2024-2025学年高中物理第四章第4节法拉第电磁感应定律课后达标能力提升练习含解析新人教版选修3-2

PAGE5-法拉第电磁感应定律(建议用时：40分钟)【A组基础巩固】1．穿过一个单匝闭合线圈的磁通量始终为每秒匀称增加2Wb，则()A．线圈中感应电动势每秒增加2VB．线圈中感应电动势每秒削减2VC．线圈中感应电动势始终为2VD．线圈中感应电动势始终为一个确定值，但由于线圈有电阻，电动势小于2V解析：选C.由E＝neq\f(ΔΦ,Δt)知：eq\f(ΔΦ,Δt)恒定，n＝1，所以E＝2V.2．下列各图中，相同的条形磁铁穿过相同的线圈时，线圈中产生的感应电动势最大的是()解析：选D.感应电动势的大小为E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(ΔBS,Δt)，A、B两种状况磁通量变更量相同，C中ΔΦ最小，D中ΔΦ最大，磁铁穿过线圈所用的时间A、C、D相同且小于B所用的时间，所以选项D正确．3．(多选)某地的地磁场磁感应强度的竖直重量方向向下，大小为4.5×10－5T．一灵敏电压表连接在当地入海河段的两岸，河宽100m，该河段涨潮和落潮时有海水(视为导体)流过，设落潮时，海水自西向东流，流速为2m/s.下列说法正确的是()A．电压表记录的电压为5mVB．电压表记录的电压为9mVC．河南岸的电势较高D．河北岸的电势较高解析：选BD.海水在落潮时自西向东流，该过程可以理解为自西向东运动的导体在切割竖直向下的磁感线．依据右手定则可推断，北岸是正极，电势高，南岸电势低，所以选项C错误，D正确；依据法拉第电磁感应定律E＝Blv＝4.5×10－5×100×2V＝9×10－3V，选项A错误，B正确．4.如图所示，在竖直向下的匀强磁场中有一根水平放置的金属棒沿水平方向抛出，初速度方向和棒垂直，则棒两端产生的感应电动势将()A．随时间增大B．随时间减小C．不随时间变更D．难以确定解析：选C.金属棒水平抛出后做平抛运动，水平方向上做匀速直线运动，由E＝BLv0可知E不变；竖直方向上做匀加速直线运动，但在该方向上不切割磁感线，故不产生电动势．所以整个过程中，金属棒产生的总电动势为E＝BLv0，选项C正确．5．如图所示，MN、PQ是间距为L的平行金属导轨，置于磁感应强度为B、方向垂直导轨所在平面对里的匀强磁场中，M、P间接有一阻值为R的电阻．一根与导轨接触良好、有效阻值为R的金属导线ab垂直导轨放置，并在水平外力F的作用下以速度v向右匀速运动，则(不计导轨电阻)()A．通过电阻R的电流方向为P→R→MB．a、b两点间的电压为BLvC．a端电势比b端高D．a端电势比b端低解析：选C.由右手定则可知，通过电阻R的电流方向为M→R→P，a端电势比b端高，选项A、D错误，C正确；ab产生的电动势为E＝BLv，则a、b两点间的电压为Uab＝eq\f(1,2)E＝eq\f(1,2)BLv，选项B错误．6．如图为无线充电技术中运用的受电线圈示意图，线圈匝数为n，面积为S.若在t1到t2时间内，匀强磁场平行于线圈轴线向右穿过线圈，其磁感应强度大小由B1匀称增加到B2，则该段时间线圈两端a和b之间的电势差φa－φb()A．恒为eq\f(nS（B2－B1）,t2－t1)B．从0匀称变更到eq\f(nS（B2－B1）,t2－t1)C．恒为－eq\f(nS（B2－B1）,t2－t1)D．从0匀称变更到－eq\f(nS（B2－B1）,t2－t1)解析：选C.依据法拉第电磁感应定律得，感应电动势E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(（B2－B1）S,t2－t1)，由楞次定律和右手螺旋定则可推断b点电势高于a点电势，因磁场匀称变更，所以感应电动势恒定，因此a、b两点电势差恒为φa－φb＝－neq\f(（B2－B1）S,t2－t1)，选项C正确．7．如图所示，粗细匀称的、电阻为r的金属圆环，放在图示的匀强磁场中，磁感应强度为B，圆环直径为l；长为l、电阻为eq\f(r,2)的金属棒ab放在圆环上，以v0向右运动，当ab棒运动到图示虚线位置时，金属棒两端的电势差为()A．0 B．Blv0C.eq\f(Blv0,2) D．eq\f(Blv0,3)解析：选D.依据E＝Blv0求出感应电动势，所求的金属棒两端的电势差为路端电压．左右侧圆弧均为半圆，电阻均为eq\f(r,2)，并联的总电阻即外电路电阻R＝eq\f(r,4)，金属棒的电阻等效为电源内阻r′＝eq\f(r,2)，故U＝eq\f(ER,R＋r′)＝eq\f(Blv0,3)，故选项D正确．8．(多选)(2024·山东临沂高二期末)如图所示，在闭合的铁芯左侧的线圈与滑动变阻器、电池构成闭合电路，a、b、c为三个闭合的不同材料制成的粗细相同的金属圆环，若线圈产生磁感线全部集中在铁芯内，当滑动变阻器的滑动触头从左向右滑动时，下列说法正确的是()A．只有a、b环中有感应电流B．a、b、c三个环中均有感应电流C．a、b两环中的感应电动势肯定相等D．a、b两环中的感应电流肯定相等解析：选AC.据题意，线圈产生的磁场全部集中在铁芯内，依据安培定则推断可知，穿过a的磁感线方向向左，穿过b的磁感线向上，a、b两环都有磁通量．当滑动变阻器的滑片左、右滑动时，线圈中电流将发生变更，产生的磁场随之变更，a、b两环中磁通量会发生变更，故a、b两环中将产生感应电流．而向左和向右穿过c环的磁感线条数相等，完全抵消，总的磁通量为零，不发生变更，故c环中没有感应电流产生，而a、b环中有感应电流，故A正确，B错误．a、b两个环的磁通量始终相同，依据法拉第电磁感应定律可知，a、b环内产生的感应电动势也是相等的，但是由于两环的电阻不肯定相同，可知两环中感应电流不肯定相同，故C正确，D错误．【B组素养提升】9．(多选)(2024·广西玉林高二联考)如图所示，a、b两个闭合正方形线圈用同样的导线制成，匝数均为7匝，边长la＝3lb，图示区域内有垂直纸面对里的匀强磁场，且磁感应强度随时间匀称增大，不考虑线圈之间的相互影响，则()A．两线圈内产生顺时针方向的感应电流B．a、b线圈中感应电动势之比为9∶1C．a、b线圈中感应电流之比为3∶1D．a、b线圈中电功率之比为3∶1解析：选BC.依据楞次定律可知，原磁场向里增大，则感应电流的磁场与原磁场方向相反，因此感应电流为逆时针，故A错误；依据法拉第电磁感应定律可知，E＝eq\f(nΔΦ,Δt)＝eq\f(nΔBS,Δt)，而S＝l2，因此电动势之比为9∶1，故B正确；线圈中电阻R＝ρeq\f(L,S)，而导线长度L＝n×4l；故电阻之比为3∶1，由欧姆定律可知，I＝eq\f(E,R)，则电流之比为3∶1，故C正确；电功率P＝eq\f(E2,R)，电动势之比为9∶1，电阻之比为3∶1，则电功率之比为27∶1，故D错误．10．(多选)(2024·福建师大附中高二期末)用匀称导线做成的矩形线圈abcd，长为3l，宽为l，矩形线圈的一半放在垂直纸面对外的匀强磁场中，线圈总电阻为R，如图所示．当磁场的磁感应强度大小以B＝3＋2t的规律变更时，下列说法正确的是()A．线圈中感应电流的方向为abcdaB．线圈中产生的感应电动势大小为3l2C．线圈中产生的感应电流大小为eq\f(6l2,R)D．线圈受到的安培力向右解析：选BD.磁感应强度增大，由楞次定律可知，感应电流沿adcba方向，故A错误；由法拉第电磁感应定律可得感应电动势E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)·S＝2×1.5l2＝3l2，故B正确；线圈中产生的感应电流大小为I＝eq\f(E,R)＝eq\f(3l2,R)，选项C错误；依据左手定则推断线圈所受的安培力的方向向右，选项D正确．11．(2024·吉林省试验中学高二期末)在竖直方向的匀强磁场中，水平放置一圆形导体环(单匝线圈)，其面积为S＝1×102cm2，电阻R＝0.1Ω.规定导体环中电流的正方向为如图甲所示的顺时针方向，磁场向上为正方向．磁感应强度B随时间t按图乙变更，计算结果均保留一位有效数字．试分析：(1)第2s末通过导体环的磁通量Φ的大小；(2)在1～2s内导体环中的感应电流I的大小及方向；(3)在1～2s内导体环中产生的热量Q.解析：(1)Φ＝B·S＝1×10－2×1×102×10－4Wb＝1×10－4Wb.(2)依据法拉第电磁感应定律得E＝eq\f(NΔΦ,Δt)＝eq\f(1×10－4－0,1)V＝1×10－4V结合闭合电路欧姆定律得I＝eq\f(E,R)＝eq\f(1×10－4,0.1)A＝1×10－3A依据楞次定律可知在1～2s内导体环中的感应电流I的方向为顺时针．(3)依据焦耳定律得Q＝I2Rt＝(1×10－3)2×0.1×1J＝1×10－7J.答案：(1)1×10－4Wb(2)1×10－3A顺时针(3)1×10－7J12．如图甲所示，平行光滑导轨MN、PQ水平放置，电阻不计，两导轨间距d＝10cm，导体棒ab、cd放在导轨上，并与导轨垂直．每根棒在导轨间的部分，电阻均为R＝1.0Ω.用长为l＝20cm的绝缘丝线(丝线不行伸长)将两棒系住，整个装置处在匀强磁场中．t＝0时刻，磁场方向竖直向下，丝线刚好处于未被拉伸的自然状态．此后，磁感应强度B随时间t的变更规律如图乙所示．不计感应电流磁场的影响，整个过程中丝线未被拉断．求：(1)0～2.0s时间内，电路中感应电流的大小与方向；(2)t＝1.0s时刻丝线的拉力大小．解析：(1)由题图乙可知eq\f(ΔB,Δ