高考物理一轮复习课时作业47法拉第电磁感应定律（含解析）

这是一份高考物理一轮复习课时作业47法拉第电磁感应定律（含解析），共11页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
法拉第电磁感应定律一、选择题1．(2018·靖远县三模)等腰直角三角形OPQ区域内存在匀强磁场，另有一等腰直角三角形导线框ABC以恒定的角速度沿图示方向穿过磁场，该过程中AC∥OQ，下列说法中正确的是(　　)A．导线框开始进入磁场时感应电流最小B．导线框进入磁场过程磁感应电流沿逆时针方向C．导线框穿出磁场过程中C点电势高于A点电势D．导线框穿出磁场过程磁感应电流沿逆时针方向答案　B解析　A项，当导线框开始进入磁场时，切割磁感线的有效长度L最大，此时感应电动势最大，感应电流最大，故A项错误；B项，导线框进入磁场过程，由右手定则判定可知，导体切割磁感线产生的感应电流方向为C到A，所以感应电流沿逆时针方向，故B项正确．C、D两项，导线框穿出磁场过程中，磁通量减小，由楞次定律知磁感应电流沿顺时针方向，AC中电流方向由A到C，而AC在外电路中，所以C点电势低于A点电势，故C、D两项错误．2．(2018·课标全国Ⅲ)(多选)如图(a)，在同一平面内固定有一长直导线PQ和一导线框R，R在PQ的右侧．导线PQ中通有正弦交流电i，i的变化如图(b)所示，规定从Q到P为电流正方向．导线框R中的感应电动势(　　)A．在t＝时为零B．在t＝时改变方向C．在t＝时最大，且沿顺时针方向D．在t＝T时最大，且沿顺时针方向答案　AC解析　由图可知，t＝T时刻，电流的变化率为0，电流产生的磁场的变化率为0，则线框产生的感应电动势为0，A项正确．t＝或t＝T时刻，电流的变化率最大，电流产生的磁场的变化率最大，则产生的电动势最大；根据楞次定律：t＝感应电流的方向为顺时针，t＝T时刻感应电流的方向为逆时针方向，B项错误；C项正确，D项错误．3．(多选)如图甲所示，abcd是匝数为100匝、边长为10 cm、总电阻为0.1 Ω的正方形闭合导线圈，放在与线圈平面垂直的图示匀强磁场中，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示，则以下说法正确的是(　　)A．导线圈中产生的是交变电流B．在t＝1 s时，ad边受安培力方向向右C．在0～2 s内通过导线横截面的电荷量为10 CD．在t＝2.5 s时导线框产生的感应电动势为1 V答案　AB解析　A项，根据楞次定律可知，在0～2 s内的感应电流方向与2 s～3 s内的感应电流方向相反，即为交流电，故A项正确；B项，根据楞次定律可知产生的感应电流方向逆时针，根据左手定则可知受到的安培力方向向右，故B项正确；C项，在0～2 s时间内，感应电动势为：E1＝100××0.12 V＝1 V，再根据欧姆定律I＝，则有：I1＝ A＝10 A，根据Q＝It，解得：Q＝10×2 C＝20 C，故C项错误；D项，根据法拉第电磁感应定律，2.5 s时的感应电动势等于2 s到3 s内的感应电动势，则有：E＝＝ V＝2 V，故D项错误．4．(2018·厦门二模)法拉第圆盘发电机原理如图所示．铜质圆盘水平放置在竖直向下的匀强磁场中，圆盘圆心处固定一个带摇柄的转轴，边缘和转轴处各有一个铜电刷与其紧贴，用导线将电刷与电阻R连接起来形成回路，其他电阻均不计．转动摇柄，使圆盘如图示方向匀速转动．已知匀强磁场的磁感应强度为B，圆盘半径为r，电阻的功率为P.则(　　)A．圆盘转动的角速度为，流过电阻R的电流方向为从c到dB．圆盘转动的角速度为，流过电阻R的电流方向为从d到cC．圆盘转动的角速度为，流过电阻R的电流方向为从c到dD．圆盘转动的角速度为，流过电阻R的电流方向为从d到c答案　D解析　将圆盘看成无数幅条组成，它们都切割磁感线，从而产生感应电动势，出现感应电流，根据右手定则可知，圆盘上感应电流从边缘流向圆心，则流过电阻R的电流方向为从d到c.圆盘产生的感应电动势：E＝Br2ω，R的功率：P＝，解得：ω＝，故A、B、C三项错误，D项正确．5．(2017·课标全国Ⅱ)(多选)两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感应强度方向与纸面垂直．边长为0.1 m、总电阻为0.005 Ω的正方形导线框abcd位于纸面内，cd边与磁场边界平行，如图(a)所示．已知导线框一直向右做匀速直线运动，cd边于t＝0时刻进入磁场．线框中感应电动势随时间变化的图线如图(b)所示(感应电流的方向为顺时针时，感应电动势取正)．下列说法正确的是(　　)A．磁感应强度的大小为0.5 TB．导线框运动速度的大小为0.5 m/sC．磁感应强度的方向垂直于纸面向外D．在t＝0.4 s至t＝0.6 s这段时间内，导线框所受的安培力大小为0.1 N答案　BC解析　A、B两项，由图像可以看出，0.2～0.4 s没有感应电动势，所以从开始到ab进入用时0.2 s，导线框匀速运动的速度为：v＝＝ m/s＝0.5 m/s，根据E＝BLv知磁感应强度为：B＝＝ T＝0.2 T，故A项错误，B项正确．C项，由(b)图可知，线框进磁场时，感应电流的方向为顺时针，根据楞次定律得，磁感应强度的方向垂直纸面向外，故C项正确．D项，在0.4～0.6 s内，导线框所受的安培力F＝BIL＝＝ N＝0.04 N，故D项错误．6．(2018·重庆模拟)如图所示，处于竖直面的长方形导线框MNPQ边长分别为L和2L，M、N间连接两块水平正对放置的金属板，金属板距离为d，虚线为线框中轴线，虚线右侧有垂直线框平面向里的匀强磁场．内板间有一个质量为m、电量为q的带正电油滴恰好处于平衡状态，重力加速度为g，则下列关于磁场磁感应强度大小B的变化情况及其变化率的说法正确的是(　　)A．正在增强，＝ B．正在减小，＝C．正在增强，＝ D．正在减小，＝答案　B解析　电荷量为q的带正电的油滴恰好处于静止状态，电场力竖直向上，则电容器的下极板带正电，所以线框下端相当于电源的正极，感应电动势顺时针方向，感应电流的磁场方向和原磁场同向，根据楞次定律，可得穿过线框的磁通量在均匀减小；线框产生的感应电动势：E＝S＝L2；油滴所受电场力：F＝E场q，对油滴，根据平衡条件得：q＝mg；所以解得，线圈中的磁通量变化率的大小为：＝.7.(2018·海南三模)如图所示，有两根竖直放置的光滑金属导轨MN、PQ，导轨间的距离为L＝2 m，导轨下端接有阻值为R＝1 Ω的电阻，在两导轨之间有两个半径均为r＝0.5 m的圆形磁场区域，下方区域磁场的方向垂直导轨平面向里，磁感应强度随时间均匀增大且变化率为 T/s，上方磁场区域为匀强磁场，一根质量为m＝1 kg、电阻为1 Ω的金属棒ab与上方磁场区域的直径重合并与导轨垂直放置，金属棒恰好静止，不计金属导轨的电阻，则上方区域磁场的大小和方向为(重力加速度g取10 m/s2)(　　)A．大小为10 T，方向垂直于导轨平面向里B．大小为5 T，方向垂直于导轨平面向里C．大小为10 T，方向垂直于导轨平面向外D．大小为5 T，方向垂直于导轨平面向外答案　C解析　根据楞次定律知，回路中感应电流方向为aNQba，ab棒中电流方向由b到a.ab棒所受的安培力方向竖直向上，由左手定则判断知上方区域磁场的方向垂直于导轨平面向外．根据法拉第电磁感应定律知，回路中产生的感应电动势为：E＝·πr2＝×π×0.52＝2 V通过ab棒的感应电流为：I＝＝＝1 A金属棒恰好静止，则有：BI·2r＝mg解得：B＝10 T.8．(2017·课标全国Ⅰ)如图所示，半径为a的圆形区域内有均匀磁场，磁感应强度为B0，磁场方向垂直纸面向里．半径为b的金属圆环与圆形磁场同心地位置，磁场与环面垂直．金属环上分别接有相同的灯L1、L2，灯的电阻均为R，一金属棒MN与金属环接触良好，棒与环的电阻均忽略不计．MN棒以速率v在环上向右匀速滑动，棒滑过圆环直径OO′的瞬间，灯L1，L2恰好正常发光．现撤去中间的金属棒MN，使磁感应强度随时间均匀变化，为了使灯L1，L2也正常发光，磁感应强度随时间变化率的大小应为(　　)A.　　　　　　　　　 B.C.   D.答案　D解析　当MN棒滑过圆环直径OO′的瞬间，设由于棒切割磁感线产生的感应电动势为E，通过棒的电流为I、通过灯泡的电流为I1，则有：E＝Blv＝2B0av①I＝＝②I1＝③由①②③得：I1＝④当撤去中间的金属棒MN，磁感应强度随时间变化时，设磁感应强度的变化率为k，此过程电路中的感应电动势为E′，感应电流为I′、则由法拉第电磁感应定律得：E′＝S＝πa2k⑤I′＝⑥由⑤⑥得：I′＝⑦由题意可知I1＝I′，解得：k＝，故D项正确，A、B、C三项错误；故选D项．9．(2018·江西一模)如图为两个有界匀强磁场，左右两边磁感应强度大小分别为B和2B，方向分别垂直纸面向里和向外，磁场宽度均为L，距磁场区域的左侧L处，有一边长为L的正方形导体线框，总电阻为R，且线框平面与磁场方向垂直，现用外力F使线框以速度v匀速穿过磁场区域，以初始位置为计时起点，规定电流沿逆时针方向时的电动势E为正，磁感线垂直纸面向里时磁通量Φ的方向为正．则下列说法正确的是(　　)A．在～的过程中，磁通量的变化量为2BL2B．在～的过程中，电路中产生的平均感应电动势为E＝3BLvC．在～的过程中产生的电功率是～的过程中产生的电功率的9倍D．在～的过程中产生的安培力大小是～的过程中产生的安培力大小的3倍答案　C解析　A项，在～的过程中，t＝时刻，线圈的磁通量为Φ1＝0，t＝时刻磁通量为Φ2＝BL2，则磁通量的变化量为ΔΦ＝Φ2－Φ1＝BL2.故A项错误．B项，在～的过程中，感应电动势为负，电路中产生的平均感应电动势为E＝－BLv＋(－2BLv)＝－3BLv，故B项错误．C项，在～的过程中产生的感应电动势E2＝3BLv，感应电流I2＝＝·～的过程中产生的感应电动势E1＝BLv，感应电流I1＝＝根据电功率P＝I2R得，在～的过程中产生的电功率是～的过程中产生的电功率的9倍，故C项正确．D项，在～的过程中产生的安培力大小F2＝BI2L＋2BI2L＝·～的过程中产生的安培力大小F1＝BI1L＝，所以在～的过程中产生的安培力大小是～的过程中产生的安培力大小的9倍，故D项错误．10．(2018·包头一模)(多选)如图所示，在边长为a的正方形区域内有匀强磁场，磁感应强度为B，其方向垂直纸面向外，一个边长也为a的单匝正方形导线框架EFGH正好与上述磁场区域的边界重合，导线框的电阻为R.现使导线框以周期T绕其中心O点在纸面内匀速转动，经过导线框转到图中虚线位置，则在这时间内(　　)A．顺时针方向转动时，感应电流方向为E→F→G→H→EB．平均感应电动势大小等于C．平均感应电动势大小等于D．通过导线框横截面的电荷量为答案　BD解析　A项，由于虚线位置是经过到达的，而且线框是顺时针方向转动，所以线框的磁通量是变小的．根据楞次定律，可以判断出感应电流的方向为：E→H→G→F→E，故A项错误．B项，根据法拉第电磁感应定律得：平均感应电动势E＝＝，由几何知识得：OC＝a，OA＝a，AB＝AC，根据几何关系找出有磁场穿过面积的变化ΔS＝(3－2)a2，解得：E＝，故B项正确，故C项错误．D项，通过导线框横截面的电荷量q＝I·Δt＝·Δt＝，故D项正确．11．(2018·乐山模拟)(多选)如图，两根平行光滑金属导轨固定在同一水平面内，其左端接有定值电阻R，Ox轴平行于金属导轨，在0≤x≤4 m的空间区域内存在着垂直导轨平面向下的磁场，磁感应强度B随坐标x(以m为单位)的分布规律为B＝0.8－0.2x(T)，金属棒ab在外力作用下从x＝0处沿导轨运动，ab始终与导轨垂直并接触良好，不计导轨和金属棒的电阻．设在金属棒从x1＝1 m经x2＝2 m到x3＝3 m的过程中，R的电功率保持不变，则金属棒(　　)A．在x1与x3处的电动势之比为1∶3B．在x1与x2处受到磁场B的作用力大小之比为2∶1C．从x1到x2与从x2到x3的过程中通过R的电量之比为5∶3D．从x1到x2与从x2到x3的过程中通过R产生的焦耳热之比为5∶3答案　CD解析　A项，因为从x1＝1 m经x2＝2 m到x3＝3 m的过程中，R的电功率保持不变，则有P＝可知从x1＝1 m经x2＝2 m到x3＝3 m的过程中，电动势不变，故A项错误；B项，在x1＝1 m处B1＝0.8－0.2×1＝0.6 T，x2＝2 m处B2＝0.8－0.2×2＝0.4 T，由A项分析可知整个过程中电动势E不变，则电流不变，由F＝BIL可知在x1与x2处受到磁场的作用力大小之比为3∶2，故B项错误；C项，由q＝可知从x1到x2过程与从x2到x3过程ΔS相等，x1到x2的平均磁感应强度为0.5 T，x2到x3的平均磁感应强度为0.3 T，B之比为5∶3，则通过R的电量之比为5∶3，故C项正确；D项，消耗的焦耳热为Q＝I2Rt＝IqR，则焦耳热之比即为通过的电荷量之比，由C项分析可知消耗的焦耳热之比为5∶3，故D项正确．12．(2018·衡水三模)(多选)如图所示，半径为r的半圆弧光滑金属导轨ab垂直放置在磁感应强度为B的匀强磁场中，现有一导体棒Oc可绕半圆形导轨的圆心O点逆时针旋转，转动过程中导体棒接入的电阻为R0，导体棒与导轨始终接触良好，导轨电阻不计．在导轨的右端点b和圆心O有两根引线分别接在电容器C和总阻值为R的滑动变阻器两端．现让导体棒从b端向a端转动，则下列说法正确的是(　　)A．导体棒在转动过程中c端电势高B．滑片P置于最右端不动，且导体棒以角速度ω匀速转动时外力的功率为C．导体棒以角速度ω匀速转动时，将P从最右端滑到最左端的过程中C的放电量为D．滑片P置于中间不动，均匀增大转速时导体棒所受的外力和C上的电荷量都均匀增大答案　CD解析　A项，导体棒Oc转动过程中由右手定则知电流由c向O流动，因导体棒相当于电源，故c端是电源的负极，电势低，故A项错误；B项，导体棒匀速转动时产生的电动势为E＝Brω＝Br2ω，因此回路中的电流为I＝，于是对应外力的功率为P＝I2(R＋R0)＝，故B项错误；C项，导体棒稳定转动时，电动势恒定，将滑片P从右向左滑动过程中C的电压从U＝R＝逐渐减小到零，对应放出的电荷量为Q＝C(U－0)＝，故C项正确；D项，滑片P置于中间不动，增大转速时，ω＝2πn，电动势E＝Br2ω＝πBr2n，回路中的电流为I＝，联立化简得I＝n线性增大，因此安培力F＝IrB＝n也线性增大；由于电流线性增大，滑动变阻器分配的电压线性增大，加在C上的电压线性增大，因此它的带电量也线性增大，故D项正确．二、非选择题13．(2017·江苏)如图所示，两条相距d的平行金属导轨位于同一水平面内，其右端接一阻值为R的电阻．质量为m的金属杆静置在导轨上，其左侧的矩形匀强磁场区域MNPQ的磁感应强度大小为B、方向竖直向下．当该磁场区域以速度v0匀速地向右扫过金属杆后，金属杆的速度变为v.导轨和金属杆的电阻不计，导轨光滑且足够长，杆在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触．求：(1)MN刚扫过金属杆时，杆中感应电流的大小I；(2)MN刚扫过金属杆时，杆的加速度大小a；(3)PQ刚要离开金属杆时，感应电流的功率P.答案　(1)　(2)　(3)解析　(1)感应电动势E＝Bdv0感应电流I＝，解得I＝(2)安培力F＝BId牛顿第二定律F＝ma，解得a＝(3)金属杆切割磁感线的速度v′＝v0－v，则感应电动势E＝Bd(v0－v)电功率P＝，解得P＝.14．如图(a)所示，平行长直金属导轨水平放置，间距L＝0.4 m，导轨右端接有阻值R＝1 Ω的电阻，导体棒垂直放置在导轨上，且接触良好，导体棒及导轨的电阻均不计，导轨间正方形区域abcd内有方向竖直向下的匀强磁场，bd连线与导轨垂直，长度也为L，从0时刻开始，磁感应强度B的大小随时间t变化，规律如图(b)所示；同一时刻，棒从导轨左端开始向右匀速运动，1 s后刚好进入磁场，若使棒在导轨上始终以速度v＝1 m/s做直线运动，求：(1)进入磁场前，回路中的电动势E；(2)棒在运动过程中受到的最大安培力F，以及棒通过三角形abd区域时电流i与时间t的关系式．答案　(1)E＝0.04 V　(2)i＝t–1(1 s<t<1.2 s)解析　(1)进入磁场前，闭合回路中有磁场通过的有效面积不变，磁感应强度均匀变大，由法拉第电磁感应定律，回路中的电动势E＝＝·S其中S＝(L)2＝0.08 m2代入数据得E＝0.04 V(2)进入磁场后，当导体棒在bd时，切割磁感线的有效长度最长为L，此时回路中有最大电动势及电流：E1＝BLv和I1＝＝故进入磁场后最大安培力为：F1＝BI1L＝代入数据得：F1＝0.04 N棒通过三角形区域abd时，切割磁感线的导体棒的长度为L′：L′＝2×v(t–1)＝2(t–1)E2＝BL′v故回路中的电流i＝＝ A＝t－1(A)(1 s<t<1.2 s)