2024年新教材高中物理第2章电磁感应2法拉第电磁感应定律课后提升训练新人教版选择性必修第二册

其次章2A组·基础达标1．(多选)如图所示，矩形金属框架三个竖直边ab、cd、ef的长均为L，电阻均为R，其余电阻不计，框架以速度v匀速平动地进入磁感应强度为B的匀强磁场，设ab、cd、ef三条边先后进入磁场时，ab边两端电压分别为U1、U2、U3，则下列推断结果正确的是()A．U1＝eq\f(1,3)BLv B．U2＝2U1C．U3＝0 D．U1＝U2＝U3【答案】AB【解析】当ab边进入磁场时，I＝eq\f(E,R＋\f(R,2))＝eq\f(2BLv,3R)，则U1＝E－IR＝eq\f(1,3)BLv；当cd边也进入磁场时，I＝eq\f(2BLv,3R)，U2＝E－I·eq\f(R,2)＝eq\f(2,3)BLv；三边都进入磁场时，U3＝BLv，故A、B正确．2．在水平桌面上，一个圆形金属框置于匀强磁场中，线框平面与磁场垂直，磁感应强度B1随时间t的改变关系如图甲所示，0～1s内磁场方向垂直线框平面对下，圆形金属框与两根水平的平行金属导轨相连接，导轨上放置一根导体棒，且与导轨接触良好，导体棒处于另一匀强磁场B2中，如图乙所示．导体棒始终保持静止，则其所受的摩擦力Ff随时间改变的图像是下图中的(设向右的方向为摩擦力的正方向)()ABCD【答案】A【解析】在0～1s内磁场方向垂直线框平面对下，且大小变大，则由楞次定律可得线圈感应电流的方向是逆时针，再由左手定则可得导体棒所受安培力方向水平向左，所以静摩擦力的方向是水平向右，即为正方向；而在0～1s内磁场方向垂直线框平面对下，且大小变大，则由法拉第电磁感应定律可得线圈感应电流的大小是恒定的，即导体棒的电流大小是不变的；再由F＝BIL，可得安培力大小随着磁场改变而改变，因为磁场是不变的，则安培力大小不变，所以静摩擦力的大小也是不变的．故A正确，B、C、D错误．3．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点到达边界起先到C点进入磁场为止，下列结论错误的是()A．感应电流方向不变B．CD段直线始终不受安培力C．感应电动势最大值E＝BavD．感应电动势平均值eq\o(E,\s\up6(－))＝eq\f(1,4)πBav【答案】B【解析】感应电动势公式E＝eq\f(ΔΦ,Δt)只能用来计算平均值，利用感应电动势公式E＝Blv计算时，l应是等效长度，即垂直切割磁感线的长度．在闭合电路进入磁场的过程中，通过闭合电路的磁通量渐渐增大，依据楞次定律可知感应电流的方向为逆时针方向不变，A说法正确．依据左手定则可以推断，CD段受安培力向下，B说法错误．当半圆闭合回路进入磁场一半时，等效长度最大为a，这时感应电动势最大为E＝Bav，C说法正确．感应电动势平均值eq\o(E,\s\up6(－))＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(B·\f(1,2)πa2,\f(2a,v))＝eq\f(1,4)πBav，D说法正确．4．两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为L，底端接阻值为R的电阻，将质量为m的金属棒悬挂在一个固定的轻弹簧下端，金属棒和导轨接触良好，导轨所在平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，如图所示，除电阻R外其余电阻不计，现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放，则()A．金属棒向下运动时，流过电阻R的电流方向为a→bB．金属棒向下运动时弹簧弹力和安培力始终在增大C．金属棒运动过程中所受安培力的方向始终与运动方向相反D．金属棒削减的重力势能全部转化为回路中增加的内能【答案】C【解析】依据右手定则可知，金属棒向下运动时，流过电阻R的电流方向为b→a，A错误；导体棒向下运动过程中速度先是增大后减小，产生的安培力先增大后减小，B错误；金属棒向下运动过程中，产生的安培力向上，向上运动过程中，产生的安培力向下，C正确；金属棒削减的重力势能全部转化为回路中增加的内能和弹性势能，D错误．5．如图所示，相距为D的两水平直线L1和L2分别是水平向里的匀强磁场的上、下边界，磁场的磁感应强度为B，正方形线框abcd边长为L(L<D)、质量为m.将线框在磁场上方距L1的高度为h处由静止起先释放，当ab边进入磁场时速度为v0，cd边刚穿出磁场时速度也为v0.则从ab边刚进入磁场到cd边刚穿出磁场的整个过程中()A．线框始终都有感应电流B．线框肯定有减速运动的过程C．线框不行能有匀速运动的过程D．线框产生的总热量为mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(D＋h＋L))【答案】B【解析】线框完全在磁场中运动时，磁通量不变，没有感应电流产生，A错误；线框进入磁场的过程，由于无法推断安培力与重力的关系，所以线框可能做匀速运动、加速运动和减速运动，完全在磁场中时，不受安培力，做匀加速运动，由于ab边进入磁场时速度和cd边刚穿出磁场时速度都是v0，则线框出磁场过程肯定有减速运动，B正确、C错误；ab边进入磁场到cd边刚穿出磁场的过程，动能改变量为零，故依据能量守恒定律得Q＝mg(D＋L)，D错误．6．如图所示，光滑铜环水平固定，半径为l，长为l、电阻为r的铜棒OA的一端在铜环的圆心O处，另一端与铜环良好接触，整个装置处在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中．现使铜棒OA以角速度ω逆时针(俯视)匀速转动，A端始终在铜环上，定值电阻的阻值为3r，上方导线与O点连接，下方导线与铜环连接，其他电阻不计．下列说法正确的是()A．O点的电势比A点的电势高B．回路中通过的电流为eq\f(ωBl2,4r)C．该定值电阻两端的电压为eq\f(3,8)ωBl2D．该定值电阻上的热功率为eq\f(ω2B2l4,16r)【答案】C【解析】由右手定则可知电流方向从O点指向A点，OA是电源，电流从低电势流向高电势，故O点的电势比A点的电势低，故A错误；由法拉第电磁感应定律可知E＝Bleq\f(0＋lω,2)＝eq\f(1,2)Bl2ω，由闭合电路欧姆定律可知回路中通过的电流为I＝eq\f(E,r＋3r)＝eq\f(E,4r)，两式联立可得I＝eq\f(Bl2ω,8r)，故B错误；该定值电阻两端的电压为U＝I×3r，将前面求得电流值代入可得U＝eq\f(3,8)ωBl2，故C正确；由焦耳定律可知该定值电阻上的热功率P＝I2×3r＝eq\f(3ω2B2l4,64r)，故D错误．B组·实力提升7．(多选)如图甲圆环a和b均由相同的匀称导线制成，a环半径是b环的两倍，两环用不计电阻且彼此靠得较近的导线连接．若仅将a环置于图乙所示改变的磁场中，则导线上M、N两点的电势差UMN＝0.4V．下列说法正确的是()A．图乙中，改变磁场的方向垂直纸面对里B．图乙中，改变磁场的方向垂直纸面对外C．若仅将b环置于图乙所示改变的磁场中，则M、N两端的电势差UMN＝－0.4VD．若仅将b环置于图乙所示改变的磁场中，则M、N两端的电势差UMN＝－0.2V【答案】AD【解析】a环置于磁场中，因导线M、N两点的电势差大于零，则M点电势高，感应电流方向为逆时针，原磁场的方向垂直纸面对里，A正确，B错误．a环与b环的半径之比为2∶1，周长之比为2∶1，依据电阻定律R＝ρeq\f(L,S)，电阻之比为eq\f(Ra,Rb)＝2∶1.b放在磁场中时，M、N两点间电势差大小为路端电压，U2＝eq\f(Ra,Ra＋Rb)E2；a放在磁场中时，MN两点电势差U1＝eq\f(Rb,Ra＋Rb)E1.磁感应强度改变率恒定的改变磁场，依据法拉第电磁感应定律公式E＝eq\f(ΔB,Δt)S，得到两次电动势的大小之比为eq\f(E1,E2)＝4∶1，故两次的路端电压之比为U1∶U2＝2∶1.依据楞次定律可知，将b环置于磁场中，N点的电势高，故电势差UMN＝－0.2V，C错误，D正确．8．如图所示，MN、PQ为两条平行的水平放置的金属导轨，左端接有定值电阻R，金属棒ab斜放在两导轨之间，与导轨接触良好，ab＝L.磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面，设金属棒与两导轨间夹角为60°，以速度v水平向右匀速运动，不计导轨和棒的电阻，则流过金属棒的电流为()A．I＝eq\f(BLv,R) B．I＝eq\f(\r(3)BLv,2R)C．I＝eq\f(BLv,2R) D．I＝eq\f(\r(3)BLv,3R)【答案】B【解析】导体棒切割磁感线的有效长度为Lsin60°＝eq\f(\r(3),2)L，故感应电动势E＝Bveq\f(\r(3)L,2)，由闭合电路欧姆定律得I＝eq\f(\r(3)BLv,2R)，B正确．9．如图所示，两平行金属导轨间距l＝0.5m，导轨与水平面成θ＝37°.导轨上端连接有E＝6V、r＝1Ω的电源和滑动变阻器．长度也为l的金属棒ab垂直导轨放置且与导轨接触良好，金属棒的质量m＝0.2kg、电阻R0＝1Ω，整个装置处在竖直向上的匀强磁场中，金属棒始终静止在导轨上．当滑动变阻器的阻值R＝1Ω时金属棒刚好与导轨间无摩擦力．g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：(1)此时电路中的电流I；(2)当滑动变阻器接入电路的电阻为4Ω时金属棒受到的摩擦力大小．解：(1)依据闭合电路欧姆定律，当滑动变阻器的电阻为R1＝1Ω时，电流I1＝eq\f(E,R1＋R0＋r)＝eq\f(6,1＋1＋1)A＝2A．(2)金属棒受重力mg、安培力F和支持力FN如图．依据平衡条件可得mgsinθ＝F1cosθ，又F1＝BI1L，解得B＝eq\f(mgtanθ,I1L)＝eq\f(0.2×10×tan37°,2×0.5)＝1.