2.2法拉第电磁感应定律 同步训练（word版含答案）

2.2法拉第电磁感应定律
一、选择题（共15题）
1．如图所示，一均匀金属圆盘绕通过其圆心且与盘面垂直的轴顺时针匀速转动，现施加一垂直穿过圆盘的有界匀强磁场，圆盘开始减速．在圆盘减速过程中，以下说法正确的是（　　）
A．处于磁场中的圆盘部分，靠近圆心处电势高
B．所加磁场越强越不易使圆盘停止转动
C．若所加磁场反向，圆盘将加速转动
D．若所加磁场穿过整个圆盘，圆盘将匀速转动
2．所示，在虚线区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，一粗细均匀材质相同的正方形线圈边长为L，总电阻为R。在外力作用下以速度v进入磁场区域。则在进入磁场的过程中，a、b两点间的电势差为（　　）
A． B． C． D．
3．下面叙述符合物理学史实的是
A．伽利略通过理想实验总结出了惯性定律
B．牛顿发现了万有引力定律并测出了引力常量
C．安培首先发现了电流的磁效应
D．法拉第发现了电磁感应现象并最早引入电场线描述电场
4．如图所示，由同种材料制成，粗细均匀，边长为L、总电阻为R的单匝正方形闭合线圈MNPQ放置在水平面上，空间存在方向竖直向下、磁感应强度大小为B的有界匀强磁场，磁场两边界成θ=角。现使线圈以水平向右的速度ν匀速进入磁场，则（　　）
A．当线圈中心经过磁场边界时，N、P两点间的电势差U=BLv
B．当线圈中心经过磁场边界时，线圈所受安培力大小
C．线圈从开始进入磁场到其中心经过磁场边界的过程中，回路中的平均电功率
D．线圈从开始进入磁场到其中心经过磁场边界的过程中，通过导线某一横截面的电荷量
5．如图所示，用均匀导线做成的单匝等边三角形线框的面积为0.6 m2，线框一半放在垂直于纸面向里的匀强磁场中．当磁场以30 T/s的变化率减弱时，线框的a、b两点间的电势差Uab是
A．3 V B．1.5 V C．–3 V D．–1.5 V
6．如图所示，在直线XY左右两边有方向垂直纸面向内和向外的匀强磁场，磁感应强度都为0.3T。半径为0.1m，顶角为90°的两个扇形组成的回路，以200rad/s的角速度绕O点在纸面内顺时针方向转动。设回路的电阻为0.4Ω，规定电流沿ABCDA流动时为正，θ=∠XOB，下列关于回路中电流I与θ的图像正确的是（　　）
A． B．
C． D．
7．如图所示，某同学在电磁炉面板上竖直放置一纸质圆筒，圆筒上套一环形轻质铝箔，电磁炉产生的交变磁场的频率、强弱及铝箔厚度可以调节。现给电磁炉通电，发现铝箔悬浮了起来，若只改变其中一个变量，则（　　）
A．增强磁场，铝箔悬浮高度将不变
B．铝箔越薄，铝箔中产生的感应电流越大
C．增大频率，铝箔中产生的感应电流增大
D．在产生图示方向磁场的瞬间断开电源，铝箔中会产生图示方向的电流
8．如图甲，光滑平行的、足够长的金属导轨ab、cd所在平面与水平面成θ角，b、c两端接有阻值为R的定值电阻．阻值为r的金属棒PQ垂直导轨放置，其他部分电阻不计．整个装置处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向上．从t＝0时刻开始，棒受到一个平行于导轨向上的外力F，使棒由静止开始沿导轨向上运动，运动中棒始终与导轨垂直且接触良好，通过R的感应电流随时间t变化的图象如图乙所示．下面分别给出了穿过回路PQcb的磁通量Φ、磁通量的变化率、电阻R两端的电势差U和通过棒上某横截面的总电荷量q随运动时间t变化的图象，其中正确的是( )
A． B．
C． D．
9．如图甲所示，两固定导体线圈a、b在同一平面内，a在内侧，b在外侧．现使a接交流电源，规定逆时针方向为正方向，a中的电流i随时间t按正弦规律变化，图像如图乙所示，以下说法正确的是（　　）
A．时间内线圈b中有逆时针方向的电流
B．时刻线圈b中的电流最大
C．时刻两线圈间的作用力最大
D．时间内两线圈相互排斥
10．如图所示，两个相同导线制成的开口圆环，大环半径为小环半径的2倍，现用电阻不计的导线将两环连接在一起，若将大环放入一均匀变化的磁场中，小环处在磁场外，a、b两点间电压为U1，若将小环放入这个磁场中，大环在磁场外，a、b两点间电压为U2，则（　　）
A．=1 B．=2 C．=4 D．
11．在竖直方向的匀强磁场中，水平放置一圆形导体环，导体环面积为S=1m2，导体环的总电阻为。规定导体环中电流的正方向如图甲所示，磁场向上为正。磁感应强度B随时间t的变化如乙图所示， 。下列说法正确的是（　　）
A．t=1s时，导体环中电流为零
B．第2s内，导体环中电流为负方向
C．第3s内，导体环中电流的大小为0.1A
D．第4s内，通过导体环中某一截面的电荷量为0.01C
12．如图甲所示,一个圆形线圈的匝数n=100,线圈面积S=200cm2,线圈的电阻r=1Ω,线圈外接一个阻值R=4Ω的电阻,把线圈放入一个方向垂直线圈平面向里的匀强磁场中,磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示.下列说法中正确的是(　　)
A．线圈两端的电压逐渐增大
B．电阻R上消耗的功率为4×10-4 W
C．线圈电阻r消耗的功率为4×10-4 W
D．前4 s内通过R的电荷量为4×10-4 C
二、多选题
13．如图，正方形金属线框自某一高度在空气中竖直下落（空气阻力不计），然后进入并完全穿过与正方形等宽的匀强磁场区域，进入时线框动能为Ek1，穿出时线框动能为Ek2。从刚进入到刚穿出磁场这一过程，线框产生的焦耳热为Q，克服安培力做的功为W1，重力做的功为W2，线框重力势能的减少量为 Ep，则下列关系正确的是（ ）
A．Q=W1 B．Q = W 2 W 1
C．Q = EpEk1Ek2 D．W2=W1(Ek2Ek1)
14．如图所示，一电阻不计的金属棒AO在匀强磁场中绕平行于磁感应强度方向的轴(过O点)匀速转动，OA＝L＝1.0m，磁感应强度大小为B＝2T、方向垂直纸面向里，金属棒转动的角速度为ω＝10rad/s，金属圆环与A良好接触，从A、O各引出一接线柱与外电阻R＝10Ω相接(图中未画出)，金属圆环电阻均不计，则（　　）
A．金属棒中有从O到A的感应电流
B．外电阻R中的电流为1.0A
C．金属棒绕O轴转一圈，通过电阻R的电荷量为零
D．电路中感应电动势大小为20V
15．在磁感应强度为B的匀强磁场中,有一与磁场方向垂直长度为L金属杆aO,已知ab=bc=cO=L/3,a、c与磁场中以O为圆心的同心圆金属轨道始终接触良好.一电容为C的电容器接在轨道上,如图所示,当金属杆在与磁场垂直的平面内以O为轴,以角速度ω顺时针匀速转动时（ ）
A．Uac=2Uab
B．Uac=2Ub0
C．电容器带电量
D．若在eO间连接一个理想电压表,则电压表示数为零
三、填空题
16．“磁生电”的发现
1831年，英国物理学家______发现了电磁感应现象。
17．如图所示，一个匝数为n、面积为S的闭合线圈置于水平面上，若线圈内的磁感应强度在时间t内由竖直向下大小为减少到零，再反向增加到大小为，则线圈内磁通量的变化量为______，这段时间线圈内平均感应电动势为______．
18．如图所示，电阻Rab=0.1Ω的导体ab沿光滑导线框向右做匀速运动线框中接有电阻R=0.4Ω,线框放在磁感应强度B=0.1T的匀强磁场中,磁场方向垂直于线框平面,导体的ab长度l=0.4m,运动速度v=10m/s.线框的电阻不计.
（1）电路abcd中相当于电源的部分是______,相当于电源的正极是____端.
（2）使导体ab向右匀速运动所需的外力F’=________N,方向________
（3）电阻R上消耗的功率P =_______W.
19．类比是研究问题的常用方法。如图甲所示，、是竖直放置的足够长、光滑的平行长直导轨，其间距为L。是跨接在导轨上质量为m的导体棒，定值电阻的阻值为R。空间存在磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场。已知电容器（起初不带电）的电容为C，重力加速度为g。导体棒下落过程中始终保持水平且与导轨接触良好，不计导轨和导体棒的电阻及空气阻力。
（1）情境1：从零时刻开始，开关S接通1，同时释放导体棒，其速率v随时间t的变化规律可用方程（①式）描述，求导体棒下落的最大速率vm( )，及①式中的k。( )
（2）情境2：从零时刻开始，开关S接通2，若导体棒保持大小为的速度下落，则电容器充电的电荷量q随时间t的变化规律，与情境1中物体速率v随时间t的变化规律类似。类比①式，写出电容器充电电荷量q随时间t变化的方程( )；并在图乙中定性画出图线。( )
（3）分析情境1和情境2中电路的有关情况，完成表格中的填空。
情境1 情境2
通过导体棒电流最大值的计算式 ________ ________
导体棒克服安培力做功W与回路产生焦耳热Q的比较 W________Q（选填“>”、“<”或“=”） W______Q（选填“>”、“<”或“=”）
四、解答题
20．如图所示，、为间距足够长的平行导轨，导轨平面与水平面间的夹角，、间连接有一个阻值的电阻。有一匀强磁场垂直于导轨平面且方向向上，磁感应强度为。将一根质量为的金属棒紧靠放置在导轨上，且与导轨接触良好。现由静止释放金属棒，当金属棒滑行至处时达到稳定速度。已知金属棒与导轨间的动摩擦因数，金属棒沿导轨下滑过程中始终与平行，不计金属棒和导轨的电阻（，，）。
（1）金属棒到达处的速度大小；
（2）已知金属棒从运动到过程中，通过电阻的电荷量为，求此过程中电阻产生的焦耳热。
21．如图甲所示，两根间距、电阻不计的足够长的光滑平行金属导轨ab、cd水平放置，一端与阻值的电阻相连，质量的导体棒ef在恒定外力F=1N作用下由静止开始运动，导体棒电阻为，整个装置处于垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度B=1T，当ef棒由开始运动时，速度达到最大，求取：
（1）ef棒达速度达到最大时，回路中电流的大小；
（2）ef棒达到的最大速度大小；
（3）在此运动过程中电阻R上产生的焦耳热．
22．如图所示，光滑的平行水平金属导轨MN、PQ相距L，在M点和P点间连接一个阻值为R的电阻，在两导轨间cdfe矩形区域内有垂直导轨平面竖直向上、宽为d的匀强磁场，磁感应强度为B．一质量为m、电阻为r、长度也刚好为L的导体棒ab垂直搁在导轨上，与磁场左边界相距．现用一个水平向右的力F拉棒ab，使它由静止开始运动，棒ab离开磁场前已做匀速直线运动，棒ab与导轨始终保持良好接触，导轨电阻不计，F随ab与初始位置的距离x变化的情况如图，已知．求：
（1）棒ab离开磁场右边界时的速度；
（2）棒ab通过磁场区域的过程中整个回路所消耗的电能；
（3）满足什么条件时，棒ab进入磁场后一直做匀速运动．
23．如图所示，两根平行光滑金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距l，其左端接有定值电阻R，导轨电阻不计。x轴平行于金属导轨，在的空间区域内加一个垂直导轨平面向下的磁场。质量为m、电阻为r的金属棒由处以某一速度（未知）向右做直线运动，最终恰好停在处，运动过程中金属棒的瞬时速度与位置坐标的关系为（k为已知常数且大于0），求：
(1)整个运动过程中，电阻R上产生的焦耳热；
(2)空间区域内所加磁场的磁感应强度B与位移x关系；
(3)若导轨粗糙且金属棒与导轨的摩擦阻力恒为，空间区域内所加磁场的磁感应强度B与位移x关系。
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．D
【解析】
【详解】
A、将金属圆盘看成由无数金属辐条组成，金属圆盘顺时针匀速转动时，根据右手定则判断可知：圆盘上的感应电流由圆心流向边缘，所以靠近圆心处电势低，故A错误；
B、根据法拉第定律可知，金属圆盘产生的感应电动势为BLv，所以所加磁场越强，产生的感应电动势越大，感应电流越大，圆盘受到的安培力越大，而安培力是阻力，所以越易使圆盘停止转动，故B错误；
C、若所加磁场反向，只是产生的电流反向，根据楞次定律可知，安培力仍然阻碍圆盘的转动，所以圆盘还是减速转动，故C错误；
D、若所加磁场穿过整个圆盘时，圆盘在切割磁感线，产生感应电动势，相当于电路断开，则不会产生感应电流，不受安培力作用，所以圆盘将匀速转动，故D正确；
2．B
【解析】
【详解】
当线圈在外力作用下以速度v进入磁场区域，d、c两点间产生的感应电动势为
根据楞次定律可知，产生的感应电流的方向为逆时针方向，故此时a点的电势高于b点的电势，a、b两点间的电势差相当于a、b两点间的电压，为
故选B。
3．D
【解析】
【详解】
A.伽利略通过理想实验得出了力不是维持物体运动的原因，牛顿总结出了惯性定律；故A错误.
B.牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许测出了引力常量；故B错误.
C.奥斯特首先发现了电流的磁效应；故C错误.
D.法拉第发现了电磁感应现象并最早引入电场线描述电场；故D正确.
4．D
【解析】
【详解】
AB．当线圈中心经过磁场边界时，此时切割磁感线的有效线段为NP，根据法拉第电磁感应定律，NP产生的感应电动势为E=BLv，此时N、P两点间的电势差U为路端电压，有
U=E=BLv
此时QP、NP受安培力作用，且两力相互垂直，故合力为
F安=
故AB错误；
C．当线圈中心经过磁场边界时，回路中的瞬时电功率为
在线圈从开始进入磁场到其中心经过磁场边界的过程中，感应电动势一直在变化，故
回路中的平均电功率不等于经过磁场边界时的瞬时电功率，故C错误；
D．根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律，通过导线某一横截面的电荷量为
故D正确。
故选D。
5．C
【解析】
【详解】
由法拉第电磁感应定律
E=
可得线框产生的电动势
E=9 V
ab两点间的电势差占电动势的．根据楞次定律，线框中感应电流是顺时针方向，．因此
=-3 V
A. 3 V与分析结论不符，故A错误．
B. 1.5 V与分析结论不符，故B错误．
C. -3 V与分析结论相符，故C正确．
D. -1.5 V与分析结论不符，故D错误．
6．A
【解析】
【详解】
开始转动的过程中，回路中的磁通量不变，感应电流为零；
当OD边进入右边磁场的同时，OA边进入左边的磁场，此时每条边磁感应线产生的感应电动势为
则4条边产生的总的感应电动势为E=4E1=1.2V，感应电流的大小为
根据楞次定律可知电流方向为ABCDA，即为正方向；
当OB边完全进入左边磁场，此时回路中磁通量不变，不产生感应电流；
当OA边进入右边磁场时，根据电流大小为3A，电流方向为ADCBA，即为负值。
综上所述，A正确、BCD错误。
故选A。
7．C
【解析】
【详解】
A．发现铝箔悬浮了起来，是由于磁场的变化，产生感应电流，导致安培力出现，当磁场增大时，而感应电流不变，则安培力增大，那么高度会升高，使其周围的磁场会变弱，导致安培力变小，仍与重力平衡，故A错误；
B．根据电阻定律，铝箔越薄，S越小，则电阻越大，再由，可知，感应电流越小，故B错误；
C．当增大频率，导致磁场的变化率变大，则感应电动势增大，那么感应电流增大，故C正确；
D．在产生图示方向磁场的瞬间断开电源，根据楞次定律：减则同，可知，铝箔中会产生图示方向相反的电流，故D错误。
故选C。
8．B
【解析】
【详解】
A．由于产生的感应电动势是逐渐增大的，而选项A描述磁通量与时间关系中斜率不变，产生的感应电动势不变，故A错误；
B．回路中的感应电动势为，感应电流为
I＝
由图乙可知
I＝kt
即
＝kt
故有
＝kt(R＋r)
故B正确；
C．I均匀增大，棒两端的电势差
Uab＝IR＝ktR
则知Uab与时间t成正比，故C错误；
D．通过导体棒的电荷量为
q＝It＝kt2
故q－t图象为抛物线，并非过原点的直线，故D错误。
故选B。
9．B
【解析】
【详解】
A．由图像乙可知时间内a中的电流i顺时针方向且在减小，产生垂直于纸面向里的感应磁场，根据楞次定律，线圈b中有顺时针方向的电流，A错误；
B． 时刻线圈a中的电流i图像斜率最大即变化的最快，根据电磁感应定律，此刻b中的电流最大，B正确；
C． 时刻线圈a电流最大，变化率为0，故线圈b中电流为0，两线圈间的作用力为0，C错误；
D．时间内，线圈a电流减小，根据楞次定律判断线圈b中电流与a电流同向，两线圈相互吸引，D错误。
故选B。
10．B
【解析】
【分析】
【详解】
大环与小环的半径之比为2：1，故周长之比为2：1，根据电阻定律可知电阻之比为2：1，a、b两点间电势差大小为路端电压
磁感应强度变化率恒定的变化磁场，故根据法拉第电磁感应定律公式
圆环面积之比为4：1，得到两次电动势的大小之比为4：1，故两次的路端电压之比为
U1：U2=2：1
故选B。
11．D
【解析】
【详解】
A．时，穿过导体环的磁通量变化率不为零，则导体环中感应电流不为零，故A错误；
B．第2s内，向上穿过导体环的磁通量增大，根据楞次定律感应磁场方向向下，由安培定则可知，导体环中感应电流为正方向，故B错误；
C．第3s内，导体环中电流大小为
故C错误；
D．第3s内与第4s内产生的感应电流相同，则第4s内，通过导体环中某一截面的电荷量为
故D正确。
故选D。
12．C
【解析】
【详解】
根据法拉第电磁感应定律，可知，磁通量的变化率恒定，所以电动势恒定，则电阻两端的电压恒定，故A错误．由法拉第电磁感应定律：，由闭合电路欧姆定律，可知电路中的电流为，所以电阻R上消耗的功率为PR=I2R=0.022×4W=1.6×10-3W，选项B错误；线圈电阻r消耗的功率Pr=I2r=0.022×1W=4×10-4W，故C正确；前4s内通过R的电荷量为：Q=It=0.02×4C=0.08C，故D错误；故选C．
点睛：此题考查楞次定律来判定感应电流方向，由法拉第电磁感应定律来求出感应电动势大小．解题时要搞清B-t图像的斜率的物理意义；知道线圈相当于电源．
13．ACD
【解析】
【详解】
AB．由能量关系可知，线框产生的焦耳热Q等于克服安培力做的功为W1，选项A正确，B错误；
CD．由动能定理
即
W2=W1(Ek2Ek1)
而
W2= Ep
则
Q =W1= EpEk1Ek2
选项CD正确。
故选ACD。
14．AB
【解析】
【详解】
A．由右手定则可知，金属棒中有从O到A的感应电流，选项A正确；
BD．感应电动势
则外电阻R中的电流为
选项B正确，D错误；
C．金属棒绕O轴转一圈，在电阻R上始终有方向不变的恒定电流，则通过电阻R的电荷量不为零，选项C错误。
故选AB。
15．BC
【解析】
【详解】
A、B、根据棒转动切割磁感线产生感应电动势的公式得：ao、bo、co间的电势差分别为：，，，则，可得；故A错误，B正确．
C、电容器板间电压等于ac间的电势差，则电容器所带电量为；故C正确．
D、若在eO间连接一个电压表，电压表与co、导轨组成的闭合回路，磁通量增加，会有电流通过电压表，则电压表将有示数．故D错误．
故选BC．
【点睛】
本题要掌握导体转动切割磁感线的感应电动势公式，此式反映杆的端点与圆心间的感应电动势，不是任意两点间的感应电动势．
16．法拉第
【解析】
【分析】
【详解】
略
17． ； ；
【解析】
【详解】
磁通量的变化量；平均感应电动势：；
18． ab a 0.032 向右 0.256
【解析】
【详解】
试题分析：（1）电路abcd中相当于电源的部分是ab；由右手定则可知，相当于电源的正极是a端；
（2）使导体ab向右匀速运动所需的外力等于安培力：，方向与安培力方向相反，水平向右；（3）电阻R上消耗的功率
考点：右手定则；法拉第电磁感应定律；电功率.
19． = >
【解析】
【详解】
（1）[1][2]导体棒先做加速运动，当其速率为v时产生的感应电动势为
①
导体棒所受安培力大小为
②
根据闭合电路欧姆定律可得
③
对导体棒根据牛顿第二定律可得
④
联立①②③④可得
⑤
所以
⑥
当导体棒的加速度为零时，速率达到最大，即
⑦
解得
⑧
（2）[3][4]电容器充电过程中回路中电流为
⑨
导体棒保持大小为的速度下落时产生的感应电动势为
⑩
电容器两端的电压为

根据闭合电路欧姆定律有

联立⑨⑩ 可得

由 式可知随着电容器电荷量q逐渐增大，q随t的变化越来越慢，当时，电容器电荷量最大，作出q-t图像如图所示。
（3）[5][6]情境1中，当导体棒速度最大时电流也达到最大，此时所受安培力与重力平衡，即

解得

根据功能关系可知

[7][8]情境2中，由q-t图像可知t=0时刻回路中电流最大，为

设电容器储存的电能为EC，根据功能关系可知

20．（1）；（2）1.0J
【解析】
【详解】
（1）当金属棒达到稳定速度时，感应电动势
D安培力
且
代入数据解得
（2）电量为
代入数据解得
从开始释放到达，若克服安培力做功为，由动能定理得
根据功能关系知，产生的热量
代入数据得
21．(1)1A(2)3m/s(3)4J
【解析】
【详解】
(1)当安培力等于拉力时，速度最大，则有
代入数据解得
(2)当导体棒速度为vm时，产生的感应电动势为，通过导体棒的电流强度为
解得
；
(3)由功能关系得
由串联电路特点，则有
联立解得
22．（1） （2） （3）
【解析】
【详解】
（1）设离开右边界时棒ab速度为υ，则有：E=Blv

对棒有：2F0-BIl=0
联立解得：
故棒ab离开磁场右边界时的速度为：．
（2）在ab棒运动的整个过程中，根据动能定理有：
F0d0+2F0d W安＝mυ2 0
由功能关系：E电=W安
联立解得：E电＝F0(d0+2d)
故棒ab通过磁场区域的过程中整个回路所消耗的电能为：E电＝F0(d0+2d) ．
（3）设棒刚进入磁场时的速度为υ0，则有：F0d0＝mυ02 0
当v0=v，
故当d0满足满足条件为：d0＝时，进入磁场后一直匀速运动．
点睛：本题考查了电磁感应与力学和功能关系的结合，对于这类问题一定要正确分析安培力的大小和方向然后根据运动状态列出牛顿第二定律方程求解，注意克服安培力所做的功等于整个回路消耗的电能即回路中产生的热量．
23．(1)；(2)；(3)
【解析】
【详解】
(1)当时，速度，根据
可得
由能量守恒，电路中总焦耳热
由
联立解得
（2）根据牛顿第二定律
因为
联立解得
B是一个常数与位移无关，故所加磁场是一个大小的匀强磁场。
(3)根据牛顿第二定律
得
所加磁场B与x的关系
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