高二物理（人教版）试题 选择性必修二 课时跟踪检测（十一）　法拉第电磁感应定律

5/5课时跟踪检测(十一)法拉第电磁感应定律A级——基础达标1．(2024·北京海淀期末)下列关于电磁感应现象的说法正确的是()A．穿过闭合电路的磁通量越大，闭合电路中的感应电动势越大B．穿过闭合电路的磁通量为零时，闭合电路中的感应电动势一定为零C．穿过闭合电路的磁通量变化越多，闭合电路中的感应电动势越大D．穿过闭合电路的磁通量变化越快，闭合电路中的感应电动势越大2．(2023·重庆高考)某小组设计了一种呼吸监测方案：在人身上缠绕弹性金属线圈，观察人呼吸时处于匀强磁场中的线圈面积变化产生的电压，了解人的呼吸状况。如图所示，线圈P的匝数为N，磁场的磁感应强度大小为B，方向与线圈轴线的夹角为θ。若某次吸气时，在t时间内每匝线圈面积增加了S，则线圈P在该时间内的平均感应电动势为()A.eq\f(NBScosθ,t) B.eq\f(NBSsinθ,t)C.eq\f(BSsinθ,t) D.eq\f(BScosθ,t)3．(2024·浙江杭州期末)我国自主研制的C919飞机机长38.9米、翼展35.8米，北京地区地磁场的竖直分量约为4.5×10－5T，水平分量约为3.0×10－5T。该机在北京郊区水平试飞速度为声速(约330m/s)的0.8倍。有关C919飞机的说法正确的是()A．C919飞机往北飞的时候，西面机翼的电势较低。两侧机翼尖间的最大电势差约为0.43伏B．C919飞机往南飞的时候，西面机翼的电势较低。两侧机翼尖间的最大电势差约为0.28伏C．无论C919飞机往哪个方向飞，都是左边机翼的电势较低。两侧机翼尖间的最大电势差约为0.28伏D．无论C919飞机往哪个方向飞，都是右边机翼的电势较低。两侧机翼尖间的最大电势差约为0.43伏4.(2024·湖南高考)如图，有一硬质导线Oabc，其中eq\x\to(abc)是半径为R的半圆弧，b为圆弧的中点，直线段Oa长为R且垂直于直径ac。该导线在纸面内绕O点逆时针转动，导线始终在垂直纸面向里的匀强磁场中。则O、a、b、c各点电势关系为()A．φO>φa>φb>φc B．φO<φa<φb<φcC．φO>φa>φb＝φc D．φO<φa<φb＝φc5.(2024·陕西咸阳期末)如图所示，两块水平放置的金属板距离为d，用导线、开关K与一个n匝的线圈连接，线圈置于方向竖直向下的变化磁场B中，两板间有一个质量为m、电荷量为－q的油滴恰好处于静止状态，重力加速度为g，则线圈中的磁场B的变化情况和磁通量变化率分别是()A．正在增加，eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(mgd,q) B．正在增加，eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(mgd,nq)C．正在减弱，eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(mgd,q) D．正在减弱，eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(mgd,nq)6．(2024·安徽马鞍山期末)如图所示，固定于水平面上的金属架CDEF处在竖直向下的匀强磁场中，金属棒MN沿框架以速度v向右做匀速运动。t＝0时，磁场的磁感应强度为B0，此时MN到达的位置恰好使MDEN构成一个宽为l、长为2l的长方形。为使MN棒中不产生感应电流，从t＝0开始，磁感应强度B随时间t的变化规律是()A．B＝eq\f(B0,vt)l B．B＝eq\f(B0,l＋vt)C．B＝eq\f(2B0,2l＋vt)l D．B＝eq\f(B0,l＋vt)l27.(2024·江苏南京期末)如图所示，无线充电技术中使用的受电线圈匝数为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均匀减小到B2，则该段时间线圈两端a和b之间的电势差Uab()A．恒为eq\f(nS\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B1－B2)),t2－t1)B．恒为－eq\f(nS\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B1－B2)),t2－t1)C．恒为0D．从0均匀变化到－eq\f(nS\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B1－B2)),t2－t1)8．(2024·四川攀枝花期末)如图所示，用两根材料、粗细以及长度均相同的导线分别制作成单匝正三角形闭合线圈P和单匝圆形闭合线圈Q，并将它们固定在与线圈平面垂直的匀强磁场中。则当磁场的磁感应强度随时间均匀增大时，P、Q中产生的感应电流大小之比为()A．1∶1 B.eq\r(3)π∶3C．2eq\r(3)π∶9 D.eq\r(3)π∶9B级——综合应用9.(2024·甘肃高考)如图，相距为d的固定平行光滑金属导轨与阻值为R的电阻相连，处在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，长度为L的导体棒ab沿导轨向右做匀速直线运动，速度大小为v。则导体棒ab所受的安培力为()A.eq\f(B2d2v,R)，方向向左 B.eq\f(B2d2v,R)，方向向右C.eq\f(B2L2v,R)，方向向左 D.eq\f(B2L2v,R)，方向向右10．(2024·北京昌平期末)如图甲所示，100匝(图中只画了2匝)圆形线圈面积为0.01m2，电阻不计。线圈内存在方向垂直纸面向里且磁感应强度随时间变化的磁场；t＝0时，B＝0。线圈两端A、B与一个电压传感器相连，电压传感器测得A、B两端的电压按图乙所示规律变化。在t＝0.05s时()A．磁感应强度随时间的变化率为0.01T/sB．磁感应强度随时间的变化率为20T/sC．穿过每匝线圈的磁通量为2.5×10－4WbD．穿过每匝线圈的磁通量为5.0×10－4Wb11.如图所示，水平放置的两平行金属导轨相距l＝0.50m，左端接一电阻R＝0.20Ω，磁感应强度B＝0.40T的匀强磁场方向垂直于导轨平面向下，导体棒ab垂直放在导轨上，并能无摩擦地沿导轨滑动，导轨和导体棒的电阻均可忽略不计。当ab棒以v＝4.0m/s的速度水平向右匀速滑动时，求：(1)ab棒中感应电动势的大小；(2)回路中感应电流的大小和方向；(3)维持ab棒做匀速运动的水平外力的大小；(4)电阻R上产生的热功率。12.如图所示，导轨OM和ON都在纸面内，导体AB可在导轨上无摩擦滑动，AB⊥ON，ON水平，若AB以5m/s的速度从O点开始沿导轨匀速向右滑动，导体与导轨都足够长，匀强磁场的磁感应强度大小为0.2T。求：(结果可用根式表示)(1)第3s末夹在导轨间的导体长度是多少？此时导体切割磁感线产生的感应电动势多大？(2)0～3s内回路中的磁通量变化了多少？此过程中的平均感应电动势为多少？ 课时跟踪检测(十一)1．选D穿过闭合电路的磁通量变化越快，磁通量变化率越大，根据法拉第电磁感应定律E＝neq\f(ΔΦ,Δt)可知，闭合电路中的感应电动势越大，故D正确；穿过闭合电路的磁通量越大，磁通量变化率不一定大，则闭合电路中的感应电动势不一定大，故A错误；穿过闭合电路的磁通量为零时，磁通量可能在变，则闭合电路中的感应电动势可能不为零，故B错误；穿过闭合电路的磁通量的变化越多，即ΔΦ大，但磁通量的变化率不一定大，故闭合电路中的感应电动势不一定大，故C错误。2．选A根据法拉第电磁感应定律，有eq\o(E,\s\up6(－))＝Neq\f(ΔΦ,Δt)＝NBcosθ·eq\f(S,t)＝eq\f(NBScosθ,t)，故选A。3．选D北京地区地磁场的竖直分量竖直向下，当飞机在北京郊区水平飞行时，机翼切割磁感线产生感应电动势，无论C919飞机往哪个方向飞，由右手定则可知，都是左边机翼的电势比右边的电势高。由法拉第电磁感应定律E＝BLv，可得两翼尖间的电势差U＝E＝4.5×10－5×35.8×0.8×330V≈0.43V，故选D。4．选C如图，相当于Oa、Ob、Oc导体棒转动切割磁感线，根据右手定则可知O点电势最高；根据E＝Blv＝eq\f(1,2)Bωl2，同时有lOb＝lOc＝eq\r(5)R，可得0<UOa<UOb＝UOc，得φO>φa>φb＝φc，故选C。5．选D油滴处于静止状态，重力与静电力平衡，所以静电力向上，又因为油滴带负电，所以上极板带正电，感应电流为顺时针方向(俯视)，根据右手螺旋定则可知，线圈内部感应电流产生的磁场的方向是竖直向下的，根据楞次定律可知，原磁场与感应电流的磁场满足“增反减同”的规律，所以原磁场正在减弱；油滴受力平衡有qE＝mg，由匀强电场电势差和电场强度关系得E＝eq\f(U,d)，由法拉第电磁感应定律得U＝neq\f(ΔΦ,Δt)，联立解得eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(mgd,nq)，故选D。6．选C由法拉第电磁感应定律E＝eq\f(ΔΦ,Δt)，可知为使MN棒中不产生感应电流，则穿过闭合回路的磁通量保持不变，由Φ＝BS可得B0×2l×l＝B×leq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2l＋vt))，解得B＝eq\f(2B0,2l＋vt)l，故选C。7．选A穿过线圈的磁场均匀减小，将产生大小恒定的感生电动势，由法拉第电磁感应定律得E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(nS\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B1－B2)),t2－t1)，受电线圈可等效为一个电源，由楞次定律结合安培定则可知，等效电源内部的电流从b流向a，即a点是等效电源的正极，a点电势大于b点电势，故Uab＝eq\f(nS\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B1－B2)),t2－t1)，故选A。8．选D设导线的总长度为l，电阻为R，三角形边长L＝eq\f(l,3)，三角形线圈中产生的感应电流大小为I1＝eq\f(E1,R)＝eq\f(\f(ΔB,Δt)×\f(1,2)L2sin60°,R)＝eq\f(\f(ΔB,Δt)×\f(\r(3)l2,36),R)，圆形线圈的半径为r＝eq\f(l,2π)，圆形线圈中产生的感应电流大小为I2＝eq\f(E2,R)＝eq\f(\f(ΔB,Δt)×πr2,R)＝eq\f(\f(ΔB,Δt)×\f(l2,4π),R)，联立得I1∶I2＝eq\r(3)π∶9，故选D。9．选A导体棒ab做切割磁感线运动，在电路部分的有效长度为d，故感应电动势为E＝Bdv，回路中感应电流为I＝eq\f(E,R)，根据右手定则，判断电流方向为从b流向a。根据左手定则，导体棒ab所受的安培力为F＝BId＝eq\f(B2d2v,R)，方向向左。10．选C由题图乙可知，在t＝0.05s时A、B两端的电压U＝1.0V，因线圈电阻不计，则电压传感器测得A、B两端的电压U等于线圈的感应电动势E，根据法拉第电磁感应定律有E＝neq\f(ΔB,Δt)S，解得eq\f(ΔB,Δt)＝1T/s，A、B错误；由于感应电动势随时间均匀变化，可知磁感应强度变化率随时间均匀变化，t＝0时，B＝0，则t＝0.05s时的磁感应强度B＝eq\f(1,2)×eq\f(ΔB,Δt)×Δt＝0.025T，穿过每匝线圈的磁通量Φ＝BS＝2.5×10－4Wb，C正确，D错误。11．解析：(1)ab棒垂直切割磁感线，产生的感应电动势的大小E＝Blv＝0.40×0.50×4.0V＝0.80V。(2)回路中感应电流的大小I＝eq\f(E,R)＝eq\f(0.80,0.20)A＝4.0A由右手定则知，ab棒中的感应电流由b流向a。(3)ab棒受到的安培力大小F安＝IlB＝4.0×0.50×0.40N＝0.80N由于导体棒匀速运动，水平方向受力平衡，则F外＝F安＝0.80N。(4)电阻R上产生的热功率为P＝I2R＝42×0.2W＝3.2W。答案：(1)0.80V(2)4.0A方向由b向a(3)0.80N(4)3.2W12．解析：(1)第3s末，夹在导轨间的导体长度为l＝vt·tan30°＝5×3×eq\f(\r(3),3)m＝5eq\r(3)m此时导体切割磁感线产生的感应电动势为E＝Blv＝0.2×5eq\r(3)