【走向高考】2022屆高三物理人教版一輪復(fù)習(xí)習(xí)題：第9章-第2講法拉第電磁感應(yīng)定律及其應(yīng)用

第一部分第九章第2講一、選擇題(1～6題為單選題，7、8題為多選題)1．(2022·湖北八校聯(lián)考)如圖所示，在國慶60周年閱兵盛典上，我國預(yù)警機(jī)“空警—2000”在天安門上空時(shí)機(jī)翼保持水平，以4.5×102km/h的速度自東向西飛行。該機(jī)的翼展(兩翼尖之間的距離)為50m，北京地區(qū)地磁場(chǎng)的豎直重量向下，大小為4.7×10－5TA．兩翼尖之間的電勢(shì)差為2.9VB．兩翼尖之間的電勢(shì)差為1.1VC．飛行員左方翼尖的電勢(shì)比右方翼尖的電勢(shì)高D．飛行員左方翼尖的電勢(shì)比右方翼尖的電勢(shì)低[答案]C[解析]飛機(jī)的飛行速度4.5×102km/h＝125m/s，飛機(jī)兩翼間的電動(dòng)勢(shì)為E＝BLv＝4.7×10－5×2．(2022·濟(jì)南模擬)如圖所示，在垂直紙面的正方形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域內(nèi)，有一位于紙面且電阻均勻的正方形導(dǎo)體框abcd，現(xiàn)將導(dǎo)體框分別以v、3v速度朝兩個(gè)方向勻速拉出磁場(chǎng)，則導(dǎo)體框分別從兩個(gè)方向移出磁場(chǎng)的過程中()A．導(dǎo)體框所受安培力方向相同B．導(dǎo)體框中產(chǎn)生的焦耳熱相同C．導(dǎo)體框ad邊兩端電勢(shì)差相等D．通過導(dǎo)體框截面的電荷量相同[答案]D[解析]安培力的方向總是阻礙導(dǎo)體框的相對(duì)運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由I＝eq\f(BLv,R)及Q＝I2Rt可知選項(xiàng)B錯(cuò)誤；當(dāng)導(dǎo)體框以v運(yùn)動(dòng)時(shí)Uab＝eq\f(1,4)BLv，若以3v運(yùn)動(dòng)時(shí)Uab＝eq\f(3,4)BL×3v，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；依據(jù)q＝eq\f(ΔΦ,R)可知選項(xiàng)D正確。3．(2022·南京模擬)在如圖所示的電路中，兩個(gè)靈敏電流表G1和G2的零點(diǎn)都在刻度盤中心，當(dāng)電流從“＋”接線柱流入時(shí)，指針向右擺，當(dāng)電流從“－”接線柱流入時(shí)，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(shí)際狀況的是()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[答案]B[解析]當(dāng)電路接通后再斷開，線圈中產(chǎn)生自感電動(dòng)勢(shì)，G1中電流和原方向相同，G2中電流和原方向相反，故B正確。4.(2022·山東日照一模)在xOy平面內(nèi)有一條拋物線金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌的拋物線方程為y2＝4x，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于導(dǎo)軌平面對(duì)里，一根足夠長的金屬棒ab垂直于x軸從坐標(biāo)原點(diǎn)開頭，以恒定速度v沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)中始終與金屬導(dǎo)軌保持良好接觸形成閉合回路，如圖甲所示，則圖乙所示圖象中能表示回路中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小隨時(shí)間變化的圖象是()[答案]B[解析]金屬棒ab沿x軸以恒定速度v運(yùn)動(dòng)，因此x＝vt，則金屬棒在回路中的有效長度L＝2y＝4eq\r(x)＝4eq\r(vt)，由法拉第電磁感應(yīng)定律得回路中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv＝4Beq\r(v3t)，即E2∝t，B正確。5.(2022·長沙一中模擬)矩形線圈abcd，長ab＝20cm，寬bc＝10cm，匝數(shù)n＝200，線圈回路總電阻R＝5Ω。整個(gè)線圈平面內(nèi)均有垂直于線圈平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)穿過。若勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化規(guī)律如圖所示，則()A．線圈回路中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)隨時(shí)間均勻變化B．線圈回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電流為0.2AC．當(dāng)t＝0.3s時(shí)，線圈的ab邊所受的安培力大小為0.016ND．在1min內(nèi)線圈回路產(chǎn)生的焦耳熱為48J[答案]D[解析]由E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝nSeq\f(ΔB,Δt)可知，由于線圈中磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化率eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(20－5×10－2,0.3)T/s＝0.5T/s為常數(shù)，則回路中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝nSeq\f(ΔB,Δt)＝2V，且恒定不變，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；回路中感應(yīng)電流的大小為I＝eq\f(E,R)＝0.4A，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；當(dāng)t＝0.3s時(shí)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.2T，則安培力為F＝nBIl＝200×0.2×0.4×0.2N＝3.2N，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；1min內(nèi)線圈回路產(chǎn)生的焦耳熱為Q＝I2Rt＝0.42×5×60J＝48J，選項(xiàng)D正確。6.(2022·西安模擬)如圖所示，垂直于水平桌面對(duì)上的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，寬度為L。光滑金屬導(dǎo)軌OM、ON固定在桌面上，O點(diǎn)位于磁場(chǎng)的左邊界，OM、ON與磁場(chǎng)左邊界成45°角。金屬棒ab放在導(dǎo)軌上，且與磁場(chǎng)的右邊界重合。t＝0時(shí)，金屬棒在水平向左的外力F作用下以加速度a從靜止開頭向左做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，直至通過磁場(chǎng)。已知OM、ON接觸處O點(diǎn)的接觸電阻為R，其余電阻不計(jì)，則()A．金屬棒ab中的感應(yīng)電流方向?yàn)閺腶到bB．在t＝eq\r(\f(2L,a))時(shí)間內(nèi)，通過金屬棒ab截面的電荷量為Q＝eq\f(BL2,R)C．在t＝eq\r(\f(2L,a))時(shí)間內(nèi)，外力F的大小隨時(shí)間均勻變化D．在t＝eq\r(\f(2L,a))時(shí)間內(nèi)，流過金屬棒ab的電流大小隨時(shí)間均勻變化[答案]B[解析]因通過回路的磁通量削減，依據(jù)楞次定律可知，通過回路的感應(yīng)電流方向沿逆時(shí)針方向，則金屬棒ab中的感應(yīng)電流方向?yàn)閺腷到a，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由已知可知OM＝ON＝eq\r(2)L，等腰直角三角形OMN的面積為S＝L2，在t＝eq\r(\f(2L,a))時(shí)間內(nèi)，通過棒ab截面的電荷量Q＝It＝eq\f(E,R)t＝eq\f(ΔΦt,tR)＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(BS,R)＝eq\f(BL2,R)，選項(xiàng)B正確；因棒ab向左做勻加速運(yùn)動(dòng)，通過回路的磁通量非均勻削減，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)是非均勻變化的，感應(yīng)電流也是非均勻變化的，則棒ab所受的安培力FA也是非均勻變化的，由牛頓其次定律有F－FA＝ma，知外力F隨時(shí)間是非均勻變化的，選項(xiàng)C、D錯(cuò)誤。7．(2022·洛陽模擬)如圖所示，平面上的光滑平行導(dǎo)軌MN，PQ上放著光滑導(dǎo)體棒ab、cd兩棒用細(xì)線系住，開頭時(shí)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的方向如圖甲所示，而磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖乙所示，不計(jì)ab、cd間電流的相互作用，則細(xì)線中張力()A．由0到t0時(shí)間內(nèi)細(xì)線中的張力漸漸減小B．由0到t0時(shí)間內(nèi)兩桿靠近，細(xì)線中的張力消逝C．由0到t0時(shí)間內(nèi)細(xì)線中張力不變D．由t0到t時(shí)間內(nèi)兩桿靠近，細(xì)線中的張力消逝[答案]AD[解析]由E＝eq\f(ΔB,Δt)S和I＝eq\f(E,R)結(jié)合圖象知感應(yīng)電流大小恒定，由左手定則推斷知0到t0時(shí)間內(nèi)兩桿都受到指向兩桿外側(cè)的安培力，細(xì)線張緊，由F＝BIL知B減小則F減小，選項(xiàng)A正確；選項(xiàng)BC錯(cuò)誤；同理可知t0到t時(shí)間內(nèi)兩桿都受到指向兩桿內(nèi)側(cè)的安培力，則兩桿靠近，細(xì)線張力消逝，選項(xiàng)D正確。8.(2022·江蘇宿遷第一次調(diào)研)用一根橫截面積為S、電阻率為ρ的硬質(zhì)導(dǎo)線做成一個(gè)半徑為r的圓環(huán)，ab為圓環(huán)的一條直徑。如圖所示，在ab的左側(cè)存在一個(gè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)垂直圓環(huán)所在平面，方向如圖，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時(shí)間的變化率eq\f(ΔB,Δt)＝k(k<0)。則()A．圓環(huán)中產(chǎn)生逆時(shí)針方向的感應(yīng)電流B．圓環(huán)具有擴(kuò)張的趨勢(shì)C．圓環(huán)中感應(yīng)電流的大小為eq\f(krS,2ρ)D．圖中a、b兩點(diǎn)間的電勢(shì)差Uab＝|eq\f(1,4)kπr2|[答案]BD[解析]磁感應(yīng)強(qiáng)度減弱，依據(jù)楞次定律推斷出感應(yīng)電流沿順時(shí)針方向，A錯(cuò)誤。由左手定則推斷出安培力方向向圓環(huán)外，B正確。由E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝S·eq\f(ΔB,Δt)得E＝eq\f(1,2)πr2·k，感應(yīng)電流大小I＝eq\f(E,R)＝eq\f(krS,4ρ)，C錯(cuò)誤。Uab＝|eq\f(E,2R)·R|＝|eq\f(1,4)kπr2|，D正確。二、非選擇題9．如圖所示，兩個(gè)互連的金屬圓環(huán)，粗金屬環(huán)的電阻是細(xì)金屬環(huán)電阻的二分之一。磁場(chǎng)垂直穿過粗金屬環(huán)所在區(qū)域。當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻變化時(shí)，在粗環(huán)內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E，則a、b兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為________。[答案]eq\f(2E,3)[解析]設(shè)粗環(huán)電阻為R，則細(xì)環(huán)電阻為2R，由于磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻變化，故回路中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E恒定。回路中感應(yīng)電流I＝eq\f(E,3R)，由歐姆定律a、b兩點(diǎn)電勢(shì)差(細(xì)環(huán)兩端電壓)U＝I·2R＝eq\f(2,3)E。10．如圖所示，不計(jì)電阻的U形導(dǎo)軌水平放置，導(dǎo)軌寬l＝0.5m，左端連接阻值為0.4Ω的電阻R。在導(dǎo)軌上垂直于導(dǎo)軌放一電阻為0.1Ω的導(dǎo)體棒MN，并用水平輕繩通過定滑輪吊著質(zhì)量m＝2.4g的重物，圖中L＝0.8m，開頭時(shí)重物與水平地面接觸并處于靜止。整個(gè)裝置處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度B0＝0.5T，并且以eq\f(ΔB,Δt)＝0.1T/s的變化率在增大。不計(jì)摩擦阻力，求至少經(jīng)過多長時(shí)間才能將重物吊起？(g取10m/s2)[答案]1s[解析]以MN為爭辯對(duì)象，有BIl＝FT，以重物為爭辯對(duì)象，有FT＋FN＝mg。由于B在增大，安培力BIl增大，繩的拉力FT增大，地面的支持力FN減小，當(dāng)FN＝0時(shí)，重物將被吊起。此時(shí)BIl＝mg①又B＝B0＋eq\f(ΔB,Δt)t＝0.5＋0.1t②E＝Lleq\f(ΔB,Δt)③I＝eq\f(E,R＋r)④聯(lián)立①②③④，代入數(shù)據(jù)解得t＝1s。11．(2022·福建泉州一中質(zhì)檢)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(gè)電阻。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(gè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直于導(dǎo)軌平面對(duì)下，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。對(duì)桿施加一個(gè)大小為F、方向平行于導(dǎo)軌的恒力，使桿從靜止開頭運(yùn)動(dòng)，已知桿到達(dá)磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)速度為v，之后進(jìn)入磁場(chǎng)恰好做勻速運(yùn)動(dòng)。不計(jì)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(duì)桿ab的阻力大小f；(2)桿ab中通過的電流及其方向；(3)導(dǎo)軌左端所接電阻的阻值R。[答案](1)F－eq\f(mv2,2d)(2)eq\f(mv2,2Bld)方向?yàn)閍→b(3)eq\f(2B2l2d,mv)－r[解析](1)桿進(jìn)入磁場(chǎng)前做勻加速運(yùn)動(dòng)，有F－f＝mav2＝2ad解得導(dǎo)軌對(duì)桿的阻力f＝F－eq\f(mv2,2d)(2)桿進(jìn)入磁場(chǎng)后做勻速運(yùn)動(dòng)，有F＝f＋FB桿ab所受的安培力FB＝IBl解得桿ab中通過的電流I＝eq\f(mv2,2Bld)桿中的電流方向自a流向b(3)桿產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv桿中的感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R＋r)解得導(dǎo)軌左端所接電阻阻值R＝eq\f(2B2l2d,mv)－r12．(2022·安徽六校聯(lián)考)如圖所示，間距為L的光滑平行金屬導(dǎo)軌M、N水平固定，長為L、阻值為R0的金屬棒ab垂直于導(dǎo)軌放置，可緊貼導(dǎo)軌滑動(dòng)。導(dǎo)軌右側(cè)連接一對(duì)水平放置的平行金屬板AC，板間距為d，板長也為L，導(dǎo)軌左側(cè)接阻值為R的定值電阻，其他電阻忽視不計(jì)。軌道處的磁場(chǎng)方向豎直向下，金屬板AC間的磁場(chǎng)方向垂直紙面對(duì)里，兩磁場(chǎng)均為勻強(qiáng)磁場(chǎng)且磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B。當(dāng)ab棒以速度v0向右勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，一電量大小為q的微粒以某一速度從緊貼A板左側(cè)平行于A板的方向進(jìn)入板間恰好做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。試求：(1)AC兩板間的電壓U；(2)帶電微粒的質(zhì)量m；(3)欲使微粒不打到極板上，帶電微粒的速度v應(yīng)滿足什么樣的條件。[答案](1)eq\f(RBLv0,R＋R0)(2)eq\f(RqBLv0,R＋R0gd)(3)v<eq\f(R＋R0d2g,2RLv0)或v>eq\f(R＋R0L2＋d2g,2RLv0)[解析](1)棒ab向右運(yùn)動(dòng)時(shí)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為E＝BLv0AC間的電壓即為電阻R的分壓，由分壓關(guān)系可得U＝eq\f(RE,R＋R0)(或I＝eq\f(E,R＋R0)，U＝IR)，解得U＝eq\f(RBLv0,R＋R0)(2)帶電粒子在板間做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則重力與電場(chǎng)力平衡，有qeq\f(U,d)＝mg，解得m＝eq\f(RqBLv0,R＋R0gd)(3)粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由牛頓其次定律可得qvB＝meq\f(v2,r)若粒子恰從C板右邊緣離開，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，由幾何關(guān)系可得L2＋(r1－d)2＝req\o\al(2,1)，所以r1＝eq\f(L2＋d2,2d)解得v1＝eq\f(R＋R0L2＋d2g,2RLv0)若粒子恰從C板左邊緣離開，則有r2＝eq\f(d,2)解得v2＝eq\f(R＋R0d2g,2RLv0)故帶電粒子的速度大小v應(yīng)滿足的條件v<eq\f(R＋R0d2g,2RLv0)或v>eq\f(R＋R0L2＋d2g,2RLv0)13．(2022·銀川一中模擬)如圖所示，一面積為S的單匝圓形金屬線圈與阻值為R的電阻連接成閉合電路，不計(jì)圓形金屬線圈及導(dǎo)線的電阻。線圈內(nèi)存在一個(gè)方向垂直紙面對(duì)里、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均勻增加且變化率為k的磁場(chǎng)Bt。電阻R兩端并聯(lián)一對(duì)平行金屬板M、N，兩板間距為d，N板右側(cè)xOy坐標(biāo)系(坐標(biāo)原點(diǎn)O在N板的下端)的第一象限內(nèi)，有垂直紙面對(duì)外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)邊界OA和y軸的夾角∠AOy＝45°，AOx區(qū)域?yàn)闊o場(chǎng)區(qū)。在靠近M板處的P點(diǎn)由靜止釋放一質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的粒子(不計(jì)重力)，經(jīng)過N板的小孔，從點(diǎn)Q(0，l)垂直y軸進(jìn)入第一象限，經(jīng)OA上某點(diǎn)離開磁場(chǎng)，最終垂直x軸離開第一象限。求：(1)平行金屬板M、N獲得的電壓U；(2)yOA區(qū)域內(nèi)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B；(3)粒子從P點(diǎn)射出至到達(dá)x軸的時(shí)間。[答案](1)kS(2)eq\f(2,l)eq\r(\f(2mkS,q))(3)(2d＋eq\f(π＋2,4)l)eq\r(\f(m,2qkS))[解析](1)依據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，知感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)S＝kS①(2)因平行金屬板M，N與電阻并聯(lián)，故M、N兩板間的電壓為U＝UR＝E＝kS②帶電粒子在M、N間做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，有