2020版高考物理课时检测（六十三）法拉第电磁感应定律（重点突破课）.docx

课时检测(六十三) 法拉第电磁感应定律 (重点突破课)1一单匝矩形线框置于匀强磁场中，线框平面与磁场方向垂直。先保持线框的面积不变，将磁感应强度在1 s内均匀地增大到原来的两倍。接着保持增大后的磁感应强度不变，在1 s内，再将线框的面积均匀地减小到原来的一半。先后两个过程中，线框中感应电动势的比值为()AB1C2 D4解析：选B根据法拉第电磁感应定律E，设初始时刻磁感应强度为B0，线框面积为S0，则第一个过程的感应电动势为E1；第二个过程的感应电动势为E2，所以两个过程线框中的感应电动势相等，比值为1，故选项B正确。2.如图所示，一金属弯杆处在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，已知abbcL，当它以速度v向右水平运动时，a、c两点间的电势差为()ABLv BBLvsin CBLvcos DBLv(1sin )解析：选B当金属弯杆以速度v向右水平运动时，其有效切割长度为Lsin ，故感应电动势大小为BLvsin ，即a、c两点间的电势差为BLvsin ，故选项B正确。3.如图所示，匀强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的大小应为()A BC D解析：选C当线框绕过圆心O的轴以角速度匀速转动时，由于面积的变化产生感应电动势，从而产生感应电流。设半圆的半径为r，导线框的电阻为R，即I1。当线框不动，磁感应强度变化时，I2，因I1I2，可得，选项C正确。4. 如图所示，半径为r的金属圆盘在垂直于盘面的匀强磁场B中，绕过O点的轴以角速度沿逆时针方向匀速转动，则通过电阻R的电流的方向和大小是(金属圆盘的电阻不计)()A由c到d，I B由d到c，IC由c到d，I D由d到c，I解析：选D由右手定则判定通过电阻R的电流的方向是由d到c，而金属圆盘产生的感应电动势EBr2，所以通过电阻R的电流大小是I，选项D正确。5.如图所示的电路，初始时开关S闭合，电路处于稳定状态，在某一时刻突然断开开关S，则通过电阻R1中的电流I随时间t变化的图线可能是选项图中的()解析：选D初始时开关S闭合，电路处于稳定状态，流过R1的电流方向向左，大小为I1，与R1并联的R2和线圈L支路，电流I2的方向也是向左。当某一时刻开关S突然断开时，L中向左的电流要减小，由于自感现象，线圈L产生自感电动势，在回路“LR1AR2”中形成感应电流，电流通过R1的方向与原来相反，变为向右，并从I2开始逐渐减小到零，故D正确。6(多选)某种安检门是一个用于安全检查的“门”，“门框”内有线圈，线圈里通有交变电流，交变电流在“门”内产生交变磁场，金属物品通过“门”时能产生涡流，涡流的磁场又反过来影响线圈中的电流，从而引起报警。以下关于此安检门的说法正确的是()A安检门也能检查出毒品携带者B安检门只能检查出金属物品携带者C如果“门框”的线圈中通上恒定电流，也能检查出金属物品携带者D安检门工作时，既利用了电磁感应现象，又利用了电流的磁效应解析：选BD此安检门是利用涡流工作的，因而只能检查出金属物品携带者，A错，B对；若“门框”的线圈中通上恒定电流，只能产生恒定磁场，它不能使金属物品中产生涡流，因而不能检查出金属物品携带者，C错；安检门工作时，既利用了电磁感应现象，又利用了电流的磁效应，D对。7.(多选)(2019·湖北七校联考)如图所示，a、b两个闭合正方形线圈用同样的导线制成，匝数均为10，边长La2Lb，图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀减小，不考虑a、b线圈之间的相互影响，则()A两线圈内产生顺时针方向的感应电流Ba、b线圈中感应电动势之比为21Ca、b线圈中感应电流之比为41Da、b线圈消耗的电功率之比为81解析：选AD原磁场向里减小，根据楞次定律可知，感应电流的磁场与原磁场方向相同，因此两线圈内产生的感应电流沿顺时针方向，选项A正确；根据法拉第电磁感应定律可知，EL2，由La2Lb，得a、b线圈中感应电动势之比为41，选项B错误；线圈电阻R，故a、b线圈电阻之比为21，由闭合电路欧姆定律可知I，则a、b线圈中感应电流之比为21，选项C错误；电功率PI2R，则a、b线圈消耗的电功率之比为81，选项D正确。8(多选)(2019·唐山模拟)如图甲所示，一个匝数为n的圆形线圈(图中只画了2匝)，面积为S，线圈的电阻为R，在线圈外接一个阻值为R的电阻和一个理想电压表，将线圈放入垂直线圈平面向里的磁场中，磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示，下列说法正确的是()A0t1时间内P端电势高于Q端电势B0t1时间内电压表的示数为Ct1t2时间内通过R的电流为Dt1t2时间内P端电势高于Q端电势解析：选AC0t1时间内，由题图乙知磁感应强度垂直线圈平面向里增大，根据楞次定律可知感应电流沿逆时针方向，线圈相当于电源，上端为正极，下端为负极，所以P端电势高于Q端电势，故A正确；0t1时间内线圈产生的感应电动势EnnSnS，电压表的示数等于电阻R两端的电压UIR·R，故B错误；t1t2时间内线圈产生的感应电动势EnnS，根据闭合电路的欧姆定律知，通过R的电流为I，故C正确；t1t2时间内，磁感应强度垂直线圈平面向里减小，根据楞次定律，感应电流沿顺时针方向，线圈相当于电源，上端为负极，下端为正极，所以P端电势低于Q端电势，故D错误。9.如图所示，在光滑的水平面上有一半径r10 cm、电阻R1 、质量m1 kg的金属圆环，以速度v10 m/s 向一有界磁场运动。匀强磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度B0.5 T，从圆环刚进入磁场算起，到刚好有一半进入磁场时，圆环一共释放了32 J的热量，求：(1)此时圆环中电流的瞬时功率；(2)此时圆环运动的加速度。解析：(1)圆环从开始进入磁场到有一半进入磁场过程中，由能量守恒定律得mv2Qmv2，代入数据解得v6 m/s，此时的感应电动势EBLvB·2rv0.5×2×0.1×6 V0.6 V，圆环中电流的瞬时功率P W0.36 W。(2)感应电流I A0.6 A，圆环受到的安培力FBILBI·2r0.5×0.6×2×0.1 N0.06 N，由牛顿第二定律得Fma，解得圆环此时运动的加速度a m/s20.06 m/s2，由右手定则可知，圆环中感应电流沿逆时针方向，由左手定则可知，安培力水平向左，则加速度方向向左。答案：(1)0.36 W(2)0.06 m/s2，方向向左