù)法拉第電磁感應定律知，回路中產生的感應電動勢為：E·r2××0.522 V通過ab棒的感應電流為：I1 A金屬棒恰好靜止，則有：BI·2rmg解得：B10 T.8(2017·課標全國)如圖所示，半徑為a的圓形區(qū)域內有均勻磁場，磁感應強度為B0，磁場方向垂直紙面向里半徑為b的金屬圓環(huán)與圓形磁場同心地位置，磁場與環(huán)面垂直金屬環(huán)上分別接有相同的燈L1、L2，燈的電阻均為R，一金屬棒MN與金屬環(huán)接觸良好，棒與環(huán)的電阻均忽略不計MN棒以速率v在環(huán)上向右勻速滑動，棒滑過圓環(huán)直徑OO的瞬間，燈L1，L2恰好正常發(fā)光現(xiàn)撤去中間的金屬棒MN，使磁感應強度隨時間均勻變化，為了使燈L1，L2也正常發(fā)光，磁感應強度隨時間變化率的大小應為()A.B.C. D.答案D解析當MN棒滑過圓環(huán)直徑OO的瞬間，設由于棒切割磁感線產生的感應電動勢為E，通過棒的電流為I、通過燈泡的電流為I1，則有：EBlv2B0avII1由得：I1當撤去中間的金屬棒MN，磁感應強度隨時間變化時，設磁感應強度的變化率為k，此過程電路中的感應電動勢為E，感應電流為I、則由法拉第電磁感應定律得：ESa2kI由得：I由題意可知I1I，解得：k，故D項正確，A、B、C三項錯誤；故選D項9(2018·江西一模)如圖為兩個有界勻強磁場，左右兩邊磁感應強度大小分別為B和2B，方向分別垂直紙面向里和向外，磁場寬度均為L，距磁場區(qū)域的左側L處，有一邊長為L的正方形導體線框，總電阻為R，且線框平面與磁場方向垂直，現(xiàn)用外力F使線框以速度v勻速穿過磁場區(qū)域，以初始位置為計時起點，規(guī)定電流沿逆時針方向時的電動勢E為正，磁感線垂直紙面向里時磁通量的方向為正則下列說法正確的是()A在的過程中，磁通量的變化量為2BL2B在的過程中，電路中產生的平均感應電動勢為E3BLvC在的過程中產生的電功率是的過程中產生的電功率的9倍D在的過程中產生的安培力大小是的過程中產生的安培力大小的3倍答案C解析A項，在的過程中，t時刻，線圈的磁通量為10，t時刻磁通量為2BL2，則磁通量的變化量為21BL2.故A項錯誤B項，在的過程中，感應電動勢為負，電路中產生的平均感應電動勢為EBLv(2BLv)3BLv，故B項錯誤C項，在的過程中產生的感應電動勢E23BLv，感應電流I2·的過程中產生的感應電動勢E1BLv，感應電流I1根據(jù)電功率PI2R得，在的過程中產生的電功率是的過程中產生的電功率的9倍，故C項正確D項，在的過程中產生的安培力大小F2BI2L2BI2L·的過程中產生的安培力大小F1BI1L，所以在的過程中產生的安培力大小是的過程中產生的安培力大小的9倍，故D項錯誤10(2018·包頭一模)(多選)如圖所示，在邊長為a的正方形區(qū)域內有勻強磁場，磁感應強度為B，其方向垂直紙面向外，一個邊長也為a的單匝正方形導線框架EFGH正好與上述磁場區(qū)域的邊界重合，導線框的電阻為R.現(xiàn)使導線框以周期T繞其中心O點在紙面內勻速轉動，經過導線框轉到圖中虛線位置，則在這時間內()A順時針方向轉動時，感應電流方向為EFGHEB平均感應電動勢大小等于C平均感應電動勢大小等于D通過導線框橫截面的電荷量為答案BD解析A項，由于虛線位置是經過到達的，而且線框是順時針方向轉動，所以線框的磁通量是變小的根據(jù)楞次定律，可以判斷出感應電流的方向為：EHGFE，故A項錯誤B項，根據(jù)法拉第電磁感應定律得：平均感應電動勢E，由幾何知識得：OCa，OAa，ABAC，根據(jù)幾何關系找出有磁場穿過面積的變化S(32)a2，解得：E，故B項正確，故C項錯誤D項，通過導線框橫截面的電荷量qI·t·t，故D項正確11(2018·樂山模擬)(多選)如圖，兩根平行光滑金屬導軌固定在同一水平面內，其左端接有定值電阻R，Ox軸平行于金屬導軌，在0x4 m的空間區(qū)域內存在著垂直導軌平面向下的磁場，磁感應強度B隨坐標x(以m為單位)的分布規(guī)律為B0.80.2x(T)，金屬棒ab在外力作用下從x0處沿導軌運動，ab始終與導軌垂直并接觸良好，不計導軌和金屬棒的電阻設在金屬棒從x11 m經x22 m到x33 m的過程中，R的電功率保持不變，則金屬棒()A在x1與x3處的電動勢之比為13B在x1與x2處受到磁場B的作用力大小之比為21C從x1到x2與從x2到x3的過程中通過R的電量之比為53D從x1到x2與從x2到x3的過程中通過R產生的焦耳熱之比為53答案CD解析A項，因為從x11 m經x22 m到x33 m的過程中，R的電功率保持不變，則有P可知從x11 m經x22 m到x33 m的過程中，電動勢不變，故A項錯誤；B項，在x11 m處B10.80.2×10.6 T，x22 m處B20.80.2×20.4 T，由A項分析可知整個過程中電動勢E不變，則電流不變，由FBIL可知在x1與x2處受到磁場的作用力大小之比為32，故B項錯誤；C項，由q可知從x1到x2過程與從x2到x3過程S相等，x1到x2的平均磁感應強度為0.5 T，x2到x3的平均磁感應強度為0.3 T，B之比為53，則通過R的電量之比為53，故C項正確；D項，消耗的焦耳熱為QI2RtIqR，則焦耳熱之比即為通過的電荷量之比，由C項分析可知消耗的焦耳熱之比為53，故D項正確12(2018·衡水三模)(多選)如圖所示，半徑為r的半圓弧光滑金屬導軌ab垂直放置在磁感應強度為B的勻強磁場中，現(xiàn)有一導體棒Oc可繞半圓形導軌的圓心O點逆時針旋轉，轉動過程中導體棒接入的電阻為R0，導體棒與導軌始終接觸良好，導軌電阻不計在導軌的右端點b和圓心O有兩根引線分別接在電容器C和總阻值為R的滑動變阻器兩端現(xiàn)讓導體棒從b端向a端轉動，則下列說法正確的是()A導體棒在轉動過程中c端電勢高B滑片P置于最右端不動，且導體棒以角速度勻速轉動時外力的功率為C導體棒以角速度勻速轉動時，將P從最右端滑到最左端的過程中C的放電量為D滑片P置于中間不動，均勻增大轉速時導體棒所受的外力和C上的電荷量都均勻增大答案CD解析A項，導體棒Oc轉動過程中由右手定則知電流由c向O流動，因導體棒相當于電源，故c端是電源的負極，電勢低，故A項錯誤；B項，導體棒勻速轉動時產生的電動勢為EBrBr2，因此回路中的電流為I，于是對應外力的功率為PI2(RR0)，故B項錯誤；C項，導體棒穩(wěn)定轉動時，電動勢恒定，將滑片P從右向左滑動過程中C的電壓從UR逐漸減小到零，對應放出的電荷量為QC(U0)，故C項正確；D項，滑片P置于中間不動，增大轉速時，2n，電動勢EBr2Br2n，回路中的電流為I，聯(lián)立化簡得In線性增大，因此安培力FIrBn也線性增大；由于電流線性增大，滑動變阻器分配的電壓線性增大，加在C上的電壓線性增大，因此它的帶電量也線性增大，故D項正確二、非選擇題13(2017·江蘇)如圖所示，兩條相距d的平行金屬導軌位于同一水平面內，其右端接一阻值為R的電阻質量為m的金屬桿靜置在導軌上，其左側的矩形勻強磁場區(qū)域MNPQ的磁感應強度大小為B、方向豎直向下當該磁場區(qū)域以速度v0勻速地向右掃過金屬桿后，金屬桿的速度變?yōu)関.導軌和金屬桿的電阻不計，導軌光滑且足夠長，桿在運動過程中始終與導軌垂直且兩端與導軌保持良好接觸求：(1)MN剛掃過金屬桿時，桿中感應電流的大小I；(2)MN剛掃過金屬桿時，桿的加速度大小a；(3)PQ剛要離開金屬桿時，感應電流的功率P.答案(1)(2)(3)解析(1)感應電動勢EBdv0感應電流I，解得I(2)安培力FBId牛頓第二定律Fma，解得a(3)金屬桿切割磁感線的速度vv0v，則感應電動勢EBd(v0v)電功率P，解得P.14如圖(a)所示，平行長直金屬導軌水平放置，間距L0.4 m，導軌右端接有阻值R1 的電阻，導體棒垂直放置在導軌上，且接觸良好，導體棒及導軌的電阻均不計，導軌間正方形區(qū)域abcd內有方向豎直向下的勻強磁場，bd連線與導軌垂直，長度也為L，從0時刻開始，磁感應強度B的大小隨時間t變化，規(guī)律如圖(b)所示；同一時刻，棒從導軌左端開始向右勻速運動，1 s后剛好進入磁場，若使棒在導軌上始終以速度v1 m/s做直線運動，求：(1)進入磁場前，回路中的電動勢E；(2)棒在運動過程中受到的最大安培力F，以及棒通過三角形abd區(qū)域時電流i與時間t的關系式答案(1)E0.04 V(2)it1(1 s<t<1.2 s)解析(1)進入磁場前，閉合回路中有磁場通過的有效面積不變，磁感應強度均勻變大，由法拉第電磁感應定律，回路中的電動勢E·S其中S(L)20.08 m2代入數(shù)據(jù)得E0.04 V(2)進入磁場后，當導體棒在bd時，切割磁感線的有效長度最長為L，此時回路中有最大電動勢及電流：E1BLv和I1故進入磁場后最大安培力為：F1BI1L代入數(shù)據(jù)得：F10.04 N棒通過三角形區(qū)域abd時，切割磁感線的導體棒的長度為L：L2×v(t1)2(t1)E2BLv故回路中的電流i At1(A)(1 s<t<1.2 s)12