“四翼”檢測評價（六） 法拉第電磁感應(yīng)定律 電磁感應(yīng)規(guī)律的應(yīng)用

“四翼”檢測評價（六）法拉第電磁感應(yīng)定律電磁感應(yīng)規(guī)律的應(yīng)用A組—重基礎(chǔ)·體現(xiàn)綜合1．(2022·揭陽高二檢測)匝數(shù)為100的線圈的面積S＝100cm2，放在方向如圖所示的勻強磁場中。線圈平面與磁場的方向垂直，當磁感應(yīng)強度由2×10－3T經(jīng)過5s均勻減小到0時，感應(yīng)電動勢的大小為()A．4×10－4V B．2×10－3VC．4×10－2V D．0.2V解析：選A線圈中感應(yīng)電動勢大小為：E＝Neq\f(ΔB,Δt)S＝100×eq\f(2×10－3,5)×0.01V＝4×10－4V，A正確，B、C、D錯誤。2．如圖所示，在磁感應(yīng)強度為B、方向垂直金屬導(dǎo)軌所在平面向里的勻強磁場中，金屬桿MN在平行金屬導(dǎo)軌上以速度v向右勻速滑動，MN中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E1；若磁感應(yīng)強度增大為2B，其他條件不變，MN中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢變?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上的電流方向為a→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間變化的關(guān)系如圖所示，在線圈內(nèi)產(chǎn)生感應(yīng)電動勢最大值的時間段是()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)電動勢最大，C正確，A、B、D錯誤。4.如圖所示，導(dǎo)體AB的長為2R，繞O點以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動，OB長為R，且OBA三點在一條直線上，有一磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，充滿轉(zhuǎn)動平面且與轉(zhuǎn)動平面垂直，那么AB兩端的電勢差為()A.eq\f(BωR2,2) B．2BωR2C．4BωR2 D．6BωR2解析：選CAB兩端的電勢差大小等于金屬棒AB中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢，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磁場中。磁場的磁感應(yīng)強度隨時間均勻變化，其變化率為K。已知某時刻磁感應(yīng)強度為B0，穿過線圈的磁通量為Φ，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為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勻強磁場與線圈平面垂直，有一半的面積處于磁場中，故磁通量為：Φ＝B0·eq\f(S,2)＝eq\f(1,2)B0S，A、B錯誤；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，感應(yīng)電動勢為：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。均勻磁場只分布在B線圈內(nèi)，當磁場隨時間均勻減弱時()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)電動勢之比為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)電動勢和感應(yīng)電流，因為磁場變化情況相同，有效面積也相同，所以每匝線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢相同，所以A、B中感應(yīng)電動勢之比為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．(選自魯科版教材課后練習)(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左右相鄰或上下相對的線圈來說明，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中會產(chǎn)生感應(yīng)電動勢B．只有線圈A中輸入變化的電流，線圈B中才會產(chǎn)生感應(yīng)電動勢C．線圈A中電流越大，線圈B中感應(yīng)電動勢也越大D．線圈A中電流變化越快，線圈B中感應(yīng)電動勢越大解析：選BD根據(jù)感應(yīng)電動勢產(chǎn)生的條件，只有線圈A中輸入變化的電流，線圈B中的磁通量才會發(fā)生變化，線圈B中才會產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，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)電動勢越大，故A、C錯誤，B、D正確。8.(2023·江蘇高考)如圖所示，圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場，OC導(dǎo)體棒的O端位于圓心，棒的中點A位于磁場區(qū)域的邊緣?，F(xiàn)使導(dǎo)體棒繞O點在紙面內(nèi)逆時針轉(zhuǎn)動，O、A、C點電勢分別為φO、φA、φC，則()A．φO>φC B．φC>φAC．φO＝φA D．φO－φA＝φA－φC解析：選A由題圖可看出導(dǎo)體棒OA段轉(zhuǎn)動切割磁感線，根據(jù)右手定則可知感應(yīng)電動勢的方向由A指向O，所以φO>φA，導(dǎo)體棒AC段不在磁場中，不切割磁感線，不產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，則φC＝φA，A正確，B、C錯誤；根據(jù)以上分析可知φO－φA>0，φA－φC＝0，則φO－φA>φA－φC，D錯誤。9.在如圖所示的三維坐標系中，有與x軸同方向的磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，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)動軸沿順時針方向勻速轉(zhuǎn)動2θ角到達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)電動勢的平均值；(2)若θ為60°，當導(dǎo)線框恰好到達a′b′cd位置時感應(yīng)電動勢的瞬時值。解析：(1)導(dǎo)線框轉(zhuǎn)動2θ角的過程所用的時間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)電動勢的平均值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，線框中感應(yīng)電動勢的大小為ab邊切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的大小E＝B·aeq\x\to(b)·beq\x\to(c)·ω·sin(90°－θ)＝BSωcosθ當θ＝60°時，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)強度大小為B的勻強磁場。長為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，在圓環(huán)的A點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狀態(tài)。已知重力加速度為g，不計其他電阻和摩擦，下列說法正確的是()A．棒產(chǎn)生的電動勢為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)生的電動勢為E＝Br·eq\f(1,2)ωr＝eq\f(1,2)Br2ω，A錯誤；金屬棒電阻不計，故電容器兩極板間的電壓等于棒產(chǎn)生的電動勢，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錯誤；電容器所帶的電荷量Q＝CU＝eq\f(1,2)CBr2ω，D錯誤。11．(多選)如圖甲為電動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，勻強磁場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．當受電線圈M中磁感應(yīng)強度均勻增加時，受電線圈M中有電流從a端流出D．若Δt時間內(nèi)，受電線圈M中磁感應(yīng)強度均勻增加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的磁場變化，此時送電線圈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)生的磁場不變化，在受電線圈M中不會產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，B錯誤；穿過受電線圈M的磁感應(yīng)強度均勻增加，根據(jù)楞次定律可知，感應(yīng)電流的磁場向下，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錯誤。12．(2022·惠州高二檢測)如圖所示，勻強磁場中有一個用軟導(dǎo)線制成的單匝閉合線圈，線圈平面與磁場垂直。已知線圈的面積S＝0.3m2、電阻R＝0.6Ω，磁場的磁感應(yīng)強度B＝0.2T?，F(xiàn)同時向兩側(cè)拉動線圈，線圈的兩邊在Δt＝0.5s時間內(nèi)合到一起。求線圈在上述過程中(1)感應(yīng)電動勢的平均值E；(2)感應(yīng)電流的平均值I，并在圖中標出電流方向；(3)通過導(dǎo)線橫截面的電荷量q。解析：(1)感應(yīng)電動勢的平均值E＝eq\f(ΔΦ,Δt)磁通量的變化ΔΦ＝BΔS，解得E＝eq\f(BΔS,Δt)代入數(shù)據(jù)得E＝0.12V。(2)平均電流I＝eq\f(E,R)，代入數(shù)據(jù)得I＝0.2A(電流方向如圖所示)。(3)電荷量q＝IΔt，代入數(shù)據(jù)得q＝0.1C。答案：(1)0.12V(2)0.2A(電流方向見解析圖)(3)0.1C13.如圖所示，在磁感應(yīng)強度B＝0.2T、方向與紙面垂直的勻強磁場中，有水平放置的兩平行導(dǎo)軌ab、cd，其間距l(xiāng)＝50cm，a、c間接有電阻R?，F(xiàn)有一電阻為r的導(dǎo)體棒MN跨放在兩導(dǎo)軌間，并以v＝10m/s的恒定速度向右運動，a、c間電壓為0.8V，且a點電勢高。其余電阻忽略不計。問：(1)導(dǎo)體棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢是多大？(2)通過導(dǎo)體棒電流方向如何？磁場的方向是垂直紙面向里，還是垂直紙面向外？(3)R與r的比值是多少？解析：(1)導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小為E＝Blv＝1V。(2)由題意知電流方向為N→M；根據(jù)右手定則可知磁場方向垂直紙面向里。(3)根據(jù)閉合電路的歐姆定律I＝eq\f(E,R＋r)＝eq\f(U,R)，解得：eq\f(R,r)＝eq\f(U,E－U)＝4。答案：(1)1V(2)電流方向為N→M磁場方向垂直紙面向里(3)414.隨著電磁技術(shù)的發(fā)展，新一代航母已采用電磁阻攔技術(shù)，其模型如圖所示。平行金屬軌道ON、PQ固定在水平面內(nèi)，相距為L，電阻不計，磁感應(yīng)強度為B。端點OP間接有阻值為R的電阻。一個長為L、質(zhì)量為m、阻值為r的金屬導(dǎo)體棒ab垂直放在軌道上。飛機著艦時質(zhì)量為M的飛機迅速鉤住導(dǎo)體棒ab，之后關(guān)閉動力系統(tǒng)并立即獲得共同的速度v，忽略摩擦等因素，飛機和金屬棒系統(tǒng)僅在安培力作用下很快停下來。(1)飛機在阻攔減速過程中獲得的加速度a的最大值是多少？(2)從飛機與金屬棒共速到它們停下來的整個過程中R上產(chǎn)生的焦耳熱QR是多大？解析：(1)飛機鉤住金屬棒后它們以速度v開始在安