高中一轮复习物理课时检测（五十七）法拉第电磁感应定律（重点突破课）

课时检测(五十七)法拉第电磁感应定律(重点突破课)一、单项选择题1．(2014·江苏高考)如图所示，一正方形线圈的匝数为n，边长为a，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中。在Δt时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B均匀地增大到2B。在此过程中，线圈中产生的感应电动势为()A.eq\f(Ba2,2Δt) B.eq\f(nBa2,2Δt)C.eq\f(nBa2,Δt) D.eq\f(2nBa2,Δt)解析：选B磁感应强度的变化率eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(2B－B,Δt)＝eq\f(B,Δt)，法拉第电磁感应定律公式可写成E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(ΔB,Δt)S，其中线圈在磁场中的有效面积S＝eq\f(1,2)a2，代入得E＝neq\f(Ba2,2Δt)，选项B正确，A、C、D错误。2．如图所示，水平放置的平行金属导轨MN与PQ之间接有定值电阻R，导体棒ab长为l且与导轨接触良好，整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，现使导体棒ab向右匀速运动，下列说法正确的是()A．ab两端的感应电动势越来越小B．ab中的感应电流方向是a→bC．ab所受安培力方向水平向右D．ab所受合力做功为零解析：选D由于ab匀速运动，磁感应强度及有效切割长度不变，由E＝Blv可知，运动中感应电动势不变；由楞次定律可知，ab中的电流方向是b→a；由左手定则可知，导体棒所受安培力方向水平向左；由于匀速运动，ab的动能不变，由动能定理可知，合力做的功等于零。选项A、B、C错误，D正确。3．如图所示，正方形线框的左半侧处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与线框平面垂直，线框的对称轴MN恰与磁场边缘平齐。若第1次将线框从磁场中以恒定速度v1向右匀速拉出，第2次以线速度v2让线框绕轴MN匀速转过90°，为使两次操作过程中，线框产生的平均感应电动势相等，则()A．v1∶v2＝2∶π B．v1∶v2＝π∶2C．v1∶v2＝1∶2 D．v1∶v2＝2∶1解析：选A第1次将线框从磁场中以恒定速度v1向右匀速拉出，线框中的感应电动势恒定，有eq\x\to(E)1＝E1＝BLv1。第2次以线速度v2让线框绕轴MN匀速转过90°，所需时间t＝eq\f(πr,2v2)＝eq\f(πL,4v2)，线框中的磁通量变化量ΔΦ＝B·L·eq\f(L,2)＝eq\f(1,2)BL2，产生的平均电动势eq\x\to(E)2＝eq\f(ΔΦ,t)＝eq\f(2BLv2,π)。由题意知eq\x\to(E)1＝eq\x\to(E)2，可得v1∶v2＝2∶π，A正确。4．如图所示的电路，电源电动势为E，线圈L的直流电阻不计，下列判断正确的是()A．闭合S，稳定后，电容器两端电压为EB．闭合S，稳定后，电容器的a极板带正电C．断开S的瞬间，电容器的a极板将带正电D．断开S的瞬间，电容器的a极板将带负电解析：选C由题意及自感现象规律可知，闭合S且电路稳定后，电容器与线圈L并联，由于线圈的直流电阻不计，所以电容器两端电压为零，故A、B错误；断开S的瞬间，由自感现象规律可知，线圈L中要产生感应电动势，感应电动势引起的感应电流的方向与原电流的方向一致，因而电容器的a极板将带正电，故C正确，D错误。5．(2018·南通、泰州、扬州高三模拟)法拉第发明了世界上第一台发电机。如图所示，圆形金属盘安置在电磁铁的两个磁极之间，两电刷M、N分别与盘的边缘和中心点接触良好，且与灵敏电流表相连。金属盘绕中心轴沿图示方向转动，则()A．电刷M的电势高于电刷N的电势B．若只将电刷M移近N，电流表的示数变大C．若只提高金属盘转速，电流表的示数变大D．若只将滑动变阻器滑片向左滑动，电流表的示数变大解析：选C根据题图中电源的正负极判断电磁铁上导线的电流方向，根据安培定则可知电磁铁左侧为N极，右侧为S极，M、N间的金属盘部分垂直纸面向外运动，根据右手定则可知，M、N间的电动势由M指向N，则电刷N的电势高于电刷M的电势，A项错误；根据E＝BLeq\x\to(v)推导出，MN以电刷N为轴的转动切割磁感线时产生的感应电动势为E＝eq\f(BL2ω,2)，若只将电刷M移近N，表达式中的L减小，电流表的示数变小，B项错误；若只提高金属盘转速，表达式中的ω增大，电流表的示数变大，C项正确；若只将滑动变阻器滑片向左滑动，滑动变阻器的有效阻值增大，回路电流减小，电磁铁的磁性减弱，表达式中的B减小，电流表的示数变小，D项错误。二、多项选择题6．如图所示，闭合开关S，将条形磁铁插入闭合线圈，第一次用时0.2s，第二次用时0.4s，并且两次磁铁的起始和终止位置相同，则()A．第一次线圈中的磁通量变化较快B．第一次电流表G的最大偏转角较大C．第二次电流表G的最大偏转角较大D．若断开开关S，电流表G均不偏转，故两次线圈两端均无感应电动势解析：选AB两次磁通量变化相同，第一次时间短，则第一次线圈中磁通量变化较快，故A正确；感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比，磁通量的变化率大，感应电动势大，产生的感应电流大，故B正确，C错误；断开开关S，电流表G不偏转，故感应电流为零，但感应电动势不为零，故D错误。7．(2016·江苏高考)电吉他中电拾音器的基本结构如图所示，磁体附近的金属弦被磁化，因此弦振动时，在线圈中产生感应电流，电流经电路放大后传送到音箱发出声音。下列说法正确的有()A．选用铜质弦，电吉他仍能正常工作B．取走磁体，电吉他将不能正常工作C．增加线圈匝数可以增大线圈中的感应电动势D．弦振动过程中，线圈中的电流方向不断变化解析：选BCD铜不能被磁化，铜质弦不能使电吉他正常工作，选项A错误；取走磁体后，金属弦不能被磁化，弦的振动无法通过电磁感应转化为电信号，音箱不能发声，选项B正确；增加线圈匝数，根据法拉第电磁感应定律E＝neq\f(ΔΦ,Δt)知，线圈的感应电动势变大，选项C正确；弦振动过程中，线圈中的磁场方向不变，但磁通量一会儿增大，一会儿减小，则产生的感应电流的方向不断变化，选项D正确。8．(2018·长春外国语学校检测)如图所示，金属杆ab以恒定的速率v在光滑平行金属导轨上向右滑行，设整个电路总电阻保持不变，匀强磁场与导轨所在平面垂直，下列叙述正确的是()A．ab杆中的电流与速率成正比B．电路产生的电热功率与速率成正比C．磁场作用于ab杆的安培力与速率的平方成正比D．外力对ab杆做功的功率与速率的平方成正比解析：选ADab杆做切割磁感线运动，产生的感应电动势E＝BLv，电流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BLv,R)，可知电流与速率成正比，A正确；根据P＝I2R＝eq\f(BLv2,R)，知电阻R产生的热功率(即电路产生的电热功率)与速率平方成正比，B错误；安培力F安＝BIL＝eq\f(B2L2v,R)，知安培力与速率成正比，C错误；速率恒定，则外力F＝F安，故P外＝Fv＝eq\f(B2L2v2,R)，可知外力对ab杆做功的功率与速率的平方成正比，D正确。9．如图甲所示，单匝线圈两端A、B与一理想电压表相连，线圈内有一垂直纸面向里的匀强磁场，线圈中的磁通量变化规律如图乙所示。下列说法正确的是()A．0～0.10s内磁通量的变化量为0.15WbB．电压表读数为0.5VC．电压表“＋”接线柱接A端D．B端比A端的电势高解析：选BC由题图乙知，0～0.10s内磁通量的变化量为(0.15－0.10)Wb＝0.05Wb，由题意知，线圈中的磁通量向里增加，根据楞次定律可得感应电流方向为逆时针方向，即电流从A流向B，所以电压表“＋”接线柱接A端，A端的电势比B端的高，根据法拉第电磁感应定律E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(0.05,0.10)V＝0.5V，即电压表读数为0.5V，综上所述，B、C正确。三、计算题10．小明同学设计了一个“电磁天平”，如图1所示，等臂天平的左臂为挂盘，右臂挂有矩形线圈，两臂平衡。线圈的水平边长L＝0.1m，竖直边长H＝0.3m，匝数为N1。线圈的下边处于匀强磁场内，磁感应强度B0＝1.0T，方向垂直线圈平面向里。线圈中通有可在0～2.0A范围内调节的电流I。挂盘放上待测物体后，调节线圈中电流使天平平衡，测出电流即可测得物体的质量。(重力加速度取g＝10m/s2)(1)为使电磁天平的量程达到0.5kg，线圈的匝数N1至少为多少？(2)进一步探究电磁感应现象，另选N2＝100匝、形状相同的线圈，总电阻R＝10Ω。不接外电流，两臂平衡。如图2所示，保持B0不变，在线圈上部另加垂直纸面向外的匀强磁场，且磁感应强度B随时间均匀变大，磁场区域宽度d＝0.1m。当挂盘中放质量为0.01kg的物体时，天平平衡，求此时磁感应强度的变化率eq\f(ΔB,Δt)。解析：(1)线圈受到安培力F＝N1B0IL天平平衡mg＝N1B0IL解得N1＝25匝。(2)由电磁感应定律得E＝N2eq\f(ΔΦ,Δt)即E＝N2eq\f(ΔB,Δt)Ld由欧姆定律得I′＝eq\f(E,R)线圈受到安培力F′＝N2B0I′L天平平衡m′g＝N22B0eq\f(ΔB,Δt)·eq\f(dL2,R)解得eq\f(ΔB,Δt)＝0.1T/s。答案：(1)25匝(2)0.1T/s11．(2018·海安、南外、金陵三校联考)如图所示，轻质金属轮A可绕过圆心O的光滑水平轴转动，沿金属轮半径方向接有一根轻质金属棒OC，其长度为a、电阻为r,A轮的边缘与金属棒的端点O通过电刷、导线与一阻值为R的电阻相连。一轻细绳的一端固定在A轮的边缘上的某点，绳在A轮上绕有足够多的匝数后，悬挂一质量为m的重物P，A轮处在垂直纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场中，不计A轮、端点O与电刷之间的摩擦及A轮的电阻。求：(1)金属棒从图示位置由静止开始转过θ角的过程中通过电阻R的电荷量；(2)当A轮的角速度为ω时，金属棒所受安培力的大小；(3)重物匀速运动时的速度。解析：(1)由eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,Δt)，eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R＋r)，q＝eq\x\to(I)·Δt，金属棒从图示位置转过θ角的过程中扫过的面积为ΔS＝eq\f(1,2)a2θ，所以q＝eq\f(Ba2θ,2R＋r)。(2)设在Δt时间内，金属棒扫过的面积为ΔS＝eq\f(1,2)a2θ，根据法拉第电磁感应定律，金属棒产生的感应电动势大小为E＝eq\f(BΔS,Δt)＝eq\f(