PAGE第4頁共4頁課時跟蹤檢測(七)法拉第電磁感應定律eq\a\vs4\al(A)組—重基礎·體現綜合1.如圖所示，電流表與螺線管組成閉合電路，以下關于電流表指針偏轉情況的陳述正確的是()A．磁鐵快速插入螺線管時比慢速插入螺線管時電流表指針偏轉大B．磁鐵快速插入螺線管和慢速插入螺線管，磁通量變化相同，故電流表指針偏轉相同C．磁鐵放在螺線管中不動時，螺線管中的磁通量最大，所以電流表指針偏轉最大D．將磁鐵從螺線管中拔出時，磁通量減小，所以電流表指針偏轉一定減小解析：選A只有在磁鐵插入和拔出螺線管時，螺線管中才有感應電流產生，插入和拔出的速度越快，磁通量的變化越快，感應電流越大，電流表指針偏轉越大。2.如圖所示，在豎直向下的勻強磁場中，將一個水平放置的金屬棒ab以水平初速度v0拋出，設運動的整個過程中棒的取向不變且不計空氣阻力，則金屬棒在運動過程中產生的感應電動勢大小將()A．越來越大 B．越來越小C．保持不變 D．無法確定解析：選C感應電動勢E＝BLvsinθ＝BLv0，ab做平拋運動，水平速度保持不變，感應電動勢大小保持不變。3．穿過某線圈的磁通量隨時間變化的關系如圖所示，在線圈內產生感應電動勢最大值的時間段是()A．0～2s B．2～4sC．4～6s D．6～8s解析：選C圖線斜率表示磁通量的變化率，根據法拉第電磁感應定律E＝eq\f(ΔΦ,Δt)知，在4～6s內Φ-t圖線斜率最大，則磁通量變化率最大，感應電動勢最大，故C正確，A、B、D錯誤。4.如圖所示，面積為S、匝數為N的矩形線圈固定在絕緣的水平面上，線圈的一半面積處于豎直向下的勻強磁場中。磁場的磁感應強度隨時間均勻變化，其變化率為K。已知某時刻磁感應強度為B0，穿過線圈的磁通量為Φ，產生的感應電動勢為E，則()A．Φ＝B0S B．Φ＝eq\f(1,2)NB0SC．E＝KS D．E＝eq\f(1,2)NKS解析：選D勻強磁場與線圈平面垂直，有一半的面積處于磁場中，故磁通量為：Φ＝B0·eq\f(S,2)＝eq\f(1,2)B0S，故A、B錯誤；根據法拉第電磁感應定律，感應電動勢為：E＝Neq\f(ΔΦ,Δt)＝Neq\f(ΔB·\f(S,2),Δt)＝eq\f(1,2)NSeq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(1,2)NKS，故C錯誤，D正確。5.(多選)如圖所示，A、B兩閉合線圈為同樣導線繞成，A有10匝，B有20匝，兩圓線圈半徑之比為2∶1。均勻磁場只分布在B線圈內，當磁場隨時間均勻減弱時()A．A中無感應電流B．A、B中均有恒定的感應電流C．A、B中感應電動勢之比為2∶1D．A、B中感應電流之比為1∶2解析：選BD只要穿過圓線圈內的磁通量發生變化，線圈中就有感應電動勢和感應電流，因為磁場變化情況相同，有效面積也相同，所以每匝線圈產生的感應電動勢相同，所以A、B中感應電動勢之比為1∶2，又由于兩線圈的匝數和半徑不同，電阻值不同，根據電阻定律，單匝線圈電阻之比為2∶1，所以感應電流之比為1∶2。6.如圖所示，abcd為水平放置的平行“”形光滑金屬導軌，間距為l，導軌間有垂直于導軌平面的勻強磁場，磁感應強度大小為B，導軌電阻不計。已知金屬桿MN傾斜放置，與導軌成θ角，單位長度的電阻為r，保持金屬桿以速度v沿平行于cd的方向滑動(金屬桿滑動過程中與導軌接觸良好)。則()A．電路中感應電動勢的大小為eq\f(Blv,sinθ)B．電路中感應電流的大小為eq\f(Bvsinθ,r)C．金屬桿所受安培力的大小為eq\f(B2lvsinθ,r)D．金屬桿的熱功率為eq\f(B2lv2,rsinθ)解析：選B金屬桿切割磁感線的有效長度為l，電動勢為E＝Blv，選項A錯誤；根據題意，回路電阻R＝eq\f(rl,sinθ)，由歐姆定律有I＝eq\f(Blv,rl)sinθ＝eq\f(Bvsinθ,r)，選項B正確；安培力F＝eq\f(BIl,sinθ)＝eq\f(B2vl,r)，選項C錯誤；金屬桿的熱功率為P＝I2R＝eq\f(B2v2lsinθ,r)，選項D錯誤。7.如圖所示，正方形線圈位于紙面內，邊長為L，匝數為N，電阻為R，過ab中點和cd中點的連線OO′恰好位于垂直于紙面向里的勻強磁場的右邊界上，磁感應強度為B，當線圈從圖示位置繞OO′轉過90°時，穿過線圈某橫截面的總電荷量為()A．BL2 B．NBL2C.eq\f(BL2,2R) D.eq\f(NBL2,2R)解析：選D正方形線圈從題圖所示位置轉過90°時，磁通量變化量為ΔΦ＝B·eq\f(1,2)L2＝eq\f(BL2,2)，故q＝eq\x\to(I)Δt＝Neq\f(ΔΦ,Δt·R)Δt＝Neq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(NBL2,2R)，故D正確，A、B、C錯誤。8.如圖所示，在磁感應強度B＝0.2T、方向與紙面垂直的勻強磁場中，有水平放置的兩平行導軌ab、cd，其間距l＝50cm，a、c間接有電阻R?，F有一電阻為r的導體棒MN跨放在兩導軌間，并以v＝10m/s的恒定速度向右運動，a、c間電壓為0.8V，且a點電勢高。其余電阻忽略不計。問：(1)導體棒產生的感應電動勢是多大？(2)通過導體棒電流方向如何？磁場的方向是垂直紙面向里，還是垂直紙面向外？(3)R與r的比值是多少？解析：(1)導體棒切割磁感線產生的感應電動勢大小為E＝Blv＝1V。(2)由題意知電流方向為N→M；根據右手定則可知磁場方向垂直紙面向里。(3)根據閉合電路的歐姆定律I＝eq\f(E,R＋r)＝eq\f(U,R)，解得：eq\f(R,r)＝eq\f(U,E－U)＝4。答案：(1)1V(2)電流方向為N→M磁場方向垂直紙面向里(3)4eq\a\vs4\al(B)組—重應用·體現創新9．(多選)如圖甲為電動汽車無線充電原理圖，M為受電線圈，N為送電線圈。圖乙為受電線圈M的示意圖，線圈匝數為n，電阻為r，橫截面積為S，兩端a、b連接車載變流裝置，勻強磁場平行于線圈軸線向上穿過線圈。下列說法正確的是()A．只要受電線圈M兩端有電壓，送電線圈N中的電流一定不是恒定電流B．只要送電線圈N中有電流流入，受電線圈M兩端一定有電壓C．當受電線圈M中磁感應強度均勻增加時，受電線圈M中有電流從a端流出D．若Δt時間內，受電線圈M中磁感應強度均勻增加ΔB，則受電線圈M兩端的電壓為eq\f(nSΔB,Δt)解析：選AC如果受電線圈M兩端有電壓，說明穿過受電線圈M的磁場變化，此時送電線圈N中的電流一定不是恒定電流，故A正確；若送電線圈N中有恒定電流，則產生的磁場不變化，在受電線圈M中不會產生感應電動勢，故B錯誤；穿過受電線圈M的磁感應強度均勻增加，根據楞次定律可知，感應電流的磁場向下，故感應電流方向從b向a，即電流從a端流出，故C正確；根據法拉第電磁感應定律，有E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝nSeq\f(ΔB,Δt)，由閉合電路歐姆定律得受電線圈M兩端的電壓U＝eq\f(E,R＋r)R＝eq\f(nSΔBR,ΔtR＋r)，其中R為受電線圈M外接電路的電阻，故D錯誤。10.在“嫦娥五號”返回器返回地球過程中，假設返回器上有一邊長為50cm的正方形導線框abcd，由于返回器的姿態調整，線框由水平方向(實線)轉至豎直方向(虛線)，線框所在處地磁場磁感應強度B＝4×10－5T，方向如圖所示。問：(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(1)該過程中磁通量的改變量是多少？(2)該過程線框中有無感應電流？設線框的電阻為R＝0.1Ω，若線框中有電流，則通過線框的電荷量是多少？解析：(1)線框在水平位置時，穿過線框的磁通量Φ1＝BSsin37°＝6.0×10－6Wb。當線框轉至豎直位置時，線框平面的法線方向與磁感線的夾角θ＝143°，穿過線框的磁通量Φ2＝BScos143°＝－8.0×10－6Wb。該過程中磁通量的改變量ΔΦ＝|Φ2－Φ1|＝1.4×10－5Wb。(