2024高考物理一輪復(fù)習(xí)第十章微專題72法拉第電磁感應(yīng)定律的四種形式練習(xí)含解析教科版

PAGEPAGE1微專題72法拉第電磁感應(yīng)定律的四種形式1．法拉第電磁感應(yīng)定律：E＝neq\f(ΔΦ,Δt)(1)磁通量的變更是由面積變更引起時(shí)，ΔΦ＝BΔS，則E＝neq\f(BΔS,Δt)；(2)磁通量的變更是由磁場變更引起時(shí)，ΔΦ＝ΔBS，則E＝neq\f(ΔBS,Δt)；(3)磁通量的變更是由于面積和磁場變更共同引起的，則依據(jù)定義求，ΔΦ＝|Φ末－Φ初|，E＝neq\f(|B2S2－B1S1|,Δt)≠neq\f(ΔBΔS,Δt).2．導(dǎo)體棒切割磁感線時(shí)：E＝BLv3．導(dǎo)體棒繞一端轉(zhuǎn)動切割磁感線時(shí)：E＝eq\f(1,2)BL2ω4．導(dǎo)線框繞與B垂直的軸轉(zhuǎn)動時(shí)：E＝NBSω1．(多選)(2024·福建泉州市期末質(zhì)量檢查)如圖1甲所示，勻強(qiáng)磁場垂直穿過矩形金屬線框abcd，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t按圖乙所示規(guī)律變更，下列說法正確的是()圖1A．t1時(shí)刻線框的感應(yīng)電流方向?yàn)閍→b→c→d→aB．t3時(shí)刻線框的感應(yīng)電流方向?yàn)閍→b→c→d→aC．t2時(shí)刻線框的感應(yīng)電流最大D．t1時(shí)刻線框ab邊受到的安培力方向向右2．(多選)(2024·陜西榆林市第三次測試)如圖2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，一條形磁鐵起先放在A點(diǎn)，中心與A點(diǎn)重合，軸線與A、B所在直線重合，此時(shí)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(shí)線圈中的磁通量為Φ2，下列說法正確的是()圖2A．磁鐵在A點(diǎn)時(shí)，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(2nvΦ2－Φ1,L)C．磁鐵從A到B的過程中，線圈中磁通量的變更量為2Φ1D．磁鐵從A到B的過程中，通過線圈某一截面的電荷量為零3．(多選)(2024·福建寧德市質(zhì)檢)如圖3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，a、b兩端連接車載變流裝置，磁場平行于線圈軸線向上穿過線圈．下列說法正確的是()圖3A．當(dāng)線圈N接入恒定電流時(shí)，不能為電動汽車充電B．當(dāng)線圈N接入正弦式交變電流時(shí)，線圈M兩端產(chǎn)生恒定電壓C．當(dāng)線圈M中的磁感應(yīng)強(qiáng)度增加時(shí)，有電流從a端流出D．充電時(shí)，Δt時(shí)間內(nèi)線圈M中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小勻稱增加ΔB，則M兩端電壓為eq\f(nSΔB,Δt)4．(多選)(2024·山東棗莊市上學(xué)期期末)如圖4所示，水平放置的半徑為2r的單匝圓形裸金屬線圈A，其內(nèi)部有半徑為r的圓形勻強(qiáng)磁場，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向豎直向下；線圈A的圓心和磁場的圓心重合，線圈A的電阻為R.過圓心的兩條虛線ab和cd相互垂直．一根電阻不計(jì)的直導(dǎo)體棒垂直于ab放置，使導(dǎo)體棒沿ab從左向右以速度v勻速通過磁場區(qū)域，導(dǎo)體棒與線圈始終接觸良好，線圈A中會有感應(yīng)電流流過．撤去導(dǎo)體棒，使磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度勻稱變更，線圈A中也會有感應(yīng)電流，假如使cd左側(cè)的線圈中感應(yīng)電流大小和方向與導(dǎo)體棒經(jīng)過cd位置時(shí)的相同，則()圖4A．磁場肯定增加B．磁場肯定減弱C．磁感應(yīng)強(qiáng)度的變更率為eq\f(4Bv,πr)D．磁感應(yīng)強(qiáng)度的變更率為eq\f(8Bv,πr)5．(多選)(2024·貴州部分重點(diǎn)中學(xué)教學(xué)質(zhì)量評測卷(四))長為L的細(xì)金屬棒OP固定在頂角為2θ的塑料圓錐體側(cè)面上，ab為圓錐體底面直徑．圓錐體繞其軸OO′以角速度ω在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場中勻速轉(zhuǎn)動，轉(zhuǎn)動方向如圖5所示，下列說法正確的是()圖5A．金屬棒上O點(diǎn)的電勢高于P點(diǎn)B．金屬棒上O點(diǎn)的電勢低于P點(diǎn)C．金屬棒OP兩端電勢差大小為eq\f(1,2)Bω2LsinθD．金屬棒OP兩端電勢差大小為eq\f(1,2)BωL2sin2θ6．(2024·湖北武漢市四月調(diào)研)如圖6所示，豎直長導(dǎo)線通有恒定電流，一矩形線圈abcd可繞其豎直對稱軸O1O2轉(zhuǎn)動．當(dāng)線圈繞軸以角速度ω沿逆時(shí)針(沿軸線從上往下看)方向勻速轉(zhuǎn)動，從圖示位置起先計(jì)時(shí)，下列說法正確的是()圖6A．t＝0時(shí)，線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢最大B．0～eq\f(π,2ω)時(shí)間內(nèi)，線圈中感應(yīng)電流方向?yàn)閍bcdaC．t＝eq\f(π,2ω)時(shí)，線圈的磁通量為零，感應(yīng)電動勢也為零D．線圈每轉(zhuǎn)動一周電流方向變更一次7．(多選)(2024·河南平頂山市一輪復(fù)習(xí)質(zhì)檢)如圖7所示，邊長為L的正三角形金屬線框處于勻強(qiáng)磁場中，起先時(shí)線框平面與磁場垂直，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，讓線框以AB邊為軸以角速度ω在磁場中勻速轉(zhuǎn)過180°的過程中，則()圖7A．通過線框?qū)Ь€截面的電荷量為0B．線框中的感應(yīng)電流方向先沿ACBA后沿ABCAC．線框中的平均電動勢為eq\f(\r(3)ωBL2,2π)D．線框中感應(yīng)電動勢的有效值為eq\f(\r(6)BL2ω,8)8．(多選)(2024·福建廈門市第一次質(zhì)量檢查)如圖8所示，在豎直平面內(nèi)有一平面直角坐標(biāo)系xOy，存在一個(gè)范圍足夠大的垂直紙面對里的水平磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度沿x軸方向大小相同，沿y軸方向按By＝ky(k為大于零的常數(shù))的規(guī)律變更．現(xiàn)將矩形閉合線圈ABCD靠近x軸從圖示位置由靜止釋放，整個(gè)下落過程中，下列說法正確的是()圖8A．線圈運(yùn)動過程中感應(yīng)電流的方向沿BCDAB方向B．線圈回路的電動勢大小先與運(yùn)動速率成正比，之后保持恒定C．線圈回路消耗的電功率與運(yùn)動速率成正比D．通過線圈某一導(dǎo)線橫截面的電荷量與運(yùn)動時(shí)間成正比9．(2024·河北唐山市模擬)如圖9甲所示是某同學(xué)設(shè)計(jì)的一種發(fā)電裝置的示意圖，線圈為l＝0.40m、匝數(shù)n＝200匝的正方形線圈，線圈繞M軸轉(zhuǎn)動，線圈的電阻為R1＝1.0Ω.磁感應(yīng)強(qiáng)度方向均沿半徑方向，大小勻稱分布，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小均為B＝eq\f(0.20,π)T．外力推動線圈框架，使線圈繞軸線做周期為0.4s的勻速圓周運(yùn)動．現(xiàn)將整個(gè)裝置作為電源接在圖乙電路中，小燈泡的電阻為R2＝9.0Ω，電壓表為志向表．下列說法中正確的是()圖9A．小燈泡中電流的大小為1.6eq\r(2)AB．電壓表的示數(shù)為32VC．電壓表的示數(shù)為16eq\r(2)VD．外力的功率為102.4W10．(多選)(2024·山東臨沂市上學(xué)期期末)如圖10所示，位于同一絕緣水平面內(nèi)的兩根固定金屬導(dǎo)軌MN、M′N′，電阻不計(jì)，兩導(dǎo)軌之間存在豎直向下的勻強(qiáng)磁場．現(xiàn)將兩根粗細(xì)勻稱、電阻分布勻稱的相同銅棒ab、cd放在兩導(dǎo)軌上，若兩棒從圖示位置以相同的速度沿MN方向做勻速直線運(yùn)動，運(yùn)動過程中始終與兩導(dǎo)軌接觸良好，且始終與導(dǎo)軌MN垂直，不計(jì)一切摩擦，則下列說法正確的是()圖10A．回路中有順時(shí)針方向的感應(yīng)電流B．回路中的感應(yīng)電流不斷減小C．回路中的熱功率不斷增大D．兩棒所受安培力的合力不斷減小11.(多選)(2024·山東日照市3月模擬)半徑分別為r和2r的同心半圓光滑導(dǎo)軌MN、PQ固定在同一水平面內(nèi)，一長為r、電阻為R、質(zhì)量為m且質(zhì)量分布勻稱的導(dǎo)體棒AB置于半圓軌道上面，BA的延長線通過導(dǎo)軌的圓心O，裝置的俯視圖如圖11所示．整個(gè)裝置位于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，在N、Q之間接有一阻值為R的電阻．導(dǎo)體棒AB在水平外力作用下，以角速度ω繞O順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動，在轉(zhuǎn)動過程中始終與導(dǎo)軌保持良好接觸．導(dǎo)軌電阻不計(jì)，則()圖11A．導(dǎo)體棒AB兩端的電壓為eq\f(3,2)Br2ωB．電阻R中的電流方向從Q到NC．外力的功率大小為eq\f(9B2r4ω2,8R)D．若導(dǎo)體棒不動，要產(chǎn)生同方向的電流，磁感應(yīng)強(qiáng)度應(yīng)當(dāng)減小12．(2024·廣東省東莞市模擬)如圖12所示，在豎直平面內(nèi)有一金屬環(huán)，環(huán)半徑為0.5m，金屬環(huán)總電阻為2Ω，在整個(gè)豎直平面內(nèi)存在垂直紙面對里的勻強(qiáng)磁場(圖中未畫出)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B＝1T，在環(huán)的最高點(diǎn)上方A點(diǎn)用鉸鏈連接一長度為1.5m、電阻為3Ω的勻稱導(dǎo)體棒AB，當(dāng)導(dǎo)體棒AB擺到豎直位置時(shí)，導(dǎo)體棒B端的速度為3m/s.已知導(dǎo)體棒下擺過程中緊貼環(huán)面且與金屬環(huán)有良好接觸，則導(dǎo)體棒AB擺到豎直位置時(shí)AB兩端的電壓大小為()圖12A．0.4V B．0.65VC．2.25V D．4.5V

答案精析1．AD[t1時(shí)刻穿過線圈的磁通量向里增加，依據(jù)楞次定律可知，線框的感應(yīng)電流方向?yàn)閍→b→c→d→a，由左手定則可知，線框ab邊受到的安培力方向向右，選項(xiàng)A、D正確；t3時(shí)刻穿過線圈的磁通量向里減小，可知線框的感應(yīng)電流方向?yàn)閍→d→c→b→a，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；B－t圖像的斜率等于磁感應(yīng)強(qiáng)度的變更率，可知t2時(shí)刻磁感應(yīng)強(qiáng)度的變更率為零，則線框的感應(yīng)電流為零，選項(xiàng)C錯(cuò)誤．]2．BD[磁鐵在A點(diǎn)時(shí)，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(cuò)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)＝eq\f(nΦ2－Φ1,\f(L,\f(2,v)))＝eq\f(2nvΦ2－Φ1,L)，故B正確；磁鐵從A到B的過程中，磁通量先增加后減小，磁通量的變更量為零，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錯(cuò)誤，D正確．]3．AC[當(dāng)送電線圈N接入恒定電流，則產(chǎn)生的磁場不變更，受電線圈M中的磁通量沒有發(fā)生變更，故無法產(chǎn)生感應(yīng)電流，不能為電動汽車充電，故A正確；當(dāng)線圈N接入正弦式交變電流時(shí)，受電線圈M中的磁通量線圈按正弦式變更，故M兩端產(chǎn)生正弦式電壓，故B錯(cuò)誤；穿過線圈M的磁感應(yīng)強(qiáng)度增加，依據(jù)楞次定律，假如線圈閉合，感應(yīng)電流的磁通量向下，故感應(yīng)電流方向從b向a，即電流從a端流出，故C正確；依據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，有：E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝nSeq\f(ΔB,Δt)，設(shè)受電線圈外接電路的電阻為R，由閉合電路的歐姆定律得M兩端的電壓U＝eq\f(E,R＋r)R＝eq\f(nSΔBR,ΔtR＋r)，故D錯(cuò)誤．]4．AC[依據(jù)右手定則，導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電流流過cd左側(cè)的線圈中感應(yīng)電流的方向是逆時(shí)針的，依據(jù)楞次定律，使磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度勻稱變更，產(chǎn)生同樣方向的感應(yīng)電流，磁場肯定增加，故A正確，B錯(cuò)誤；導(dǎo)體棒切割磁感線時(shí)，依據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，感應(yīng)電動勢E＝2Brv，依據(jù)歐姆定律，流過cd左側(cè)的線圈中感應(yīng)電流大小I＝eq\f(E,\f(R,2))＝eq\f(4Brv,R)；磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度勻稱變更時(shí)，依據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律和歐姆定律，eq\f(ΔB,Δt)×r2π＝eq\f(4Brv,R)×R，eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(4Bv,πr)，故C正確，D錯(cuò)誤．]5．AD[由右手定則知細(xì)金屬棒OP在勻速轉(zhuǎn)動過程中切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢方向由P指向O，在電源內(nèi)部由電勢低處指向高處，金屬棒上O點(diǎn)的電勢高于P點(diǎn)，故A正確，B錯(cuò)誤；細(xì)金屬棒OP在勻速轉(zhuǎn)動過程中切割磁感線的有效長度L′＝O′P＝Lsinθ，故產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝BL′·eq\f(1,2)ωL′＝eq\f(1,2)BωL2sin2θ，故C錯(cuò)誤，D正確．]6．B[由右手定則可知，直導(dǎo)線右側(cè)的磁場方向垂直紙面對外，則t＝0時(shí)，線圈中的磁通量最大，磁通量的變更率最小，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢最小，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由楞次定律可知0～eq\f(π,2ω)時(shí)間內(nèi)，線圈轉(zhuǎn)過90°角，此時(shí)線圈中感應(yīng)電流方向?yàn)閍bcda，選項(xiàng)B正確；t＝eq\f(π,2ω)時(shí)，線圈的磁通量為零，由于線圈的ab和cd邊切割磁感線的速度方向與磁場方向不平行，則感應(yīng)電動勢不為零，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；線圈每轉(zhuǎn)動一周電流方向變更兩次，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．]7．CD[由楞次定律可知，線框轉(zhuǎn)過180°的過程中，感應(yīng)電流方向始終沿ACBA，說明通過線框?qū)Ь€截面的電荷量不為零，故A、B錯(cuò)誤；由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，平均感應(yīng)電動勢：eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(2BS,\f(π,ω))＝eq\f(2B×\f(1,2)L×Lsin60°,\f(π,ω))＝eq\f(\r(3)ωBL2,2π)，故C正確；感應(yīng)電動勢峰值：Em＝BSω＝B×eq\f(1,2)×L×Lsin60°×ω＝eq\f(\r(3)BL2ω,4)，線框勻速轉(zhuǎn)動產(chǎn)生正弦式交變電流，電動勢的有效值：E＝eq\f(Em,\r(2))＝eq\f(\r(6)BL2ω,8)，故D正確．]8．AB[當(dāng)線圈沿y軸正向下落時(shí)，穿過線圈的磁通量增加，依據(jù)楞次定律可知，線圈運(yùn)動過程中感應(yīng)電流的方向沿BCDAB方向，選項(xiàng)A正確；設(shè)線圈的寬為L，高為h，依據(jù)E＝BLv可知線圈回路的電動勢大小為E＝(B2－B1)Lv＝ΔBLv＝khLv，電動勢與運(yùn)動速率成正比；當(dāng)線圈下落時(shí)受向上的安培力，且隨著速度的增加，感應(yīng)電動勢漸漸變大，感應(yīng)電流漸漸變大，所受的安培力漸漸變大，當(dāng)安培力等于線圈的重力時(shí)，線圈將勻速下降，此時(shí)回路中的感應(yīng)電動勢保持恒定，選項(xiàng)B正確；依據(jù)P＝eq\f(E2,R)＝eq\f(khLv2,R)，可知線圈回路消耗的電功率與運(yùn)動速率的平方成正比，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；只有當(dāng)線圈最終勻速運(yùn)動時(shí)，線圈中才產(chǎn)生恒定的感應(yīng)電流，故由q＝It可知，當(dāng)線圈勻速運(yùn)動時(shí)，通過線圈某一導(dǎo)線橫截面的電荷量與運(yùn)動時(shí)間成正比，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．]9．D[由題可知，線圈始終垂直切割磁感線，故線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為：E＝2×nBlv＝2×nBl×eq\f(2π×\f(l,2),T)＝32V.則依據(jù)閉合電路歐姆定律可知，小燈泡中的電流為：I＝eq\f(E,R1＋R2)＝eq\f(32,1.0＋9.0)A＝3.2A，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；依據(jù)部分電路歐姆定律可知電壓表示數(shù)為：U＝IR2＝3.2×9V＝28.8V，故選項(xiàng)B、C錯(cuò)誤；依據(jù)能量守恒可知，外力做功轉(zhuǎn)化為整個(gè)電路的熱量，則整個(gè)電路的功率即為外力的功率，即為：P＝I2(R1＋R2)＝3.22×(1.0＋9.0)W＝102.4W，故選項(xiàng)D正確．]10．BD[兩棒以相同的速度沿MN方向做勻速直線運(yùn)動，穿過回路的磁通量不斷增大，依據(jù)楞次定律可知，感應(yīng)電流方向沿逆時(shí)針，故A錯(cuò)誤；設(shè)兩棒原來相距的距離為s，M′N′與MN的夾角為α.回路中總的感應(yīng)電動勢E＝BLcdv－BLabv＝Bv·(Lcd－Lab)＝Bv·stanα＝Bvstanα，保持不變，由于回路的電阻不斷增大，而總的感應(yīng)電動勢不變，所以回路中的感應(yīng)電流不斷減小，故B正確；回路中的熱功率為P＝eq\f(E2,R)，E不變，R增大，則P不斷減小，故C錯(cuò)誤；兩棒所受安培力的合力為F＝BILcd－BILab＝BI(Lcd－Lab)＝BIstanα，由于電流減小，所以兩棒所受安培力的合力不斷減小，故D正確．]11．BCD[AB中感應(yīng)電動勢的大小為：E＝Br·eq\f(ωr＋ω·2r,2)＝1.5Br2ω則回路中感應(yīng)電流大小為：I＝eq\f(E,2R)＝eq\