新教材高中物理课时评价5法拉第电磁感应定律含解析鲁科版选择性必修第二册

PAGE10-法拉第电磁感应定律(25分钟·60分)一、选择题(本题共5小题，每题7分，共35分)1.如图所示，匝数为100匝的线圈与电流表串联，在0.3s内把磁铁插入线圈，这段时间穿过线圈的磁通量由0增至1.2×10-3Wb。这个过程中线圈中的感应电动势为 ()A.0.4VB.4VC.0.004VD.40V【解析】选A。磁铁插入线圈，闭合线圈的磁通量发生变化，从而产生感应电动势，根据法拉第电磁感应定律得：E=N=100×V=0.4V，故A正确，B、C、D错误。2.如图，直角三角形金属框abc放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向平行于ab边向上。ac、bc两金属棒分别串有电压表、电流表，当金属框绕ab边逆时针(俯视)转动时，下列判断正确的是 ()A.电压表有读数，电流表没有读数B.电压表有读数，电流表也有读数C.电压表无读数，电流表有读数D.电压表无读数，电流表也无读数【解析】选D。导体棒bc、ac做切割磁感线运动，产生感应电动势，但穿过直角三角形金属框abc回路的磁通量没有发生变化，恒为0，所以金属框中无电流，电压表和电流表都无读数。故D正确，A、B、C错误。【补偿训练】如图所示，矩形线框abcd的ad和bc的中点M、N之间连接一电压表，整个装置处于匀强磁场中，磁场的方向与线框平面垂直，当线框向右匀速平动时，以下说法正确的是 ()A.穿过线框的磁通量不变化，MN间无感应电动势B.MN不产生电动势，所以MN间无电势差C.MN间有电势差，所以电压表有读数D.因为无电流通过电压表，所以电压表无读数【解析】选D。穿过线框的磁通量不变化，所以无感应电流，因此电压表无读数，C错误，D正确。MN切割磁感线，所以MN产生感应电动势，MN间有电势差，A、B错误。3.如图所示，一面积为S的正三角形金属框abc固定，M、N分别为ab和ac边的中点，直线MN上方有垂直于线框的匀强磁场。在时间t内，磁感应强度的大小由B均匀增加到3B，方向不变，在此过程中 ()A.穿过金属框的磁通量变化量为BSB.N点电势比M点的高C.金属框中的感应电动势为D.金属框中的感应电动势为【解析】选C。由几何关系知三角形aMN的面积为S′=S，开始时穿过金属框的磁通量为Φ1=BS′，末磁通量为Φ2=3BS′，所以此过程中磁通量的变化量为ΔΦ=Φ2-Φ1=BS，故A错误；根据楞次定律可以判断三角形线框中的感应电流方向为逆时针方向，其中aMN部分为电源部分，在电源内部电流从低电势流向高电势，故M点的电势高于N点的电势，故B错误；根据法拉第电磁感应定律得线框中的感应电动势大小为E==，故C正确，D错误。4.如图所示，a、b、c三个金属线圈放置在绝缘水平面上，b、c两线圈用金属导线相连，给c线圈中加垂直于线圈平面向里的变化磁场，能使a线圈中产生感应电流的是 ()【解析】选D。要使a线圈中产生电流，则a线圈中的磁通量发生变化，只有b、c线圈中产生变化的电流，才能在a线圈中产生变化的磁场进而让a线圈中的磁通量变化产生感应电流。若c线圈中的磁场恒定，不会产生感应电流，故A错误；c线圈中的磁场均匀变化，产生恒定电流，不会在a线圈中产生变化的磁场，就不会有磁通量变化产生感应电流，故B、C错误；c线圈中的磁场非均匀变化，产生变化的电流，在a线圈中产生变化的磁场，就有磁通量变化产生感应电流，故D正确。5.如图所示，导体杆OP在作用于OP中点且垂直于OP的力作用下，绕O轴沿半径为r的光滑半圆形框架在匀强磁场中以一定的角速度ω转动，磁场的磁感应强度为B，AO间接有电阻R，杆和框架电阻不计，则 ()A.OP中的电流方向为O到P，OP两端电压为B.OP中的电流方向为O到P，OP两端电压为C.OP中的电流方向为P到O，OP两端电压为Bωr2D.OP中的电流方向为P到O，OP两端电压为【解析】选A。由题图知，杆OP切割磁感线，根据右手定则，OP中电流方向为O到P，故C、D错误；杆OP切割磁感线，故OP相当于电源，OP两端电压为路端电压，设电动势为E，路端电压为U，则根据法拉第电磁感应定律，有：E=，由于杆和框架电阻不计，故路端电压等于电源电动势，即为：U=E=，故A正确，B错误。二、计算题(本题共2小题，共25分。要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要标明单位)6.(10分)(2020·天津等级考)如图所示，垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t均匀变化。正方形硬质金属框abcd放置在磁场中，金属框平面与磁场方向垂直，电阻R=0.1Ω，边长l=0.2m。求：(1)在t=0到t=0.1s时间内，金属框中感应电动势E；(2)t=0.05s时，金属框ab边受到的安培力F的大小和方向；(3)在t=0到t=0.1s时间内，金属框中电流的电功率P。【解析】(1)在t=0到t=0.1s的时间Δt内，磁感应强度的变化量ΔB=0.2T，设穿过金属框的磁通量变化量为ΔΦ，有ΔΦ=ΔBl2 ①由于磁场均匀变化，所以金属框中产生的电动势是恒定的，有E= ②联立①②式，代入数据，解得E=0.08V ③(2)设金属框中的电流为I，由闭合电路欧姆定律，有I= ④由图可知，t=0.05s时，磁感应强度为B1=0.1T，金属框ab边受到的安培力F=IB1l ⑤联立①②④⑤式，代入数据，解得F=0.016N ⑥方向垂直于ab向左。 ⑦(3)在t=0到t=0.1s时间内，金属框中电流的电功率P=I2R ⑧联立①②④⑧式，代入数据，解得P=0.064W ⑨答案：(1)0.08V(2)0.016N方向垂直于ab向左(3)0.064W7.(15分)如图甲所示，不计电阻的平行金属导轨竖直放置，导轨间距为L=0.4m，上端接有电阻R=0.3Ω，虚线OO′下方是垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感强度B=0.5T，现将质量m=0.05kg、电阻r=0.1Ω的金属杆ab，从OO′上方某处垂直导轨由静止释放，杆下落过程中始终与导轨保持良好接触，杆下落过程中的v-t图像如图乙所示，0～1s内的v-t图像为过原点的直线，2s后的v-t图像为平行于t轴的横线，不计空气阻力，g取10m/s2，求：(1)金属杆ab刚进入磁场时感应电流的大小；(2)已知金属杆ab在t=2s时在磁场中下落了h=6.65m，则杆从静止下落2s的过程中电阻R产生的热量是多少？【解析】(1)杆在进磁场前做自由落体运动，t=1s时刚进入磁场，速度：v1=gt1=10×1m/s=10m/s刚进入磁场时，感应电动势：E=BLv1=0.5×0.4×10V=2V感应电流I==A=5A(2)由v-t图像知2s后杆做匀速直线运动，设匀速直线运动的速度为v电动势E=BLv感应电流I=安培力F=BIL=匀速时mg=代入数据解得v=5m/s根据能量守恒mgh+m-mv2=Q总解得Q总=5.2J电阻R上产生的热量QR=Q总=3.9J答案：(1)5A(2)3.9J(15分钟·40分)8.(8分)将一段导线绕成图甲所示的闭合回路，并固定在水平面(纸面)内。回路的ab边置于垂直纸面向里的匀强磁场B1中。回路的圆环区域内有垂直纸面的磁场B2。以向里为磁场B2的正方向，其磁感应强度B2随时间变化的图像如图乙所示。用F表示ab边受到的安培力，以水平向右为F正方向，能正确反映F随时间变化的图像是 ()【解题指南】解答本题可从以下两个方面考虑：(1)先根据楞次定律判断出圆环区域内的感应电流方向。(2)然后用左手定则判断出ab边所受安培力的方向。【解析】选A。在0～时间内可以判断出圆环区域内的感应电流方向为逆时针方向，且大小不变，所以通过ab导线的电流方向为从a到b，根据左手定则判断受到的安培力方向为水平向右，大小恒定；同理可以判断出在～T的时间内，在圆环区域内产生的感应电流方向为顺时针方向，通过导线的电流方向为b到a，所以ab边受到的安培力方向为水平向左，故A正确，B、C、D错误。【补偿训练】如图所示，在光滑水平面上，有一个粗细均匀的单匝正方形闭合线框abcd，电阻为R，边长是L。t=0时刻，线框的bc边刚好与磁场边界重合，且在水平外力的作用下，以速度v向右做匀速直线运动，t1时刻线框全部进入磁场。设线框中产生的感应电流的大小为i，ad边两端电压大小为U，水平拉力大小为F，通过线框的电量q，则下列i、U、F、q随运动时间t变化的关系图像正确的是 ()【解析】选D。根据法拉第电磁感应定律，电路中的感应电动势为E=BLv ①根据闭合电路欧姆定律，电路中的电流为i= ②由①②，知电流大小不变，故A错误；ad边两端电压大小U，根据闭合电路欧姆定律和电路特点，知U=E，所以ad边两端电压大小U为定值，故B错误；根据线框匀速运动，此时水平拉力等于安培力，有F=BIL，所以拉力不随时间变化，故C错误；在线框全部进入磁场过程中电流大小不变，根据q=It可知D正确。9.(8分)(多选)在如图甲所示的电路中，螺线管匝数n=1000匝，横截面积S=20cm2。螺线管导线电阻r=1.0Ω，R1=4.0Ω，R2=5.0Ω，C=30μF。在一段时间内，垂直穿过螺线管的磁场的磁感应强度B的方向如图甲所示，大小按如图乙所示的规律变化，则下列说法中正确的是 ()A.螺线管中产生的感应电动势为0.8VB.闭合K，电路中的电流稳定后电容器下极板带负电C.闭合K，电路中的电流稳定后，电阻R1的电功率为2.56×10-2WD.K断开后，流经R2的电量为1.8×10-2C【解析】选A、C。根据法拉第电磁感应定律：E=n=nS，解得：E=0.8V，故A正确；根据楞次定律可知，螺线管的感应电流盘旋而下，则螺线管下端是电源的正极，那么电容器下极板带正电，故B错误；根据全电路欧姆定律，有：I=，所以I=0.08A，根据P=I2R1解得：P=2.56×10-2W，故C正确；K断开后，流经R2的电量即为K闭合时C板上所带的电量Q，电容器两端的电压为：U=IR2=0.4V，流经R2的电量为：Q=CU=1.2×10-5C，故D错误。【补偿训练】如图所示，用同样的导线制成的两闭合线圈A、B，匝数均为20匝，半径rA=2rB，在线圈B所围区域内有磁感应强度均匀减小的匀强磁场，则线圈A、B中产生感应电动势之比EA∶EB和两线圈中感应电流之比IA∶IB分别为 ()A.1∶1，1∶2 B.1∶1，1∶1C.1∶2，1∶2 D.1∶2，1∶1【解析】选A。由E=n知，EA=EB，即EA∶EB=1∶1。又rA=2rB，所以电阻RA=2RB，由I=知IA=IB，即IA∶IB=1∶2，A正确。10.(24分)如图所示，平行金属导轨O′N与OM所形成的斜面的倾角θ=37°，处于垂直于斜面向下的匀强磁场中。磁感应强度大小B2=2T，质量m2=0.1kg的金属棒cd置于导轨上，两者接触良好。平行金属导轨O′P与OQ竖直放置，与倾斜导轨分别在O′点和O点连接，竖直导轨处于水平向左的匀强磁场中，磁感应强度大小B1=1T，质量m1=0.2kg的金属棒ab置于导轨上，并与导轨接触良好，两导轨皆足够长，导轨间距L=0.5m，竖直导轨光滑，倾斜导轨与金属棒cd间的动摩擦因数μ=0.2。两金属棒在两导轨间的电阻均为R=0.5Ω，固定住金属棒cd，将金属棒ab从一定高度由静止释放，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。(导轨电阻忽略不计)(1)求金属棒沿轨道下滑的最大速度的大小；(2)如果某时刻释放金属棒cd，它能在倾斜导轨上保持静止，求金属棒ab的最小速度.【解题指南】解答本题可从以下两个方面考虑：(1)导体棒沿轨道下滑的过程中，先做加速运动，受到的安培力增大，加速度减小，当加速度减至零时做匀速直线运动，速度达到最大。根据平衡条件和安培力与速度的关系式求解。(2)当cd棒刚好不下滑时，棒ab的速度最小，根据平衡条件求出回路中最小电流，再求解金属棒ab的最小速度。【解析】(1)设金属棒ab沿轨道下滑的最大速度