（新課標）2020高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時作業(yè)47 法拉第電磁感應(yīng)定律（含解析）新人教版

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1、法拉第電磁感應(yīng)定律 一、選擇題 1．(2018·靖遠縣三模)等腰直角三角形OPQ區(qū)域內(nèi)存在勻強磁場，另有一等腰直角三角形導(dǎo)線框ABC以恒定的角速度沿圖示方向穿過磁場，該過程中AC∥OQ，下列說法中正確的是(　　) A．導(dǎo)線框開始進入磁場時感應(yīng)電流最小 B．導(dǎo)線框進入磁場過程磁感應(yīng)電流沿逆時針方向 C．導(dǎo)線框穿出磁場過程中C點電勢高于A點電勢 D．導(dǎo)線框穿出磁場過程磁感應(yīng)電流沿逆時針方向 答案　B 解析　A項，當(dāng)導(dǎo)線框開始進入磁場時，切割磁感線的有效長度L最大，此時感應(yīng)電動勢最大，感應(yīng)電流最大，故A項錯誤； B項，導(dǎo)線框進入磁場過程，由右手定則判定可知，導(dǎo)體切割磁感線產(chǎn)生的

2、感應(yīng)電流方向為C到A，所以感應(yīng)電流沿逆時針方向，故B項正確． C、D兩項，導(dǎo)線框穿出磁場過程中，磁通量減小，由楞次定律知磁感應(yīng)電流沿順時針方向，AC中電流方向由A到C，而AC在外電路中，所以C點電勢低于A點電勢，故C、D兩項錯誤． 2．(2018·課標全國Ⅲ)(多選)如圖(a)，在同一平面內(nèi)固定有一長直導(dǎo)線PQ和一導(dǎo)線框R，R在PQ的右側(cè)．導(dǎo)線PQ中通有正弦交流電i，i的變化如圖(b)所示，規(guī)定從Q到P為電流正方向．導(dǎo)線框R中的感應(yīng)電動勢(　　) A．在t＝時為零 B．在t＝時改變方向 C．在t＝時最大，且沿順時針方向 D．在t＝T時最大，且沿順時針方向 答案　AC 解析　

3、由圖可知，t＝T時刻，電流的變化率為0，電流產(chǎn)生的磁場的變化率為0，則線框產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為0，A項正確． t＝或t＝T時刻，電流的變化率最大，電流產(chǎn)生的磁場的變化率最大，則產(chǎn)生的電動勢最大；根據(jù)楞次定律：t＝感應(yīng)電流的方向為順時針，t＝T時刻感應(yīng)電流的方向為逆時針方向，B項錯誤；C項正確，D項錯誤． 3．(多選)如圖甲所示，abcd是匝數(shù)為100匝、邊長為10 cm、總電阻為0.1 Ω的正方形閉合導(dǎo)線圈，放在與線圈平面垂直的圖示勻強磁場中，磁感應(yīng)強度B隨時間t的變化關(guān)系如圖乙所示，則以下說法正確的是(　　) A．導(dǎo)線圈中產(chǎn)生的是交變電流 B．在t＝1 s時，ad邊受安培力方向向右

4、 C．在0～2 s內(nèi)通過導(dǎo)線橫截面的電荷量為10 C D．在t＝2.5 s時導(dǎo)線框產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為1 V 答案　AB 解析　A項，根據(jù)楞次定律可知，在0～2 s內(nèi)的感應(yīng)電流方向與2 s～3 s內(nèi)的感應(yīng)電流方向相反，即為交流電，故A項正確；B項，根據(jù)楞次定律可知產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向逆時針，根據(jù)左手定則可知受到的安培力方向向右，故B項正確； C項，在0～2 s時間內(nèi)，感應(yīng)電動勢為：E1＝100××0.12 V＝1 V， 再根據(jù)歐姆定律I＝，則有：I1＝ A＝10 A， 根據(jù)Q＝It，解得：Q＝10×2 C＝20 C，故C項錯誤； D項，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，2.5 s時的感應(yīng)電動

5、勢等于2 s到3 s內(nèi)的感應(yīng)電動勢，則有：E＝＝ V＝2 V，故D項錯誤． 4．(2018·廈門二模)法拉第圓盤發(fā)電機原理如圖所示．銅質(zhì)圓盤水平放置在豎直向下的勻強磁場中，圓盤圓心處固定一個帶搖柄的轉(zhuǎn)軸，邊緣和轉(zhuǎn)軸處各有一個銅電刷與其緊貼，用導(dǎo)線將電刷與電阻R連接起來形成回路，其他電阻均不計．轉(zhuǎn)動搖柄，使圓盤如圖示方向勻速轉(zhuǎn)動．已知勻強磁場的磁感應(yīng)強度為B，圓盤半徑為r，電阻的功率為P.則(　　) A．圓盤轉(zhuǎn)動的角速度為，流過電阻R的電流方向為從c到d B．圓盤轉(zhuǎn)動的角速度為，流過電阻R的電流方向為從d到c C．圓盤轉(zhuǎn)動的角速度為，流過電阻R的電流方向為從c到d D．圓盤轉(zhuǎn)動的角

6、速度為，流過電阻R的電流方向為從d到c 答案　D 解析　將圓盤看成無數(shù)幅條組成，它們都切割磁感線，從而產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，出現(xiàn)感應(yīng)電流， 根據(jù)右手定則可知，圓盤上感應(yīng)電流從邊緣流向圓心，則流過電阻R的電流方向為從d到c. 圓盤產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢：E＝Br2ω， R的功率：P＝， 解得：ω＝，故A、B、C三項錯誤，D項正確． 5．(2017·課標全國Ⅱ)(多選)兩條平行虛線間存在一勻強磁場，磁感應(yīng)強度方向與紙面垂直．邊長為0.1 m、總電阻為0.005 Ω的正方形導(dǎo)線框abcd位于紙面內(nèi)，cd邊與磁場邊界平行，如圖(a)所示．已知導(dǎo)線框一直向右做勻速直線運動，cd邊于t＝0時刻進入磁場．

7、線框中感應(yīng)電動勢隨時間變化的圖線如圖(b)所示(感應(yīng)電流的方向為順時針時，感應(yīng)電動勢取正)．下列說法正確的是(　　) A．磁感應(yīng)強度的大小為0.5 T B．導(dǎo)線框運動速度的大小為0.5 m/s C．磁感應(yīng)強度的方向垂直于紙面向外 D．在t＝0.4 s至t＝0.6 s這段時間內(nèi)，導(dǎo)線框所受的安培力大小為0.1 N 答案　BC 解析　A、B兩項，由圖像可以看出，0.2～0.4 s沒有感應(yīng)電動勢，所以從開始到ab進入用時0.2 s，導(dǎo)線框勻速運動的速度為：v＝＝ m/s＝0.5 m/s，根據(jù)E＝BLv知磁感應(yīng)強度為：B＝＝ T＝0.2 T，故A項錯誤，B項正確．C項，由(b)圖可知，

8、線框進磁場時，感應(yīng)電流的方向為順時針，根據(jù)楞次定律得，磁感應(yīng)強度的方向垂直紙面向外，故C項正確．D項，在0.4～0.6 s內(nèi)，導(dǎo)線框所受的安培力F＝BIL＝＝ N＝0.04 N，故D項錯誤． 6．(2018·重慶模擬)如圖所示，處于豎直面的長方形導(dǎo)線框MNPQ邊長分別為L和2L，M、N間連接兩塊水平正對放置的金屬板，金屬板距離為d，虛線為線框中軸線，虛線右側(cè)有垂直線框平面向里的勻強磁場．內(nèi)板間有一個質(zhì)量為m、電量為q的帶正電油滴恰好處于平衡狀態(tài)，重力加速度為g，則下列關(guān)于磁場磁感應(yīng)強度大小B的變化情況及其變化率的說法正確的是(　　) A．正在增強，＝ B．正在減小，＝ C．正在增強，

9、＝ D．正在減小，＝ 答案　B 解析　電荷量為q的帶正電的油滴恰好處于靜止狀態(tài)，電場力豎直向上，則電容器的下極板帶正電，所以線框下端相當(dāng)于電源的正極，感應(yīng)電動勢順時針方向，感應(yīng)電流的磁場方向和原磁場同向，根據(jù)楞次定律，可得穿過線框的磁通量在均勻減??； 線框產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢：E＝S＝L2； 油滴所受電場力：F＝E場q， 對油滴，根據(jù)平衡條件得：q＝mg； 所以解得，線圈中的磁通量變化率的大小為：＝. 7.(2018·海南三模)如圖所示，有兩根豎直放置的光滑金屬導(dǎo)軌MN、PQ，導(dǎo)軌間的距離為L＝2 m，導(dǎo)軌下端接有阻值為R＝1 Ω的電阻，在兩導(dǎo)軌之間有兩個半徑均為r＝0.5 m的圓形

10、磁場區(qū)域，下方區(qū)域磁場的方向垂直導(dǎo)軌平面向里，磁感應(yīng)強度隨時間均勻增大且變化率為 T/s，上方磁場區(qū)域為勻強磁場，一根質(zhì)量為m＝1 kg、電阻為1 Ω的金屬棒ab與上方磁場區(qū)域的直徑重合并與導(dǎo)軌垂直放置，金屬棒恰好靜止，不計金屬導(dǎo)軌的電阻，則上方區(qū)域磁場的大小和方向為(重力加速度g取10 m/s2)(　　) A．大小為10 T，方向垂直于導(dǎo)軌平面向里 B．大小為5 T，方向垂直于導(dǎo)軌平面向里 C．大小為10 T，方向垂直于導(dǎo)軌平面向外 D．大小為5 T，方向垂直于導(dǎo)軌平面向外 答案　C 解析　根據(jù)楞次定律知，回路中感應(yīng)電流方向為aNQba，ab棒中電流方向由b到a.ab棒所受的

11、安培力方向豎直向上，由左手定則判斷知上方區(qū)域磁場的方向垂直于導(dǎo)軌平面向外． 根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律知，回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為： E＝·πr2＝×π×0.52＝2 V 通過ab棒的感應(yīng)電流為： I＝＝＝1 A 金屬棒恰好靜止，則有：BI·2r＝mg 解得：B＝10 T. 8．(2017·課標全國Ⅰ)如圖所示，半徑為a的圓形區(qū)域內(nèi)有均勻磁場，磁感應(yīng)強度為B0，磁場方向垂直紙面向里．半徑為b的金屬圓環(huán)與圓形磁場同心地位置，磁場與環(huán)面垂直．金屬環(huán)上分別接有相同的燈L1、L2，燈的電阻均為R，一金屬棒MN與金屬環(huán)接觸良好，棒與環(huán)的電阻均忽略不計．MN棒以速率v在環(huán)上向右勻速滑動，棒滑過圓

12、環(huán)直徑OO′的瞬間，燈L1，L2恰好正常發(fā)光．現(xiàn)撤去中間的金屬棒MN，使磁感應(yīng)強度隨時間均勻變化，為了使燈L1，L2也正常發(fā)光，磁感應(yīng)強度隨時間變化率的大小應(yīng)為(　　) A.　　　　　　　　　 B. C. D. 答案　D 解析　當(dāng)MN棒滑過圓環(huán)直徑OO′的瞬間，設(shè)由于棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E，通過棒的電流為I、通過燈泡的電流為I1，則有： E＝Blv＝2B0av① I＝＝② I1＝③ 由①②③得：I1＝④ 當(dāng)撤去中間的金屬棒MN，磁感應(yīng)強度隨時間變化時，設(shè)磁感應(yīng)強度的變化率為k，此過程電路中的感應(yīng)電動勢為E′，感應(yīng)電流為I′、則由法拉第電磁感應(yīng)定律得： E′

13、＝S＝πa2k⑤ I′＝⑥ 由⑤⑥得：I′＝⑦ 由題意可知I1＝I′，解得： k＝，故D項正確，A、B、C三項錯誤；故選D項． 9．(2018·江西一模)如圖為兩個有界勻強磁場，左右兩邊磁感應(yīng)強度大小分別為B和2B，方向分別垂直紙面向里和向外，磁場寬度均為L，距磁場區(qū)域的左側(cè)L處，有一邊長為L的正方形導(dǎo)體線框，總電阻為R，且線框平面與磁場方向垂直，現(xiàn)用外力F使線框以速度v勻速穿過磁場區(qū)域，以初始位置為計時起點，規(guī)定電流沿逆時針方向時的電動勢E為正，磁感線垂直紙面向里時磁通量Φ的方向為正．則下列說法正確的是(　　) A．在～的過程中，磁通量的變化量為2BL2 B．在～的過程中，

14、電路中產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動勢為E＝3BLv C．在～的過程中產(chǎn)生的電功率是～的過程中產(chǎn)生的電功率的9倍 D．在～的過程中產(chǎn)生的安培力大小是～的過程中產(chǎn)生的安培力大小的3倍 答案　C 解析　A項，在～的過程中，t＝時刻，線圈的磁通量為Φ1＝0，t＝時刻磁通量為Φ2＝BL2，則磁通量的變化量為ΔΦ＝Φ2－Φ1＝BL2.故A項錯誤． B項，在～的過程中，感應(yīng)電動勢為負，電路中產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動勢為E＝－BLv＋(－2BLv)＝－3BLv，故B項錯誤． C項，在～的過程中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E2＝3BLv，感應(yīng)電流I2＝＝·～的過程中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E1＝BLv，感應(yīng)電流I1＝＝ 根據(jù)電功率P

15、＝I2R得，在～的過程中產(chǎn)生的電功率是～的過程中產(chǎn)生的電功率的9倍，故C項正確． D項，在～的過程中產(chǎn)生的安培力大小F2＝BI2L＋2BI2L＝·～的過程中產(chǎn)生的安培力大小F1＝BI1L＝，所以在～的過程中產(chǎn)生的安培力大小是～的過程中產(chǎn)生的安培力大小的9倍，故D項錯誤． 10．(2018·包頭一模)(多選)如圖所示，在邊長為a的正方形區(qū)域內(nèi)有勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B，其方向垂直紙面向外，一個邊長也為a的單匝正方形導(dǎo)線框架EFGH正好與上述磁場區(qū)域的邊界重合，導(dǎo)線框的電阻為R.現(xiàn)使導(dǎo)線框以周期T繞其中心O點在紙面內(nèi)勻速轉(zhuǎn)動，經(jīng)過導(dǎo)線框轉(zhuǎn)到圖中虛線位置，則在這時間內(nèi)(　　) A．順時針方

16、向轉(zhuǎn)動時，感應(yīng)電流方向為E→F→G→H→E B．平均感應(yīng)電動勢大小等于 C．平均感應(yīng)電動勢大小等于 D．通過導(dǎo)線框橫截面的電荷量為 答案　BD 解析　A項，由于虛線位置是經(jīng)過到達的，而且線框是順時針方向轉(zhuǎn)動，所以線框的磁通量是變小的．根據(jù)楞次定律，可以判斷出感應(yīng)電流的方向為：E→H→G→F→E，故A項錯誤． B項，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得：平均感應(yīng)電動勢E＝＝，由幾何知識得：OC＝a，OA＝a，AB＝AC， 根據(jù)幾何關(guān)系找出有磁場穿過面積的變化ΔS＝(3－2)a2，解得：E＝，故B項正確，故C項錯誤． D項，通過導(dǎo)線框橫截面的電荷量q＝I·Δt＝·Δt＝，故D項正確． 1

17、1．(2018·樂山模擬)(多選)如圖，兩根平行光滑金屬導(dǎo)軌固定在同一水平面內(nèi)，其左端接有定值電阻R，Ox軸平行于金屬導(dǎo)軌，在0≤x≤4 m的空間區(qū)域內(nèi)存在著垂直導(dǎo)軌平面向下的磁場，磁感應(yīng)強度B隨坐標x(以m為單位)的分布規(guī)律為B＝0.8－0.2x(T)，金屬棒ab在外力作用下從x＝0處沿導(dǎo)軌運動，ab始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，不計導(dǎo)軌和金屬棒的電阻．設(shè)在金屬棒從x1＝1 m經(jīng)x2＝2 m到x3＝3 m的過程中，R的電功率保持不變，則金屬棒(　　) A．在x1與x3處的電動勢之比為1∶3 B．在x1與x2處受到磁場B的作用力大小之比為2∶1 C．從x1到x2與從x2到x3的過程中通過

18、R的電量之比為5∶3 D．從x1到x2與從x2到x3的過程中通過R產(chǎn)生的焦耳熱之比為5∶3 答案　CD 解析　A項，因為從x1＝1 m經(jīng)x2＝2 m到x3＝3 m的過程中，R的電功率保持不變，則有P＝可知從x1＝1 m經(jīng)x2＝2 m到x3＝3 m的過程中，電動勢不變，故A項錯誤； B項，在x1＝1 m處B1＝0.8－0.2×1＝0.6 T，x2＝2 m處B2＝0.8－0.2×2＝0.4 T，由A項分析可知整個過程中電動勢E不變，則電流不變，由F＝BIL可知在x1與x2處受到磁場的作用力大小之比為3∶2，故B項錯誤； C項，由q＝可知從x1到x2過程與從x2到x3過程ΔS相等，x1到x

19、2的平均磁感應(yīng)強度為0.5 T，x2到x3的平均磁感應(yīng)強度為0.3 T，B之比為5∶3，則通過R的電量之比為5∶3，故C項正確； D項，消耗的焦耳熱為Q＝I2Rt＝IqR，則焦耳熱之比即為通過的電荷量之比，由C項分析可知消耗的焦耳熱之比為5∶3，故D項正確． 12．(2018·衡水三模)(多選)如圖所示，半徑為r的半圓弧光滑金屬導(dǎo)軌ab垂直放置在磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，現(xiàn)有一導(dǎo)體棒Oc可繞半圓形導(dǎo)軌的圓心O點逆時針旋轉(zhuǎn)，轉(zhuǎn)動過程中導(dǎo)體棒接入的電阻為R0，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌始終接觸良好，導(dǎo)軌電阻不計．在導(dǎo)軌的右端點b和圓心O有兩根引線分別接在電容器C和總阻值為R的滑動變阻器兩端．現(xiàn)讓導(dǎo)體棒從b

20、端向a端轉(zhuǎn)動，則下列說法正確的是(　　) A．導(dǎo)體棒在轉(zhuǎn)動過程中c端電勢高 B．滑片P置于最右端不動，且導(dǎo)體棒以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動時外力的功率為 C．導(dǎo)體棒以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動時，將P從最右端滑到最左端的過程中C的放電量為 D．滑片P置于中間不動，均勻增大轉(zhuǎn)速時導(dǎo)體棒所受的外力和C上的電荷量都均勻增大 答案　CD 解析　A項，導(dǎo)體棒Oc轉(zhuǎn)動過程中由右手定則知電流由c向O流動，因?qū)w棒相當(dāng)于電源，故c端是電源的負極，電勢低，故A項錯誤； B項，導(dǎo)體棒勻速轉(zhuǎn)動時產(chǎn)生的電動勢為E＝Brω＝Br2ω，因此回路中的電流為I＝，于是對應(yīng)外力的功率為P＝I2(R＋R0)＝，故B項錯誤； C項

21、，導(dǎo)體棒穩(wěn)定轉(zhuǎn)動時，電動勢恒定，將滑片P從右向左滑動過程中C的電壓從U＝R＝逐漸減小到零，對應(yīng)放出的電荷量為Q＝C(U－0)＝，故C項正確； D項，滑片P置于中間不動，增大轉(zhuǎn)速時，ω＝2πn，電動勢E＝Br2ω＝πBr2n，回路中的電流為I＝，聯(lián)立化簡得I＝n線性增大，因此安培力F＝IrB＝n也線性增大；由于電流線性增大，滑動變阻器分配的電壓線性增大，加在C上的電壓線性增大，因此它的帶電量也線性增大，故D項正確． 二、非選擇題 13．(2017·江蘇)如圖所示，兩條相距d的平行金屬導(dǎo)軌位于同一水平面內(nèi)，其右端接一阻值為R的電阻．質(zhì)量為m的金屬桿靜置在導(dǎo)軌上，其左側(cè)的矩形勻強磁場區(qū)域MNP

22、Q的磁感應(yīng)強度大小為B、方向豎直向下．當(dāng)該磁場區(qū)域以速度v0勻速地向右掃過金屬桿后，金屬桿的速度變?yōu)関.導(dǎo)軌和金屬桿的電阻不計，導(dǎo)軌光滑且足夠長，桿在運動過程中始終與導(dǎo)軌垂直且兩端與導(dǎo)軌保持良好接觸．求： (1)MN剛掃過金屬桿時，桿中感應(yīng)電流的大小I； (2)MN剛掃過金屬桿時，桿的加速度大小a； (3)PQ剛要離開金屬桿時，感應(yīng)電流的功率P. 答案　(1)　(2)　(3) 解析　(1)感應(yīng)電動勢E＝Bdv0 感應(yīng)電流I＝，解得I＝ (2)安培力F＝BId 牛頓第二定律F＝ma，解得a＝ (3)金屬桿切割磁感線的速度v′＝v0－v，則 感應(yīng)電動勢E＝Bd(v0－v)

23、 電功率P＝，解得P＝. 14．如圖(a)所示，平行長直金屬導(dǎo)軌水平放置，間距L＝0.4 m，導(dǎo)軌右端接有阻值R＝1 Ω的電阻，導(dǎo)體棒垂直放置在導(dǎo)軌上，且接觸良好，導(dǎo)體棒及導(dǎo)軌的電阻均不計，導(dǎo)軌間正方形區(qū)域abcd內(nèi)有方向豎直向下的勻強磁場，bd連線與導(dǎo)軌垂直，長度也為L，從0時刻開始，磁感應(yīng)強度B的大小隨時間t變化，規(guī)律如圖(b)所示；同一時刻，棒從導(dǎo)軌左端開始向右勻速運動，1 s后剛好進入磁場，若使棒在導(dǎo)軌上始終以速度v＝1 m/s做直線運動，求： (1)進入磁場前，回路中的電動勢E； (2)棒在運動過程中受到的最大安培力F，以及棒通過三角形abd區(qū)域時電流i與時間t的關(guān)系式．

24、 答案　(1)E＝0.04 V　(2)i＝t–1(1 s