第二章　电磁感应 第二节　法拉第电磁感应定律 课时训练（有解析）高中物理粤教版选择性必修第二册

第二章　电磁感应 第二节　法拉第电磁感应定律
基础对点练
1．(多选)穿过固定不动的单匝线框的磁通量随时间变化的规律如图所示，下列说法正确的是(　　)
A．第1 s末感应电动势的大小等于2 V
B．第1 s内和第2 s内，感应电动势一样大
C．第2 s末到第4 s末这段时间内，感应电动势最大
D．第5 s内感应电动势比最初2 s内感应电动势大，且方向相反
2．在竖直向下的匀强磁场中，将一水平放置的金属棒ab以水平初速度v0抛出，设运动的整个过程中棒保持水平且不计空气阻力，则金属棒在运动过程中产生的感应电动势大小将(　　)
A．保持不变 B．越来越小
C．越来越大 D．无法确定
3．(多选)“一卡通”是学校等单位常用的辅助支付手段，其内部有一个多匝线圈，当刷卡机发出电磁信号时，置于刷卡机上的“一卡通”线圈的磁通量发生变化，产生电信号．“一卡通”内部多匝线圈俯视图可简化为如图甲所示，当垂直于线圈平面向里的磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙所示时(　　)
　
A．0～t0内，线圈中感应电流沿逆时针方向
B．0～t0内，线圈中感应电流的大小恒定
C．0～t0和t0～3t0两段时间内，线圈中感应电流的方向相同
D．0～t0和t0～3t0两段时间内，线圈中感应电流的大小相等
4．(多选)如图甲所示，横截面积为10 cm2、绕有4 000匝的螺线管与一定值电阻串联．已知螺线管的电阻为2 Ω，定值电阻R的阻值为6 Ω，穿过螺线管内的匀强磁场的磁感应强度随时间均匀变大，其B-t图像如图乙所示，以磁场向右穿过螺线管为正方向，在0～2 s内，下列说法正确的是(　　)
A．穿过螺线管的磁通量的变化率为10 Wb/s
B．A点电势比C点电势低
C．定值电阻的电功率为8 W
D．螺线管产生的热量为4 J
5．如图所示，导体ab是金属线框的一个可动边，ab边长L＝0.4 m，磁场的磁感应强度B＝0.1 T，当ab边以速度v＝5 m/s向右匀速移动时，下列判断正确的是(　　)
A．感应电流的方向由a到b，感应电动势的大小为0.2 V
B．感应电流的方向由a到b，感应电动势的大小为0.4 V
C．感应电流的方向由b到a，感应电动势的大小为0.2 V
D．感应电流的方向由b到a，感应电动势的大小为0.4 V
6．某区域内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，磁场分布如图所示，导体棒ab长为3L，现使导体棒ab沿水平方向以速度v向右做匀速直线运动，导体棒ab的电阻忽略不计，则导体棒ab两端的电势差Uab等于(　　)
A．0 B．2BLv
C．－2BLv D．3BLv
7．两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为L，底端接阻值为R的电阻，将质量为m的金属棒悬挂在一个固定的轻弹簧下端，金属棒和导轨接触良好，导轨所在平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，如图所示，除电阻R外其余电阻不计，现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放，则(　　)
A．金属棒向下运动时，流过电阻R的电流方向为a→b
B．金属棒向下运动时弹簧弹力和安培力一直在增大
C．金属棒运动过程中所受安培力的方向始终与运动方向相反
D．金属棒减少的重力势能全部转化为回路中增加的内能
8．如图所示，相距为D的两水平直线L1和L2分别是水平向里的匀强磁场的上、下边界，磁场的磁感应强度为B，正方形线框abcd边长为L(LA．线框一直都有感应电流
B．线框一定有减速运动的过程
C．线框不可能有匀速运动的过程
D．线框产生的总热量为mg
综合提升练
9．(多选)如图甲圆环a和b均由相同的均匀导线制成，a环半径是b环的两倍，两环用不计电阻且彼此靠得较近的导线连接．若仅将a环置于图乙所示变化的磁场中，则导线上M、N两点的电势差UMN＝0.4 V．下列说法正确的是(　　)
A．图乙中，变化磁场的方向垂直于纸面向里
B．图乙中，变化磁场的方向垂直于纸面向外
C．若仅将b环置于图乙所示变化的磁场中，则M、N两端的电势差UMN＝－0.4 V
D．若仅将b环置于图乙所示变化的磁场中，则M、N两端的电势差UMN＝－0.2 V
10．如图所示，MN、PQ为两条平行的水平放置的金属导轨，左端接有定值电阻R，金属棒ab斜放在两导轨之间，与导轨接触良好，ab＝L.磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面，设金属棒与两导轨间夹角为60°，以速度v水平向右匀速运动，不计导轨和棒的电阻，则流过金属棒的电流为(　　)
A．I＝ B．I＝
C．I＝ D．I＝
11．如图所示，光滑铜环水平固定，半径为l，长为l、电阻为r的铜棒OA的一端在铜环的圆心O处，另一端与铜环良好接触，整个装置处在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中．现使铜棒OA以角速度ω逆时针(俯视)匀速转动，A端始终在铜环上，定值电阻的阻值为3r，上方导线与O点连接，下方导线与铜环连接，其他电阻不计．下列说法正确的是(　　)
A．O点的电势比A点的电势高
B．回路中通过的电流为
C．该定值电阻两端的电压为ωBl2
D．该定值电阻上的热功率为
12．如图所示，两平行金属导轨间距l＝0.5 m，导轨与水平面成θ＝37°.导轨上端连接有E＝6 V、r＝1 Ω的电源和滑动变阻器．长度也为l的金属棒ab垂直于导轨放置且与导轨接触良好，金属棒的质量m＝0.2 kg、电阻R0＝1 Ω，整个装置处在竖直向上的匀强磁场中，金属棒一直静止在导轨上．当滑动变阻器的阻值R＝1 Ω时金属棒刚好与导轨间无摩擦力．g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：
(1)此时电路中的电流I；
(2)当滑动变阻器接入电路的电阻为4 Ω时金属棒受到的摩擦力大小．
答案解析
1、【答案】BD　【解析】图线的斜率表示磁通量变化率的大小，由E＝可知，第1 s内和第2 s内的斜率相同，感应电动势E1＝＝1 V，A错误，B正确；第2 s末到第4 s末这段时间内，磁通量不变，感应电动势为零，C错误；第5 s内感应电动势E2＝＝－2 V，则在第5 s内的斜率是最初2 s内的2倍，并且斜率符号相反，说明感应电动势的方向相反，D正确．
2、【答案】A　【解析】棒ab水平抛出后做平抛运动，其速度越来越大，但只有水平分速度v0切割磁感线产生感应电动势，故E＝Blv0保持不变，A正确，B、C、D错误．
3、【答案】AB　【解析】0～t0内，磁通量向里增大，根据楞次定律可知，线圈中感应电流沿逆时针方向，t0～3t0内，磁通量向里减小，根据楞次定律可知，线圈中感应电流沿顺时针方向，A正确，C错误；根据法拉第电磁感应定律有E＝n＝nS，由图乙可知感应电动势恒定，则感应电流恒定，由于0～t0和t0～3t0两段时间内，磁感应强度的变化率不同，则感应电动势不同，感应电流大小不相等，B正确，D错误．
4、【答案】BD　【解析】磁通量的变化率为＝S＝10×10-4× Wb/s＝2×10-3 Wb/s，A错误；根据楞次定律结合安培定则可知，A点电势比C点电势低，B正确；根据已知条件可得回路中的感应电动势为E＝N＝4 000×2×10-3 V＝8 V，则定值电阻的电功率为PR＝I2R＝R＝6 W，C错误；螺线管产生的热量为Q＝I2rt＝rt＝4 J，D正确．
5、【答案】C　【解析】根据右手定则可知， 感应电流的方向由b到a，又由E＝BLv代入数据可得，感应电动势的大小为0.2 V，C正确．
6、【答案】B　【解析】根据法拉第电磁感应定律有E＝B·2Lv＝2BLv，导体棒ab两端的电势差2BLv.故选B．
7、【答案】C　【解析】根据右手定则可知，金属棒向下运动时，流过电阻R的电流方向为b→a，A错误；导体棒向下运动过程中速度先是增大后减小，产生的安培力先增大后减小，B错误；金属棒向下运动过程中，产生的安培力向上，向上运动过程中，产生的安培力向下，C正确；金属棒减少的重力势能全部转化为回路中增加的内能和弹性势能，D错误．
8、【答案】B　【解析】线框完全在磁场中运动时，磁通量不变，没有感应电流产生，A错误；线框进入磁场的过程，由于无法判断安培力与重力的关系，所以线框可能做匀速运动、加速运动和减速运动，完全在磁场中时，不受安培力，做匀加速运动，由于ab边进入磁场时速度和cd边刚穿出磁场时速度都是v0，则线框出磁场过程一定有减速运动，B正确，C错误；ab边进入磁场到cd边刚穿出磁场的过程，动能变化量为零，故根据能量守恒定律得Q＝mg(D＋L)，D错误．
9、【答案】AD　【解析】a环置于磁场中，因导线M、N两点的电势差大于零，则M点电势高，感应电流方向为逆时针，原磁场的方向垂直于纸面向里，A正确，B错误．a环与b环的半径之比为2∶1，周长之比为2∶1，根据电阻定律R＝ρ，电阻之比为＝2∶1.b放在磁场中时，M、N两点间电势差大小为路端电压，U2＝E2；a放在磁场中时，MN两点电势差U1＝E1.磁感应强度变化率恒定的变化磁场，根据法拉第电磁感应定律公式E＝S，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.根据楞次定律可知，将b环置于磁场中，N点的电势高，故电势差UMN＝－0.2 V，C错误，D正确．
10、【答案】B　【解析】导体棒切割磁感线的有效长度为L sin 60°＝L，故感应电动势E＝Bv，由闭合电路欧姆定律得I＝，B正确．
11、【答案】C　【解析】由右手定则可知电流方向从O点指向A点，OA是电源，电流从低电势流向高电势，故O点的电势比A点的电势低，故A错误；由法拉第电磁感应定律可知E＝Bl＝Bl2ω，由闭合电路欧姆定律可知回路中通过的电流为I＝＝，两式联立可得I＝，故B错误；该定值电阻两端的电压为U＝I×3r，将前面求得电流值代入可得U＝ωBl2，故C正确；由焦耳定律可知该定值电阻上的热功率P＝I2×3r＝，故D错误．
12、解：(1)根据闭合电路欧姆定律，当滑动变阻器的电阻为R1＝1 Ω时，电流
I1＝＝ A＝2 A．
(2)金属棒受重力mg、安培力F和支持力FN作用，如图．根据平衡条件可得mg sin θ＝F1cos θ，
又F1＝BI1l，
解得B＝＝ T＝1.5 T，
当滑动变阻器的电阻为R2＝4 Ω时，电流
I2＝＝ A＝1 A，
又F2＝BI2l＝1.5×1×0.5 N＝0.75 N，
mg sin θ＝0.2×10×sin 37° N＝1.2 N，
所以mg sin θ＞F2cos θ，
金属棒受到沿导轨平面向上的摩擦力Ff，根据平衡条件可得
mg sin θ＝F2cos θ＋Ff，
联立解得Ff＝mg sin θ－F2cos θ＝0.2×10×sin 37°－0.75×cos 37°＝0.6 N．