（新課標(biāo)）高考物理總復(fù)習(xí)課時檢測（六十三）法拉第電磁感應(yīng)定律（重點突破課）（含解析）

課時檢測(六十三)法拉第電磁感應(yīng)定律(重點突破課)1．一單匝矩形線框置于勻強(qiáng)磁場中，線框平面與磁場方向垂直。先保持線框的面積不變，將磁感應(yīng)強(qiáng)度在1s內(nèi)均勻地增大到原來的兩倍。接著保持增大后的磁感應(yīng)強(qiáng)度不變，在1s內(nèi)，再將線框的面積均勻地減小到原來的一半。先后兩個過程中，線框中感應(yīng)電動勢的比值為()A．eq\f(1,2) B．1C．2 D．4解析：選B根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E＝eq\f(ΔΦ,Δt)，設(shè)初始時刻磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0，線框面積為S0，則第一個過程的感應(yīng)電動勢為E1＝eq\f(ΔBS,Δt)＝eq\f(2B0－B0S0,t0)＝eq\f(B0S0,t0)；第二個過程的感應(yīng)電動勢為E2＝eq\f(BΔS,Δt)＝eq\f(2B0\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(S0－\f(S0,2))),t0)＝eq\f(B0S0,t0)，所以兩個過程線框中的感應(yīng)電動勢相等，比值為1，故選項B正確。2.如圖所示，一金屬彎桿處在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場中，已知ab＝bc＝L，當(dāng)它以速度v向右水平運動時，a、c兩點間的電勢差為()A．BLv B．BLvsinθC．BLvcosθ D．BLv(1＋sinθ)解析：選B當(dāng)金屬彎桿以速度v向右水平運動時，其有效切割長度為Lsinθ，故感應(yīng)電動勢大小為BLvsinθ，即a、c兩點間的電勢差為BLvsinθ，故選項B正確。3.如圖所示，勻強(qiáng)磁場中有一由半圓弧及其直徑構(gòu)成的導(dǎo)線框，半圓直徑與磁場邊緣重合；磁場方向垂直于半圓面(紙面)向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0。使該線框從靜止開始繞過圓心O、垂直于半圓面的軸以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動半周，在線框中產(chǎn)生感應(yīng)電流?，F(xiàn)使線框保持圖中所示位置，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時間線性變化。為了產(chǎn)生與線框轉(zhuǎn)動半周過程中同樣大小的電流，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間的變化率eq\f(ΔB,Δt)的大小應(yīng)為()A．eq\f(4ωB0,π) B．eq\f(2ωB0,π)C．eq\f(ωB0,π) D．eq\f(ωB0,2π)解析：選C當(dāng)線框繞過圓心O的軸以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動時，由于面積的變化產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，從而產(chǎn)生感應(yīng)電流。設(shè)半圓的半徑為r，導(dǎo)線框的電阻為R，即I1＝eq\f(E,R)＝eq\f(ΔΦ,RΔt)＝eq\f(B0ΔS,RΔt)＝eq\f(\f(1,2)πr2B0,R\f(π,ω))＝eq\f(B0r2ω,2R)。當(dāng)線框不動，磁感應(yīng)強(qiáng)度變化時，I2＝eq\f(E,R)＝eq\f(ΔΦ,RΔt)＝eq\f(ΔB·S,RΔt)＝eq\f(ΔBπr2,2RΔt)，因I1＝I2，可得eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(ωB0,π)，選項C正確。4.如圖所示，半徑為r的金屬圓盤在垂直于盤面的勻強(qiáng)磁場B中，繞過O點的軸以角速度ω沿逆時針方向勻速轉(zhuǎn)動，則通過電阻R的電流的方向和大小是(金屬圓盤的電阻不計)()A．由c到d，I＝eq\f(Br2ω,R) B．由d到c，I＝eq\f(Br2ω,R)C．由c到d，I＝eq\f(Br2ω,2R) D．由d到c，I＝eq\f(Br2ω,2R)解析：選D由右手定則判定通過電阻R的電流的方向是由d到c，而金屬圓盤產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝eq\f(1,2)Br2ω，所以通過電阻R的電流大小是I＝eq\f(Br2ω,2R)，選項D正確。5.如圖所示的電路，初始時開關(guān)S閉合，電路處于穩(wěn)定狀態(tài)，在某一時刻突然斷開開關(guān)S，則通過電阻R1中的電流I隨時間t變化的圖線可能是選項圖中的()解析：選D初始時開關(guān)S閉合，電路處于穩(wěn)定狀態(tài)，流過R1的電流方向向左，大小為I1，與R1并聯(lián)的R2和線圈L支路，電流I2的方向也是向左。當(dāng)某一時刻開關(guān)S突然斷開時，L中向左的電流要減小，由于自感現(xiàn)象，線圈L產(chǎn)生自感電動勢，在回路“L→R1→A→R2”中形成感應(yīng)電流，電流通過R1的方向與原來相反，變?yōu)橄蛴?，并從I26．(多選)某種安檢門是一個用于安全檢查的“門”，“門框”內(nèi)有線圈，線圈里通有交變電流，交變電流在“門”內(nèi)產(chǎn)生交變磁場，金屬物品通過“門”時能產(chǎn)生渦流，渦流的磁場又反過來影響線圈中的電流，從而引起報警。以下關(guān)于此安檢門的說法正確的是()A．安檢門也能檢查出毒品攜帶者B．安檢門只能檢查出金屬物品攜帶者C．如果“門框”的線圈中通上恒定電流，也能檢查出金屬物品攜帶者D．安檢門工作時，既利用了電磁感應(yīng)現(xiàn)象，又利用了電流的磁效應(yīng)解析：選BD此安檢門是利用渦流工作的，因而只能檢查出金屬物品攜帶者，A錯，B對；若“門框”的線圈中通上恒定電流，只能產(chǎn)生恒定磁場，它不能使金屬物品中產(chǎn)生渦流，因而不能檢查出金屬物品攜帶者，C錯；安檢門工作時，既利用了電磁感應(yīng)現(xiàn)象，又利用了電流的磁效應(yīng)，D對。7.(多選)(2019·湖北七校聯(lián)考)如圖所示，a、b兩個閉合正方形線圈用同樣的導(dǎo)線制成，匝數(shù)均為10，邊長La＝2Lb，圖示區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，且磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間均勻減小，不考慮a、bA．兩線圈內(nèi)產(chǎn)生順時針方向的感應(yīng)電流B．a(chǎn)、b線圈中感應(yīng)電動勢之比為2∶1C．a(chǎn)、b線圈中感應(yīng)電流之比為4∶1D．a(chǎn)、b線圈消耗的電功率之比為8∶1解析：選AD原磁場向里減小，根據(jù)楞次定律可知，感應(yīng)電流的磁場與原磁場方向相同，因此兩線圈內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電流沿順時針方向，選項A正確；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知，E＝eq\f(nΔΦ,Δt)＝eq\f(nΔB,Δt)L2，由La＝2Lb，得a、b線圈中感應(yīng)電動勢之比為4∶1，選項B錯誤；線圈電阻R＝ρeq\f(L,S)，故a、b線圈電阻之比為2∶1，由閉合電路歐姆定律可知I＝eq\f(E,R)，則a、b線圈中感應(yīng)電流之比為2∶1，選項C錯誤；電功率P＝I2R，則a、b線圈消耗的電功率之比為8∶1，選項D正確。8．(多選)(2019·唐山模擬)如圖甲所示，一個匝數(shù)為n的圓形線圈(圖中只畫了2匝)，面積為S，線圈的電阻為R，在線圈外接一個阻值為R的電阻和一個理想電壓表，將線圈放入垂直線圈平面向里的磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示，下列說法正確的是()A．0～t1時間內(nèi)P端電勢高于Q端電勢B．0～t1時間內(nèi)電壓表的示數(shù)為eq\f(nB1－B0S,t1)C．t1～t2時間內(nèi)通過R的電流為eq\f(nB1S,2t2－t1R)D．t1～t2時間內(nèi)P端電勢高于Q端電勢解析：選AC0～t1時間內(nèi)，由題圖乙知磁感應(yīng)強(qiáng)度垂直線圈平面向里增大，根據(jù)楞次定律可知感應(yīng)電流沿逆時針方向，線圈相當(dāng)于電源，上端為正極，下端為負(fù)極，所以P端電勢高于Q端電勢，故A正確；0～t1時間內(nèi)線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(ΔB,Δt)S＝neq\f(B1－B0,t1)S，電壓表的示數(shù)等于電阻R兩端的電壓U＝IR＝eq\f(E,2R)·R＝eq\f(nB1－B0S,2t1)，故B錯誤；t1～t2時間內(nèi)線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E′＝neq\f(ΔΦ′,Δt′)＝neq\f(B1,t2－t1)S，根據(jù)閉合電路的歐姆定律知，通過R的電流為I′＝eq\f(E′,2R)＝eq\f(nB1S,2t2－t1R)，故C正確；t1～t2時間內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度垂直線圈平面向里減小，根據(jù)楞次定律，感應(yīng)電流沿順時針方向，線圈相當(dāng)于電源，上端為負(fù)極，下端為正極，所以P端電勢低于Q端電勢，故D錯誤。9.如圖所示，在光滑的水平面上有一半徑r＝10cm、電阻R＝1Ω、質(zhì)量m＝1kg的金屬圓環(huán)，以速度v＝10m/s向一有界磁場運動。勻強(qiáng)磁場方向垂直于紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.5T，從圓環(huán)剛進(jìn)入磁場算起，到剛好有一半進(jìn)入磁場時，圓環(huán)一共釋放了32J的熱量，求：(1)此時圓環(huán)中電流的瞬時功率；(2)此時圓環(huán)運動的加速度。解析：(1)圓環(huán)從開始進(jìn)入磁場到有一半進(jìn)入磁場過程中，由能量守恒定律得eq\f(1,2)mv2＝Q＋eq\f(1,2)mv′2，代入數(shù)據(jù)解得v′＝6m/s，此時的感應(yīng)電動勢E＝BLv′＝B·2rv′＝0.5×2×0.1×6V＝0.6V，圓環(huán)中電流的瞬時功率P＝eq\f(E2,R)＝eq\2,1)W＝0.36W。(2)感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R)＝eq\,1)A＝0.6