2024-2025年高中物理第二章电磁感应2法拉第电磁感应定律检测含解析新人教版选择性必修2

PAGEPAGE10法拉第电磁感应定律(25分钟60分)一、选择题(本题共6小题，每小题6分，共36分)1．(多选)如图所示的几种状况中，金属导体中产生的感应电动势为Blv的是()【解析】选B、C、D。A中，v与金属导体不垂直，产生的感应电动势E＝Blvsinθ，A错误；B中，金属导体垂直切割磁感线，产生的感应电动势E＝Blv，B正确；C中，金属导体水平部分不切割磁感线，只有竖直部分切割磁感线，产生的感应电动势E＝Blv，C正确；D中，金属导体切割磁感线的有效长度为l，产生的感应电动势E＝Blv，D正确。2．如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，将一水平放置的金属棒ab以垂直于棒的水平速度v0抛出，设在整个过程中金属棒的方向不变且不计空气阻力，则金属棒运动过程中产生的感应电动势的大小改变状况是()A．保持不变 B．越来越小C．越来越大 D．无法推断【解析】选A。金属棒ab做平抛运动，其水平分速度保持不变，等于v0。由感应电动势公式E＝Blvsinα，vsinα是垂直于磁感线方向的分速度，即平抛运动的水平分速度，等于v0，则感应电动势E＝Blv0，B、l、v0均不变，则感应电动势大小保持不变。故A正确，B、C、D错误。3.如图所示，处在匀强磁场中的线圈，匝数为n，面积为S，磁场方向平行于线圈轴线向右。若在Δt时间内，磁感应强度大小由B1匀称增加到B2，则该段时间内线圈两端a和b之间的电势差φa－φb()A．恒为eq\f(nS（B2－B1）,Δt)B．从0匀称改变到eq\f(nS（B2－B1）,Δt)C．恒为－eq\f(nS（B2－B1）,Δt)D．从0匀称改变到－eq\f(nS（B2－B1）,Δt)【解析】选C。穿过线圈的磁感应强度匀称增加，故产生恒定的感应电动势，依据法拉第电磁感应定律，有E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(nSΔB,Δt)＝eq\f(nS（B2－B1）,Δt)，依据楞次定律可知，感应电流沿顺时针方向(从右侧看)，故φa<φb，即有φa－φb＝－eq\f(nS（B2－B1）,Δt)，故C选项正确。4.如图所示，闭合开关S，将条形磁铁两次插入闭合线圈，第一次用0.2s，其次次用0.4s，并且两次的起始和终止位置相同，则()A．第一次磁通量改变较大B．第一次G的最大偏角较大C．第一次经过G的总电荷量较多D．若开关S断开，G不偏转，故两次均无感应电动势【解析】选B。因两次的起始和终止位置相同，所以磁感应强度改变量ΔB相同，由ΔΦ＝ΔB·S知：两次磁通量改变相同，故A错误；因磁通量改变相同，匝数n相同，Δt1<Δt2，依据E＝neq\f(ΔΦ,Δt)和i＝eq\f(E,R)知，第一次G的最大偏角较大，故B正确；依据q＝eq\o(I,\s\up6(－))·Δt＝eq\f(\x\to(E),R)·Δt＝neq\f(ΔΦ,Δt·R)·Δt＝neq\f(ΔΦ,R)可知：经过G的总电量相同，故C错误；有无感应电动势产生的条件是穿过回路的磁通量是否发生改变，电路无需闭合，两次穿过回路的磁通量均发生了改变，故D错误。所以选B。5．(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环半径的两倍，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U′MN＝－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U′MN＝－0.2V【解析】选A、D。UMN>0，可知a环中感应电流为逆时针方向，依据右手螺旋定则，知感应磁场方向垂直纸面对外，图乙中原磁场增加，依据楞次定律可知原磁场方向垂直纸面对里，A项正确，B项错误；依据楞次定律可得b环中也产生逆时针方向的感应电流，U′MN<0，a环处于磁场中时，UMN＝eq\f(1,3)Ea，b环处于磁场中时，U′MN＝－eq\f(2,3)Eb，而eq\f(Ea,Eb)＝eq\f(π（2R）2,πR2)＝4，解得U′MN＝－0.2V，C项错误，D项正确。6.(多选)半径分别为r和2r的同心半圆导轨MN、PQ固定在同一水平面内，一长为r、电阻为2R、质量为m且质量分布匀称的导体棒AB置于半圆轨道上，BA的延长线通过导轨的圆心O，装置的俯视图如图所示。整个装置处于磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中，在N、Q之间接有一阻值为R的电阻。导体棒AB在水平外力作用下，以角速度ω绕O顺时针匀速转动，在转动过程中始终与导轨保持良好接触。设导体棒与导轨间的动摩擦因数为μ，导轨电阻不计，重力加速度为g，则下列说法正确的是()A．导体棒AB两端的电压为eq\f(3,4)Brω2B．电阻R中的电流方向从Q到N，大小为eq\f(Br2ω,2R)C．外力的功率大小为eq\f(3B2r4ω2,4R)＋eq\f(3,2)μmgrωD．若导体棒不动，要产生同方向的感应电流，可使竖直向下的磁感应强度增加，且改变得越来越慢【解析】选B、C。因为导体棒匀角速度转动，所以平均切割速度eq\x\to(v)＝eq\f(1,2)(ωr＋ω·2r)＝eq\f(3,2)ωr，产生的感应电动势E＝BLeq\x\to(v)＝eq\f(3,2)Bωr2，导体棒AB两端的电压U＝eq\f(R,R＋2R)E＝eq\f(1,2)Bωr2，故A选项错误；依据右手定则可知，电阻R中电流方向从Q到N，大小I＝eq\f(E,R＋2R)＝eq\f(Br2ω,2R)，故B选项正确；外力的功率等于回路的电功率与克服摩擦力的功率之和，即P＝IE＋μmgeq\x\to(v)＝eq\f(3B2r4ω2,4R)＋eq\f(3,2)μmgrω，故C选项正确；若导体棒不动，竖直向下的磁感应强度增加，依据楞次定律，感应电流从N到Q，方向不同，故D选项错误。二、非选择题(本题共2小题，共24分。要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)7.(12分)如图所示，一无限长的光滑金属平行导轨置于匀强磁场B中，磁场方向垂直导轨平面，导轨平面竖直且与地面绝缘，导轨上M、N间接一电阻R，P、Q端接一对沿水平方向的平行金属板，导体棒ab置于导轨上，其电阻为3R，导轨电阻不计，棒长为L，平行金属板间距为d。今导体棒通过定滑轮在一物块拉动下起先运动，稳定后棒的速度为v，不计一切摩擦阻力。此时有一带电量为q的液滴恰能在两板间做半径为r的匀速圆周运动，且速率也为v。求：(1)速度v的大小；(2)物块的质量m。【解析】(1)设平行金属板间电压为U，液滴质量为m0。液滴在平行金属板间做匀速圆周运动，重力与电场力必定平衡，则有：qeq\f(U,d)＝m0g由qvB＝m0eq\f(v2,r)得r＝eq\f(m0v,qB)联立解得U＝eq\f(gdrB,v)则棒产生的感应电动势为：E＝eq\f(U,R)·(R＋3R)＝eq\f(4gdrB,v)由E＝BLv，得v＝2eq\r(\f(gdr,L))(2)棒中电流为：I＝eq\f(U,R)＝eq\f(gdrB,vR)ab棒匀速运动，外力与安培力平衡，则有F＝BIL＝eq\f(gdrLB2,vR)而外力等于物块的重力，即mg＝eq\f(gdrLB2,vR)解得m＝eq\f(drLB2,vR)＝eq\f(B2L,2R)eq\r(\f(dLr,g))答案：(1)2eq\r(\f(gdr,L))(2)eq\f(B2L,2R)eq\r(\f(dLr,g))8．(12分)如图所示，足够长的金属导轨固定在水平面上，金属导轨宽度L＝1.0m，导轨上放有垂直导轨的金属杆P，金属杆P的质量m＝0.1kg，空间存在磁感应强度B＝0.5T、竖直向下的匀强磁场。连接在导轨左端的电阻R＝3.0Ω，金属杆P的电阻r＝1.0Ω，其余部分电阻不计。某时刻给金属杆P一个水平向右的恒力F，金属杆P由静止起先运动，图乙是金属杆P运动过程的v­t图像，导轨与金属杆P间的动摩擦因数μ＝0.5。在金属杆P运动的过程中，第一个2s内通过金属杆P的电荷量与其次个2s内通过金属杆P的电荷量之比为3∶5。g取10m/s2。求：(1)水平恒力F的大小；(2)第一个2s内的位移大小；(3)前4s内电阻R上产生的热量。【解析】(1)由题图乙可知，金属杆P先做加速度减小的加速运动，2s后做匀速直线运动，当t＝2s时，v＝4m/s，此时感应电动势E＝BLv，感应电流I＝eq\f(E,R＋r)，安培力F′＝BIL＝eq\f(B2L2v,R＋r)，依据牛顿其次定律有F－F′－μmg＝0，解得F＝0.75N。(2)通过金属杆P的电荷量q＝eq\x\to(I)t＝eq\f(\x\to(E),R＋r)·t，其中eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,t)＝eq\f(BLx,t)，所以q＝eq\f(BLx,R＋r)∝x(x为金属杆P的位移)，设第一个2s内金属杆P的位移为x1，其次个2s内金属杆P的位移为x2，由题图乙可知，x2＝8m，又由于q1∶q2＝3∶5，得x1＝4.8m。(3)前4s内，由能量守恒定律得F(x1＋x2)＝eq\f(1,2)mv2＋μmg(x1＋x2)＋Qr＋QR，其中Qr∶QR＝r∶R＝1∶3，解得QR＝1.8J。答案：(1)0.75N(2)4.8m(3)1.8J【补偿训练】如图所示，竖直平面内有间距l＝40cm、足够长的平行直导轨，导轨上端连接一开关S。长度恰好等于导轨间距的导体棒ab与导轨接触良好且无摩擦，导体棒ab的电阻R＝0.40Ω，质量m＝0.20kg。导轨电阻不计，整个装置处于与导轨平面垂直的水平匀强磁场中，磁场的磁感应强度B＝0.50T，方向垂直纸面对里(空气阻力可忽视不计，取重力加速度g＝10m/s2)。(1)当t0＝0时ab棒由静止释放，t＝1.0s时，闭合开关S。求：①闭合开关S瞬间ab棒速度v的大小；②当ab棒向下的加速度a＝4.0m/s2时，其速度v′的大小；(2)若ab棒由静止释放，经一段时间后闭合开关S，ab棒恰能沿导轨匀速下滑，求ab棒匀速下滑时电路中的电功率P。【解析】(1)①导体棒做自由落体运动，依据运动学公式有：v＝gt＝10m/s；②设导体棒以加速度a＝4.0m/s2向下运动时其所受安培力为FA，设速度为v′，依据牛顿其次定律有：mg－FA＝ma，解得FA＝1.2N；因安培力大小FA＝BIl，且由闭合电路欧姆定律有I＝eq\f(E,R)，结合法拉第电磁感应定律，有E＝Blv′，解得v′＝12m/s；(2)设导体棒沿导轨匀速下滑时通过导体棒的电流为Im，则有mg＝BIml，代入数据解得Im＝10A，此时电路中的电功率为P＝Ieq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(m))R＝40W答案：(1)①10m/s②12m/s(2)40W(15分钟40分)9．(7分)在图中，EF、GH为平行的金属导轨，其电阻不计，R为电阻，C为电容器，AB为可在EF和GH上滑动的导体横杆。有匀强磁场垂直于导轨平面。若用I1和I2分别表示图中该处导线中的电流，则当横杆AB()A.匀速滑动时，I1＝0，I2＝0B．匀速滑动时，I1≠0，I2≠0C．加速滑动时，I1＝0，I2＝0D．加速滑动时，I1≠0，I2≠0【解析】选D。电容器在电路中与等效电源并联，两端电压为AB端感应电动势，所以当导体横杆匀速滑动时，电容器两端电压不变I2＝0，电阻R中电流不为零，A、B错；加速滑动时，电容器两端电压随导体横杆速度的增大而增加，所以充电电流不为零，通过电阻的电流也不为零，D对。10．(7分)如图甲所示，两个相邻的有界匀强磁场区，方向相反，且垂直纸面，磁感应强度的大小均为B，以磁场区左边界为y轴建立坐标系，磁场区在y轴方向足够长，在x轴方向宽度均为a。矩形导线框ABCD的CD边与y轴重合，AD边长为a。线框从图示位置水平向右匀速穿过两磁场区域，且线框平面始终保持与磁场垂直。以逆时针方向为电流的正方向，线框中感应电流i与线框移动距离x的关系图像正确的是图乙中的()【解析】选C。线框进入磁场，在进入磁场0～a的过程中，E＝Bav，电流I0＝eq\f(Bav,R)，方向为逆时针方向，为正。在进入磁场a～2a的过程中，电动势E＝2Bav，电流I1＝eq\f(2Bav,R)＝2I0，方向为顺时针方向，为负。在进入磁场2a～3a的过程中，E＝Bav，电流I2＝eq\f(Bav,R)＝I0，方向为逆时针方向，为正，故C正确，A、B、D错误。11．(7分)(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点到达边界起先到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B.CD段直导线始终不受安培力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【解析】选A、C、D。在闭合回路进入磁场的过程中，通过闭合回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正确；依据左手定则可以推断，CD段直导线受安培力且方向向下，故B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E＝Bav，C正确；由法拉第电磁感应定律可得感应电动势平均值eq\o(E,\s\up6(－))＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(B·\f(1,2)πa2,\f(2a,v))＝eq\f(1,4)πBav，故D正确。12．(19分)如图所示，矩形线圈在0.01s内由原始位置Ⅰ转落至位置Ⅱ。已知ad＝5×10－2m，ab＝20×10－2m，匀强磁场的磁感应强度B＝2T，R1＝R3＝1Ω，R2＝R4＝3Ω。求：(1)平均感应电动势；(2)转落时，通过各电阻的电流。(线圈的电阻忽视不计)【解析】(1)设线圈在位置Ⅰ时，穿过它的磁通量为Φ1，线圈在位置Ⅱ时，穿过它的磁通量为Φ2，有：Φ1＝BSsin30°＝1×10－2Wb，Φ2＝2×10－2Wb，得：ΔΦ＝Φ2－Φ1＝1×10－2Wb依据电磁感应定律可得：E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(1×10－2,0.01)V＝1V(2)将具有感应电动势的线圈等效为电源，其外电路的总电阻为：R＝eq\f(R1＋R2,2)＝2Ω依据闭合电路欧姆定律得总电流为：I＝eq\f(E,R＋r)＝eq\f(1,2＋0)A＝0.5A通过各电阻的电流均为：I′＝eq\f(I,2)＝0.25A答案：(1)1V(2)0.25A【补偿训练】如图所示，两金属板正对并水平放置，分别与平行金属