2024-2025學(xué)年新教材高中物理第二章電磁感應(yīng)2法拉第電磁感應(yīng)定律課時練習(xí)含解析新人教版選擇性必修2

PAGE9-法拉第電磁感應(yīng)定律(25分鐘·60分)一、選擇題(本題共6小題,每題6分,共36分)1.匝數(shù)為100的線圈的面積S=100cm2,放在方向如圖所示的勻強(qiáng)磁場中。線圈平面與磁場的方向垂直,當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度由2×10-3T經(jīng)過5s勻稱減小到0時,感應(yīng)電動勢的大小為 ()A.4×10-4V B.2×10-3VC.4×10-2V D.0.2V【解析】選A。線圈中感應(yīng)電動勢大小為:E=NS=100××0.01V=4×10-4V,故A正確,B、C、D錯誤。2.如圖所示,勻強(qiáng)磁場中有兩個導(dǎo)體圓環(huán)a、b,磁場方向與圓環(huán)所在平面垂直。磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間勻稱增大。兩圓環(huán)半徑之比為2∶1,圓環(huán)中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢分別為Ea和Eb,不考慮兩圓環(huán)間的相互影響。下列說法正確的是 ()A.Ea∶Eb=4∶1,感應(yīng)電流均沿逆時針方向B.Ea∶Eb=4∶1,感應(yīng)電流均沿順時針方向C.Ea∶Eb=2∶1,感應(yīng)電流均沿逆時針方向D.Ea∶Eb=2∶1,感應(yīng)電流均沿順時針方向【解析】選B。由法拉第電磁感應(yīng)定律得圓環(huán)中產(chǎn)生的電動勢為E==πr2·,則==,由楞次定律可知感應(yīng)電流的方向均沿順時針方向,選項B正確。3.在勻強(qiáng)磁場中,a、b是兩條平行金屬導(dǎo)軌,而c、d為串有電流表、電壓表的兩金屬棒,如圖所示,兩棒以相同的速度向右勻速運(yùn)動,則以下結(jié)論正確的是()A.電壓表有讀數(shù),電流表沒有讀數(shù)B.電壓表有讀數(shù),電流表也有讀數(shù)C.電壓表無讀數(shù),電流表有讀數(shù)D.電壓表無讀數(shù),電流表也無讀數(shù)【解析】選D。當(dāng)兩棒以相同的速度向右勻速運(yùn)動時,回路的磁通量不變,沒有感應(yīng)電流產(chǎn)生,電流表沒有讀數(shù)。電壓表是由電流表改裝而成的,沒有電流,指針不偏轉(zhuǎn),電壓表也沒有讀數(shù)。故D正確。4.(2024·武漢高二檢測)如圖所示,正方形線圈位于紙面內(nèi),邊長為L,匝數(shù)為N,電阻為R,過ab中點和cd中點的連線OO′恰好位于垂直于紙面對里的勻強(qiáng)磁場的右邊界上,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,當(dāng)線圈在圖示位置轉(zhuǎn)過90°時,則穿過線圈某橫截面的總電量為 ()A.BL2B.NBL2C.D.【解析】選D。當(dāng)正方形線圈abcd有一半處在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中時,磁通量為:Φ=B·L2=,q=N=N,故D正確,A、B、C錯誤?！狙a(bǔ)償訓(xùn)練】如圖甲所示,圓形線圈M的匝數(shù)為50匝,它的兩個端點a、b與志向電壓表相連,線圈中磁場方向如圖,線圈中磁通量的改變規(guī)律如圖乙所示,則ab兩點的電勢凹凸與電壓表讀數(shù)為 ()A.φa>φb,20V B.φa>φb,10VC.φa<φb,20V D.φa<φb,10V【解析】選B。從圖中發(fā)覺:線圈的磁通量是增大的,依據(jù)楞次定律,感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場跟原磁場方向相反,即感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場方向為垂直紙面對外,依據(jù)安培定則,我們可以推斷出線圈中感應(yīng)電流的方向為:逆時針方向。在回路中,線圈相當(dāng)于電源,由于電流是逆時針方向,所以a相當(dāng)于電源的正極,b相當(dāng)于電源的負(fù)極,所以a點的電勢大于b點的電勢。依據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得:E=n·=50×V=10V。電壓表讀數(shù)為10V。故選B。5.如圖所示,一金屬彎桿處在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面對里的勻強(qiáng)磁場中,已知ab=bc=L,當(dāng)它以速度v向右平動時,a、c兩點間的電勢差為()A.BLv B.BLvsinθC.BLvcosθ D.BLv(1+sinθ)【解析】選B。公式E=BLv中的L應(yīng)指導(dǎo)體切割磁感線的有效長度,也就是與磁感應(yīng)強(qiáng)度B和速度v垂直的長度,因此該金屬彎桿的有效切割長度為Lsinθ,故感應(yīng)電動勢大小為BLvsinθ,選項B正確。6.如圖所示,一面積為S的正三角形金屬框abc固定,M、N分別為ab和ac邊的中點,直線MN上方有垂直于線框的勻強(qiáng)磁場。在時間t內(nèi),磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小由B勻稱增加到3B,方向不變,在此過程中 ()A.穿過金屬框的磁通量改變量為BSB.N點電勢比M點的高C.金屬框中的感應(yīng)電動勢為D.金屬框中的感應(yīng)電動勢為【解析】選C。由幾何關(guān)系知三角形aMN的面積為S′=S,起先時穿過金屬框的磁通量為Φ1=BS′,末磁通量為Φ2=3BS′,所以此過程中磁通量的改變量為ΔΦ=Φ2-Φ1=BS,故A錯誤;依據(jù)楞次定律可以推斷三角形金屬框中的感應(yīng)電流方向為逆時針方向,其中aMN部分為電源部分,在電源內(nèi)部電流從低電勢流向高電勢,故M點的電勢高于N點的電勢,故B錯誤;依據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得金屬框中的感應(yīng)電動勢大小為E==,故C正確,D錯誤。二、計算題(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(shù)值計算的要標(biāo)明單位)7.(12分)(2024·天津等級考)如圖所示,垂直于紙面對里的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間t勻稱改變。正方形硬質(zhì)金屬框abcd放置在磁場中,金屬框平面與磁場方向垂直,電阻R=0.1Ω,邊長l=0.2m。求:(1)在t=0到t=0.1s時間內(nèi),金屬框中感應(yīng)電動勢E;(2)t=0.05s時,金屬框ab邊受到的安培力F的大小和方向;(3)在t=0到t=0.1s時間內(nèi),金屬框中電流的電功率P?！窘馕觥?1)在t=0到t=0.1s的時間Δt內(nèi),磁感應(yīng)強(qiáng)度的改變量ΔB=0.2T,設(shè)穿過金屬框的磁通量改變量為ΔΦ,有ΔΦ=ΔBl2 ①由于磁場勻稱改變,所以金屬框中產(chǎn)生的電動勢是恒定的,有E= ②聯(lián)立①②式,代入數(shù)據(jù),解得E=0.08V ③(2)設(shè)金屬框中的電流為I,由閉合電路歐姆定律,有I=④由圖可知,t=0.05s時,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1=0.1T,金屬框ab邊受到的安培力F=IB1l聯(lián)立①②④⑤式,代入數(shù)據(jù),解得F=0.016N⑥方向垂直于ab向左。⑦(3)在t=0到t=0.1s時間內(nèi),金屬框中電流的電功率P=I2R⑧聯(lián)立①②④⑧式,代入數(shù)據(jù),解得P=0.064W⑨答案:(1)0.08V(2)0.016N方向垂直于ab向左(3)0.064W8.(12分)如圖所示,在豎直面內(nèi)有兩平行金屬導(dǎo)軌AB、CD。導(dǎo)軌間距為L,電阻不計。一根電阻不計的金屬棒ab可在導(dǎo)軌上無摩擦地滑動。棒與導(dǎo)軌垂直,并接觸良好。導(dǎo)軌之間有垂直紙面對外的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。導(dǎo)軌右邊與電路連接。電路中的三個定值電阻阻值分別為2R、R和R。在BD間接有一水平放置的電容為C的平行板電容器,板間距離為d,電容器中質(zhì)量為m的帶電微粒電量為q。(1)當(dāng)ab以速度v0勻速向左運(yùn)動時,帶電微粒恰好靜止。試推斷微粒的帶電性質(zhì)和電容器的電量Q。(2)ab棒由靜止起先,以恒定的加速度a向左運(yùn)動。求帶電微粒q所受合力恰好為0的時間t。(設(shè)帶電微粒始終未與極板接觸)【解題指南】解答本題可按以下思路進(jìn)行:(1)依據(jù)右手定則,可推斷a的正負(fù)極,電容器上極板帶電正負(fù),可推斷微粒帶電性質(zhì),又依據(jù)感應(yīng)電動勢,電容器電量與電壓關(guān)系可計算電量。(2)依據(jù)帶電微粒q所受合力恰好為0,得電場強(qiáng)度,得電容器電壓,得感應(yīng)電動勢,得金屬棒切割速度,得加速時間?！窘馕觥?1)ab以速度v0勻速向左運(yùn)動時,由右手定則,a為正極,電容器上極板帶正電,微粒帶負(fù)電,感應(yīng)電動勢E=BLv0電容器電壓U=,電容器的電量Q=CU=(2)帶電微粒q所受合力恰好為0時,qE′=mgE′=U′===解得t=答案:(1)負(fù)電(2)(15分鐘·40分)9.(7分)(多選)如圖所示,A、B兩閉合線圈為同樣導(dǎo)線繞成,A有10匝,B有20匝,兩圓線圈半徑之比為2∶1。勻稱磁場只分布在B線圈內(nèi)。當(dāng)磁場隨時間勻稱減弱時 ()A.A中無感應(yīng)電流B.A、B中均有恒定的感應(yīng)電流C.A、B中感應(yīng)電動勢之比為2∶1D.A、B中感應(yīng)電流之比為1∶2【解析】選B、D。磁場隨時間勻稱減弱,穿過閉合線圈A的磁通量削減,A中產(chǎn)生感應(yīng)電流,故A錯誤;磁場隨時間勻稱減弱,穿過閉合線圈A、B的磁通量削減,A、B中都產(chǎn)生感應(yīng)電流,故B正確;由法拉第電磁感應(yīng)定律得,感應(yīng)電動勢:E=n=nS,其中、S都相同,A有10匝,B有20匝,A、B線圈中感應(yīng)電動勢EA∶EB=1∶2,故C錯誤;線圈電阻:R=ρ=ρ=,兩圓線圈半徑之比為2∶1,A有10匝,B有20匝,ρ、S都相同,則電阻之比RA∶RB=1∶1,由歐姆定律I=得,產(chǎn)生的感應(yīng)電流之比IA∶IB=1∶2,故D正確。10.(7分)(多選)一個面積S=4×10-2mA.在起先的2s內(nèi)穿過線圈的磁通量改變率大小等于0.08Wb/sB.在起先的2s內(nèi)穿過線圈的磁通量的改變量等于零C.在起先的2s內(nèi)線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢等于8VD.在第3s末線圈中的感應(yīng)電動勢等于零【解析】選A、C。由圖像的斜率求得:=T/s=-2T/s,因此=S=-2×4×10-2Wb/s=-8×10-2Wb/s,故A正確,起先的2s內(nèi)穿過線圈的磁通量的改變量不等于零,故B錯誤;依據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得:E=n=nS=100×2×4×10-2V=8V,故C正確;由圖看出,第3s末線圈中的磁通量為零,但磁通量的改變率不為零,感應(yīng)電動勢也不等于零,故D錯誤。11.(7分)在圖中,MN和PQ是兩根豎直放置的相互平行的光滑金屬導(dǎo)軌,已知導(dǎo)軌足夠長,且電阻可忽視不計。ab是一根與導(dǎo)軌垂直且始終與導(dǎo)軌接觸良好的金屬桿。起先時,將電鍵S斷開,讓ab由靜止起先下滑,經(jīng)過一段時間后,再將S閉合。若從S閉合起先計時,則金屬桿ab的速度隨時間t的改變狀況不行能是圖中的()【解析】選B。閉合開關(guān)時,若重力與安培力相等,金屬桿做勻速直線運(yùn)動。故A可能;若安培力小于重力,則合力向下,加速度的方向向下,金屬桿ab做加速運(yùn)動,在加速運(yùn)動的過程中,安培力增大,合力減小,則加速度減小,做加速度漸漸減小的加速運(yùn)動,當(dāng)重力與安培力相等時,做勻速直線運(yùn)動。故B不行能,C可能;若安培力大于重力,則加速度的方向向上,做減速運(yùn)動,在減速運(yùn)動的過程中,安培力減小,做加速度漸漸減小的減速運(yùn)動,當(dāng)重力與安培力相等時,做勻速直線運(yùn)動。故D可能。本題選不行能的,故選B?！狙a(bǔ)償訓(xùn)練】如圖所示,一光滑絕緣斜面與水平面成45°角,勻強(qiáng)磁場的方向豎直向下,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。把由三段導(dǎo)線ab、bc、ca構(gòu)成的一個質(zhì)量為m、邊長為L的等邊三角形線框靜置于斜面上,導(dǎo)線ac與斜面底端平行,導(dǎo)線ac的a、c端分別接恒定電壓的正、負(fù)兩極。若三角形線框靜止在斜面上,重力加速度為g,每段導(dǎo)線的電阻均為R,則恒定電壓U的大小為 ()A.B.C. D.【解析】選B。依據(jù)電路特征可知,abc段電路的電阻為2R,ac段電路的電阻為R,則abc段和ac段電路中的電流大小分別為Iabc=,Iac=,又因為abc段和ac段電路的有效長度均為L,依據(jù)安培力公式F安=BIL可得,三角形線框受到的安培力的合力大小為F=BIabcL+BIacL=,方向水平向右,因為三角形線框靜止在斜面上,依據(jù)平衡條件有Fcos45°=mgsin45°,解得U=,故B正確,A、C、D錯誤。12.(19分)(2024·江蘇高考)如圖所示,勻強(qiáng)磁場中有一個用軟導(dǎo)線制成的單匝閉合線圈,線圈平面與磁場垂直。已知線圈的面積S=