2024高考物理一輪復習考點攻破訓練——法拉第電磁感應定律的四種形式練習含解析教科版-試卷下載-教習網

(1)磁通量的變化是由面積變化引起時，ΔΦ＝BΔS，則E＝neq \f(BΔS,Δt)；
(2)磁通量的變化是由磁場變化引起時，ΔΦ＝ΔBS，則E＝neq \f(ΔBS,Δt)；
(3)磁通量的變化是由于面積和磁場變化共同引起的，則根據定義求，ΔΦ＝|Φ末－Φ初|，E＝neq \f(|B2S2－B1S1|,Δt)≠neq \f(ΔBΔS,Δt).
2．導體棒切割磁感線時：E＝BLv
3．導體棒繞一端轉動切割磁感線時：E＝eq \f(1,2)BL2ω
4．導線框繞與B垂直的軸轉動時：E＝NBSω
1．(多選)(2023·福建泉州市期末質量檢查)如圖1甲所示，勻強磁場垂直穿過矩形金屬線框abcd，磁感應強度B隨時間t按圖乙所示規(guī)律變化，下列說法正確的是( )
圖1
A．t1時刻線框的感應電流方向為a→b→c→d→a
B．t3時刻線框的感應電流方向為a→b→c→d→a
C．t2時刻線框的感應電流最大
D．t1時刻線框ab邊受到的安培力方向向右
2．(多選)(2023·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，A、B兩點的距離為L，A、B關于O點對稱，一條形磁鐵開始放在A點，中心與A點重合，軸線與A、B所在直線重合，此時線圈中的磁通量為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點時線圈中的磁通量為Φ2，下列說法正確的是( )
圖2
A．磁鐵在A點時，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，線圈中產生的平均感應電動勢為E＝eq \f(2nv?Φ2－Φ1?,L)
C．磁鐵從A到B的過程中，線圈中磁通量的變化量為2Φ1
D．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)(2023·福建寧德市質檢)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3
A．當線圈N接入恒定電流時，不能為電動汽車充電
B．當線圈N接入正弦式交變電流時，線圈M兩端產生恒定電壓
C．當線圈M中的磁感應強度增加時，有電流從a端流出
D．充電時，Δt時間內線圈M中磁感應強度大小均勻增加ΔB，則M兩端電壓為eq \f(nSΔB,Δt)
4．(多選)(2023·山東棗莊市上學期期末)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，其內部有半徑為r的圓形勻強磁場，磁場的磁感應強度為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．一根電阻不計的直導體棒垂直于ab放置，使導體棒沿ab從左向右以速度v勻速通過磁場區(qū)域，導體棒與線圈始終接觸良好，線圈A中會有感應電流流過．撤去導體棒，使磁場的磁感應強度均勻變化，線圈A中也會有感應電流，如果使cd左側的線圈中感應電流大小和方向與導體棒經過cd位置時的相同，則( )
圖4
A．磁場一定增強
B．磁場一定減弱
C．磁感應強度的變化率為eq \f(4Bv,πr)
D．磁感應強度的變化率為eq \f(8Bv,πr)
5．(多選)(2023·貴州部分重點中學教學質量評測卷(四))長為L的細金屬棒OP固定在頂角為2θ的塑料圓錐體側面上，ab為圓錐體底面直徑．圓錐體繞其軸OO′以角速度ω在磁感應強度大小為B、方向豎直向下的勻強磁場中勻速轉動，轉動方向如圖5所示，下列說法正確的是( )
圖5
A．金屬棒上O點的電勢高于P點
B．金屬棒上O點的電勢低于P點
C．金屬棒OP兩端電勢差大小為eq \f(1,2)Bω2Lsinθ
D．金屬棒OP兩端電勢差大小為eq \f(1,2)BωL2sin2θ
6．(2023·湖北武漢市四月調研)如圖6所示，豎直長導線通有恒定電流，一矩形線圈abcd可繞其豎直對稱軸O1O2轉動．當線圈繞軸以角速度ω沿逆時針(沿軸線從上往下看)方向勻速轉動，從圖示位置開始計時，下列說法正確的是( )
圖6
A．t＝0時，線圈產生的感應電動勢最大
B．0～eq \f(π,2ω)時間內，線圈中感應電流方向為abcda
C．t＝eq \f(π,2ω)時，線圈的磁通量為零，感應電動勢也為零
D．線圈每轉動一周電流方向改變一次
7．(多選)(2023·河南平頂山市一輪復習質檢)如圖7所示，邊長為L的正三角形金屬線框處于勻強磁場中，開始時線框平面與磁場垂直，磁場的磁感應強度為B，讓線框以AB邊為軸以角速度ω在磁場中勻速轉過180°的過程中，則( )
圖7
A．通過線框導線截面的電荷量為0
B．線框中的感應電流方向先沿ACBA后沿ABCA
C．線框中的平均電動勢為eq \f(\r(3)ωBL2,2π)
D．線框中感應電動勢的有效值為eq \f(\r(6)BL2ω,8)
8．(多選)(2023·福建廈門市第一次質量檢查)如圖8所示，在豎直平面內有一平面直角坐標系xOy，存在一個范圍足夠大的垂直紙面向里的水平磁場，磁感應強度沿x軸方向大小相同，沿y軸方向按By＝ky(k為大于零的常數)的規(guī)律變化．現將矩形閉合線圈ABCD靠近x軸從圖示位置由靜止釋放，整個下落過程中，下列說法正確的是( )
圖8
A．線圈運動過程中感應電流的方向沿BCDAB方向
B．線圈回路的電動勢大小先與運動速率成正比，之后保持恒定
C．線圈回路消耗的電功率與運動速率成正比
D．通過線圈某一導線橫截面的電荷量與運動時間成正比
9．(2023·河北唐山市模擬)如圖9甲所示是某同學設計的一種發(fā)電裝置的示意圖，線圈為l＝0.40m、匝數n＝200匝的正方形線圈，線圈繞M軸轉動，線圈的電阻為R1＝1.0Ω.磁感應強度方向均沿半徑方向，大小均勻分布，磁感應強度的大小均為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的勻速圓周運動．現將整個裝置作為電源接在圖乙電路中，小燈泡的電阻為R2＝9.0Ω，電壓表為理想表．下列說法中正確的是( )
圖9
A．小燈泡中電流的大小為1.6eq \r(2)A
B．電壓表的示數為32V
C．電壓表的示數為16eq \r(2)V
D．外力的功率為102.4W
10．(多選)(2023·山東臨沂市上學期期末)如圖10所示，位于同一絕緣水平面內的兩根固定金屬導軌MN、M′N′，電阻不計，兩導軌之間存在豎直向下的勻強磁場．現將兩根粗細均勻、電阻分布均勻的相同銅棒ab、cd放在兩導軌上，若兩棒從圖示位置以相同的速度沿MN方向做勻速直線運動，運動過程中始終與兩導軌接觸良好，且始終與導軌MN垂直，不計一切摩擦，則下列說法正確的是( )
圖10
A．回路中有順時針方向的感應電流
B．回路中的感應電流不斷減小
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)(2023·山東日照市3月模擬)半徑分別為r和2r的同心半圓光滑導軌MN、PQ固定在同一水平面內，一長為r、電阻為R、質量為m且質量分布均勻的導體棒AB置于半圓軌道上面，BA的延長線通過導軌的圓心O，裝置的俯視圖如圖11所示．整個裝置位于磁感應強度大小為B、方向豎直向下的勻強磁場中，在N、Q之間接有一阻值為R的電阻．導體棒AB在水平外力作用下，以角速度ω繞O順時針勻速轉動，在轉動過程中始終與導軌保持良好接觸．導軌電阻不計，則( )
圖11
A．導體棒AB兩端的電壓為eq \f(3,2)Br2ω
B．電阻R中的電流方向從Q到N
C．外力的功率大小為eq \f(9B2r4ω2,8R)
D．若導體棒不動，要產生同方向的電流，磁感應強度應該減小
12．(2023·廣東省東莞市模擬)如圖12所示，在豎直平面內有一金屬環(huán)，環(huán)半徑為0.5m，金屬環(huán)總電阻為2Ω，在整個豎直平面內存在垂直紙面向里的勻強磁場(圖中未畫出)，磁感應強度為B＝1T，在環(huán)的最高點上方A點用鉸鏈連接一長度為1.5m、電阻為3Ω的均勻導體棒AB，當導體棒AB擺到豎直位置時，導體棒B端的速度為3m/s.已知導體棒下擺過程中緊貼環(huán)面且與金屬環(huán)有良好接觸，則導體棒AB擺到豎直位置時AB兩端的電壓大小為( )
圖12
A．0.4VB．0.65V
C．2.25VD．4.5V
答案精析
1．AD [t1時刻穿過線圈的磁通量向里增加，根據楞次定律可知，線框的感應電流方向為a→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A、D正確；t3時刻穿過線圈的磁通量向里減小，可知線框的感應電流方向為a→d→c→b→a，選項B錯誤；B－t圖像的斜率等于磁感應強度的變化率，可知t2時刻磁感應強度的變化率為零，則線框的感應電流為零，選項C錯誤．]
2．BD [磁鐵在A點時，線圈中的磁通量為Φ1，故通過一匝線圈的磁通量也為Φ1，與匝數無關，故A錯誤；磁鐵從A到O的過程中，線圈中產生的平均感應電動勢為E＝neq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(n?Φ2－Φ1?,\f(L,\f(2,v)))＝eq \f(2nv?Φ2－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，磁通量的變化量為零，故平均感應電動勢為零，平均感應電流為零，通過線圈某一截面的電荷量為零，故C錯誤，D正確．]
3．AC [當送電線圈N接入恒定電流，則產生的磁場不變化，受電線圈M中的磁通量沒有發(fā)生變化，故無法產生感應電流，不能為電動汽車充電，故A正確；當線圈N接入正弦式交變電流時，受電線圈M中的磁通量線圈按正弦式變化，故M兩端產生正弦式電壓，故B錯誤；穿過線圈M的磁感應強度增加，根據楞次定律，如果線圈閉合，感應電流的磁通量向下，故感應電流方向從b向a，即電流從a端流出，故C正確；根據法拉第電磁感應定律，有：E＝neq \f(ΔΦ,Δt)＝nSeq \f(ΔB,Δt)，設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,Δt?R＋r?)，故D錯誤．]
4．AC [根據右手定則，導體棒切割磁感線產生的感應電流流過cd左側的線圈中感應電流的方向是逆時針的，根據楞次定律，使磁場的磁感應強度均勻變化，產生同樣方向的感應電流，磁場一定增強，故A正確，B錯誤；導體棒切割磁感線時，根據法拉第電磁感應定律，感應電動勢E＝2Brv，根據歐姆定律，流過cd左側的線圈中感應電流大小I＝eq \f(E,\f(R,2))＝eq \f(4Brv,R)；磁場的磁感應強度均勻變化時，根據法拉第電磁感應定律和歐姆定律，eq \f(ΔB,Δt)×r2π＝eq \f(4Brv,R)×R，eq \f(ΔB,Δt)＝eq \f(4Bv,πr)，故C正確，D錯誤．]
5．AD [由右手定則知細金屬棒OP在勻速轉動過程中切割磁感線產生的感應電動勢方向由P指向O，在電源內部由電勢低處指向高處，金屬棒上O點的電勢高于P點，故A正確，B錯誤；細金屬棒OP在勻速轉動過程中切割磁感線的有效長度L′＝O′P＝Lsinθ，故產生的感應電動勢E＝BL′·eq \f(1,2)ωL′＝eq \f(1,2)BωL2sin2θ，故C錯誤，D正確．]
6．B [由右手定則可知，直導線右側的磁場方向垂直紙面向外，則t＝0時，線圈中的磁通量最大，磁通量的變化率最小，產生的感應電動勢最小，選項A錯誤；由楞次定律可知0～eq \f(π,2ω)時間內，線圈轉過90°角，此時線圈中感應電流方向為abcda，選項B正確；t＝eq \f(π,2ω)時，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，則感應電動勢不為零，選項C錯誤；線圈每轉動一周電流方向改變兩次，選項D錯誤．]
7．CD [由楞次定律可知，線框轉過180°的過程中，感應電流方向始終沿ACBA，說明通過線框導線截面的電荷量不為零，故A、B錯誤；由法拉第電磁感應定律可知，平均感應電動勢：eq \x\t(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)，線框勻速轉動產生正弦式交變電流，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 [當線圈沿y軸正向下落時，穿過線圈的磁通量增加，根據楞次定律可知，線圈運動過程中感應電流的方向沿BCDAB方向，選項A正確；設線圈的寬為L，高為h，根據E＝BLv可知線圈回路的電動勢大小為E＝(B2－B1)Lv＝ΔBLv＝khLv，電動勢與運動速率成正比；當線圈下落時受向上的安培力，且隨著速度的增加，感應電動勢逐漸變大，感應電流逐漸變大，所受的安培力逐漸變大，當安培力等于線圈的重力時，線圈將勻速下降，此時回路中的感應電動勢保持恒定，選項B正確；根據P＝eq \f(E2,R)＝eq \f(?khLv?2,R)，可知線圈回路消耗的電功率與運動速率的平方成正比，選項C錯誤；只有當線圈最后勻速運動時，線圈中才產生恒定的感應電流，故由q＝It可知，當線圈勻速運動時，通過線圈某一導線橫截面的電荷量與運動時間成正比，選項D錯誤．]
9．D [由題可知，線圈始終垂直切割磁感線，故線圈中產生的感應電動勢為：E＝2×nBlv＝2×nBl×eq \f(2π×\f(l,2),T)＝32V.
則根據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A錯誤；根據部分電路歐姆定律可知電壓表示數為：U＝IR2＝3.2×9V＝28.8V，故選項B、C錯誤；根據能量守恒可知，外力做功轉化為整個電路的熱量，則整個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D正確．]
10．BD [兩棒以相同的速度沿MN方向做勻速直線運動，穿過回路的磁通量不斷增大，根據楞次定律可知，感應電流方向沿逆時針，故A錯誤；設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，而總的感應電動勢不變，所以回路中的感應電流不斷減小，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中感應電動勢的大小為：
E＝Br·eq \f(ωr＋ω·2r,2)＝1.5Br2ω
則回路中感應電流大小為：I＝eq \f(E,2R)＝eq \f(1.5Br2ω,2R)＝eq \f(3Br2ω,4R)
則導體棒AB兩端的電壓為：U＝E－IR＝1.5Br2ω－eq \f(3Br2ω,4R)·R＝eq \f(3,4)Br2ω，故選項A錯誤；根據右手定則可知，AB中感應電流的方向為A→B，即B端相當于電源的正極，所以電阻R中的電流方向從Q到N，故選項B正確；根據能量守恒可知，外力做的功全部轉化為整個電路的熱量，則外力的功率等于整個電路的電功率，即P＝I2·2R＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3Br2ω,4R)))2·2R＝eq \f(9B2r4ω2,8R)，故選項C正確；根據楞次定律，當原磁場減弱時，產生感應電流的磁場與原磁場方向相同，則根據安培定則可知產生的感應電流的方向與原方向相同，故選項D正確．]
12．B [當導體棒擺到豎直位置時，設導體棒與金屬環(huán)上端的交點C，由v＝ωr可得：C點的速度為：
vC＝eq \f(1,3)vB＝eq \f(1,3)×3m/s＝1 m/s
AC間電壓為：
UAC＝EAC＝BLAC·eq \f(vC,2)＝1×0.5×eq \f(1,2)V＝0.25V
CB段產生的感應電動勢為：
ECB＝BLCB·eq \f(vC＋vB,2)＝1×1×eq \f(1＋3,2)V＝2V
金屬環(huán)兩側并聯，電阻為：R＝eq \f(1,2)Ω＝0.5Ω，
導體棒CB段的電阻為：r＝2Ω
則CB間電壓為：UCB＝eq \f(R,r＋R)ECB＝eq \f(0.5,0.5＋2)×2V＝0.4V
故AB兩端的電壓大小為：UAB＝UAC＋UCB＝0.25V＋0.4V＝0.65V．]

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