2021-2022学年粤教版（2019）选择性必修第二册 2.2法拉第电磁感应定律 随堂演练（解析版）
文档属性
| 名称 | 2021-2022学年粤教版（2019）选择性必修第二册 2.2法拉第电磁感应定律 随堂演练（解析版） |  | |
| 格式 | doc | ||
| 文件大小 | 709.0KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 粤教版（2019） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2021-08-22 10:22:40 | ||
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文档简介
2021-2022学年粤教版（2019）选择性必修第二册
2.2法拉第电磁感应定律
随堂演练（解析版）
1．如图所示，水平放置的平行金属导轨MN和PQ之间接有定值电阻R，导体棒ab长为l且与导轨接触良好，整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，现使导体棒ab向右匀速运动，下列说法正确的是（ ）
A．导体棒ab两端的感应电动势越来越小
B．导体棒ab中的感应电流方向是a→b
C．导体棒ab所受合力做功为零
D．导体棒ab所受安培力方向水平向右
2．如图所示，两根相距为l的平行直导轨ab、cd，b、d间连有一定值电阻，阻值为R，MN为放在ab和cd上的一导体杆，与ab垂直，其电阻值为，导轨电阻可忽略不计整个装置处于匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，磁场方向垂直于导轨所在平面（指向图中纸面内）现对MN施力使它沿导轨方向以速度v（如图）做匀速运动。令U表示MN两端电压的大小，则（ ）
A．，流过定值电阻R的感应电流由b到d
B．，流过定值电阻R的感应电流由b到d
C．，流过定值电阻R的感应电流由b到d
D．，流过定值电阻R的感应电流由d到b
3．麦克斯韦系统地总结了人类直至19世纪中叶对电磁规律的研究成果，其中有库仑、安培、奥斯特、法拉第和亨利等人的奠基之功，也有他本人的创造性工作。在这基础上最终建立了经典的电磁场理论。以下关于前人奠基之功的论述符合事实的是（ ）
A．库仑利用扭秤发现了库仑定律，并测定了电子的电荷量
B．安培提出了分子电流假说，揭示了磁现象的电本质
C．奥斯特发现了电流的磁效应，并给出了右手螺旋定则
D．法拉第发现了电磁感应现象，并总结得到了法拉第电磁感应定律
4．将一个n匝的正方形闭合线圈放在匀强磁场中，线圈平面与磁感线成角。若磁感应强度随时间均匀变化，线圈导线的材料，粗细不变，下列可使线圈中的感应电流变为原来2倍的是（ ）
A．将线圈面积变为原来的2倍
B．将线圈的边长变为原来的2倍
C．将线圈匝数变为原来的2倍
D．将线圈平面转至与磁感线垂直的位置
5．法拉第圆盘发电机的示意图如图所示。铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分別与圆盘的边缘和铜轴接触。圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中。圆盘旋转时，关于流过电阻R的电流，下列说法正确的是（ ）
A．无论圆盘怎样转动，流过电阻R的电流均为零
B．若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿b到a的方向流动
C．若圆盘转动方向变化，则电流方向发生变化
D．若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R上的热功率也变为原来的8倍
6．某星球表面高度范围内，水平方向磁场的磁感应强度大小随高度由均匀减小至，为使航天器能在星球表面安全降落，可以利用电磁阻力来减小航天器下落速度。若在航天器上固定一边长为的正方形闭合线圈，航天器竖直降落时线圈平面始终与磁场垂直，上下两边始终处于水平状态，为使航天器速度为时产生的电磁阻力（只对该闭合线圈产生的作用力）为，则线圈电阻的阻值R为（ ）
A．
B．
C．
D．
7．如图，固定导线框abcd一半处在匀强磁场中，磁场方向垂直线框平面向里，t=0s时刻开始此磁场均匀变小（方向不变），则导线框（ ）
A．感应电流的大小逐渐变大
B．感应电流的方向为abcda
C．受到的安培力的合力为右
D．受到的安培力的合力向左
8．如图所示，紫铜做的圆盘水平放置在竖直向下的匀强磁场中，圆盘圆心处固定一个摇柄。转动摇柄，使圆盘按图示方向匀速转动。已知圆盘的半径为，匀强磁场的磁感应强度为，圆盘转动的角速度为，则边缘和圆心的电势差为（ ）
A．
B．
C．
D．
9．如图所示，两根金属导轨MN、PQ相互平行，上端接入一个定值电阻，构成U型导轨。金属棒ab恰好能静止在导轨上并与两导轨始终保持垂直且接触良好，现在导轨所在空间加一垂直于导轨的匀强磁场，匀强磁场的磁感应强度从零开始随时间均匀增大，经一段时间后金属棒开始运动，从加磁场到金属棒开始运动的时间内，金属棒ab受力情况中（ ）
A．安培力方向始终向上，安培力大小随时间均匀增大
B．安培力方向始终向下，安培力大小保持不变
C．摩擦力方向始终向上，摩擦力大小先减小后增大
D．摩擦力方向始终向下，摩擦力大小保持不变
10．如图所示，在竖直平面内有一半径为L，圆心为O的半圆形光滑金属导轨，处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直（图中未画出）。水平，竖直，间用导线连接。一长为L、质量为m、电阻为R的均匀金属棒，能绕水平轴O在竖直平面内自由转动，棒与导轨始终接触良好，不计摩擦及其它电阻，重力加速度为g。若棒从处静止释放，第一次到达处时的角速度为ω，则下列说法正确的是（ ）
A．棒能摆到处
B．棒第一次到达处时，棒中通过的电流为
C．棒第一次到达处时，棒受到的安培力的大小为
D．棒最终会停下，产生的总焦耳热为
11．如图所示，在磁感应强度为B的匀强磁场中，有半径为r的光滑半圆形导体框，O为圆心，为一能绕O在框架上滑动的导体棒，之间连一电阻R，导体框架与导体棒的电阻均不计，使以角速度w逆时针匀速转动，则（ ）
A．通过电阻R的电流方向由a经R到O
B．导体棒O端电势低于C端的电势
C．回路中的感应电动势大小为
D．回路中的感应电流大小为
12．光滑绝缘水平桌面上存在以虚线为边界的匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直桌面向下。有一定电阻、边长为a的正方形线框ABCD，在外力F作用下以大小为v、方向与磁场边界成45°角的速度，斜向右上方匀速进入磁场，运动过程中某瞬间对角线AC与磁场边界重合，其俯视图如图所示。则在线框进入磁场的过程中（ ）
A．线框中感应电流方向始终为DABCD
B．图示位置时，线框中感应电动势为
C．图示位置时，外力F达到最大值
D．线框所受安培力的功率一直在增大
13．如图所示，一不计电阻的导体圆环，半径为r、圆心在O点，过圆心放置一长度为2r、电阻为6R的辐条，辐条与圆环接触良好，现将此装置放置于磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的有界匀强磁场中，磁场边界恰与圆环直径在同一直线上，现使辐条以角速度ω绕O点逆时针转动，右侧电路通过电刷与圆环中心和环的边缘相接触，R1＝6R，S处于闭合状态，不计其他电阻，则下列判断正确的是（ ）
A．通过R1的电流方向为自下而上
B．感应电动势大小为2Br2ω
C．理想电压表的示数为
D．理想电流表的示数为
14．如图所示，正方形导体框abcd边长为l、e、f分别为ad、bc中点。导体框所在空间有竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场。当导体框绕过ef的轴以角速度匀速转动时，下列说法正确的是（ ）
A．导体框中无感应电流
B．导体框中产生正弦交变电流
C．a、b两点间电势差为0
D．a、d两点间电势差为
15．单匝矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，转轴垂直于磁场，若线圈所围面积里磁通量随时间变化的规律如图所示，则其中错误的是（ ）
A．线圈中O时刻感应电动势最大
B．线圈中D时刻感应电动势为零
C．线圈中D时刻感应电动势最大
D．线圈中O至D时间内平均感电动势为0.4V
16．如图所示，水平轨道与半径为r的半圆弧形轨道平滑连接于S点，两者均光滑且绝缘，并安装在固定的竖直绝缘平板上。在平板的上下各有一块相互正对的水平金属板P、Q，两板间的距离为d。半圆轨道的最高点T、最低点S、及P、Q板右侧边缘点在同一竖直线上。装置左侧有一半径为L的水平金属圆环，圆环平面区域内有竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场，一根长度略大于L的金属棒一端置于圆环上，另一端与过圆心的竖直转轴连接，转轴带动金属杆转动，在圆环边缘和转轴处引出导线分别与P、Q连接，图中电阻阻值为R，不计其它电阻。右侧水平轨道上有一带电量为+q、质量为的小球1以速度向左运动，与前面静止的、质量也为的不带电小球2发生碰撞，碰后粘合在一起共同向左运动，小球和粘合体均可看作质点，碰撞过程没有电荷损失，设P、Q板正对区域间才存在电场。重力加速度为g。
(1)计算小球1与小球2碰后粘合体的速度大小v；
(2)若金属杆转动的角速度为ω，计算图中电阻R消耗的电功率P；
(3)要使两球碰后的粘合体能从半圆轨道的最低点S做圆周运动到最高点T，计算金属杆转动的角速度的范围。
17．如图，半径为l的金属圆环水平固定，处于磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中，金属棒OA可绕圆心O在圆环上转动。金属棒CD放在宽度也为l的足够长光滑平行金属导轨上，导轨倾角为θ，处于垂直导轨平面向下磁感应强度大小为B的匀强磁场中。用导线分别将金属圆环、金属棒OA的O端分别与D端导轨和C端导轨连接，已知金属棒OA和CD的长度均为l、质量均为m、电阻均为r，其他电阻不计。重力加速度大小为g。
(1)将金属棒OA固定，使金属棒CD从静止开始下滑，求金属棒CD的最大速度；
(2)让金属棒OA匀速转动，使金属棒CD保持静止，求：
①金属棒OA的转动方向；
②金属棒OA转动的角速度；
③金属棒OA两端的电势差UOA。
18．如图所示，边长为100cm的正方形闭合线圈置于匀强磁场中，线圈ab、cd两边中点连线OO′的左右两侧分别存在方向相同、磁感应强度大小各为B1＝0.6T，B2＝0.40T的匀强磁场，若从上往下看，线圈逆时针方向转过37°时，穿过线圈的磁通量改变了多少？线圈从初始位置转过180°时，穿过线圈平面的磁通量改变了多少？
19．由某种导电性能极好的新型材料制成的圆柱体物块（可以看成中间是均匀介质的电容器），质量为m，高为d，底面直径也为d。如图所示，物块放在绝缘斜面上，空间存在平行于斜面、磁感应强度大小为B的水平匀强磁场。已知物块电阻可忽略不计，该材料的相对介电常数为ε，与斜面间的动摩擦因数为，静电力常量为k，重力加速度为g。现将物块在斜面上由静止释放，求：
(1)当物块速度为v时，物块上表面所带电荷量大小Q，并指出其电性。
(2)任一时刻速度v与时间t的关系。
20．将一根阻值的导线弯成一个n=10匝圆形线圈，放置在磁感应强度的匀强磁场中，线圈平面与磁场垂直，如图甲所示，此时线圈的面积，现同时向两侧拉动线圈，使线圈的面积在时间内减小为原来的一半，如图乙所示。在上述变化过程中，求：
(1)用楞次定律分析产生的感应电流方向（写出分析步骤、过程）；
(2)线圈中感应电动势的平均值；
(3)通过导线横截面的电荷量。
参考答案
1．C
【详解】
A．根据法拉第电磁感应定律可知导体棒切割磁感线产生的感应电动势为
由导体棒匀速运动，故电动势大小不变，A错误；
B．根据右手定则，导体棒ab中的感应电流方向是
b→a，B错误；
C．导体棒ab向右匀速运动，根据动能定理，导体棒ab所受合力做功为零，C正确；
D．根据左手定则，结合电流方向，可知导体棒ab所受安培力方向水平向左，
D错误。
故选C。
2．A
【详解】
根据右手定则知，MN中的电流方向为N→M，则流过R的电流方向b→d。导线切割磁感线产生的感应电动势为
根据闭合电路欧姆定律，电路中电流为
根据欧姆定律，R两端电压为
所以R两端电压，即MN两端电压的大小为
故选A。
3．B
【详解】
A．密里根通过油滴实验比较准确的测定了电子的电荷量，库仑总结并确认了真空中两个静止点电荷之间的相互作用规律即库仑定律，故A错误；
B．安培根据通电螺线管的磁场与条形磁铁相似提出在分子内部存在一种环形电流，使每个分子成为一个小磁针，提出了分子电流假说，揭示了磁现象的电本质，故B正确；
C．奥斯特发现了电流的磁效应，安培给出了右手螺旋定则，故C错误；
D．法拉第发现了电磁感应现象，纽曼和韦伯先后总结得到了法拉第电磁感应定律，故D错误。
故选B。
4．B
【详解】
A．根据法拉第电磁感应定律，将线圈的面积变为原来的2倍时，则线圈产生的感应电动势是原来的2倍，线圈边长变为原来倍，线圈导线总长度变为原来的倍，由电阻定律，可得线圈电阻是原来的倍，因此线圈中的感应电流变为原来的倍，故A错误。
B．根据法拉第电磁感应定律，将线圈的边长变为原来的2倍，则线圈面积变为原来的4倍，感应电动势变为原来的4倍，线圈导线长度变为原来的2倍，由电阻定律，可得线圈电阻是原来的2倍，因此线圈中的感应电流变为原来的2倍，故B正确；
C．根据法拉第电磁感应定律有，当线圈匝数增加为原来的2倍，则线圈产生的感应电动势也增加为原来的2倍，但线圈电阻也增加为原来的2倍，因此线圈中的感应电流没有变化。故C错误；
D．根据法拉第电磁感应定律，将线圈平面转至与磁感线垂直的位置，线圈的磁通量变化率变为原来的倍，则线圈产生的感应电动势也变为原来的倍，由于线圈电阻没有变化，因此线圈中的感应电流变为原来的倍，故D错误。
故选B。
5．C
【详解】
ABC．若从上向下看，圆盘顺时针转动，根据右手定则，则电流沿a到b的方向流动，如果圆盘转动方向变化，则电流方向也变化。AB错误，C正确；
D．根据转动切割产生的电动势可知，若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电动势也变为原来的两倍，根据热功率可知，在R上的热功率也变为原来的4倍。D错误。
故选C。
6．C
【详解】
由磁场分布规律可知，线圈上下两边所处位置的磁感应强度大小之差
线圈上下两边产生的总感应电动势大小
线圈上下两边产生的总安培力大小
其中
解得
故选C。
7．D
【详解】
AB．因为t=0s时刻向里的磁场均匀变小，可知磁通量均匀减小，线圈中产生恒定不变的感应电流，根据楞次定律可知，感应电流的方向为adcba，AB错误；
CD．根据左手定则可知，线圈受到的安培力的合力向左，C错误，D正确。
故选D。
8．B
【详解】
根据右手定则可知，圆心b的电势较边缘高；圆盘转动时产生的感应电动势
则边缘和圆心的电势差
故选B。
9．A
【详解】
AB．当加磁场时，感应电动势大小为
由于磁感应强度从零开始随时间均匀增大，所以定值，感应电动势E不变，则安培力大小为
由于E、R、L为定值，B均匀增大，所以安培力大小随时间均匀增大，根据左手定则可判断，安培力方向始终沿斜面向上，故A正确，B错误；
CD．未加磁场时，金属棒ab恰好能静止在导轨上，可得
方向沿斜面向上，由AB选项可知，安培力方向始终向上，安培力大小随时间均匀增大，则摩擦力方向先沿斜面向上，大小逐渐减小到零；当时，摩擦力为零；当安培力继续增大时，摩擦力方向沿斜面向下，大小逐渐增大，直到金属棒开始滑动，综上所述，故C、D错误。
故选A。
10．BD
【详解】
A．棒OA沿着导轨转动时会切割磁感线产生电动势，回路中会有感应电流，从而使得棒的一部分机械能转化为电能，则棒不能到达等高的OD处，A错误；
B．棒第一次到达OP处时，产生的感应电动势为
所以回路中的感应电流为
B正确；
C．导体棒所受的安培力为
C错误；
D．棒最终停在OP处，根据能量守恒，产生的焦耳热
D正确。
故选BD。
11．CD
【详解】
A．根据右手定则可知，电流方向为由O经R到a，A错误；
B．根据右手定则可知，OC等效为电源时，O为正极，C为负极，B错误；
C．根据动生电动势公式可知
C正确；
D．根据欧姆定律可知
D正确。
故选CD。
12．AC
【详解】
A．根据楞次定律，线框进入磁场的过程中线框中感应电流方向始终为DABCD，A正确；
B．图示位置时，线框进入磁场时有效的切割长度等于a，产生的感应电动势为
B错误；
C．因为图示位置时，线框进入磁场时有效的切割长度最长，电动势最大，则感应电流最大，受到的安培力最大，因为匀速进入，则外力F达到最大值，C正确；
D．在线框进入磁场的过程中，进入磁场时有效的切割长度逐渐变小，产生的感应电动势逐渐变小，感应电流逐渐变小，受到的安培力逐渐变小，速度不变，根据
线框所受安培力的功率一直在减小，D错误。
故选AC。
13．ACD
【详解】
A．根据右手定则可知，通过R1的电流方向为自下而上，故A正确；
B．由题意可知，辐条在转动过程中，只有一个长度与半径相等的金属棒转动切割磁感线，所以产生的感应电动势为
故B错误；
CD．由闭合电路欧姆定律可知，回路中总电流为
由电路并联规律可知，理想电流表的示数为
由欧姆定律可知，理想电压表的示数为
故CD正确。
故选ACD。
14．AC
【详解】
AB．导体框中的磁通量始终为零，不变，故无感应电流，A正确，B错误；
C．a、b没有切割磁感线，故两点间电势差为0，故C正确；
D．根据右手定则可知，ae段与ed段切割产生的感应电动势大小相等，方向相反，故a点电势与d点电势相等，电势差为零，故D错误。
故选AC。
15．CD
【详解】
A．由图知t=0时刻图象切线斜率最大，磁通量的变化率为最大，则由法拉第电磁感应定律得知：此刻感应电动势最大，故A正确；
BC．在D时刻切线斜率为零，磁通量的变化率为零，则感应电动势为零。故B正确C错误；
D．根据法拉第电磁感应定律得：圈中0到D时间内平均感应电动势
故D正确。
故选CD。
16．(1)；(2)；(3)≤ω≤
【详解】
(1)两球碰撞过程满足动量守恒
解得。
(2)杆转动的电动势
电阻R的功率
(3)通过金属杆的转动方向可知P、Q板间的电场方向向上，粘合体受到的电场力方向向上，在半圆轨道最低点的速度恒定，如果金属杆转动角速度过小，粘合体受到的电场力较小，不能达到最高点T，临界状态是粘合体刚好达到T点，此时金属杆的角速度为最小，设此时对应的电场强度为，粘合体达到T点时的速度为，
在T点，由牛顿第二定律得
从S到T，由动能定理得
解得，杆转动的电动势
两板间电场强度
联立解得；
如果金属杆转动角速度过大，粘合体受到的电场力较大，粘合体在S点就可能脱离圆轨道，临界状态是粘合体刚好在S点不脱落轨道，此时金属杆的角速度为最大，设此时对应的电场强度为，在S点，由牛顿第二定律得
杆转动的电动势
两板间电场强度
联立解得；
综上所述，要使两球碰后的粘合体能从半圆轨道的最低点S做圆周运动到最高点T，金属杆转动的角速度的范围为≤ω≤。
17．(1)
；(2)①金属棒OA逆时针转动（从上往下看），②，③；
【详解】
(1)根据法拉第电磁感应定律得
根据闭合电路欧姆定律
根据平衡条件
解得
(2)①使金属棒CD保持静止，根据左手定则，金属棒CD的电流方向为由C向D，根据右手定则，金属棒OA逆时针转动（从上往下看）；
②金属棒产生的感应电动势为
感应电流为
根据平衡条件
解得
③金属棒OA两端的电势差UOA
解得
18．－0.1Wb，－1.0Wb
【详解】
在原图位置，磁感线与线圈平面垂直，磁通量
Φ1=B1×+B2×=0.6×Wb+0.4×Wb=0.5Wb
线圈绕OO′轴逆时针转过37°后，磁通量
Φ2=B1×cos37°+B2×cos37°=0.6××0.8Wb+0.4××0.8Wb=0.4Wb
故线圈逆时针方向转过37°时，穿过线圈的磁通量改变量为
ΔΦ=Φ2-Φ1＝0.4Wb-0.5Wb=-0.1Wb
绕圈绕OO′轴逆时针转过180°时，规定穿过原线圈平面的磁通量为正，转过180°后，穿过线圈平面的磁通量为负，转过180°后的磁通量
Φ3=-B1×-B2×=-0.5Wb
初始位置转过180°时，穿过线圈平面的磁通量改变量为
ΔΦ′=Φ3-Φ1=-0.5Wb-0.5Wb=-1.0Wb
19．（1）负电，；（2）
【详解】
(1)当物块沿斜面向下以速度v运动时，切割磁感线产生电动势，由右手定则判定，知上表面带正电，下表面带负电
电动势
物块形成电容器的电容
又
解得
(2)物块加速运动，电容器充电，存在充电电流，所以物块受重力、摩擦力、支持力和安培力作用，根据牛顿第二定律得
其中
解得
a为定值，则物块做初速度为0的匀加速直线运动，速度v与时间t的关系为
20．(1)见解析；(2)；(3)
【详解】
(1)第一步，通过线圈的磁通量垂直纸面向里；
第二步，因线圈面积减小，由磁通量公式可知磁通量减小；
第三步，要阻碍磁通量变化感应电流产生的磁场垂直纸面向里；
第四步，由安培定则可知感应电流方向为顺时针（俯视观察）。
(2)由法拉弟电磁感应电流可得
(3)由闭合电路欧姆定律可得回路中平均电流
通过导线横截面的电荷量
2.2法拉第电磁感应定律
随堂演练（解析版）
1．如图所示，水平放置的平行金属导轨MN和PQ之间接有定值电阻R，导体棒ab长为l且与导轨接触良好，整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，现使导体棒ab向右匀速运动，下列说法正确的是（ ）
A．导体棒ab两端的感应电动势越来越小
B．导体棒ab中的感应电流方向是a→b
C．导体棒ab所受合力做功为零
D．导体棒ab所受安培力方向水平向右
2．如图所示，两根相距为l的平行直导轨ab、cd，b、d间连有一定值电阻，阻值为R，MN为放在ab和cd上的一导体杆，与ab垂直，其电阻值为，导轨电阻可忽略不计整个装置处于匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，磁场方向垂直于导轨所在平面（指向图中纸面内）现对MN施力使它沿导轨方向以速度v（如图）做匀速运动。令U表示MN两端电压的大小，则（ ）
A．，流过定值电阻R的感应电流由b到d
B．，流过定值电阻R的感应电流由b到d
C．，流过定值电阻R的感应电流由b到d
D．，流过定值电阻R的感应电流由d到b
3．麦克斯韦系统地总结了人类直至19世纪中叶对电磁规律的研究成果，其中有库仑、安培、奥斯特、法拉第和亨利等人的奠基之功，也有他本人的创造性工作。在这基础上最终建立了经典的电磁场理论。以下关于前人奠基之功的论述符合事实的是（ ）
A．库仑利用扭秤发现了库仑定律，并测定了电子的电荷量
B．安培提出了分子电流假说，揭示了磁现象的电本质
C．奥斯特发现了电流的磁效应，并给出了右手螺旋定则
D．法拉第发现了电磁感应现象，并总结得到了法拉第电磁感应定律
4．将一个n匝的正方形闭合线圈放在匀强磁场中，线圈平面与磁感线成角。若磁感应强度随时间均匀变化，线圈导线的材料，粗细不变，下列可使线圈中的感应电流变为原来2倍的是（ ）
A．将线圈面积变为原来的2倍
B．将线圈的边长变为原来的2倍
C．将线圈匝数变为原来的2倍
D．将线圈平面转至与磁感线垂直的位置
5．法拉第圆盘发电机的示意图如图所示。铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分別与圆盘的边缘和铜轴接触。圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中。圆盘旋转时，关于流过电阻R的电流，下列说法正确的是（ ）
A．无论圆盘怎样转动，流过电阻R的电流均为零
B．若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿b到a的方向流动
C．若圆盘转动方向变化，则电流方向发生变化
D．若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R上的热功率也变为原来的8倍
6．某星球表面高度范围内，水平方向磁场的磁感应强度大小随高度由均匀减小至，为使航天器能在星球表面安全降落，可以利用电磁阻力来减小航天器下落速度。若在航天器上固定一边长为的正方形闭合线圈，航天器竖直降落时线圈平面始终与磁场垂直，上下两边始终处于水平状态，为使航天器速度为时产生的电磁阻力（只对该闭合线圈产生的作用力）为，则线圈电阻的阻值R为（ ）
A．
B．
C．
D．
7．如图，固定导线框abcd一半处在匀强磁场中，磁场方向垂直线框平面向里，t=0s时刻开始此磁场均匀变小（方向不变），则导线框（ ）
A．感应电流的大小逐渐变大
B．感应电流的方向为abcda
C．受到的安培力的合力为右
D．受到的安培力的合力向左
8．如图所示，紫铜做的圆盘水平放置在竖直向下的匀强磁场中，圆盘圆心处固定一个摇柄。转动摇柄，使圆盘按图示方向匀速转动。已知圆盘的半径为，匀强磁场的磁感应强度为，圆盘转动的角速度为，则边缘和圆心的电势差为（ ）
A．
B．
C．
D．
9．如图所示，两根金属导轨MN、PQ相互平行，上端接入一个定值电阻，构成U型导轨。金属棒ab恰好能静止在导轨上并与两导轨始终保持垂直且接触良好，现在导轨所在空间加一垂直于导轨的匀强磁场，匀强磁场的磁感应强度从零开始随时间均匀增大，经一段时间后金属棒开始运动，从加磁场到金属棒开始运动的时间内，金属棒ab受力情况中（ ）
A．安培力方向始终向上，安培力大小随时间均匀增大
B．安培力方向始终向下，安培力大小保持不变
C．摩擦力方向始终向上，摩擦力大小先减小后增大
D．摩擦力方向始终向下，摩擦力大小保持不变
10．如图所示，在竖直平面内有一半径为L，圆心为O的半圆形光滑金属导轨，处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直（图中未画出）。水平，竖直，间用导线连接。一长为L、质量为m、电阻为R的均匀金属棒，能绕水平轴O在竖直平面内自由转动，棒与导轨始终接触良好，不计摩擦及其它电阻，重力加速度为g。若棒从处静止释放，第一次到达处时的角速度为ω，则下列说法正确的是（ ）
A．棒能摆到处
B．棒第一次到达处时，棒中通过的电流为
C．棒第一次到达处时，棒受到的安培力的大小为
D．棒最终会停下，产生的总焦耳热为
11．如图所示，在磁感应强度为B的匀强磁场中，有半径为r的光滑半圆形导体框，O为圆心，为一能绕O在框架上滑动的导体棒，之间连一电阻R，导体框架与导体棒的电阻均不计，使以角速度w逆时针匀速转动，则（ ）
A．通过电阻R的电流方向由a经R到O
B．导体棒O端电势低于C端的电势
C．回路中的感应电动势大小为
D．回路中的感应电流大小为
12．光滑绝缘水平桌面上存在以虚线为边界的匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直桌面向下。有一定电阻、边长为a的正方形线框ABCD，在外力F作用下以大小为v、方向与磁场边界成45°角的速度，斜向右上方匀速进入磁场，运动过程中某瞬间对角线AC与磁场边界重合，其俯视图如图所示。则在线框进入磁场的过程中（ ）
A．线框中感应电流方向始终为DABCD
B．图示位置时，线框中感应电动势为
C．图示位置时，外力F达到最大值
D．线框所受安培力的功率一直在增大
13．如图所示，一不计电阻的导体圆环，半径为r、圆心在O点，过圆心放置一长度为2r、电阻为6R的辐条，辐条与圆环接触良好，现将此装置放置于磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的有界匀强磁场中，磁场边界恰与圆环直径在同一直线上，现使辐条以角速度ω绕O点逆时针转动，右侧电路通过电刷与圆环中心和环的边缘相接触，R1＝6R，S处于闭合状态，不计其他电阻，则下列判断正确的是（ ）
A．通过R1的电流方向为自下而上
B．感应电动势大小为2Br2ω
C．理想电压表的示数为
D．理想电流表的示数为
14．如图所示，正方形导体框abcd边长为l、e、f分别为ad、bc中点。导体框所在空间有竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场。当导体框绕过ef的轴以角速度匀速转动时，下列说法正确的是（ ）
A．导体框中无感应电流
B．导体框中产生正弦交变电流
C．a、b两点间电势差为0
D．a、d两点间电势差为
15．单匝矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，转轴垂直于磁场，若线圈所围面积里磁通量随时间变化的规律如图所示，则其中错误的是（ ）
A．线圈中O时刻感应电动势最大
B．线圈中D时刻感应电动势为零
C．线圈中D时刻感应电动势最大
D．线圈中O至D时间内平均感电动势为0.4V
16．如图所示，水平轨道与半径为r的半圆弧形轨道平滑连接于S点，两者均光滑且绝缘，并安装在固定的竖直绝缘平板上。在平板的上下各有一块相互正对的水平金属板P、Q，两板间的距离为d。半圆轨道的最高点T、最低点S、及P、Q板右侧边缘点在同一竖直线上。装置左侧有一半径为L的水平金属圆环，圆环平面区域内有竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场，一根长度略大于L的金属棒一端置于圆环上，另一端与过圆心的竖直转轴连接，转轴带动金属杆转动，在圆环边缘和转轴处引出导线分别与P、Q连接，图中电阻阻值为R，不计其它电阻。右侧水平轨道上有一带电量为+q、质量为的小球1以速度向左运动，与前面静止的、质量也为的不带电小球2发生碰撞，碰后粘合在一起共同向左运动，小球和粘合体均可看作质点，碰撞过程没有电荷损失，设P、Q板正对区域间才存在电场。重力加速度为g。
(1)计算小球1与小球2碰后粘合体的速度大小v；
(2)若金属杆转动的角速度为ω，计算图中电阻R消耗的电功率P；
(3)要使两球碰后的粘合体能从半圆轨道的最低点S做圆周运动到最高点T，计算金属杆转动的角速度的范围。
17．如图，半径为l的金属圆环水平固定，处于磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中，金属棒OA可绕圆心O在圆环上转动。金属棒CD放在宽度也为l的足够长光滑平行金属导轨上，导轨倾角为θ，处于垂直导轨平面向下磁感应强度大小为B的匀强磁场中。用导线分别将金属圆环、金属棒OA的O端分别与D端导轨和C端导轨连接，已知金属棒OA和CD的长度均为l、质量均为m、电阻均为r，其他电阻不计。重力加速度大小为g。
(1)将金属棒OA固定，使金属棒CD从静止开始下滑，求金属棒CD的最大速度；
(2)让金属棒OA匀速转动，使金属棒CD保持静止，求：
①金属棒OA的转动方向；
②金属棒OA转动的角速度；
③金属棒OA两端的电势差UOA。
18．如图所示，边长为100cm的正方形闭合线圈置于匀强磁场中，线圈ab、cd两边中点连线OO′的左右两侧分别存在方向相同、磁感应强度大小各为B1＝0.6T，B2＝0.40T的匀强磁场，若从上往下看，线圈逆时针方向转过37°时，穿过线圈的磁通量改变了多少？线圈从初始位置转过180°时，穿过线圈平面的磁通量改变了多少？
19．由某种导电性能极好的新型材料制成的圆柱体物块（可以看成中间是均匀介质的电容器），质量为m，高为d，底面直径也为d。如图所示，物块放在绝缘斜面上，空间存在平行于斜面、磁感应强度大小为B的水平匀强磁场。已知物块电阻可忽略不计，该材料的相对介电常数为ε，与斜面间的动摩擦因数为，静电力常量为k，重力加速度为g。现将物块在斜面上由静止释放，求：
(1)当物块速度为v时，物块上表面所带电荷量大小Q，并指出其电性。
(2)任一时刻速度v与时间t的关系。
20．将一根阻值的导线弯成一个n=10匝圆形线圈，放置在磁感应强度的匀强磁场中，线圈平面与磁场垂直，如图甲所示，此时线圈的面积，现同时向两侧拉动线圈，使线圈的面积在时间内减小为原来的一半，如图乙所示。在上述变化过程中，求：
(1)用楞次定律分析产生的感应电流方向（写出分析步骤、过程）；
(2)线圈中感应电动势的平均值；
(3)通过导线横截面的电荷量。
参考答案
1．C
【详解】
A．根据法拉第电磁感应定律可知导体棒切割磁感线产生的感应电动势为
由导体棒匀速运动，故电动势大小不变，A错误；
B．根据右手定则，导体棒ab中的感应电流方向是
b→a，B错误；
C．导体棒ab向右匀速运动，根据动能定理，导体棒ab所受合力做功为零，C正确；
D．根据左手定则，结合电流方向，可知导体棒ab所受安培力方向水平向左，
D错误。
故选C。
2．A
【详解】
根据右手定则知，MN中的电流方向为N→M，则流过R的电流方向b→d。导线切割磁感线产生的感应电动势为
根据闭合电路欧姆定律，电路中电流为
根据欧姆定律，R两端电压为
所以R两端电压，即MN两端电压的大小为
故选A。
3．B
【详解】
A．密里根通过油滴实验比较准确的测定了电子的电荷量，库仑总结并确认了真空中两个静止点电荷之间的相互作用规律即库仑定律，故A错误；
B．安培根据通电螺线管的磁场与条形磁铁相似提出在分子内部存在一种环形电流，使每个分子成为一个小磁针，提出了分子电流假说，揭示了磁现象的电本质，故B正确；
C．奥斯特发现了电流的磁效应，安培给出了右手螺旋定则，故C错误；
D．法拉第发现了电磁感应现象，纽曼和韦伯先后总结得到了法拉第电磁感应定律，故D错误。
故选B。
4．B
【详解】
A．根据法拉第电磁感应定律，将线圈的面积变为原来的2倍时，则线圈产生的感应电动势是原来的2倍，线圈边长变为原来倍，线圈导线总长度变为原来的倍，由电阻定律，可得线圈电阻是原来的倍，因此线圈中的感应电流变为原来的倍，故A错误。
B．根据法拉第电磁感应定律，将线圈的边长变为原来的2倍，则线圈面积变为原来的4倍，感应电动势变为原来的4倍，线圈导线长度变为原来的2倍，由电阻定律，可得线圈电阻是原来的2倍，因此线圈中的感应电流变为原来的2倍，故B正确；
C．根据法拉第电磁感应定律有，当线圈匝数增加为原来的2倍，则线圈产生的感应电动势也增加为原来的2倍，但线圈电阻也增加为原来的2倍，因此线圈中的感应电流没有变化。故C错误；
D．根据法拉第电磁感应定律，将线圈平面转至与磁感线垂直的位置，线圈的磁通量变化率变为原来的倍，则线圈产生的感应电动势也变为原来的倍，由于线圈电阻没有变化，因此线圈中的感应电流变为原来的倍，故D错误。
故选B。
5．C
【详解】
ABC．若从上向下看，圆盘顺时针转动，根据右手定则，则电流沿a到b的方向流动，如果圆盘转动方向变化，则电流方向也变化。AB错误，C正确；
D．根据转动切割产生的电动势可知，若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电动势也变为原来的两倍，根据热功率可知，在R上的热功率也变为原来的4倍。D错误。
故选C。
6．C
【详解】
由磁场分布规律可知，线圈上下两边所处位置的磁感应强度大小之差
线圈上下两边产生的总感应电动势大小
线圈上下两边产生的总安培力大小
其中
解得
故选C。
7．D
【详解】
AB．因为t=0s时刻向里的磁场均匀变小，可知磁通量均匀减小，线圈中产生恒定不变的感应电流，根据楞次定律可知，感应电流的方向为adcba，AB错误；
CD．根据左手定则可知，线圈受到的安培力的合力向左，C错误，D正确。
故选D。
8．B
【详解】
根据右手定则可知，圆心b的电势较边缘高；圆盘转动时产生的感应电动势
则边缘和圆心的电势差
故选B。
9．A
【详解】
AB．当加磁场时，感应电动势大小为
由于磁感应强度从零开始随时间均匀增大，所以定值，感应电动势E不变，则安培力大小为
由于E、R、L为定值，B均匀增大，所以安培力大小随时间均匀增大，根据左手定则可判断，安培力方向始终沿斜面向上，故A正确，B错误；
CD．未加磁场时，金属棒ab恰好能静止在导轨上，可得
方向沿斜面向上，由AB选项可知，安培力方向始终向上，安培力大小随时间均匀增大，则摩擦力方向先沿斜面向上，大小逐渐减小到零；当时，摩擦力为零；当安培力继续增大时，摩擦力方向沿斜面向下，大小逐渐增大，直到金属棒开始滑动，综上所述，故C、D错误。
故选A。
10．BD
【详解】
A．棒OA沿着导轨转动时会切割磁感线产生电动势，回路中会有感应电流，从而使得棒的一部分机械能转化为电能，则棒不能到达等高的OD处，A错误；
B．棒第一次到达OP处时，产生的感应电动势为
所以回路中的感应电流为
B正确；
C．导体棒所受的安培力为
C错误；
D．棒最终停在OP处，根据能量守恒，产生的焦耳热
D正确。
故选BD。
11．CD
【详解】
A．根据右手定则可知，电流方向为由O经R到a，A错误；
B．根据右手定则可知，OC等效为电源时，O为正极，C为负极，B错误；
C．根据动生电动势公式可知
C正确；
D．根据欧姆定律可知
D正确。
故选CD。
12．AC
【详解】
A．根据楞次定律，线框进入磁场的过程中线框中感应电流方向始终为DABCD，A正确；
B．图示位置时，线框进入磁场时有效的切割长度等于a，产生的感应电动势为
B错误；
C．因为图示位置时，线框进入磁场时有效的切割长度最长，电动势最大，则感应电流最大，受到的安培力最大，因为匀速进入，则外力F达到最大值，C正确；
D．在线框进入磁场的过程中，进入磁场时有效的切割长度逐渐变小，产生的感应电动势逐渐变小，感应电流逐渐变小，受到的安培力逐渐变小，速度不变，根据
线框所受安培力的功率一直在减小，D错误。
故选AC。
13．ACD
【详解】
A．根据右手定则可知，通过R1的电流方向为自下而上，故A正确；
B．由题意可知，辐条在转动过程中，只有一个长度与半径相等的金属棒转动切割磁感线，所以产生的感应电动势为
故B错误；
CD．由闭合电路欧姆定律可知，回路中总电流为
由电路并联规律可知，理想电流表的示数为
由欧姆定律可知，理想电压表的示数为
故CD正确。
故选ACD。
14．AC
【详解】
AB．导体框中的磁通量始终为零，不变，故无感应电流，A正确，B错误；
C．a、b没有切割磁感线，故两点间电势差为0，故C正确；
D．根据右手定则可知，ae段与ed段切割产生的感应电动势大小相等，方向相反，故a点电势与d点电势相等，电势差为零，故D错误。
故选AC。
15．CD
【详解】
A．由图知t=0时刻图象切线斜率最大，磁通量的变化率为最大，则由法拉第电磁感应定律得知：此刻感应电动势最大，故A正确；
BC．在D时刻切线斜率为零，磁通量的变化率为零，则感应电动势为零。故B正确C错误；
D．根据法拉第电磁感应定律得：圈中0到D时间内平均感应电动势
故D正确。
故选CD。
16．(1)；(2)；(3)≤ω≤
【详解】
(1)两球碰撞过程满足动量守恒
解得。
(2)杆转动的电动势
电阻R的功率
(3)通过金属杆的转动方向可知P、Q板间的电场方向向上，粘合体受到的电场力方向向上，在半圆轨道最低点的速度恒定，如果金属杆转动角速度过小，粘合体受到的电场力较小，不能达到最高点T，临界状态是粘合体刚好达到T点，此时金属杆的角速度为最小，设此时对应的电场强度为，粘合体达到T点时的速度为，
在T点，由牛顿第二定律得
从S到T，由动能定理得
解得，杆转动的电动势
两板间电场强度
联立解得；
如果金属杆转动角速度过大，粘合体受到的电场力较大，粘合体在S点就可能脱离圆轨道，临界状态是粘合体刚好在S点不脱落轨道，此时金属杆的角速度为最大，设此时对应的电场强度为，在S点，由牛顿第二定律得
杆转动的电动势
两板间电场强度
联立解得；
综上所述，要使两球碰后的粘合体能从半圆轨道的最低点S做圆周运动到最高点T，金属杆转动的角速度的范围为≤ω≤。
17．(1)
；(2)①金属棒OA逆时针转动（从上往下看），②，③；
【详解】
(1)根据法拉第电磁感应定律得
根据闭合电路欧姆定律
根据平衡条件
解得
(2)①使金属棒CD保持静止，根据左手定则，金属棒CD的电流方向为由C向D，根据右手定则，金属棒OA逆时针转动（从上往下看）；
②金属棒产生的感应电动势为
感应电流为
根据平衡条件
解得
③金属棒OA两端的电势差UOA
解得
18．－0.1Wb，－1.0Wb
【详解】
在原图位置，磁感线与线圈平面垂直，磁通量
Φ1=B1×+B2×=0.6×Wb+0.4×Wb=0.5Wb
线圈绕OO′轴逆时针转过37°后，磁通量
Φ2=B1×cos37°+B2×cos37°=0.6××0.8Wb+0.4××0.8Wb=0.4Wb
故线圈逆时针方向转过37°时，穿过线圈的磁通量改变量为
ΔΦ=Φ2-Φ1＝0.4Wb-0.5Wb=-0.1Wb
绕圈绕OO′轴逆时针转过180°时，规定穿过原线圈平面的磁通量为正，转过180°后，穿过线圈平面的磁通量为负，转过180°后的磁通量
Φ3=-B1×-B2×=-0.5Wb
初始位置转过180°时，穿过线圈平面的磁通量改变量为
ΔΦ′=Φ3-Φ1=-0.5Wb-0.5Wb=-1.0Wb
19．（1）负电，；（2）
【详解】
(1)当物块沿斜面向下以速度v运动时，切割磁感线产生电动势，由右手定则判定，知上表面带正电，下表面带负电
电动势
物块形成电容器的电容
又
解得
(2)物块加速运动，电容器充电，存在充电电流，所以物块受重力、摩擦力、支持力和安培力作用，根据牛顿第二定律得
其中
解得
a为定值，则物块做初速度为0的匀加速直线运动，速度v与时间t的关系为
20．(1)见解析；(2)；(3)
【详解】
(1)第一步，通过线圈的磁通量垂直纸面向里；
第二步，因线圈面积减小，由磁通量公式可知磁通量减小；
第三步，要阻碍磁通量变化感应电流产生的磁场垂直纸面向里；
第四步，由安培定则可知感应电流方向为顺时针（俯视观察）。
(2)由法拉弟电磁感应电流可得
(3)由闭合电路欧姆定律可得回路中平均电流
通过导线横截面的电荷量
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