2.2法拉第电磁感应定律同步练习（word版含答案）

2.2 法拉第电磁感应定律 同步练习
一、单选题
1．如图所示，用两根相同的导线绕成匝数分别为n1和n2的圆形闭合线圈A和B，两线圈平面与匀强磁场垂直．当磁感应强度随时间均匀变化时，两线圈中的感应电流之比为（ ）
A． B． C． D．
2．如图，水平面上有一固定的U形金属框架，竖直向下的匀强磁场穿过框架，要使框架上的金属杆ab产生由a到b的电流，则杆ab( )
A．向右移动 B．向左移动
C．不动 D．不动，但磁场增强
3．电吉他是利用电磁感应原理工作的一种乐器．如图甲所示为电吉他的拾音器的原理图，在金属弦的下方置有一个连接到放大器的螺线管．一条形磁铁固定在管内，当拨动金属弦后，螺线管内就会产生感应电流，经一系列转化后可将电信号转为声音信号，若由于金属弦的振动，螺线管内的磁通量随时间的变化如图乙所示，则对应感应电流的变化为（　　）
A． B． C． D．
4．如图所示，abc为一金属导体，ab=bc=l，置于均匀磁场B中，当导体以速度v向右运动时，ac上产生的感应电动势为（　　）
A．Blv B．Blv C．Blv D．Blv＋Blv
5．如图所示，金属框架ABCD（框架电阻忽略不计）固定在水平面内，处于竖直方向的磁感应强度大小为B的匀强磁场中，其中AB与CD平行且足够长，BC和CD夹角（＜90°），光滑均匀导体棒EF（垂直于CD）紧贴框架，在外力作用下向右匀速运动，v垂直于导体棒EF。若以经过C点作为计时起点，导体棒EF的电阻与长度成正比，则电路中电流大小I与时间t，消耗的电功率P与导体棒水平移动的距离x变化规律的图象是
A． B．
C． D．
6．决定电路中感应电动势的大小的是穿过这一电路的（ ）
A．磁场 B．磁通量 C．磁通量变化量 D．磁通量变化率
7．如图所示，在国庆阅兵盛典上，我国预警机“空警—2 000”在天安门上空时机翼保持水平，以3.6102km/h的速度自东向西飞行，该机的翼展(两翼尖之间的距离)为50m，北京地区地磁场的竖直分量向下，大小为4.010－5T，则(　　)
A．两翼尖之间的电势差为2.0V
B．两翼尖之间的电势差为1.0V
C．飞行员左方翼尖的电势比右方翼尖的电势高
D．飞行员左方翼尖的电势比右方翼尖的电势低
8．如图所示，质量为m、边长为L、电阻为R的正方形导线框abcd，线框平面竖直且ab边水平。ab边下方L处存在匀强磁场区域Ⅰ，其宽度也为L，磁感应强度的大小为B，方向垂直纸面向里。区域Ⅰ下方2L处存在足够大的匀强磁场区域Ⅱ，方向垂直纸面向外。将线框从距磁场区域Ⅰ上边界的高度为L处由静止释放，运动中线框平面始终与磁场方向垂直且ab边始终保持水平，当ab边匀速穿过磁场区域Ⅰ和进入磁场区域Ⅱ时，线框做匀速运动，重力加速度为下列说法正确的是（　　）
A．线框进入磁场区域Ⅰ的过程中，线框中感应电流的方向为顺时针
B．线框ab边刚进入磁场区域Ⅰ时，ab两点间的电势差
C．线框穿过磁场区域Ⅰ的过程中，线圈中产生的焦耳热为
D．磁场区域Ⅱ的磁感应强度大小为
9．某同学搬运如图所示的磁电式电流表时，发现表针剧烈晃动且不易停止。该同学依据所学物理知识，在两接线柱间接一根导线后再次搬运，发现表针晃动明显减弱且很快停止。下列说法正确的是（　　）
A．电流表未接导线与接导线，均不会产生感应电动势
B．电流表未接导线时不产生感应电动势，接导线时产生感应电动势
C．电流表未接导线与接导线均不会产生感应电流
D．电流表未接导线时不产生感应电流，接导线时产生感应电流
10．如图，在磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，金属杆MN在平行金属导轨上以速度v向右匀速滑动，MN中产生的感应电动势为E1；若磁感应强度增为3B，以速度0.5v向左匀速滑动，其他条件不变，MN中产生的感应电动势变为E2，则变化后通过电阻R的电流方向及E1与E2之比分别为（　　）
A．c→a，3∶2 B．a→c，2∶3
C．a→c，3∶2 D．c→a，2∶3
11．在匀强磁场中有两条平行的金属导轨，磁场方向与导轨平面垂直，导轨上有两条可以沿导轨自由移动的导电棒ab、cd，这两根导电棒的速度分别为v1、v2，如图所示，ab棒上没有感应电流通过，则一定有（ ）
A．v1>v2 B．v112．如图所示，虚线两侧的磁感应强度大小均为B，方向相反．电阻为R的导线弯成顶角为，半径为r的两个扇形组成的回路，O为圆心，整个回路可绕O点转动，若由图示的位置开始沿顺时针方向以角速度转动，则在一个周期内电路消耗的电能为（ ）
A． B． C． D．
13．在竖直向上的匀强磁场中，水平放置一个不变形的单匝金属圆形线圈，规定线圈中感应电流的正方向如图甲所示，当磁场的磁感应强度B随时间t按如图乙所示规律变化时，下列四个图中正确表示线圈中感应电动势E变化的图像是（　　）
A． B．
C． D．
二、多选题
14．如图甲所示，匝数n=200匝的圆形线圈的面积为50cm2，把它放在匀强磁场中，线圈平面始终与磁场方向垂直，设磁场方向垂直于纸面向里时磁感应强度为正.线圈的电阻为0.5Ω，外接电阻R=1.5Ω。当穿过线圈的磁场按图乙所示的规律变化时，下面说法正确的是（　　）
A．0~0.5s内线圈中磁通量先增大后减小
B．0~0.1s内通过R的电流逐渐增大
C．0.1~0.5s内ab两点间电势差为1.5v
D．第0.1s内通过R电流大小是第0.3s内通过R电流大小的两倍
15．如图所示的圆形线圈共n匝，电阻为R，过线圈中心O垂直于线圈平面的直线上有A、B两点，A、B两点的距离为L，A、B关于O点对称，一条形磁铁开始放在A点，中心与A点重合，轴线与A、B所在直线重合，此时线圈中的磁通量为Φ1，将条形磁铁以速度v匀速向右移动，轴线始终与直线重合，磁铁中心到O点时线圈中的磁通量为Φ2，下列说法正确的是
A．磁铁在A点时，通过一匝线圈的磁通量为
B．磁铁从A到O的过程中，线圈中产生的平均感应电动势为E=
C．磁铁从A到B的过程中，线圈中磁通量的变化量为2Φ1
D．磁铁从A到B的过程中，通过线圈某一截面的电荷量为零
16．一电容器的电容为10F，A、C两板间距极小，垂直于回路平面的磁感应强度以5×10-3T/s的变化率增加，回路面积为1×10-2m2，如图所示．则
A．A板带正电
B．C板带正电
C．A板带电量为2×10-10C
D．A板带电量为5×10-10C
17．如图所示，一个闭合线圈静止于磁场中，由于磁场强弱的变化，而使线圈中产生了感应电动势，下列说法中正确的是（　　）
A．使电荷定向移动形成电流的力是磁场力
B．磁场变化时，会在空间激发一个电场
C．从上往下看，当磁场增强时，线圈中有逆时针方向的感应电流
D．使电荷定向移动形成电流的力是电场力
18．如图所示，在竖直平面内有一半径为，圆心为的半圆形光滑金属导轨，处于磁感应强度为的匀强磁场中，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、质量为、电阻为的均匀金属棒，能绕水平轴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．若棒以处静止释放，第一次到达处时的角速度为，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，棒受到的安培力的功率为
D．棒最终会停下，产生的总焦耳热为
19．在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转动轴匀速转动，如图甲所示：产生的交变电动势随时间变化的规律如图乙所示。则下列说法正确的是（　　）
A．t=0.01s时穿过线框的磁通量最小
B．该线圈转动的角速度大小为πrad/s
C．该交变电动势的瞬时值表达式为
D．线框平面与中性面的夹角为时，电动势瞬时值为22V
三、解答题
20．如图甲所示，足够长、电阻不计的光滑平行金属导轨竖直放置，其宽度，一匀强磁场垂直穿过导轨平面，导轨的上端M与P之间连接阻值为的电阻，质量为、电阻为的金属棒ab紧贴在导轨上．现使金属棒ab由静止开始下滑，下滑过程中ab始终保持水平，且与导轨接触良好，其下滑距离x与时间t的关系如图乙所示，图象中的OA段为曲线，AB段为直线，导轨电阻不计，（忽略ab棒运动过程中对原磁场的影响），求：
（1）判断金属棒两端a、b的电势高低；
（2）磁感应强度B的大小；
21．在磁感强度B=5T的竖直向下的匀强磁场中，放置两根间距L=0.1m的平行光滑直导轨，导轨在水平面内，一端接有电阻R=9Ω，以及电键S和电压表．垂直导轨搁置一根电阻r=1Ω的金属棒ab，棒与导轨良好接触．现使金属棒在水平拉力F作用下以速度v=10m/s匀速向右移动，求：
（1）闭合电键S后，通过杆中电流的方向和大小．
（2）电键S闭合，比较ab两点的电势的高低，求出水平拉力F的大小？
22．如图甲所示螺线管的匝数n＝1000，横截面积S＝20 cm2，电阻r＝2 Ω，与螺线管串联的外电阻R＝6 Ω．若穿过螺线管的匀强磁场的磁感应强度按图乙所示的规律变化，则线圈两端a、b之间的电压为多大？
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．D
【解析】
【详解】
由法拉第电磁感应定律得：，可知感应电动势与半径的平方成正比．而根据电阻定律：线圈的电阻为，线圈中感应电流，由上综合得到，感应电流与线圈半径成正比，即，因相同导线绕成匝数分别为和的圆形线圈，因此半径与匝数成反比，故，选D.
2．B
【解析】
【详解】
A．据右手定则可知，当杆ab向右移动时，金属杆ab产生由b到a的电流．故A项错误．
B．据右手定则可知，当杆ab向左移动时，金属杆ab产生由a到b的电流．故B项正确．
C．当杆ab不动时，没有感应电流产生．故C项错误．
D．当杆ab不动，但磁场增强时，回路中磁通量增加，据楞次定律可得，感应磁场方向垂直纸面向外，据安培定则，回路中产生逆时针方向的感应电流，金属杆ab中电流方向由b到a．故D项错误．
故选B.
点睛：右手平展，使大拇指与其余四指垂直，并且都跟手掌在一个平面内．把右手放入磁场中，若磁感线垂直进入手心(当磁感线为直线时，相当于手心面向N极)，大拇指指向导线运动方向，则四指所指方向为导线中感应电流(动生电动势)的方向．
3．D
【解析】
【分析】
【详解】
A．根据法拉第电磁感应定律
感应电动势跟磁通量的变化率成正比，感应电流为
图像切线的斜率是磁通量的变化率，时，切线斜率是最大的，感应电动势最大，感应电流
最大，而A项t=0时，感应电流为零，所以A项错误；
B．当时，图像切线的斜率为零，感应电动势为零，感应电流为零，而B项中在时，感应电流不为零，所以B项错误；
C．当时，图像切线的斜率为最大，切线斜率的方向与t=0时的切线斜率方向相反，感应电动势最大，感应电流最大，所以C项错误；
D．当时，图像切线的斜率为零，感应电动势为零，感应电流为零，当时，图像切线的斜率为最大，感应电动势最大，感应电流最大，所以D项正确。
故选D。
4．B
【解析】
【详解】
ab边不切割磁感线，bc边在竖直方向的分量可视为切割磁场的有效长度，即根据感应电动式公式
故ACD错误，B正确。
故选B。
5．D
【解析】
【详解】
AB．设AB与CD间间距为L，导体棒EF单位长度的电阻为r0，在时，电路中电流大小
在时，电路中电流大小
所以电路中电流大小不变，故AB两项错误；
CD．在时，电路中消耗的电功率
在时，电路中消耗的电功率
所以电路中消耗的电功率先随x均匀增加后不变，故C项错误，D项正确。
6．D
【解析】
【详解】
磁通量的变化率指的是磁通量的变化量和所用时间的比值；△φ/t
1磁通量的变化率是表示磁通量的变化快慢的物理量；
2磁通量的变化率由磁通量的变化量和时间共同决定；
3磁通量变化率大，感应电动势就大
7．C
【解析】
【详解】
AB．由可得，两翼尖间的电势差为
AB错误；
CD．由右手定则可知，电路中感应电动势方向自右向左，因飞机此时作为电源处理，故电势应为左方向高，C正确D错误．
故选C。
【点睛】
在没有电流的情况下，也可由右手定则判断电势的高低；四指所指的方向为高电势处；注意右手定则和左手定则的区别．
8．D
【解析】
【详解】
A．线框进入磁场区域Ⅰ的过程中，ab边切割磁感应线，根据右手定则可知线框中感应电流的方向为逆时针，故A错误；
B．线框刚进入磁场区域Ⅰ时的速度为，根据动能定理可得
解得
ab切割磁感线相当于电源，产生的感应电动势为
ab两点间的电势差绝对值等于路端电压，由于b点的电势高，则
故B错误；
C．ab边匀速穿过磁场区域I，
从开始到导线框完全传出磁场区域I，线框中产生的焦耳热
故C错误；
D．线框的ab边刚穿出磁场区域Ⅰ时的速度
线框穿出磁场区域Ⅰ到进入区域Ⅱ的过程中做匀加速直线运动，得
所以ab边刚进入磁场区域Ⅱ时的速度
根据闭合电路欧姆定律和电磁感应定律可知
mg
则
所以磁场区域Ⅱ的磁感应强度大小为
故D正确；
故选D。
9．D
【解析】
【详解】
电流表未接导线与接导线时，表针晃动的过程中均会带动内部线圈切割磁感线，从而产生感应电动势，而未接导线时不是闭合回路，不会产生感应电流，接导线时构成闭合回路，会产生感应电流，从而阻碍表针的晃动。综上所述可知ABC错误，D正确。
故选D。
10．D
【解析】
【详解】
由右手定则判断可知，MN中产生的感应电流方向为M→N，则通过电阻R的电流方向为c→a，MN产生的感应电动势公式为：E=BLv，则得
，
故E1与E2之比2：3，故D正确ABC错误。
故选D。
11．D
【解析】
【详解】
要使ab导体棒上无电流通过，则穿过此闭合电路的磁通量不发生变化．对匀强磁场来说，磁通量
Φ＝BSsin θ
根据题中条件，仅当穿过闭合电路中磁场的有效面积S发生变化时Φ才变化，即导轨上两根导体棒必须做同速的运动才没有感应电流，即v1=v2，只有选项D正确．
12．C
【解析】
【详解】
试题分析：从图示位置开始计时，在一个周期T内，在、内有感应电流产生，在，内没有感应电流产生，在、内线框产生的总的感应电动势，则在一周期内电路释放的电能为，，解得，故选项C正确．
考点：导体切割磁感线时的感应电动势
【名师点睛】整个回路转动过程中，四个半径都切割磁感线产生感应电动势，在一个周期内半个周期线框中有感应电流，根据焦耳定律求解电能．
13．B
【解析】
【详解】
设2~4s内的磁感应强度为B0，线圈面积为S，则在0~2s内，根据法拉第电磁感应定律
根据楞次定律，感应电动势的方向与图示箭头方向相同，为正值；
在2~4 s内，磁感应强度不变，感应电动势为零；
在4~5 s内，根据法拉第电磁感应定律
根据楞次定律，感应电动势的方向与图示方向相反，为负值，故B正确，ACD错误。
故选B。
14．CD
【解析】
【详解】
A．0~0.1s磁通量增加，0.1s~0.3s磁通量减少，0.3s~0.5s磁通量增加，故A错误；
B．0~0.1s产生的感应电动势
产生的感应电流
电流没有发生变化，故B错误；
C．0.1s~0.5s产生的感应电动势
感应电流
ab的电势差
故C正确；
D．根据BC选项中的电流，可知第0.1s内通过R电流大小是第0.3s内通过R电流大小的两倍，故D正确。
故选CD。
15．BD
【解析】
【详解】
A、磁铁在A点时，线圈中的磁通量为，故通过一匝线圈的磁通量也为，与匝数无关，故A错误；
B、磁铁从A到O的过程中，线圈中产生的平均感应电动势为E＝nn，故B正确；
CD、磁铁从A到B的过程中，磁通量先增加后减小，磁通量的变化量为零，故平均感应电动势为零，故平均感应电流为零，故通过线圈某一截面的电量为零，故C错误，D正确．
16．AD
【解析】
【详解】
A、B项：由楞次定律可得：穿过线圈的磁通量增加，则产生的感应电流方向是顺时针，由处于电源内部所以电流方向是从负极到正极，故A板为正电荷，故A正确，B错误；
C、D项：由法拉第电磁感应定律：，则A、C两板的电势差5×10-5V，由公式得，故C错误，D正确．
点晴：线圈平面垂直处于匀强磁场中，当磁感应强度随着时间均匀变化时，线圈中的磁通量发生变化，从而导致出现感应电动势，产生感应电流．由楞次定律可确定感应电流方向，由法拉第电磁感应定律可求出感应电动势大小．
17．BD
【解析】
【详解】
ABD．麦克斯韦的电磁场理论：变化的电场周围产生磁场，变化的磁场周围产生电场；所以磁场变化时，会在空间激发一个电场，因线圈处于激发的电场中，电场力使电荷定向移动，从而产生了感生电流，故A错误，BD正确；
C．根据楞次定律，假如磁场变强，则感应电流的磁场的方向向下，可行在俯视时感应电流方向为顺时针，C错误。
故选BD。
18．CD
【解析】
【详解】
AD.棒OA沿着导轨转动时会切割磁感线而产生感应电动势，导轨与棒组成的回路中有感应电流，使得棒的一部分机械能变成电能，则棒不能到达等高的OD处；最终棒通过多个往复的摆动而停在OP处，由能量守恒可知：产生的总焦耳热；故A错误，D正确.
B.棒第一次到达OP处时角速度为ω，产生的感应电动势为，则棒中通过的电流为；故B错误.
C.安培力做负功把机械能全部转化成电能，则安培力的功率等于电路的电功率，有：；故C正确.
19．CD
【解析】
【详解】
A．由图像知：t=0.01s时，感应电动势为零，则穿过线框的磁通量最大，故A错误；
B．该线圈转动的角速度大小为
故B错误；
C．当t=0时，电动势为零，线圈平面与磁场方向垂直，故该交变电动势的瞬时值表达式为
故C正确；
D．线框平面与中性面的夹角为时，电动势瞬时值为
故D正确。
故选CD。
20．（1）b点电势高，a点电势低；（2）B=0.1T
【解析】
【详解】
（1）由右手定则可知，ab中的感应电流由a流向b，ab相当于电源，则b点电势高，a点电势低；
（2）由x-t图象求得t=1.5s时金属棒的速度为：
金属棒匀速运动时所受的安培力大小为：，，
联立得：
根据平衡条件得：
则有：
代入数据解得：B=0.1T
21．（1）0.5A，方向由a到b； （2）a端电势高；0.25N.
【解析】
【详解】
（1）感应电动势：E=BLv=5×0.1×10=5V，
当S闭合后，电路电流：，方向由a到b；
（2）闭合电键S，根据右手定则可知，a端电势高；
金属棒受到的安培力：F安=BIL=5×0.5×0.1=0.25N，
金属棒做匀速直线运动，由平衡条件得：F=F安=0.25N
22．0.3V
【解析】
【分析】
【详解】
根据法拉第电磁感应定律可得
根据楞次定律可知，a端电势高b端电势高，又根据闭合电路欧姆定律可得a、b之间的电压为
点睛：本题主要考查了法拉第电磁感应定律，a、b之间的电压有正负之分，应根据楞次定律判断出线圈哪段电势高，然后再根据闭合电路欧姆定律即可求解。
答案第1页，共2页
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