“四翼”檢測(cè)評(píng)價(jià)（七） 法拉第電磁感應(yīng)定律

“四翼”檢測(cè)評(píng)價(jià)（七）法拉第電磁感應(yīng)定律eq\a\vs4\al(A)組—重基礎(chǔ)·體現(xiàn)綜合1．(2022·泰安高二檢測(cè))匝數(shù)為100的線圈的面積S＝100cm2，放在方向如圖所示的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。線圈平面與磁場(chǎng)的方向垂直，當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度由2×10－3T經(jīng)過5s均勻減小到0時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小為()A．4×10－4V B．2×10－3VC．4×10－2V D．0.2V解析：選A線圈中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為：E＝neq\f(ΔB,Δt)S＝100×eq\f(2×10－3,5)×0.01V＝4×10－4V，A正確，B、C、D錯(cuò)誤。2．如圖所示，在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向垂直金屬導(dǎo)軌所在平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，金屬桿MN在平行金屬導(dǎo)軌上以速度v向右勻速滑動(dòng)，MN中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E1；若磁感應(yīng)強(qiáng)度增大為2B，其他條件不變，MN中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)變?yōu)镋2。通過電阻R的電流方向及E1與E2之比E1∶E2分別為()A．c→a,2∶1 B．a(chǎn)→c,2∶1C．a(chǎn)→c,1∶2 D．c→a,1∶2解析：選C由右手定則判斷可得，電阻R上的電流方向?yàn)閍→c，由E＝Blv知E1＝Blv，E2＝2Blv，則E1∶E2＝1∶2，C正確。3.穿過某線圈的磁通量隨時(shí)間變化的關(guān)系如圖所示，在線圈內(nèi)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大值的時(shí)間段是()A．0～2s B．2～4sC．4～6s D．6～8s解析：選C圖線斜率表示磁通量的變化率，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E＝eq\f(ΔΦ,Δt)知，在4～6s內(nèi)Φ-t圖線斜率最大，則磁通量變化率最大，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大，C正確，A、B、D錯(cuò)誤。4.如圖所示，導(dǎo)體AB的長(zhǎng)為2R，繞O點(diǎn)以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，OB長(zhǎng)為R，且OBA三點(diǎn)在一條直線上，有一磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，充滿轉(zhuǎn)動(dòng)平面且與轉(zhuǎn)動(dòng)平面垂直，那么AB兩端的電勢(shì)差為()A.eq\f(BωR2,2)B．2BωR2C．4BωR2 D．6BωR2解析：選CAB兩端的電勢(shì)差大小等于金屬棒AB中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，E＝B·2R·eq\x\to(v)＝B·2R·eq\f(ωR＋ω·3R,2)＝4BωR2，C正確。5.如圖所示，面積為S、匝數(shù)為N的矩形線圈固定在絕緣的水平面上，線圈的一半面積處于豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻變化，其變化率為K。已知某時(shí)刻磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0，穿過線圈的磁通量為Φ，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E，則()A．Φ＝B0S B．Φ＝eq\f(1,2)NB0SC．E＝KS D．E＝eq\f(1,2)NKS解析：選D勻強(qiáng)磁場(chǎng)與線圈平面垂直，有一半的面積處于磁場(chǎng)中，故磁通量為：Φ＝B0·eq\f(S,2)＝eq\f(1,2)B0S，A、B錯(cuò)誤；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：E＝Neq\f(ΔΦ,Δt)＝Neq\f(ΔB·\f(S,2),Δt)＝eq\f(1,2)NSeq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(1,2)NKS，C錯(cuò)誤，D正確。6.(多選)如圖所示，A、B兩閉合線圈為同樣導(dǎo)線繞成，A有10匝，B有20匝，兩圓線圈半徑之比為2∶1。均勻磁場(chǎng)只分布在B線圈內(nèi)，當(dāng)磁場(chǎng)隨時(shí)間均勻減弱時(shí)()A．A中無感應(yīng)電流B．A、B中均有恒定的感應(yīng)電流C．A、B中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)之比為2∶1D．A、B中感應(yīng)電流之比為1∶2解析：選BD只要穿過圓線圈內(nèi)的磁通量發(fā)生變化，線圈中就有感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和感應(yīng)電流，因?yàn)榇艌?chǎng)變化情況相同，有效面積也相同，所以每匝線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)相同，所以A、B中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)之比為1∶2，又由于兩線圈的匝數(shù)和半徑不同，電阻值不同，根據(jù)電阻定律，單匝線圈電阻之比為2∶1，所以感應(yīng)電流之比為1∶2。7．(選自魯科版新教材課后練習(xí))(多選)有一種非接觸式電源供應(yīng)系統(tǒng)，這種系統(tǒng)基于電磁感應(yīng)原理可無線傳輸電力。其工作原理可用兩個(gè)左右相鄰或上下相對(duì)的線圈來說明，如圖所示。下列說法正確的是()A．若線圈A中輸入電流，則線圈B中會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)B．只有線圈A中輸入變化的電流，線圈B中才會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)C．線圈A中電流越大，線圈B中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)也越大D．線圈A中電流變化越快，線圈B中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)越大解析：選BD根據(jù)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)產(chǎn)生的條件，只有線圈A中輸入變化的電流，線圈B中的磁通量才會(huì)發(fā)生變化，線圈B中才會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，且線圈A中電流變化越快，線圈B中磁通量變化也越快，線圈B中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)越大，故A、C錯(cuò)誤，B、D正確。8.如圖所示，一面積為S的正三角形金屬框abc固定，M、N分別為ab和ac邊的中點(diǎn)，直線MN上方有垂直于線框的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。在時(shí)間t內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小由B均勻增加到3B，方向不變，在此過程中()A．穿過金屬框的磁通量變化量為BSB．N點(diǎn)電勢(shì)比M點(diǎn)的高C．金屬框中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為eq\f(BS,2t)D．金屬框中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為eq\f(2BS,t)解析：選C由幾何關(guān)系知三角形aMN的面積為S′＝eq\f(1,4)S，開始時(shí)穿過金屬框的磁通量為Φ1＝BS′，末磁通量為Φ2＝3BS′，所以此過程中磁通量的變化量為ΔΦ＝Φ2－Φ1＝eq\f(1,2)BS，A錯(cuò)誤；根據(jù)楞次定律可以判斷三角形金屬框中的感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向，其中aMN部分為電源部分，在電源內(nèi)部電流從低電勢(shì)流向高電勢(shì)，故M點(diǎn)的電勢(shì)高于N點(diǎn)的電勢(shì)，B錯(cuò)誤；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得金屬框中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(BS,2t)，C正確，D錯(cuò)誤。9.在如圖所示的三維坐標(biāo)系中，有與x軸同方向的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一矩形導(dǎo)線框，面積為S，電阻為R，其初始位置abcd與xOz平面的夾角為θ，以z軸為轉(zhuǎn)動(dòng)軸沿順時(shí)針方向勻速轉(zhuǎn)動(dòng)2θ角到達(dá)a′b′cd位置，角速度為ω。求：(1)這一過程中導(dǎo)線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的平均值；(2)若θ為60°，當(dāng)導(dǎo)線框恰好到達(dá)a′b′cd位置時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的瞬時(shí)值。解析：(1)導(dǎo)線框轉(zhuǎn)動(dòng)2θ角的過程所用的時(shí)間Δt＝eq\f(2θ,ω)，穿過線框的磁通量的變化量ΔΦ＝2BSsinθ。由法拉第電磁感應(yīng)定律知，此過程中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的平均值eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(2BSsinθ,\f(2θ,ω))＝eq\f(BωSsinθ,θ)。(2)θ為任意值時(shí)，線框中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小為ab邊切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小E＝B·aeq\x\to(b)·beq\x\to(c)·ω·sin(90°－θ)＝BSωcosθ當(dāng)θ＝60°時(shí)，有E＝eq\f(1,2)BSω。答案：(1)eq\f(BωSsinθ,θ)(2)eq\f(1,2)BSωeq\a\vs4\al(B)組—重應(yīng)用·體現(xiàn)創(chuàng)新10.如圖所示，固定在水平面上的半徑為r的金屬圓環(huán)內(nèi)存在方向豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。長(zhǎng)為l的金屬棒，一端與圓環(huán)接觸良好，另一端固定在豎直導(dǎo)電轉(zhuǎn)軸OO′上，隨軸以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，在圓環(huán)的A點(diǎn)和電刷間接有阻值為R的電阻和電容為C、板間距為d的平行板電容器，有一帶電微粒在電容器極板間處于靜止?fàn)顟B(tài)。已知重力加速度為g，不計(jì)其他電阻和摩擦，下列說法正確的是()A．棒產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為eq\f(1,2)Bl2ωB．微粒的電荷量與質(zhì)量之比為eq\f(2gd,Br2ω)C．電阻消耗的電功率為eq\f(πB2r4ω,2R)D．電容器所帶的電荷量為CBr2ω解析：選B由法拉第電磁感應(yīng)定律可知棒產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為E＝Br·eq\f(1,2)ωr＝eq\f(1,2)Br2ω，A錯(cuò)誤；金屬棒電阻不計(jì)，故電容器兩極板間的電壓等于棒產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)，微粒的重力與其受到的靜電力大小相等，有qeq\f(U,d)＝mg，可得eq\f(q,m)＝eq\f(2gd,Br2ω)，B正確；電阻消耗的電功率P＝eq\f(U2,R)＝eq\f(B2r4ω2,4R)，C錯(cuò)誤；電容器所帶的電荷量Q＝CU＝eq\f(1,2)CBr2ω，D錯(cuò)誤。11．(多選)如圖甲為電動(dòng)汽車無線充電原理圖，M為受電線圈，N為送電線圈。圖乙為受電線圈M的示意圖，線圈匝數(shù)為n，電阻為r，橫截面積為S，兩端a、b連接車載變流裝置，勻強(qiáng)磁場(chǎng)平行于線圈軸線向上穿過線圈。下列說法正確的是()A．只要受電線圈M兩端有電壓，送電線圈N中的電流一定不是恒定電流B．只要送電線圈N中有電流流入，受電線圈M兩端一定有電壓C．當(dāng)受電線圈M中磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻增加時(shí)，受電線圈M中有電流從a端流出D．若Δt時(shí)間內(nèi)，受電線圈M中磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻增加ΔB，則受電線圈M兩端的電壓為eq\f(nSΔB,Δt)解析：選AC如果受電線圈M兩端有電壓，說明穿過受電線圈M的磁場(chǎng)變化，此時(shí)送電線圈N中的電流一定不是恒定電流，A正確；若送電線圈N中有恒定電流，則產(chǎn)生的磁場(chǎng)不變化，在受電線圈M中不會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，B錯(cuò)誤；穿過受電線圈M的磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻增加，根據(jù)楞次定律可知，感應(yīng)電流的磁場(chǎng)向下，故感應(yīng)電流方向從b向a，即電流從a端流出，C正確；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，有E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝nSeq\f(ΔB,Δt)，由閉合電路歐姆定律得受電線圈M兩端的電壓U＝eq\f(E,R＋r)R＝eq\f(nSΔBR,ΔtR＋r)，其中R為受電線圈M外接電路的電阻，D錯(cuò)誤。12．(2022·南京高二檢測(cè))如圖所示，勻強(qiáng)磁場(chǎng)中有一個(gè)用軟導(dǎo)線制成的單匝閉合線圈，線圈平面與磁場(chǎng)垂直。已知線圈的面積S＝0.3m2、電阻R＝0.6Ω，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.2T?，F(xiàn)同時(shí)向兩側(cè)拉動(dòng)線圈，線圈的兩邊在Δt＝0.5s時(shí)間內(nèi)合到一起。求線圈在上述過程中：(1)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的平均值E；(2)感應(yīng)電流的