《高考物理二轮复习专题练习 ：法拉第电磁感应定律(Word版含答案).doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考物理二轮复习专题练习 ：法拉第电磁感应定律(Word版含答案).doc（23页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、法拉第电磁感应定律法拉第电磁感应定律一、单选题一、单选题1如图所示，电阻为 R 的长方形闭合金属线圈 abcd 竖直放置，无限长直导线放置在线圈正上方，通有水平向右的恒定电流，电流周围产生磁场，通过线圈中的磁通量为。现线圈绕水平轴线OO以角速度为匀速转动，自初始位置转过 90的过程中，下列说法正确的是（）A感应电流方向为 dcbadB初始位置的感应电动势最大C线圈的平均感应电动势为2D通过线圈横截面的电荷量为2R2海浪机械能是未来可使用的绿色能源之一，利用海浪发电可加速地球上碳中和的实现某科技小组设计的海浪发电装置的俯视图如图所示，圆柱体磁芯和外壳之间有辐射状磁场，它们可随着海浪上下浮动，磁芯
2、和外壳之间的间隙中有固定的环形导电线圈，线圈的半径为 L，电阻为 r，所在处磁场的磁感应强度大小始终为 B，磁芯和外壳随海浪上下浮动的速度为 v，v 随时间 t 的变化关系为02sinvvtT，其中的 T 为海浪上下浮动的周期 现使线圈与阻值为 R 的电阻形成回路，则该发电装置在一个周期内产生的电能为（）A222202B v LTRrB222204B v LTRrC22202B v LTRrD22204B v LTRr3如图所示，某同学在电磁炉面板上竖直放置一纸质圆筒，圆筒上套一环形轻质铝箔，电磁炉产生的交变磁场的频率、强弱可以调节。现给电磁炉通电，发现铝箔悬浮了起来，则（）A只减小磁场，铝箔
3、悬浮高度将不变B只增大频率，铝箔中产生的感应电流增大C更换薄铝箔，铝箔中产生的感应电流变大D在产生图示方向磁场时，断开电源，铝箔中会产生图示方向的电流4飞机在北半球的上空以速度 v 从东向西水平飞行，飞机机身长为 a，机翼两端点的距离为 b。该空间地磁场的磁感应强度的竖直分量为1B，水平分量为2B。设驾驶员左侧机翼的端点为 C，右侧机翼的端点为 D，CD两点间的电压为 U，则（）A1UBbv，且 C 点电势高于 D 点电势B1UBbv，且 C 点电势低于 D 点电势C2UBav，且 C 点电势高于 D 点电势D2UBav，且 C 点电势低于 D 点电势5“L”型的细铜棒在磁感应强度为 B 的匀
4、强磁场中运动，已知“L”型细铜棒两边相互垂直，长度均为 l，运动速度大小为 v，则铜棒两端电势差的最大值为（）A12BlvB2BlvC3BlvD2Blv6如图所示，光滑水平面上一有限范围的1TB 的匀强磁场，宽度为5cmd，若将一个电阻为 0.4，边长1cmL 的正方形均匀导线框在外力作用下以速度01cm sv 匀速通过磁场区域，则下列说法错的是（）A导线框中无感应电流的时间为 3 sB线框进入磁场的过程中流过线框某一横截面的电量为42.5 10 CC线框穿过磁场的过程中线框中产生的焦耳热为85 10 JD若无外力作用，线框穿过磁场后速度为 v，则线框在磁场中匀速运动的速度为012vvv7如图
5、所示，一导线弯成半径为 a 的半圆形团合回路，虚线 MN 右侧有磁感应强度为B 的匀强磁场，方向垂直于回路所在的平面，回路以速度 v 向右匀速进入磁场，直径CD 始终与 MN 垂直，从 D 点到达边界开始到 C 点进入磁场为止，下列结论不正确的是（）A感应电流方向不变BCD 段直线始终不受安培力C感应电动势最大值 E=BavD感应电动势平均值1=4EBav二、多选题二、多选题8如图，水平虚线 L1、L2之间存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁场区域的高度为 h。竖直平面内有一质量为 m 的直角梯形线框，其底边水平，上、下边长之比为1：5，高为 2h。现将线框 ABCD 在磁场边界 L2的下
6、方 h 处用外力 F=2mg 作用，从静止开始运动（上升过程底边始终水平，线框平面始终与磁场方向垂直），当 AB 边刚进入磁场时，线框的加速度恰好为零，在 DC 边刚进入磁场前的一段时间内，线框做匀速运动。重力加速度为 g，下列说法正确的是（）AAB 边刚进入磁场时线框的速度为ghBAB 边刚进入磁场时线框的速度为2ghC从线框开始运动到 DC 边刚进入磁场的过程中，线框产生的焦耳热为4716mghDDC 边刚进入磁场时，线框加速度的大小为34g9如图所示，足够长的水平导轨上，有两导体棒 AB 和 CD，导轨处在竖直向上的匀强磁场中，导体棒和导轨始终接触良好，导轨宽度为 l，两导体棒质量均为
7、m，电阻均为R，其他电阻不计，不计一切摩擦。现给导体棒 CD 一个初速度 v0，若 AB 棒固定，待系统稳定时，通过 CD 棒的电荷量为 q，则（）A通过 CD 棒的电流方向为 D 到 CB匀强磁场的磁感应强度大小为0mvqlC当通过 CD 棒的电荷量为2q时，CD 棒上的发热量为 mv02D若 AB 棒不固定，当系统稳定时，通过 CD 棒的电荷量为02mvBl10如图所示，在倾角为的光滑绝缘斜面上的 GHNM 区域内存在着磁感应强度大小为B、方向垂直斜面向上的匀强磁场。一个质量为 m、电阻为 R、边长为 L 的正方形单匝导线框 abcd 由静止开始沿斜面下滑，当 ab 边刚越过 GH 进入磁
8、场区域时，恰好做匀速直线运动。已知 NH 的长度大于 L，重力加速度为 g，则下列说法正确的是（）A线框出磁场的过程中感应电流的方向为 abcdaBab 边刚进入磁场时感应电流的大小为tanmgBLC线框静止时 ab 边距 GH 的距离为22442sinm gRB LD线框进入磁场的过程中通过线框某截面的电荷量为2BLR11如图所示，有界匀强磁场的宽度为2L，磁感应强度大小为 B、方向垂直纸面向里。正方形是粗细均匀的导体框，总电阻为4R，边长为 L，该导体框处于纸面内。导体框在外力作用下沿对角线ac（垂直于磁场边界）由位置匀速运动到位置，速度大小为v，则导体框（）A由位置到位置过程中，感应电流
9、的方向不变B由位置到位置过程中，感应电流的方向先逆时针后顺时针C由位置到位置过程中，最大感应电流为24BLvRD由位置到位置过程中，最大感应电流为4BLvR12 如图所示，竖直虚线 MN 为垂直竖直面向里的匀强磁场的左边界，磁场区域足够大，磁感应强度为 B，质量为 m、阻值为 R、边长为 L 的单位匀质正三角形金属线框 abc 可绕 a 点在竖直面内自由转动，a 点在虚线 MN 上，d 为 bc 的中点，初始时，将线框从ad 垂直虚线 MN 处由静止释放。线框到达 MN 右侧最高处时，ab 竖直，已知重力加速度为 g，下列说法正确的是（）A从释放至最后静止，线框中产生的焦耳热为33mgLB线框
10、运动到右侧最高处时，线框中产生的焦耳热为3mgLC线框从由静止释放到运动到右侧最高处的过程中，通过线框某横截面的电荷量为234BLRD线框运动到右侧最高点后，ac 边能运动到虚线左侧三、填空题三、填空题13 有一面积为 100cm2的金属环，其电阻 R=0.1，环处于一个变化的磁场中（如图甲），其变化规律如图乙所示。已知环面与磁场方向垂直。垂直纸面向里是磁场正方向。在t=0.2S 时间内磁场发生变化时，环上产生感应电流的大小为_A，方向为_（填“顺时针”或“逆时针”）。14如图边界 PQ 的右侧区域内，存在着磁感应强度大小为 B，方向垂直于纸面的匀强磁场。边长为 l 的正方形金属线框 abcd
11、 由粗细均匀同种材料制成，ab 刚好位于边界 PQ上，现使线框绕过边界 PQ 转轴匀速转动，角速度为，如图所示，则在 ad 边开始转入磁场的瞬间 cd 两端的电势差cdU为_。四、解答题四、解答题15均匀导线制成的单匝正方形闭合线框 abcd，每边长为 L，总电阻为 R，总质量为 m。将其置磁感强度为 B 的水平匀强磁场上方 h 处，如图所示。线框由静止自由下落，线框平面保持在竖直平面内，且 cd 边始终与水平的磁场边界平行。当 cd 边刚进入磁场时，（重力加速度取 g）（1）求线框中产生的感应电动势大小；（2）若此时线框加速度恰好为2g，方向向下，求线框下落的高度 h 所应满足的条件。16如
12、图所示，两平行粗糙金属导轨间的距离 L=0.40m，导轨所在的平面与水平面夹角=37，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度 B=0.50T、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场。金属导轨的一端接有电动势 E=4.5V、内阻 r=0.50的直流电源。现把一个质量 m=0.040kg 的导体棒 ab 放在金属导轨上，导体棒恰好静止。导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻 R=2.5，金属导轨电阻不计，g取 10m/s2。（已知 sin37=0.60、cos37=0.80）求：（1）通过导体棒的电流大小和方向；（2）导体棒受到安培力的大小和摩擦力的大小与方向。17如图甲所示，足
13、够长、电阻不计的光滑平行金属导轨 MN、PQ 竖直放置，其宽度L=1m，匀强磁场垂直穿过导轨平面，导轨的上端 M 与 P 之间连接阻值为 R=0.4的电阻，质量为 m=0.01kg、电阻为 r=0.30的金属棒 ab 紧贴在导轨上，现使金属棒 ab 由静止开始下滑，下滑过程中 ab 始终保持水平，且与导轨接触良好，其下滑距离 x 与时间t 的关系如图乙所示，图像中的 OA 段为曲线，AB 段为直线，210m/sg（忽略 ab 棒运动过程中对原磁场的影响），求：（1）01.5s 内，电阻 R 上产生的热量；（2）02.1s 内，求通过电阻 R 的电量。18如图，间距为 L 的光滑金属导轨，半径为
14、 r 的14圆弧部分竖直放置、直的部分固定于水平地面，MNQP 范围内有磁感应强度大小为 B、方向竖直向下的匀强磁场。金属棒ab 和 cd 垂直导轨放置且接触良好，cd 静止在磁场中，ab 从圆弧导轨的顶端由静止释放，进入磁场后与 cd 在运动中始终不接触。已知两根导体棒的质量均为 m、电阻均为 R。金属导轨电阻不计，重力加速度为 g。求：（1）ab 棒到达圆弧底端时轨道对其的支持力大小；（2）当 ab 棒速度变为342gr时，cd 棒加速度的大小（此时两棒均未离开磁场）；（3）若 cd 棒以142gr离开磁场，已知从 cd 棒开始运动到其离开磁场一段时间后，通过 cd 棒的电荷量为 q，求此
15、过程系统产生的焦耳热是多少。（此过程 ab 棒始终在磁场中运动）答案第 1页，共 14页参考答案：参考答案：1C【解析】【详解】A由右手螺旋定则知，线圈所在磁场方向垂直平面向里，且自初始位置转过 90的过程中，磁通量在减小，根据楞次定律知感应电流方向为 abcda，故 A 错误；B初始位置磁通量最大，磁通量变化率为零，感应电动势为零，故 B 错误；C自初始位置转过 90的过程中，磁通量变化量为，时间为1 242t 所以线圈的平均感应电动势为22E故 C 正确；D通过线圈横截面的电荷量qR故 D 错误。故选 C。2A【解析】【详解】环形导电线圈随着磁芯和外壳随海浪上下浮动而切割磁感线，由法拉第电
16、磁感应定律EBlv环形线圈各部分产生的电动势对回路来说是同向的（实际指感应电流方向），其有效切割长度由微元法可知2lL联立02sinvvtT，可得线圈中感应电动势的瞬时值表达式022sineBLvtT根据正弦交变电流的特点知其电动势的有效值为答案第 2页，共 14页02EBLv则该发电装置在一个周期内产生的电能2222202=B v LTEERrRr电故 BCD 错误，A 正确。故选 A。3B【解析】【详解】A铝箔悬浮起来是由于磁场的变化，铝箔中产生感应电流，在磁场中受安培力作用，若减小磁场，感应电流不变时，安培力减小，铝箔悬浮的高度会减小，A 错误；B只增大频率，磁场的变化率增大，根据法拉第
17、电磁感应定律，感应电动势增加，因此铝箔中产生的感应电流增大，B 正确；C更换薄铝箔，根据lRS截面 S 减小，铝箔的电阻增大，因此感应电流变小，C 错误；D在产生图示方向磁场时，断开电源，向上的磁场减弱，根据楞次定律，铝箔中会产生感应电流与图示方向相反，D 错误。故选 B。4A【解析】【详解】飞机水平飞行机翼切割磁场竖直分量，由导体棒切割磁感线公式 E=BLv 可知，飞机产生的感应电动势E=B1bvCD 两点间的电压为U=B1bv由右手定则可知，在北半球，不论沿何方向水平飞行，都是飞机的左方机翼电势高，右方机翼电势低，即 C 点电势高于 D 点电势，故 A 符合题意，BCD 不符合题意。答案第
18、 3页，共 14页故选 A。5B【解析】【详解】当细铜棒切割磁感线的有效长度最大时，铜棒两端的感应电动势最大。如图所示当 L 型铜棒速度方向垂直铜棒两端连线时，切割磁感线的有效长度为2l，此时铜棒两端电势差最大，最大值为2EBlv故 B 正确。故选 B。6A【解析】【详解】A导线框完全在磁场中时，导线框不产生感应电流，此过程的路程sdL则无感应电流的时间004ssdLtvv故 A 错误，符合题意；B线框进入磁场过程中通过线框电荷量241=2.5 10 CBLqItRR 故 B 正确，不符合题意；C匀速进出磁场时，感应电流402.5 10 ABLvEIRR答案第 4页，共 14页有电流的时间02
19、2sLtv因此285 10 JQI Rt 故 C 正确，不符合题意；D进入磁场时，根据动量定理1110BI L tmvmv出磁场时，根据动量定理221BI L tmvmv由于1122ItItq解得012vvv故 D 正确，不符合题意。故选 A。7B【解析】【详解】A根据楞次定律，闭合回路在进入磁场过程中，感应电流的方向为逆时针方向，方向不变。故 A 正确，与题意不符；B根据左手定则，CD 段直线所受安培力方向竖直向下。故 B 错误，与题意相符；C切割的有效长度为 a 时，感应电动势有最大值，即EBav故 C 正确，与题意不符；D根据法拉第电磁感应定律，可得21224aBBSEBavatv答案第
20、 5页，共 14页故 D 正确，与题意不符。故选 B。8BC【解析】【详解】AB设 AB 边刚进入磁场时速度为 v0，线框的电阻为 R，AB=l，则 CD=5l，根据动能定理2012Fhmghmv解得02vghA 错误 B 正确；CAB 刚进入磁场时加速度为 0，则有2 20FB l vmgR设 DC 边刚进入磁场前匀速运动时速度为 v1，线框切割磁感应线的有效长度为 2l线框匀速运动时有221(2)BlFvmgR联立解得01244ghvv 从线框开始到 CD 边进入磁场前瞬间，根据能量守恒定律得211332F hmg hQmv联立解得4716QmghC 正确；DCD 刚进入磁场瞬间，线框切割
21、磁感应线的有效长度为 3l113FBI l由闭合电路欧姆定律得113B lvIR由牛顿第二定律得答案第 6页，共 14页1()mgFFam解得54ag方向竖直向下，D 错误。故选 BC。9BD【解析】【详解】A根据右手定则，通过 CD 棒的电流方向为 C 到 D，选项 A 错误；B当 AB 棒固定且系统稳定时，CD 棒的速度为 0，根据动量定理可得00BIltmvqIt解得0mvBql选项 B 正确；C当通过 CD 棒的电荷量为2q时，设 CD 棒的速度为1v，根据110BIltmvmv12qIt解得012vv CD 棒上的发热量2220001113222216vQmvmmv选项 C 错误；D
22、若 AB 棒不固定，则系统稳定后，二者速度相同，两根导体棒组成的系统所受合力为 0，满足动量守恒的条件，可得答案第 7页，共 14页022mvmv对 CD 棒，根据动量定理可得220BIltmvmv2qIt 解得0=2mvqBl选项 D 正确。故选 BD。10AD【解析】【详解】A线框出磁场的过程中，由楞次定律可知产生的感应电流的方向为 abcda，故 A正确；Bab 边刚进入磁场时有sinmgBIL解得sinmgIBL故 B 错误；C由闭合电路欧姆定律得BLvIR由动能定理得21sin2mgxmvq=联立解得2244sin2m gRxB L故 C 错误；D线框进入磁场的过程中，由法拉第电磁感
23、应定律和闭合电路欧姆定律得2BLEt答案第 8页，共 14页又EI R又qIt联立解得2BLqR故 D 正确。故选 AD。11BC【解析】【详解】AB导体框由位置到位置过程中磁通量增加，根据右手定则可知图中电流方向为逆时针，导体框由位置到位置过程中磁通量减小，根据右手定则可知图中电流方向为顺时针，选项 A 错误、B 正确；CD导体框由位置到位置过程中当bd位于磁场两边界上时，导体框切割磁场的有效切割长度的最长的为2L，则产生的最大电动势为2EBL v根据闭合电路欧姆定律知最大电流4EIR故最大感应电流为24BLvIR选项 C 正确、D 错误。故选 BC。12AC【解析】【详解】A线框从释放至最
24、后静止，线框重力势能的减少量等于产生的焦耳热，即答案第 9页，共 14页23sin6033mgLQmgL故 A 正确；B线框由静止释放后，运动到右侧最高点时，速度为零，根据能量守恒定律可知，该过程线框中产生的焦耳热等于线框重力势能的减少量，根据几何关系可知，线框中心下降的高度为2L，则线框远动到右侧最高处时，线框中产生的焦耳热为22LmgLQmg故 B 错误；C设线框从 ac 边与 MN 重合至运动到右侧最高点所用的时间为 t，平均电流为I，有EqIttRR磁通量的变化量为234BL 可得234BLqR故 C 正确；D假设线框运动到右侧最高点后，ac 边恰能运动到虚线处，此时线框的重力势能与运
25、动到右侧量最高点时的重力势能相等，但顺时针转动过程中安培力做负功，所以线框运动到右侧最高点后，ac 边不能运动到虚线左侧。故 D 错误。故选 AC。135102逆时针【解析】【详解】根据法拉第电磁感应定律BEStt根据欧姆定律EIR则代入数据得25 10 AI答案第 10页，共 14页随着磁感应强度增大，闭合线圈内磁通量在增大，根据楞次定律（增反减同），可知感应磁场方向与原磁场方向相反，根据安培定则可知感应电流方向为逆时针方向。14234Bl【详解】在 ad 边开始转入磁场时，cd 边垂直切割磁感线，产生的动生电动势为EBlvBll由右手定则可知电流流向为cd，即 d 点为电源的正极，而电路为
26、闭合电路，线框四边构成四个等大电阻，cd 两端的电压为电源两端的路端电压，为三个电阻的电压，有23344cdEURBlR 15（1）2BLgh；（2）22448m gRhB L【解析】【详解】（1）cd 边刚进入磁场时，有22vgh线框中产生的感应电动势为2EBLvBLgh（2）根据公式，可得安培力为F=BIL又电流为EIR根据牛顿第二定律mgFma解得22448m gRhB L16（1）1.5A，方向从 b 到 a；（2）0.06 N，方向沿导轨向下【解析】【详解】答案第 11页，共 14页(1)根据闭合电路欧姆定律得4.5A1.5A0.52.5EIRr方向 b 至 a；(2)导体棒受到的安
27、培力0.30NFBIL安对导体棒受力分析如图，将重力正交分解，沿导轨方向1sin370.24NFmg 1FF安根据平衡条件sin37fmgFF安解得0.06NfF 方向沿导轨向下。17（1）0.26J；（2）1.6C【解析】【详解】（1）金属棒 ab 在开始运动的 1.5s 内，金属棒的重力势能减小，转化为金属棒的动能和电路的内能，设电路中产生的总焦耳热为Q，根据能量守恒定律得21.51.512mgxmvQ代入数据解得0.455JQ 故 R 产生的热量答案第 12页，共 14页0.26JRRQQRr（2）由 x-t 图像得 t=1.5s 时金属棒的速度为11.27m/s7m/s2.1 1.5x
28、vt金属棒匀速运动时所受安培力大小FBILmg又EBLv根据欧姆定律得EIRr联立解得0.1TB 02.1s 内，流过 R 的平均电流为2.12.1BLxIRr t通过电阻 R 的电量2.12.11.6CBLxqItRr18（1）3mg；（2）2224B LgrRm；（3）22212162B L qQBLqgrmgrm【解析】【详解】（1）设 ab 到达圆弧底端时受到的支持力大小为 N，ab 下滑机械能守恒，有2012mgrmv解得02vgr由牛顿第二定律20mvNmgr解得3Nmg（2）设 ab 棒的速度答案第 13页，共 14页324abvgr时，cd 棒的速度为v，由动量守恒定律0abmvmvmv得124vgr ab棒电动势ababEBLvcd棒电动势cdEBLv回路中电流I2abcdEER代入数据解得I24BLgrR此时 cd 棒所受安培力F=BIL此时 cd 棒加速度为a=Fm解得a=2224B LgrRm（3）由题意可知，cd 棒以142gr离开磁场后向右匀速运动，从开始运动到其离开磁场一段时间后，对 ab，由动量定理有0abBILtmvmv又qIt解得12abBLqvgrm此过程有能量守恒定律得答案第 14页，共 14页221122abcdmgrmvmvQ解得22212162B L qQBLqgrmgrm 答案第 15页，共 1页