选择题考点专项训练53 法拉第电磁感应定律的应用（后附解析）-【选择题专练】2025年高考物理一轮复习练习

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A.按下按钮过程，螺线管P端电势较低
B.松开按钮过程，螺线管Q端电势较高
C.按住按钮不动，螺线管中会产生感应电动势
D.按下和松开按钮过程，螺线管产生的感应电动势大小一定相同
2.(多线圈感生电动势)近场通信(NFC)器件依据电磁感应原理进行通信，其内部装有类似于压扁的线圈作为天线。如图所示，这种线圈从内到外逐渐扩大，构成正方形。在这个正方形NFC线圈中，共有3圈，它们的边长分别为a、b、c(a>b>c)，需要注意的是，图中线圈接入内部芯片时与芯片内部线圈绝缘，从而能够正确地连接到内置芯片。若匀强磁场垂直穿过该线圈时，磁感应强度随时间变化规律为B＝kt＋B0(k为常数)。则整个线圈产生的感应电动势最接近( )
A.3a2k B.(a2＋b2＋c2)k
C.3(a2＋b2＋c2)k D.(a＋b＋c)2k
3.(感生电动势)两个半径不同的半圆金属环可以组成如图甲、乙所示的两种闭合回路，两半圆环位于同一平面内，圆心重合，较小的半圆环的半径为r，整个回路的电阻为R。将两个闭合回路放在垂直环面的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化的规律如图丙所示，则t0时刻，甲、乙两回路中小的半圆环受到的安培力之差为(图中均为已知量)( )
A.eq \f(πBeq \\al(2,0)r3,Rt0) B.eq \f(πBeq \\al(2,0)r3,2Rt0)
C.eq \f(2πBeq \\al(2,0)r3,Rt0) D.eq \f(4πBeq \\al(2,0)r3,Rt0)
4.(感生电动势)(多选)将一根绝缘细导线绕成如图所示的线圈，再将线圈和小灯泡构成闭合回路，线圈内部存在一方向垂直纸面向里的均匀磁场，已知小灯泡的电阻为R，细导线的电阻为r，矩形的面积为S1，小圆的面积为S2，磁感应强度大小随时间变化的规律为B＝B0＋kt，B0和k均为大于零的常量，下列说法正确的是( )
A.通过灯泡的电流由a流向b
B.闭合回路中的感应电动势为k(S1－S2)
C.通过小灯泡的电流大小为eq \f(k（S1＋S2）,R＋r)
D.小灯泡两端的电压为eq \f(\r(2)Rk（S1＋S2）,R＋r)
5.(动生电动势)在光滑的水平地面上方，有两个磁感应强度大小均为B，方向相反的匀强磁场，如图所示，PQ为两个磁场的边界，磁场范围足够大。一个半径为a、质量为m、电阻为R的金属圆环垂直磁场方向以速度v从如图位置运动，当圆环运动到直径刚好与边界线PQ重合时，圆环的速度为eq \f(1,2)v，则下列说法正确的是( )
A.此时圆环中的电功率为eq \f(2B2a2v2,R)
B.此时圆环的加速度为eq \f(4B2a2v2,mR)
C.此过程中通过圆环截面的电荷量为eq \f(πBa2,R)
D.此过程中回路产生的电能为0.75mv2
6.(直棒非垂直切割)如图甲所示，一导体杆用两条等长细导线悬挂于水平轴OO′，接入电阻R构成回路。导体杆处于竖直向上的匀强磁场中，将导体杆从竖直位置拉开小角度θ静止释放，导体杆开始下摆。当R＝R0时，导体杆振动图像如图乙所示。若横纵坐标皆采用图乙标度，则当R＝2R0时，导体杆振动图像是( )
7.(旋转垂直切割)如图所示，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，OC导体棒的O端位于圆心，棒的中点A位于磁场区域的边缘。现使导体棒绕O点在纸面内逆时针转动。O、A、C点电势分别为φ0、φA、φC，则( )
A.φO>φC B.φC>φA
C.φO＝φA D.φO－φA＝φA－φC
8.(旋转环切＋电容器)(多选)半径分别为r和2r的同心圆导轨固定在同一水平面内，一长为r，电阻为R的均匀金属棒AB置于圆导轨上面，BA的延长线通过圆导轨中心O，装置的俯视图如图所示，整个装置位于一匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，方向竖直向下，在两环之间接阻值为R的定值电阻和电容为C的电容器，直导体棒在水平外力作用下以角速度ω绕O逆时针匀速转动，在转动过程中始终与导轨保持良好的接触，导轨电阻不计，下列说法正确的是( )
A.金属棒中电流从A流向B
B.金属棒两端电压为eq \f(3,4)Bω2r
C.电容器的M板带正电
D.电容器所带电荷量为eq \f(3,4)CBωr2
9.(平动切割与旋转切割)如图所示，水平放置足够长光滑金属导轨abc和de，ab与de平行，bc是以O为圆心的圆弧导轨，圆弧be左侧和扇形Obc内有方向如图所示的匀强磁场，金属杆OP的O端与e点用导线相接，P端与圆弧bc接触良好，金属杆MN始终与导轨垂直，初始时MN静止在平行导轨上。若杆OP绕O点在匀强磁场区内从b到c匀速转动时，回路中始终有电流，则此过程中，下列说法正确的有( )
A.杆OP产生的感应电动势为E＝Br2ω
B.杆OP转动产生的感应电流方向由N→M
C.杆MN向左运动
D.杆MN中的电流逐渐增大
10.(感生＋旋转切割)如图，导体轨道OPQS固定，其中PQS是半圆弧，Q为半圆弧的中心，O为圆心。轨道的电阻忽略不计。OM是有一定电阻，可绕O转动的金属杆。M端位于PQS上，OM与轨道接触良好。空间存在垂直半圆所在平面的匀强磁场，磁感应强度的大小为B，现使金属杆OQ位置以恒定的角速度逆时针转到OS位置并固定(过程Ⅰ)；再使磁感应强度的大小以一定的变化率从B增加到B′(过程Ⅱ)。在过程Ⅰ、Ⅱ中，流过OM的电荷量相等，则eq \f(B′,B)等于( )
A.eq \f(5,4) B.eq \f(3,2)
C.eq \f(7,4) D.2
11.(动生＋交流电)(多选)如图所示，虚线圆边界与金属圆环是以O为圆心的同心圆，半径分别是1 m和2 m，在它们之间存在以O1P为理想分界线的有界匀强磁场，磁场的大小都为2 T，方向相反并垂直于圆面；不计电阻的金属杆AC以O为转轴做角速度为2 rad/s的匀速圆周运动，转动过程中两端始终与金属圆环接触，金属圆环的总电阻为48 Ω，则( )
A.金属杆AC转一圈电流的方向改变1次
B.流过金属杆AC的电流大小始终为1 A
C.金属圆环的发热功率为48 W
D.金属杆AC转一圈克服安培力做功37.68 J
12.(感生＋交流电)如图所示，半径为r的金属圆环放在垂直纸面向外的匀强磁场中，环面与磁感应强度垂直、磁场的磁感应强度为B0，保持圆环不动，使磁场的磁感应强度随时间均匀增大、经过时间t、磁场的磁感应强度增大到B1，此时圆环中产生的焦耳热为Q；保持磁场的磁感应强度B1不变，将圆环绕对称轴(图中虚线)匀速转动，经时间2t圆环转过90°，圆环中电流大小按正弦规律变化，圆环中产生的焦耳热也为Q，则磁感应强度B0和B1的比值为( )
A.eq \f(4－π,4) B.eq \f(5－π,5)
C.eq \f(4\r(2)－π,4\r(2)) D.eq \f(5\r(2)－π,5\r(2))
解析答案53 法拉第电磁感应定律的应用
1．A [按下按钮的过程中，螺线管中的磁场增强，由楞次定律及右手螺旋定则可知，螺线管中的感应电流由P流向Q，螺线管作为电源，在电源内部感应电流由负极流向正极，所以其P端电势较低，故A正确；松开按钮的过程中，螺线管中的磁场减弱，由楞次定律及右手螺旋定则可知，螺线管中的感应电流由Q流向P，螺线管作为电源，在电源内部感应电流由负极流向正极，所以其Q端电势较低，故B错误；按住按钮不动，螺线管中的磁通量变化率为零，线圈中不会产生感应电动势，故C错误；按下和松开按钮的过程中，产生的感应电动势方向不同，故D错误。]
2．B [根据法拉第电磁感应定律可知，3圈线圈产生的电动势大小分别为E1＝eq \f(ΔB,Δt)a2＝ka2，E2＝eq \f(ΔB,Δt)b2＝kb2，E3＝eq \f(ΔB,Δt)c2＝kc2，由图可知3圈线圈产生的电动势方向相同，则整个线圈产生的感应电动势为E＝E1＋E2＋E3＝(a2＋b2＋c2)k，故B正确。]
3．C [设甲回路的面积为S1，则感应电动势E1＝eq \f(B0,t0)S1，t0时刻，甲回路中小的半圆环受到的安培力F1＝2B0eq \f(E1,R)r，设乙回路的面积为S2，则感应电动势E2＝eq \f(B0,t0)S2，t0时刻，乙回路中小的半圆环受到的安培力F2＝2B0eq \f(E2,R)r，由题意知，甲、乙两回路面积之差为S1－S2＝πr2，则安培力之差ΔF＝F1－F2＝eq \f(2πBeq \\al(2,0)r3,Rt0)，故C正确。]
4．AC [由磁感应强度的变化规律可知，闭合回路中的磁感应强度向内，磁通量增加，由楞次定律可知，通过小灯泡的电流由a流向b，A正确；矩形线圈产生的感应电动势为E1＝S1eq \f(ΔB,Δt)＝kS1，小圆线圈产生的感应电动势为E2＝S2eq \f(ΔB,Δt)＝kS2，由楞次定律可知，两部分线圈产生的感应电动势方向相同，所以总电动势为E＝E1＋E2＝k(S1＋S2)，B错误；通过小灯泡的电流大小为I＝eq \f(E,R＋r)＝eq \f(k（S1＋S2）,R＋r)，C正确；通过小灯泡的电流是恒定电流，小灯泡两端的电压为U＝IR＝eq \f(Rk（S1＋S2）,R＋r)，D错误。]
5．C [根据右手定则可知，在图示位置，圆环左、右两边的线圈因切割磁感线而产生的感应电流方向相同(均是顺时针方向)，线圈中的感应电动势大小E＝2B·2a·eq \f(1,2)v＝2Bav，感应电流大小I＝eq \f(E,R)＝eq \f(2Bav,R)，此时圆环中的电功率为P＝EI＝eq \f(4B2a2v2,R)，故A错误；根据左手定则可知，圆环左、右两边受到的安培力均是水平向左，所以根据牛顿第二定律可知，圆环的加速度为a＝eq \f(2BI·2a,m)＝eq \f(4Ba,m)·eq \f(2Bav,R)＝eq \f(8B2a2v,mR)，故B错误；此过程中通过圆环截面的电荷量为Q＝eq \(I,\s\up6(－))Δt＝eq \f(ΔΦ,RΔt)·Δt＝eq \f(ΔΦ,R)＝eq \f(πBa2,R)，故C正确；此过程中回路产生的电能等于小球动能的减小量，所以W电＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v,2)))eq \s\up12(2)＝eq \f(3,8)mv2，故D错误。]
6．B [导体杆切割磁感线时，回路中产生感应电流，由楞次定律可得，导体杆受到的安培力总是阻碍导体棒的运动。当R从R0变为2R0时，回路中的电阻增大为原来的2倍，则电流减小，导体杆所受安培力减小，即导体杆在摆动时所受的阻力减弱，导体杆从开始摆动到停止，运动的路程和经历的时间变长，所以导体杆振动图像是图B。]
7．A [由题图可看出OA导体棒转动切割磁感线，则根据右手定则可知φO>φA，其中导体棒AC段不在磁场中，不切割磁感线，电流为0，则φC＝φA，A正确，B、C错误；根据以上分析可知φO－φA>0，φA－φC＝0，则φO－φA>φA－φC，D错误。]
8．CD [根据右手定则可知，金属棒AB逆时针切割磁感线时，产生的感应电流应该是从B向A，故A错误；据E感＝BLeq \(v,\s\up6(－))以及v＝rω可得切割磁感线时产生的电动势E感＝BLeq \(v,\s\up6(－))＝Br(eq \f(ωr＋2ωr,2))＝eq \f(3,2)Br2ω，切割磁感线的导体相当于电源，则AB两端的电压相当于电源的路端电压，根据闭合电路欧姆定律可知UAB＝eq \f(R,R＋R)E感＝eq \f(1,2)×eq \f(3,2)Br2ω＝eq \f(3,4)Br2ω，故B错误；切割磁感线的AB相当于电源，在AB内部电流方向由B向A，故金属棒A相当于电源正极，故与A接近的电容器M板带正电，故C正确；由B分析知，AB两端的电压为eq \f(3,4)Br2ω，则电容器两端的电压也是eq \f(3,4)Br2ω，故电容器所带电荷量Q＝CU＝eq \f(3,4)CBr2ω，故D正确。]
9．C [OP转动过程中旋转切割磁感线，设OP长度为r，角速度为ω，由E＝Breq \(v,\s\up6(－))，eq \(v,\s\up6(－))＝eq \f(rω,2)，可得感应电动势为E＝eq \f(Br2ω,2)，故A错误；由右手定则可知，OP转动切割磁感线时，感应电流方向由O→P，故回路中产生逆时针方向的感应电流，所以流过金属杆MN的电流方向由M→N，故B错误；由左手定则可知，金属杆MN受到的安培力方向水平向左，故杆MN向左运动，故C正确；当金属杆向左运动时，杆MN切割磁感线，产生顺时针方向的感应电流，设金属杆的速度为v′，杆长为L，则感应电动势为E′＝BLv′，故回路中的感应电动势为E总＝E－E′＝eq \f(Br2ω,2)－BLv′，故随着金属杆速度的增大，回路中的感应电动势逐渐减小，感应电流逐渐减小，故D错误。]
10．B [过程Ⅰ回路中磁通量变化ΔΦ1＝eq \f(1,4)BπR2，设OM的电阻为R，流过OM的电荷量Q1＝eq \f(ΔΦ1,R)。过程Ⅱ回路中磁通量变化ΔΦ2＝eq \f(1,2)(B′－B)πR2，流过OM的电荷量Q2＝eq \f(ΔΦ2,R)。Q2＝Q1，联立解得eq \f(B′,B)＝eq \f(3,2)，B正确。]
11．BD [金属杆AC每经过O1P一次则电流方向改变一次，则转一圈电流的方向改变2次，A错误；金属杆产生的感应电动势E＝2B(2r－r)ωeq \f(2r＋r,2)＝12 V，电路总电阻R＝eq \f(24,2) Ω＝12 Ω，流过金属杆AC的电流大小始终为I＝eq \f(E,R)＝1 A，B正确；金属圆环的发热功率为P＝eq \f(E2,R)＝eq \f(122,12) W＝12 W，C错误；金属杆AC转一圈克服安培力做功等于产生的焦耳热W＝Q＝I2RT＝12×12×eq \f(2π,2) J＝37.68 J，D正确。]
12．A [若保持圆环不动，则产生的感应电动势恒定为E1＝eq \f(（B1－B0）πr2,t)，则Q＝eq \f(Eeq \\al(2,1),R)t＝eq \f(（B1－B0）2π2r4,tR)①，若线圈转动：则产生的感应电动势最大值E2m＝B1ωS＝B1eq \f(\f(π,2),2t)·πr2＝eq \f(π2r2B1,4t)，有效值E2＝eq \f(π2r2B1,4\r(2)t)，产生的热量Q＝eq \f(Eeq \\al(2,2),R)×2t＝eq \f(π4r4Beq \\al(2,1),16tR)②，联立①②可得eq \f(B0,B1)＝eq \f(4－π,4)，故A正确。]