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1、高考物理总复习 9-2法拉第电磁感应定律训练试题 新人教版1(单选)一个由电阻均匀的导线绕制成的闭合线圈放在磁场中，如图所示，线圈平面与磁场方向成60角，磁感应强度随时间均匀变化，下列方法可使感应电流增加一倍的是()A把线圈匝数增加一倍B把线圈面积增加一倍C把线圈半径增加一倍D改变线圈与磁场方向的夹角为另一定值解析设导线的电阻率为，横截面积为S0，线圈的半径为r，线圈与磁场方向的夹角为，线圈匝数为n，则Isin，可见，将r增加一倍，I增加一倍；改变线圈与磁场方向的夹角，sin不能变为原来的2倍(因sin最大值为1)；若将线圈的面积增加一倍，半径r增加(1)倍，电流增加(1)倍；I与线圈匝数无关
2、综上所述，只有C项正确答案C2(单选)(2011广东)将闭合多匝线圈置于仅随时间变化的磁场中，线圈平面与磁场方向垂直，关于线圈中产生的感应电动势和感应电流，下列表述正确的是()A感应电动势的大小与线圈的匝数无关B穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大C穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大D感应电流产生的磁场方向与原磁场方向始终相同解析由法拉第电磁感应定律En，可知感应电动势的大小E与n有关，与即磁通量变化的快慢成正比，所以选项A、B错误，选项C正确由楞次定律可知，感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的原磁通量的变化，即原磁通量增加，感应电流的磁场方向与原磁场方向相反；原磁通量减小，感应电流的磁
3、场方向与原磁场方向相同，故D项错误答案C3(单选)2012年11月24日，中国的歼15战机成功在“辽宁号”航母上起降，使中国真正拥有了自己的航母由于地磁场的存在，飞机在一定高度水平飞行时，其机翼就会切割磁感线，机翼的两端之间会有一定的电势差，则从飞行员的角度看，机翼左端的电势比右端的电势()A低B高C相等 D以上情况都有可能解析北半球的地磁场的竖直分量向下，由右手定则可判定飞机无论向哪个方向飞行，由飞行员的角度看均为左侧机翼电势较高答案B4(单选)(xx北京)如图所示，在磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，金属杆MN在平行金属导轨上以速度v向右匀速滑动，MN中产生的感应电动势为E1；
4、若磁感应强度增为2B，其他条件不变，MN中产生的感应电动势变为E2.则通过电阻R的电流方向及E1与E2之比E1E2分别为()Aca,21 Bac,21Cac,12 Dca,12解析由右手定则，可判断出金属杆中的电流方向为NM，则电阻R中的电流方向为ac.根据EBLv，可得E1E212，选项C正确答案C5.(多选)如图所示，一导线弯成半径为a的半圆形闭合回路，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，下列结论正确的是()A感应电流方向不变BCD段直导线始终不受安培力C感应电动势最大
5、值EmBavD感应电动势平均值Bav解析在闭合回路进入磁场的过程中，通过闭合回路的磁通量逐渐增大，根据楞次定律，可知感应电流的方向为逆时针方向不变，选项A正确根据左手定则可判断，CD段受安培力向下，选项B错误当半圆形闭合回路进入磁场一半时，这时有效切割长度最大为a，所以感应电动势最大值EmBav，选项C正确感应电动势平均值Bav.选项D正确答案ACD6(单选)粗细均匀的电阻丝围成的正方形线框置于有界匀强磁场中，磁场方向垂直于线框平面，其边界与正方形线框的边平行现使线框以同样大小的速度沿四个不同方向平移出磁场，如图所示则在移出过程中线框一边a、b两点间电势差的绝对值最大的是()解析线框各边电阻相
6、等，切割磁感线的那个边为电源，电动势相同均为Blv.在A、C、D项中，UabBlv；B项中，UabBlv，选项B正确答案B7(单选)如图所示，正方形线圈abcd位于纸面内，边长为L，匝数为N，线圈内接有电阻值为R的电阻，过ab中点和cd中点的连线OO恰好位于垂直纸面向里的匀强磁场的右边界上，磁场的磁感应强度为B.当线圈转过90的过程中，通过电阻R的电荷量为()A. B.C. D.解析初状态时，通过线圈的磁通量1；转过90时，穿过线圈的磁通量20，En，I，qIt，则qN，选项B正确答案B8(单选)如图所示，长为L的金属导线弯成一圆环，导线的两端接在电容为C的平行板电容器上，P、Q为电容器的两个
7、极板，两极板间的距离远小于环的半径，磁场垂直环面向里，磁感应强度以BB0kt(k0)的规律随时间变化，t0时，P、Q两板电势相等经时间t，电容器P板()A不带电B所带电荷量与t成正比C带正电，电荷量是D带负电，电荷量是解析磁感应强度以BB0kt(t0)的规律随时间变化，由法拉第电磁感应定律，得ESkS，而S，则E.经时间t，电容器P板所带电荷QEC；由楞次定律，知电容器P板带负电，故D选项正确答案D9(单选)如图所示，线圈A、B是由不同材料制成的导体线圈，它们的质量一样大，形状一样，设磁场足够大，下列说法正确的是()A电阻大的线圈达到稳定速度时的速度大B电阻小的线圈达到稳定速度时的速度大C两线
8、圈的稳定速度是一样的D电阻率大的材料制成的线圈，稳定速度大解析以极端情况分析，若线圈电阻非常大，以至于无穷大时，线圈中电流趋势近于零，线圈做自由落体运动，速度将不断增大，所以可推知电阻大的线圈稳定运动时的速度大，选项A正确答案A10(单选)(2011海南)如图所示，EOF和EOF为空间一匀强磁场的边界，其中EOEO，FOFO，且EOOF；OO为EOF的角平分线，OO间的距离为l；磁场方向垂直于纸面向里一边长为l的正方形导线框沿OO方向匀速通过磁场，t0时刻恰好位于图示位置规定导线框中感应电流沿逆时针方向时为正，则感应电流i与时间t的关系图线可能正确的是()解析本题中四个选项都是it关系图线，故
9、可用排除法因在第一个阶段内通过导线框的磁通量向里增大，由楞次定律可判定此过程中电流沿逆时针方向，故选项C、D错误；由于穿过整个磁场区域的磁通量变化是0，由q，可知整个过程中通过导线框的总电荷量也应为零，而在it图象中图线与时间轴所围总面积为零，即时间轴的上下图形面积的绝对值应相等，故A项错误，B项正确答案B11(多选)(xx山东)如图所示，空间存在两个磁场，磁感应强度大小均为B，方向相反且垂直纸面，MN、PQ为其边界，OO为其对称轴一导线折成边长为l的正方形闭合回路abcd，回路在纸面内以恒定速度v0向右运动，当运动到关于OO对称的位置时()A穿过回路的磁通量为零B回路中感应电动势大小为BLv
10、0C回路中感应电流的方向为顺时针方向D回路中ab边与cd边所受安培力方向相同解析由于两磁场的磁感应强度大小相等，方向相反，且回路此时关于OO对称，因而此时穿过回路的磁通量为零，A项正确；ab、cd均切割磁感线，相当于两个电源，由右手定则知，回路中感应电流方向为逆时针方向，两电源串联，感应电动势为2BLv0，B、C项错误；由左手定则，知ab、cd所受安培力方向均向左，D项正确答案AD12(单选)一个边长为L的正方形导线框在倾角为的光滑固定斜面上由静止开始沿斜面下滑，随后进入虚线下方方向垂直于斜面的匀强磁场中如图所示，磁场的上边界线水平，线框的下边ab边始终水平，斜面以及下方的磁场往下方延伸到足够
11、远下列推理判断正确的是()A线框进入磁场过程b点的电势比a点高B线框进入磁场过程一定是减速运动C线框中产生的焦耳热一定等于线框减少的机械能D线框从不同高度下滑时，进入磁场过程中通过线框导线横截面的电荷量不同解析ab边进入磁场后，切割磁感线，ab相当于电源，由右手定则，可知a为等效电源的正极，a点电势高，A项错误由于线框所受重力的分力mgsin与安培力大小不能确定，所以不能确定其是减速还是加速，B项错误；由能量守恒，知C项正确；由qn知，q与线框下降的高度无关，D项错误答案C13.在范围足够大，方向竖直向下的匀强磁场中，B0.2 T，有一水平放置的光滑框架，宽度为L0.4 m，如图所示，框架上放
12、置一质量为0.05 kg，电阻为1 的金属杆cd，框架电阻不计若cd杆以恒定加速度a2 m/s2，由静止开始做匀变速运动，求：(1)在5 s内平均感应电动势是多少？(2)第5 s末，回路中的电流多少？(3)第5 s末，作用在cd杆上的水平外力多大？解析(1)5 s内的位移xat225 m5 s内的平均速度5 m/s(也可用求解)故平均感应电动势BL0.4 V(2)第5 s末：vat10 m/s此时感应电动势EBLv则回路电流为I A0.8 A(3)杆匀加速运动，则FF安ma即FBILma0.164 N答案(1)0.4 V(2)0.8 A(3)0.164 N14.如图所示，间距为L0.5 m足够
13、长的平行金属导轨放置在与水平面间夹角为37的绝缘斜面上，导轨的上端连接有一个R4 的电阻有一个匀强磁场垂直于导轨平面向上，磁感应强度为B01 T将一根质量为m0.05 kg、长度为L的金属棒ab放置在导轨上并与其垂直，且与导轨接触良好，金属棒的电阻r1 ，导轨的电阻不计从导轨的顶端由静止释放金属棒，金属棒沿导轨向下运动已知金属棒与导轨间的动摩擦因数0.5，当金属棒向下滑行s3 m时达到稳定速度，则：(不计初始状态下导体棒与导轨顶端的间距，g10 m/s2，sin370.6，cos370.8)(1)金属棒达到的稳定速度是多大？(2)金属棒沿导轨下滑距离为s的过程中，电阻R上产生的焦耳热为多少？(
14、3)若将金属棒达到稳定速度时计作时间t0，从此时刻起，让磁感应强度逐渐减小，使金属棒中不产生感应电流，则t1 s时磁感应强度为多大？解析(1)金属棒达到最大速度时产生的电动势EB0Lvm回路中产生的感应电流I金属棒所受安培力FB0IL金属棒所受合外力为零时，下滑的速度达到最大，则mgsinFmgcos0解得vm2 m/s(2)设电阻R上产生的焦耳热为Q，整个电路产生的焦耳热为Q总，则由动能定理，得mgssinmgscosW安mvW安Q总QQ总解得Q0.16 J(3)不产生感应电流，即磁通量不变，金属棒不受安培力作用，金属棒做匀加速直线运动，由牛顿第二定律，可得mgsinmgcosma得ag(sincos)10(0.60.50.8) m/s22 m/s2根据闭合回路磁通量不变，有B0LsBL(svmtat2)得B所以，当t1 s时，B0.5 T答案(1)2 m/s(2)0.16 J(3)0.5 T
