2021-2022人教版物理選擇性必修二檢測：六法拉第電磁感應定律

六法拉第電磁感應定律

蜃基礎達標

（25分鐘60分）

一、選擇題（本題共6小題，每小題6分，共36分）

1.（多選）如圖所示的幾種情況中，金屬導體中產生的感應電動勢為

B/v的是（）

xpX

:/

Xx?xX

CD

選B、C、D。A中，v與金屬導體不垂直，產生的感應電動勢E=B/v

sin9,A錯誤；B中，金屬導體垂直切割磁感線，產生的感應電動勢

E=B/v,B正確；C中，金屬導體水平部分不切割磁感線，只有豎直

部分切割磁感線，產生的感應電動勢E=B/v,C正確；D中，金屬

導體切割磁感線的有效長度為I，產生的感應電動勢E=B/v,D正確。

2.如圖所示，在豎直向下的勻強磁場中，將一水平放置的金屬棒ab

以垂直于棒的水平速度vo拋出，設在整個過程中金屬棒的方向不變

且不計空氣阻力，則金屬棒運動過程中產生的感應電動勢的大小變化

情況是（）

h

B

A.保持不變B.越來越小

C.越來越大D.無法判斷

選A。金屬棒ab做平拋運動，其水平分速度保持不變，等于voo由

感應電動勢公式E=B/vsina,vsina是垂直于磁感線方向的分速度,

即平拋運動的水平分速度，等于vo,則感應電動勢E=B/vo,B、/、

vo均不變，則感應電動勢大小保持不變。故A正確，B、C、D錯誤。

3如圖所示，處在勻強磁場中的線圈，匝數為n,面積為S,磁場方

向平行于線圈軸線向右。若在At時間內，磁感應強度大小由B.均勻

增加到B2,則該段時間內線圈兩端a和b之間的電勢差(pa-(Pb()

nS(B2-Bi)

A.恒為

At

nS(B2-Bi)

B.從。均勻變化到

At

nS(B2-Bi)

C.恒為-

At

nS(B2-Bi)

D.從0均勻變化到-

At

選Co穿過線圈的磁感應強度均勻增加，故產生恒定的感應電動勢,

A①nSABnS(B2-Bi)

根據法拉第電磁感應定律，有E=n等=管=―1，

根據楞次定律可知，感應電流沿順時針方向(從右側看)，故(Pa?pb,

nS(B2-Bi)

即有(Pa-q)b=-------可-----，故C選項正確。

4.如圖所示，閉合開關S，將條形磁鐵兩次插入閉合線圈，第一次用

0.2s,第二次用0.4s,并且兩次的起始和終止位置相同，貝火)

A.第一次磁通量變化較大

B.第一次G的最大偏角較大

C.第一次經過G的總電荷量較多

D.若開關S斷開，G不偏轉，故兩次均無感應電動勢

選Bo因兩次的起始和終止位置相同，所以磁感應強度變化量AB相

同，由△①二ABS知：兩次磁通量變化相同,故A錯誤；因磁通量

變化相同，匝數n相同，At!<At2,根據E=n等和i="知，第一次

公1K

EA①

G的最大偏角較大，故B正確；根據q=iZt=京代=n發(fā)五-At

=n得可知：經過G的總電量相同，故C錯誤；有無感應電動勢

產生的條件是穿過回路的磁通量是否發(fā)生變化，電路無需閉合，兩次

穿過回路的磁通量均發(fā)生了變化，故D錯誤。所以選Bo

5.（多選）如圖甲，圓環(huán)a和b均由相同的均勻導線制成，a環(huán)半徑是

b環(huán)半徑的兩倍，兩環(huán)用不計電阻且彼此靠得較近的導線連接。若僅

將a環(huán)置于圖乙所示變化的磁場中，則導線上M、N兩點的電勢差

UMN=0.4Vo下列說法正確的是（

MJ

~N~\/2R

A.圖乙中，變化磁場的方向垂直紙面向里

B.圖乙中，變化磁場的方向垂直紙面向外

C.若僅將b環(huán)置于圖乙所示變化的磁場中，則M、N兩端的電勢差

U，MN=-0.4V

D.若僅將b環(huán)置于圖乙所示變化的磁場中，則M、N兩端的電勢差

,

UMN=-0.2V

選A、DoUMN>0,可知a環(huán)中感應電流為逆時針方向，根據右手螺

旋定則，知感應磁場方向垂直紙面向外，圖乙中原磁場增強，根據楞

次定律可知原磁場方向垂直紙面向里，A項正確，B項錯誤；根據楞

次定律可得b環(huán)中也產生逆時針方向的感應電流，UMN<0,a環(huán)處于

磁場中時，UMN=|Ea,b環(huán)處于磁場中時，UMN=-1Eb,而急=

7T（2R）2

而5=4,解得UMN=-0.2V,C項錯誤,D項正確。

6.（多選）半徑分別為r和2r的同心半圓導軌MN、PQ固定在同一水平

面內，一長為r、電阻為2R、質量為m且質量分布均勻的導體棒AB

置于半圓軌道上，BA的延長線通過導軌的圓心O,裝置的俯視圖如

圖所示。整個裝置處于磁感應強度大小為B、方向豎直向下的勻強磁

場中，在N、Q之間接有一阻值為R的電阻。導體棒AB在水平外力

作用下，以角速度co繞O順時針勻速轉動，在轉動過程中始終與導

軌保持良好接觸。設導體棒與導軌間的動摩擦因數為,導軌電阻不

計，重力加速度為g,則下列說法正確的是()

3

A.導體棒AB兩端的電壓為jBrco2

B.電阻R中的電流方向從Q至I」N,大小為喑

ZK

Qo2r4m2q

c.外力的功率大小為』一+5pmgro)

D.若導體棒不動，要產生同方向的感應電流，可使豎直向下的磁感

應強度增強，且變化得越來越慢

選B、Co因為導體棒勻角速度轉動，所以平均切割速度T(a)r

3——3

+0?2r)=]cor,產生的感應電動勢E=BLv=/Bcor2,導體棒AB

D1

兩端的電壓U=—JE=2Bcor2,故A選項錯誤；根據右手定則可

知，電阻R中電流方向從Q到N,大小1=一旦一=喑，故B選

R+2R2K

項正確；外力的功率等于回路的電功率與克服摩擦力的功率之和，即

_4R2r4。）2o

P=IE+pngv=4R+giimgrco,故C選項正確；若導體棒不

動，豎直向下的磁感應強度增強，根據楞次定律，感應電流從N至!JQ,

方向不同，故D選項錯誤。

二、非選擇題（本題共2小題，共24分。要有必要的文字說明和解題

步驟，有數值計算的要注明單位）

7.（12分）如圖所示，一無限長的光滑金屬平行導軌置于勻強磁場B中，

磁場方向垂直導軌平面，導軌平面豎直且與地面絕緣，導軌上M、N

間接一電阻R,P、Q端接一對沿水平方向的平行金屬板，導體棒ab

置于導軌上，其電阻為3R,導軌電阻不計，棒長為L,平行金屬板

間距為do今導體棒通過定滑輪在一物塊拉動下開始運動，穩(wěn)定后棒

的速度為v,不計一切摩擦阻力。此時有一帶電量為q的液滴恰能在

兩板間做半徑為r的勻速圓周運動，且速率也為V。求：

PMa______

Qx曝r_x^.

⑴速度V的大??；

⑵物塊的質量mo

（1）設平行金屬板間電壓為U,液滴質量為mo0液滴在平行金屬板間

做勻速圓周運動，重力與電場力必定平衡，則有：q藍=mog

2

由qvB=moy得r=慧

聯立解得u=ye

則棒產生的感應電動勢為：

E=￡.(R+3R)=4g'B由E=BLv,

得v=

(2)棒中電流為：1=^=號皆

ab棒勻速運動，外力與安培力平衡，則有

gdrLB2

F=BIL=vR

而外力等于物塊的重力,即mg=S^

8.(12分)如圖所示，足夠長的金屬導軌固定在水平面上，金屬導軌

苑度L=

1.0m,導軌上放有垂直導軌的金屬桿P,金屬桿P的質量m=0.1kg,

空間存在磁感應強度B=0.5T、豎直向下的勻強磁場。連接在導軌左

端的電阻R=3.0Q,金屬桿P的電阻r=1.0Q,其余部分電阻不計。

某時刻給金屬桿P一個水平向右的恒力F，金屬桿P由靜止開始運動,

圖乙是金屬桿P運動過程的v-t圖像，導軌與金屬桿P間的動摩擦因

數p=0.5。在金屬桿P運動的過程中，第一個2s內通過金屬桿P的

電荷量與第二個2s內通過金屬桿P的電荷量之比為3:5。g取10

2

m/so求：

乙

(1)水平恒力F的大??；

(2)第一個2s內的位移大??；

⑶前4s內電阻R上產生的熱量。

(1)由題圖乙可知，金屬桿P先做加速度減小的加速運動，2s后做勻

速直線運動，當t=2s時，v=4m/s,此時感應電動勢E=BLv,感

應電流1=—,安培力F=BIL=出L上,根據牛頓第二定律有F

R+rR+r

-F-|img=0,解得F=0.75No

_E一八①RTx

⑵通過金屬桿P的電荷量q=It=——L其中E=羿=一，

R+rtt

所以q=4ax(x為金屬桿P的位移)，

設第一個2s內金屬桿P的位移為xi,

第二個2S內金屬桿P的位移為X2,

由題圖乙可知，X2=8m,

又由于qi:q2=3:5,得xi=4.8mo

(3)前4s內，由能量守恒定律得

2

F(X1+X2)=|mv+|img(xi+X2)+Qr+QR,

其中Qr:QR=r:R=1:3,解得QR=1.8Jo

答案：(1)0.75N(2)4.8m(3)1.8J

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如圖所示，豎直平面內有間距/=40cm、足夠長的平行直導軌，導軌

上端連接一開關So長度恰好等于導軌間距的導體棒ab與導軌接觸

良好且無摩擦,導體棒ab的電阻R=0.40Q,質量m=0.20kg。導軌

電阻不計，整個裝置處于與導軌平面垂直的水平勻強磁場中，磁場的

磁感應強度B=0.50T,方向垂直紙面向里(空氣阻力可忽略不計，取

2

重力加速度g=10m/s)o

(1)當to=0時ab棒由靜止釋放,t=1.0s時，閉合開關S。求：

①閉合開關S瞬間ab棒速度v的大??；

②當ab棒向下的加速度a=4.0m/s2時，其速度U的大??；

⑵若ab棒由靜止釋放，經一段時間后閉合開關S,ab棒恰能沿導軌

勻速下滑，求ab棒勻速下滑時電路中的電功率Po

(1)①導體棒做自由落體運動，根據運動學公式有：v=gt=10m/s；

②設導體棒以加速度a=4.0m/s2向下運動時其所受安培力為FA,設

速度為v"根據牛頓第二定律有：mg-FA=ma,解得FA=1.2N；

E

因安培力大小FA=BI/,且由閉合電路歐姆定律有I=記，

結合法拉第電磁感應定律，有E=B/v"解得v，=12m/s；

(2)設導體棒沿導軌勻速下滑時通過導體棒的電流為Im,則有mg=

BIm/i

代入數據解得I.n=10A,此時電路中的電功率為P=KR=40W

答案：⑴①10m/s②12m/s(2)40W

身能力提升

(15分鐘40分)

9.(7分)在圖中，EF、GH為平行的金屬導軌，其電阻不計，R為電

阻，C為電容器，AB為可在EF和GH上滑動的導體橫桿。有勻強

磁場垂直于導軌平面。若用h和L分別表示圖中該處導線中的電流,

則當橫桿AB()

____F

XXX

XXX

XXX

H

A.勻速滑動時，Ii=0,12=0

B.勻速滑動時，L和,12Ho

C.加速滑動時，11=0,12=0

D.加速滑動時,11和,L邦

選D。電容器在電路中與等效電源并聯，兩端電壓為AB端感應電動

勢，所以當導體橫桿勻速滑動時，電容器兩端電壓不變12=0,電阻

R中電流不為零，A、B錯；加速滑動時，電容器兩端電壓隨導體橫

桿速度的增大而增加，所以充電電流不為零，通過電阻的電流也不為

零，D對。

10.(7分)如圖甲所示,兩個相鄰的有界勻強磁場區(qū)，方向相反,且

垂直紙面，磁感應強度的大小均為B,以磁場區(qū)左邊界為y軸建立坐

標系，磁場區(qū)在y軸方向足夠長，在x軸方向寬度均為ao矩形導線

框ABCD的CD邊與y軸重合，AD邊長為a。線框從圖示位置水平

向右勻速穿過兩磁場區(qū)域，且線框平面始終保持與磁場垂直。以逆時

針方向為電流的正方向，線框中感應電流i與線框移動距離x的關系

圖像正確的是圖乙中的（）

選Co線框進入磁場，在進入磁場。~a的過程中，E=Bav,電流10

=*,方向為逆時針方向，為正。在進入磁場a~2a的過程中，電

動勢E=2Bav,電流h=210,方向為順時針方向，為負。在

進入磁場2a~3a的過程中，E=Bav,電流12==Io,方向為逆

時針方向，為正，故C正確，A、B、D錯誤。

11.（7分）（多選）如圖所示，一導線彎成半徑為a的半圓形閉合回路，

虛線MN右側有磁感應強度為B的勻強磁場，方向垂直于回路所在

的平面?；芈芬运俣葀向右勻速進入磁場，直徑CD始終與MN垂直。

從D點到達邊界開始到C點進入磁場為止，下列結論正確的是（）

N

A.感應電流方向不變

B.CD段直導線始終不受安培力

C.感應電動勢最大值E=Bav

-1

D.感應電動勢平均值E=4TtBav

選A、C、D。在閉合回路進入磁場的過程中，通過閉合回路的磁通

量逐漸增大，根據楞次定律可知感應電流的方向為逆時針方向不變，

A正確汴艮據左手定則可以判斷，CD段直導線受安培力且方向向下,

故B錯誤；當半圓閉合回路進入磁場一半時，等效長度最大為a,這

時感應電動勢最大E=Bav,C正確；由法拉第電磁感應定律可得感

1,

應電動勢平均值E=爺=^—=

ZAlZd

V

|兀Bav,故D正確。

12.（19分）如圖所示，矩形線圈在0.01s內由原始位置I轉落至位置

-2

口。已知ad=5x10-2m,ab=20xl0m,勻強磁場的磁感應強度B

=2T,Ri=R3=1Q,R2=R4=3Qo求：

(1)平均感應電動勢；

(2)轉落時，通過各電阻的電流。(線圈的電阻忽略不計)

⑴設線圈在位置I時，穿過它的磁通量為①1,線圈在位置口時，穿

過它的磁通量為①2，有：0i=BSsin30°=lxlO-2Wb,02=2x10-2Wb,

得：A0)二①2-①]=lx]。"wb

A(D1x10-2

根據電磁感應定律可得：E=后=00]V=1V

⑵將具有感應電動勢的線圈等效為電源，其外電路的總電阻為：R=

Ri+Rz

-2~

=2Q

根據閉合電路歐姆定律得總電流為：

E

---A=0.5A