高考物理总复习 第十章 第2节 法拉第电磁感应定律检测（含解析）试题

法拉第电磁感应定律(建议用时：40分钟)【A级基础题练熟快】1．(2019·天府大联考)有一种自行车，它有能向自行车车头灯泡供电的小型发电机，其原理示意图如图甲所示，图中N、S是一对固定的磁极，磁极间有一固定在绝缘轴上的矩形线圈，转轴的一端有一个与自行车后轮边缘接触的摩擦轮．如图乙所示，当车轮转动时，因摩擦而带动摩擦轮转动，从而使线圈在磁场中转动而产生电流给车头灯泡供电．关于此装置，下列说法正确的是()A．自行车匀速行驶时线圈中产生的是直流电B．小灯泡亮度与自行车的行驶速度无关C．知道摩擦轮与后轮的半径，就可以知道后轮转一周的时间里摩擦轮转动的圈数D．线圈匝数越多，穿过线圈的磁通量的变化率越大解析：选C.自行车匀速行驶时，线圈中在磁场中旋转产生感应电动势，如果从中性面开始计时，则e＝Emsinωt，所以产生的是交流电，故A错误；小灯泡亮度决定于电功率，电功率P＝EI，而E＝eq\f(NBSω,\r(2))＝eq\f(NBSv,\r(2)r)，所以灯泡亮度与自行车的行驶速度有关，故B错误；如果摩擦轮半径为r，后轮的半径为R，则2πR＝N·2πr，则后轮转一周的时间里摩擦轮转动的圈数为N＝eq\f(R,r)，故C正确；磁通量的变化率为eq\f(ΔΦ,Δt)，与线圈匝数无关，故D错误．2．(2019·重庆綦江模拟)如图所示的电路中，A1、A2为完全相同的灯泡，线圈L的电阻忽略不计．下列说法中正确的是()A．闭合开关K接通电路时，A2先亮A1后亮，最后一样亮B．闭合开关K接通电路瞬间，A1和A2同时变亮C．断开开关K切断电路时，A2立即熄灭，A1过一会儿才熄灭D．断开开关K切断电路时，A1，A2立即熄灭解析：选A.合上开关K接通电路，A2立即亮，线圈对电流的增大有阻碍作用，所以通过A1的电流慢慢变大，最后两灯泡的电压一样大，所以一样亮，故A正确，B错误；断开开关K切断电路时，通过A2的原来的电流立即消失，线圈对电流的减小有阻碍作用，所以通过A1的电流会慢慢变小，并且通过A2，所以两灯泡一起过一会儿熄灭，故C、D错误．3．(2019·江苏天一模拟)如图所示的圆形线圈共n匝，电阻为R，过线圈中心O垂直于线圈平面的直线上有A、B两点，A、B两点的距离为L，A、B关于O点对称．一条形磁铁开始放在A点，中心与O点重合，轴线与A、B所在直线重合，此时线圈中的磁通量为Φ1，将条形磁铁以速度v匀速向右移动，轴线始终与直线重合，磁铁中心到O点时线圈中的磁通量为Φ2，下列说法中正确的是()A．磁铁在A点时，通过一匝线圈的磁通量为eq\f(Φ1,n)B．磁铁从A到O的过程中，线圈中产生的平均感应电动势为E＝eq\f(2nv（Φ1－Φ2）,L)C．磁铁从A到B的过程中，线圈中磁通量的变化量为2Φ1D．磁铁从A到B的过程中，通过线圈某一截面的电荷量不为零解析：选B.磁铁在A点时，线圈中的磁通量为Φ1，故通过一匝线圈的磁通量也为Φ1，与匝数无关，故A错误；磁铁从A到O的过程中，线圈中产生的平均感应电动势为E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(\f(Φ1－Φ2,\f(L,2)),v)＝eq\f(2nv（Φ1－Φ2）,L)，故B正确；磁通量先增加后减小，磁通量的变化量为零，故平均感应电动势为零，平均感应电流为零，通过线圈某一截面的电荷量为零，故C、D错误．4．(2019·江西红色七校联考)两条相互平行的光滑金属导轨，距离为L，电阻不计．导轨内有一与水平面垂直向里的匀强磁场，导轨左侧接电容器C，电阻R1和R2，如图所示．垂直导轨且与导轨接触良好的金属杆AB以一定的速度向右匀速运动，某时刻开始做匀减速运动至速度为零后反向匀加速运动。在金属杆变速运动的过程中，下列说法正确的是()A．R1中无电流通过B．R1中电流一直从e流向aC．R2中电流一直从a流向bD．R2中电流先从b流向a，后从a流向b解析：选B.开始时，金属杆AB以一定的速度向右匀速运动，由感应电动势：E＝BLv，电容器两端的带电荷量Q＝CU＝CBLv，由右手定则知，R2感应电流方向由a向b，故电容器的上极板带正电，开始做匀减速运动至速度为零的过程中，Q＝CU＝CBLv知，速度减小，极板带电荷量减小，由电流定义式：I＝eq\f(q,t)可知，R1中有电流通过，方向由e流向a，R2中电流从a流向b，故A错误；反向匀加速运动过程中，由右手定则知，R2感应电流方向由b向a，电容器反向充电，流经R1电流方向由e流向a，故B正确，C、D错误．5．(多选)(2019·四川棠湖中学模拟)如图所示，由一段外皮绝缘的导线扭成两个半径为R和r圆形平面形成的闭合回路，R＞r，导线单位长度的电阻为λ，导线截面半径远小于R和r.圆形区域内存在垂直平面向里、磁感应强度大小随时间按B＝kt(k＞0，为常数)的规律变化的磁场，下列说法正确的是()A．小圆环中电流的方向为逆时针B．大圆环中电流的方向为逆时针C．回路中感应电流大小为eq\f(k（R2＋r2）,λ（R＋r）)D．回路中感应电流大小为eq\f(k（R－r）,2λ)解析：选BD.根据穿过整个回路的磁通量增大，依据楞次定律，及R＞r，则大圆环中电流的方向为逆时针，由于大圆环电动势大于小圆环的电动势，则导致小圆环中电流的方向为顺时针，故A错误，B正确；根据法拉第电磁感应定律，则有：E＝eq\f(ΔB,Δt)·S＝kπ(R2－r2)，由闭合电路欧姆定律，那么回路中感应电流大小为I＝eq\f(E,R总)＝eq\f(kπ（R2－r2）,2λπ（R＋r）)＝eq\f(k（R－r）,2λ)，故C错误，D正确．6．(2019·山西榆社中学联考)如图所示，现有一长为2L的金属棒ab垂直置于两平行导轨上，棒的右侧分布着磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场．已知导轨间距为L，左端接有一电阻R，其余电阻不计．现ab以a点为轴沿顺时针以一定角速度转过60°，并固定(设此为过程Ⅰ)；再使磁感应强度的大小以一定的变化率从B增加到B′(设此为过程Ⅱ)．整个过程中，棒与导轨接触良好，在过程Ⅰ、Ⅱ中，通过电阻R的电荷量相等，则eq\f(B′,B)等于()A．2 B．3C．4 D．5解析：选A.由E＝eq\f(ΔΦ,Δt)、I＝eq\f(E,R)、q＝IΔt，可得在Δt内，流过导体横截面的电量为q＝eq\f(ΔΦ,R).金属棒ab以a为轴沿顺时针以ω转过60°的过程中磁通量的改变量为ΔΦ1＝eq\f(\r(3)BL2,2)，所以过程Ⅰ回路中通过R的电荷量为q＝eq\f(ΔΦ1,R)＝eq\f(\r(3)BL2,2R)；过程Ⅱ中回路的磁通量改变量为ΔΦ2＝eq\f(\r(3)L2（B′－B）,2)，通过R的电荷量为q＝eq\f(ΔΦ2,R)＝eq\f(\r(3)L2（B′－B）,2R)，解得：eq\f(B′,B)＝2.7．(2019·河南郑州模拟)如图，均匀磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框，半圆直径与磁场边缘重合；磁场方向垂直于半圆面纸面向里，磁感应强度大小为B0.使该线框从静止开始绕过圆心O、垂直于半圆面的轴以角速度ω匀速转动半周，在线框中产生感应电流．现使线框保持图中所示位置，磁感应强度大小随时间线性变化．为了产生与线框转动半周过程中同样大小的电流，磁感应强度随时间的变化率eq\f(ΔB,Δt)的大小应为()A.eq\f(ωB0,π) B.eq\f(2ωB0,π)C.eq\f(4ωB0,π) D.eq\f(ωB0,2π)解析：选A.若要电流相等，则产生的电动势相等．设半圆半径长度为L，从静止开始绕过圆心O以角速度ω匀速转动时，线框中产生的感应电动势大小为E＝eq\f(1,2)B0L2ω，根据法拉第定律得E＝eq\f(ΔФ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)S＝eq\f(ΔB,Δt)·eq\f(1,2)πL2，联立得eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(B0ω,π)，故B、C、D错误，A正确．8.如图所示，PN与QM两平行金属导轨相距1m，电阻不计，两端分别接有电阻R1和R2，且R1＝6Ω，ab杆的电阻为2Ω，在导轨上可无摩擦地滑动，垂直穿过导轨平面的匀强磁场的磁感应强度为1T．现ab以恒定速度v＝3m/s匀速向右移动，这时ab杆上消耗的电功率与R1、R2消耗的电功率之和相等．则()A．R2＝6ΩB．R1上消耗的电功率为0.75WC．a、b间电压为3VD．拉ab杆水平向右的拉力为0.75N解析：选D.杆ab消耗的功率与R1、R2消耗的功率之和相等，则eq\f(R1·R2,R1＋R2)＝Rab.解得R2＝3Ω，故A错误；E＝Blv＝3V，则Iab＝eq\f(E,R总)＝0.75A，Uab＝E－Iab·Rab＝1.5V，PR1＝eq\f(Ueq\o\al(2,ab),R1)＝0.375W，故B、C错误；F拉＝F安＝BIab·l＝0.75N，故D正确．【B级能力题练稳准】9．(2019·河南七校模拟)如图所示，用同种材料制成的直角三角形线框ABC处在足够大的水平向右的匀强磁场中，线框平面与磁感线平行，直角边AB的长是直角边BC长的eq\f(3,4)，AB边与磁感线垂直，先让线框绕AB边在匀强磁场中以角速度ω匀速转动，A、B两端的电压有效值为U1；再让线框绕BC边在匀强磁场中仍以角速度ω匀速转动，结果A、B两端的电压为U2，则eq\f(U1,U2)为()A.eq\r(2) B.eq\f(\r(2),2)C.eq\f(\r(2),3) D.eq\f(\r(2),6)解析：选D.设BC边长为d，则AB边长为eq\f(3,4)d，让线框绕AB边在匀强磁场中以角速度ω匀速转动，则线框中感应电动势的最大值Em＝B×eq\f(1,2)×eq\f(3,4)d2ω＝eq\f(3,8)Bd2ω，电动势的有效值E＝eq\f(Em,\r(2))＝eq\f(3\r(2),16)Bd2ω，A、B两端的电压有效值U1＝eq\f(1,4)E＝eq\f(3\r(2),64)Bd2ω，让线框绕BC边在匀强磁场中仍以角速度ω匀速转动，A、B两端的电压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)，选项D正确．10．(多选)(2019·四川成都联考)如图甲，线圈A(图中实线，共100匝)的横截面积为0.3m2，总电阻r＝2Ω，A右侧所接电路中，电阻R1＝2Ω，R2＝6Ω，电容C＝3μF，开关S1闭合．A中有横截面积为0.2m2的区域C(图中虚线)，C内有图乙所示的变化磁场，t＝0时刻，磁场方向垂直于线圈平面向里．下列判断正确的是()A．闭合S2、电路稳定后，通过R2的电流由b流向aB．闭合S2、电路稳定后，通过R2的电流大小为0.4AC．闭合S2、电路稳定后再断开S1，通过R2的电流由b流向aD．闭合S2、电路稳定后再断开S1，通过R2的电荷量为7.2×10－6C解析：选BD.根据楞次定律，线圈中产生的感应电流为顺时针方向，则闭合S2、电路稳定后，通过R2的电流由a流向b，选项A错误；根据法拉第电磁感应定律：E＝neq\f(ΔB,Δt)S＝100×eq\f(0.6,3)×0.2V＝4V，则闭合S2、电路稳定后，通过R2的电流大小为I＝eq\f(E,R1＋R2＋r)＝eq\f(4,2＋6＋2)A＝0.4A，选项B正确；闭合S2、电路稳定后电容器上极板带正电，则当再断开S1，电容器放电，通过R2的电流由a流向b，选项C错误；电路稳定后电容器带电荷量Q＝CUR2＝3×10－6×0.4×6C＝7.2×10－6C，则电路稳定后再断开S1，通过R2的电荷量为7.2×10－6C，选项D正确．11．上海世博会某国家馆内，有一“发电”地板，利用游人走过此处，踩踏地板发电．其原因是地板下有一发电装置，如图甲所示，装置的主要结构是一个截面半径为r、匝数为n的线圈，紧固在与地板相连的塑料圆筒P上．磁场的磁感线沿半径方向均匀分布，图乙为横截面俯视图．轻质地板四角各连接有一个劲度系数为k的复位弹簧(图中只画出其中的两个)．当地板上下往返运动时，便能发电．若线圈所在位置磁感应强度大小为B，线圈的总电阻为R0，现用它向一个电阻为R的小灯泡供电．为了便于研究，将某人走过时地板发生的位移—时间变化的规律简化为图丙所示．(取地板初始位置x＝0，竖直向下为位移的正方向，且弹簧始终处在弹性限度内．)(1)取图乙中逆时针方向为电流正方向，请在图丁所示坐标系中画出线圈中感应电流i随时间t变化的图线，并标明相应纵坐标．要求写出相关的计算和判断过程；(2)求t＝eq\f(t0,2)时地板受到的压力；(3)求人踩踏一次地板所做的功．解析：(1)0～t0时间，地板向下做匀速运动，其速度v＝eq\f(x0,t0)，线圈切割磁感线产生的感应电动势e＝nB·2πrv＝eq\f(2nBπrx0,t0)，感应电流i＝eq\f(e,R＋R0)＝eq\f(2nBπrx0,（R＋R0）t0)；t0～2t0时间，地板向上做匀速运动，其速度v＝eq\f(x0,t0)，线圈切割磁感线产生的感应电动势e＝－nB·2πrv＝－eq\f(2nBπrx0,t0)，感应电流i＝eq\f(e,R＋R0)＝－eq\f(2nBπrx0,（R＋R0）t0)；图线如图所示．(2)t＝eq\f(t0,2)时，地板向下运动的位移为eq\f(x0,2)，弹簧弹力为eq\f(kx0,2)，安培力F安＝nBi·2πr＝2nBiπr，由平衡条件可知，地板受到的压力F＝2kx0＋eq\f(4n2B2π2r2x0,（R＋R0）t0).(3)由功能关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)见解析(2)2kx0＋eq\f(4n2B2π2r2x0,（R＋R0）t0)(3)eq\f(8n2B2π2r2xeq\o\al(2,0),（R＋R0