高考物理總復(fù)習(xí) 第十章 第2節(jié) 法拉第電磁感應(yīng)定律檢測（含解析）試題

法拉第電磁感應(yīng)定律(建議用時：40分鐘)【A級基礎(chǔ)題練熟快】1．(2019·天府大聯(lián)考)有一種自行車，它有能向自行車車頭燈泡供電的小型發(fā)電機(jī)，其原理示意圖如圖甲所示，圖中N、S是一對固定的磁極，磁極間有一固定在絕緣軸上的矩形線圈，轉(zhuǎn)軸的一端有一個與自行車后輪邊緣接觸的摩擦輪．如圖乙所示，當(dāng)車輪轉(zhuǎn)動時，因摩擦而帶動摩擦輪轉(zhuǎn)動，從而使線圈在磁場中轉(zhuǎn)動而產(chǎn)生電流給車頭燈泡供電．關(guān)于此裝置，下列說法正確的是()A．自行車勻速行駛時線圈中產(chǎn)生的是直流電B．小燈泡亮度與自行車的行駛速度無關(guān)C．知道摩擦輪與后輪的半徑，就可以知道后輪轉(zhuǎn)一周的時間里摩擦輪轉(zhuǎn)動的圈數(shù)D．線圈匝數(shù)越多，穿過線圈的磁通量的變化率越大解析：選C.自行車勻速行駛時，線圈中在磁場中旋轉(zhuǎn)產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，如果從中性面開始計時，則e＝Emsinωt，所以產(chǎn)生的是交流電，故A錯誤；小燈泡亮度決定于電功率，電功率P＝EI，而E＝eq\f(NBSω,\r(2))＝eq\f(NBSv,\r(2)r)，所以燈泡亮度與自行車的行駛速度有關(guān)，故B錯誤；如果摩擦輪半徑為r，后輪的半徑為R，則2πR＝N·2πr，則后輪轉(zhuǎn)一周的時間里摩擦輪轉(zhuǎn)動的圈數(shù)為N＝eq\f(R,r)，故C正確；磁通量的變化率為eq\f(ΔΦ,Δt)，與線圈匝數(shù)無關(guān)，故D錯誤．2．(2019·重慶綦江模擬)如圖所示的電路中，A1、A2為完全相同的燈泡，線圈L的電阻忽略不計．下列說法中正確的是()A．閉合開關(guān)K接通電路時，A2先亮A1后亮，最后一樣亮B．閉合開關(guān)K接通電路瞬間，A1和A2同時變亮C．?dāng)嚅_開關(guān)K切斷電路時，A2立即熄滅，A1過一會兒才熄滅D．?dāng)嚅_開關(guān)K切斷電路時，A1，A2立即熄滅解析：選A.合上開關(guān)K接通電路，A2立即亮，線圈對電流的增大有阻礙作用，所以通過A1的電流慢慢變大，最后兩燈泡的電壓一樣大，所以一樣亮，故A正確，B錯誤；斷開開關(guān)K切斷電路時，通過A2的原來的電流立即消失，線圈對電流的減小有阻礙作用，所以通過A1的電流會慢慢變小，并且通過A2，所以兩燈泡一起過一會兒熄滅，故C、D錯誤．3．(2019·江蘇天一模擬)如圖所示的圓形線圈共n匝，電阻為R，過線圈中心O垂直于線圈平面的直線上有A、B兩點(diǎn)，A、B兩點(diǎn)的距離為L，A、B關(guān)于O點(diǎn)對稱．一條形磁鐵開始放在A點(diǎn)，中心與O點(diǎn)重合，軸線與A、B所在直線重合，此時線圈中的磁通量為Φ1，將條形磁鐵以速度v勻速向右移動，軸線始終與直線重合，磁鐵中心到O點(diǎn)時線圈中的磁通量為Φ2，下列說法中正確的是()A．磁鐵在A點(diǎn)時，通過一匝線圈的磁通量為eq\f(Φ1,n)B．磁鐵從A到O的過程中，線圈中產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動勢為E＝eq\f(2nv（Φ1－Φ2）,L)C．磁鐵從A到B的過程中，線圈中磁通量的變化量為2Φ1D．磁鐵從A到B的過程中，通過線圈某一截面的電荷量不為零解析：選B.磁鐵在A點(diǎn)時，線圈中的磁通量為Φ1，故通過一匝線圈的磁通量也為Φ1，與匝數(shù)無關(guān)，故A錯誤；磁鐵從A到O的過程中，線圈中產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動勢為E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(\f(Φ1－Φ2,\f(L,2)),v)＝eq\f(2nv（Φ1－Φ2）,L)，故B正確；磁通量先增加后減小，磁通量的變化量為零，故平均感應(yīng)電動勢為零，平均感應(yīng)電流為零，通過線圈某一截面的電荷量為零，故C、D錯誤．4．(2019·江西紅色七校聯(lián)考)兩條相互平行的光滑金屬導(dǎo)軌，距離為L，電阻不計．導(dǎo)軌內(nèi)有一與水平面垂直向里的勻強(qiáng)磁場，導(dǎo)軌左側(cè)接電容器C，電阻R1和R2，如圖所示．垂直導(dǎo)軌且與導(dǎo)軌接觸良好的金屬桿AB以一定的速度向右勻速運(yùn)動，某時刻開始做勻減速運(yùn)動至速度為零后反向勻加速運(yùn)動。在金屬桿變速運(yùn)動的過程中，下列說法正確的是()A．R1中無電流通過B．R1中電流一直從e流向aC．R2中電流一直從a流向bD．R2中電流先從b流向a，后從a流向b解析：選B.開始時，金屬桿AB以一定的速度向右勻速運(yùn)動，由感應(yīng)電動勢：E＝BLv，電容器兩端的帶電荷量Q＝CU＝CBLv，由右手定則知，R2感應(yīng)電流方向由a向b，故電容器的上極板帶正電，開始做勻減速運(yùn)動至速度為零的過程中，Q＝CU＝CBLv知，速度減小，極板帶電荷量減小，由電流定義式：I＝eq\f(q,t)可知，R1中有電流通過，方向由e流向a，R2中電流從a流向b，故A錯誤；反向勻加速運(yùn)動過程中，由右手定則知，R2感應(yīng)電流方向由b向a，電容器反向充電，流經(jīng)R1電流方向由e流向a，故B正確，C、D錯誤．5．(多選)(2019·四川棠湖中學(xué)模擬)如圖所示，由一段外皮絕緣的導(dǎo)線扭成兩個半徑為R和r圓形平面形成的閉合回路，R＞r，導(dǎo)線單位長度的電阻為λ，導(dǎo)線截面半徑遠(yuǎn)小于R和r.圓形區(qū)域內(nèi)存在垂直平面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時間按B＝kt(k＞0，為常數(shù))的規(guī)律變化的磁場，下列說法正確的是()A．小圓環(huán)中電流的方向為逆時針B．大圓環(huán)中電流的方向為逆時針C．回路中感應(yīng)電流大小為eq\f(k（R2＋r2）,λ（R＋r）)D．回路中感應(yīng)電流大小為eq\f(k（R－r）,2λ)解析：選BD.根據(jù)穿過整個回路的磁通量增大，依據(jù)楞次定律，及R＞r，則大圓環(huán)中電流的方向為逆時針，由于大圓環(huán)電動勢大于小圓環(huán)的電動勢，則導(dǎo)致小圓環(huán)中電流的方向為順時針，故A錯誤，B正確；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，則有：E＝eq\f(ΔB,Δt)·S＝kπ(R2－r2)，由閉合電路歐姆定律，那么回路中感應(yīng)電流大小為I＝eq\f(E,R總)＝eq\f(kπ（R2－r2）,2λπ（R＋r）)＝eq\f(k（R－r）,2λ)，故C錯誤，D正確．6．(2019·山西榆社中學(xué)聯(lián)考)如圖所示，現(xiàn)有一長為2L的金屬棒ab垂直置于兩平行導(dǎo)軌上，棒的右側(cè)分布著磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場．已知導(dǎo)軌間距為L，左端接有一電阻R，其余電阻不計．現(xiàn)ab以a點(diǎn)為軸沿順時針以一定角速度轉(zhuǎn)過60°，并固定(設(shè)此為過程Ⅰ)；再使磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小以一定的變化率從B增加到B′(設(shè)此為過程Ⅱ)．整個過程中，棒與導(dǎo)軌接觸良好，在過程Ⅰ、Ⅱ中，通過電阻R的電荷量相等，則eq\f(B′,B)等于()A．2 B．3C．4 D．5解析：選A.由E＝eq\f(ΔΦ,Δt)、I＝eq\f(E,R)、q＝IΔt，可得在Δt內(nèi)，流過導(dǎo)體橫截面的電量為q＝eq\f(ΔΦ,R).金屬棒ab以a為軸沿順時針以ω轉(zhuǎn)過60°的過程中磁通量的改變量為ΔΦ1＝eq\f(\r(3)BL2,2)，所以過程Ⅰ回路中通過R的電荷量為q＝eq\f(ΔΦ1,R)＝eq\f(\r(3)BL2,2R)；過程Ⅱ中回路的磁通量改變量為ΔΦ2＝eq\f(\r(3)L2（B′－B）,2)，通過R的電荷量為q＝eq\f(ΔΦ2,R)＝eq\f(\r(3)L2（B′－B）,2R)，解得：eq\f(B′,B)＝2.7．(2019·河南鄭州模擬)如圖，均勻磁場中有一由半圓弧及其直徑構(gòu)成的導(dǎo)線框，半圓直徑與磁場邊緣重合；磁場方向垂直于半圓面紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0.使該線框從靜止開始繞過圓心O、垂直于半圓面的軸以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動半周，在線框中產(chǎn)生感應(yīng)電流．現(xiàn)使線框保持圖中所示位置，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時間線性變化．為了產(chǎn)生與線框轉(zhuǎn)動半周過程中同樣大小的電流，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間的變化率eq\f(ΔB,Δt)的大小應(yīng)為()A.eq\f(ωB0,π) B.eq\f(2ωB0,π)C.eq\f(4ωB0,π) D.eq\f(ωB0,2π)解析：選A.若要電流相等，則產(chǎn)生的電動勢相等．設(shè)半圓半徑長度為L，從靜止開始繞過圓心O以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動時，線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小為E＝eq\f(1,2)B0L2ω，根據(jù)法拉第定律得E＝eq\f(ΔФ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)S＝eq\f(ΔB,Δt)·eq\f(1,2)πL2，聯(lián)立得eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(B0ω,π)，故B、C、D錯誤，A正確．8.如圖所示，PN與QM兩平行金屬導(dǎo)軌相距1m，電阻不計，兩端分別接有電阻R1和R2，且R1＝6Ω，ab桿的電阻為2Ω，在導(dǎo)軌上可無摩擦地滑動，垂直穿過導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為1T．現(xiàn)ab以恒定速度v＝3m/s勻速向右移動，這時ab桿上消耗的電功率與R1、R2消耗的電功率之和相等．則()A．R2＝6ΩB．R1上消耗的電功率為0.75WC．a(chǎn)、b間電壓為3VD．拉ab桿水平向右的拉力為0.75N解析：選D.桿ab消耗的功率與R1、R2消耗的功率之和相等，則eq\f(R1·R2,R1＋R2)＝Rab.解得R2＝3Ω，故A錯誤；E＝Blv＝3V，則Iab＝eq\f(E,R總)＝0.75A，Uab＝E－Iab·Rab＝1.5V，PR1＝eq\f(Ueq\o\al(2,ab),R1)＝0.375W，故B、C錯誤；F拉＝F安＝BIab·l＝0.75N，故D正確．【B級能力題練穩(wěn)準(zhǔn)】9．(2019·河南七校模擬)如圖所示，用同種材料制成的直角三角形線框ABC處在足夠大的水平向右的勻強(qiáng)磁場中，線框平面與磁感線平行，直角邊AB的長是直角邊BC長的eq\f(3,4)，AB邊與磁感線垂直，先讓線框繞AB邊在勻強(qiáng)磁場中以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動，A、B兩端的電壓有效值為U1；再讓線框繞BC邊在勻強(qiáng)磁場中仍以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動，結(jié)果A、B兩端的電壓為U2，則eq\f(U1,U2)為()A.eq\r(2) B.eq\f(\r(2),2)C.eq\f(\r(2),3) D.eq\f(\r(2),6)解析：選D.設(shè)BC邊長為d，則AB邊長為eq\f(3,4)d，讓線框繞AB邊在勻強(qiáng)磁場中以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動，則線框中感應(yīng)電動勢的最大值Em＝B×eq\f(1,2)×eq\f(3,4)d2ω＝eq\f(3,8)Bd2ω，電動勢的有效值E＝eq\f(Em,\r(2))＝eq\f(3\r(2),16)Bd2ω，A、B兩端的電壓有效值U1＝eq\f(1,4)E＝eq\f(3\r(2),64)Bd2ω，讓線框繞BC邊在勻強(qiáng)磁場中仍以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動，A、B兩端的電壓U2＝eq\f(1,2)Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)d))eq\s\up12(2)ω＝eq\f(9,32)Bd2ω，因此有eq\f(U1,U2)＝eq\f(\r(2),6)，選項D正確．10．(多選)(2019·四川成都聯(lián)考)如圖甲，線圈A(圖中實(shí)線，共100匝)的橫截面積為0.3m2，總電阻r＝2Ω，A右側(cè)所接電路中，電阻R1＝2Ω，R2＝6Ω，電容C＝3μF，開關(guān)S1閉合．A中有橫截面積為0.2m2的區(qū)域C(圖中虛線)，C內(nèi)有圖乙所示的變化磁場，t＝0時刻，磁場方向垂直于線圈平面向里．下列判斷正確的是()A．閉合S2、電路穩(wěn)定后，通過R2的電流由b流向aB．閉合S2、電路穩(wěn)定后，通過R2的電流大小為0.4AC．閉合S2、電路穩(wěn)定后再斷開S1，通過R2的電流由b流向aD．閉合S2、電路穩(wěn)定后再斷開S1，通過R2的電荷量為7.2×10－6C解析：選BD.根據(jù)楞次定律，線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電流為順時針方向，則閉合S2、電路穩(wěn)定后，通過R2的電流由a流向b，選項A錯誤；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律：E＝neq\f(ΔB,Δt)S＝100×eq\f(0.6,3)×0.2V＝4V，則閉合S2、電路穩(wěn)定后，通過R2的電流大小為I＝eq\f(E,R1＋R2＋r)＝eq\f(4,2＋6＋2)A＝0.4A，選項B正確；閉合S2、電路穩(wěn)定后電容器上極板帶正電，則當(dāng)再斷開S1，電容器放電，通過R2的電流由a流向b，選項C錯誤；電路穩(wěn)定后電容器帶電荷量Q＝CUR2＝3×10－6×0.4×6C＝7.2×10－6C，則電路穩(wěn)定后再斷開S1，通過R2的電荷量為7.2×10－6C，選項D正確．11．上海世博會某國家館內(nèi)，有一“發(fā)電”地板，利用游人走過此處，踩踏地板發(fā)電．其原因是地板下有一發(fā)電裝置，如圖甲所示，裝置的主要結(jié)構(gòu)是一個截面半徑為r、匝數(shù)為n的線圈，緊固在與地板相連的塑料圓筒P上．磁場的磁感線沿半徑方向均勻分布，圖乙為橫截面俯視圖．輕質(zhì)地板四角各連接有一個勁度系數(shù)為k的復(fù)位彈簧(圖中只畫出其中的兩個)．當(dāng)?shù)匕迳舷峦颠\(yùn)動時，便能發(fā)電．若線圈所在位置磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，線圈的總電阻為R0，現(xiàn)用它向一個電阻為R的小燈泡供電．為了便于研究，將某人走過時地板發(fā)生的位移—時間變化的規(guī)律簡化為圖丙所示．(取地板初始位置x＝0，豎直向下為位移的正方向，且彈簧始終處在彈性限度內(nèi)．)(1)取圖乙中逆時針方向為電流正方向，請在圖丁所示坐標(biāo)系中畫出線圈中感應(yīng)電流i隨時間t變化的圖線，并標(biāo)明相應(yīng)縱坐標(biāo)．要求寫出相關(guān)的計算和判斷過程；(2)求t＝eq\f(t0,2)時地板受到的壓力；(3)求人踩踏一次地板所做的功．解析：(1)0～t0時間，地板向下做勻速運(yùn)動，其速度v＝eq\f(x0,t0)，線圈切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢e＝nB·2πrv＝eq\f(2nBπrx0,t0)，感應(yīng)電流i＝eq\f(e,R＋R0)＝eq\f(2nBπrx0,（R＋R0）t0)；t0～2t0時間，地板向上做勻速運(yùn)動，其速度v＝eq\f(x0,t0)，線圈切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢e＝－nB·2πrv＝－eq\f(2nBπrx0,t0)，感應(yīng)電流i＝eq\f(e,R＋R0)＝－eq\f(2nBπrx0,（R＋R0）t0)；圖線如圖所示．(2)t＝eq\f(t0,2)時，地板向下運(yùn)動的位移為eq\f(x0,2)，彈簧彈力為eq\f(kx0,2)，安培力F安＝nBi·2πr＝2nBiπr，由平衡條件可知，地板受到的壓力F＝2kx0＋eq\f(4n2B2π2r2x0,（R＋R0）t0).(3)由功能關(guān)系可得人踩踏一次地板所做的功W＝2i2(R＋R0)t0＝eq\f(8n2B2π2r2xeq\o\al(2,0),（R＋R0）t0).答案：(1)見解析(2)2kx0＋eq\f(4n2B2π2r2x0,（R＋R0）t0)(3)eq\f(8n2B2π2r2xeq\o\al(2,0),（R＋R0