物理第二章 电磁感应2 法拉第电磁感应定律综合训练题

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第2节　法拉第电磁感应定律1.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，另一端与铜环接触良好，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ωBl2D.该定值电阻上的热功率为2.在水平桌面上，一个圆形金属框置于匀强磁场中，线框平面与磁场垂直，磁感应强度B1随时间t的变化关系如图甲所示，0~1 s内磁场方向垂直线框平面向下，圆形金属框与两根水平的平行金属导轨相连接，导轨上放置一根导体棒，且与导轨接触良好，导体棒处于另一匀强磁场B2中，如图乙所示，导体棒始终保持静止，则其所受的摩擦力Ff随时间变化的图像是下图中的(设向右的方向为摩擦力的正方向)(　　)3.如图甲所示，单匝矩形金属线框abcd处在垂直于线框平面的匀强磁场中，线框面积S=0.3 m2，线框连接一个阻值R=3 Ω的电阻，其余电阻不计，线框cd边位于磁场边界上。取垂直于线框平面向外为磁感应强度B的正方向，磁感应强度B随时间t变化的图像如图乙所示。下列判断正确的是(　　)A.0~0.4 s内线框中感应电流沿逆时针方向B.0.4~0.8 s内线框有扩张的趋势C.0~0.8 s内线框中的电流为0.1 AD.0~0.4 s内ab边所受安培力保持不变4.如图所示，一导线弯成半径为a的半圆形闭合回路。虚线MN右侧有磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于回路所在的平面。回路以速度v向右匀速进入磁场，直径CD始终与MN垂直。从D点到达边界开始到C点进入磁场为止，下列结论错误的是(　　)A.感应电流方向不变B.CD段直线始终不受安培力C.感应电动势最大值E=BavD.感应电动势平均值πBav5.如图甲所示，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纸面向里B.图乙中，变化磁场的方向垂直纸面向外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 VD.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 V6.如图甲所示，左侧接有定值电阻R=2 Ω的水平粗糙导轨处于垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度B=1 T，导轨间距l=1 m。一质量m=2 kg、阻值r=2 Ω的金属棒在水平拉力F作用下由静止开始从CD处沿导轨向右加速运动，金属棒的v-x图像如图乙所示，若金属棒与导轨间的动摩擦因数μ=0.25，则从CD处开始发生x=1 m位移的过程中(g取10 m/s2)(　　)A.金属棒克服安培力做的功W1=0.5 JB.金属棒克服摩擦力做的功W2=4 JC.整个系统产生的总热量Q=5.25 JD.拉力做的功W=9.25 J7.如图所示，质量均为m的金属棒MN、PQ垂直于水平金属导轨放置且与导轨接触良好，金属棒MN与金属导轨间的动摩擦因数为2μ，金属棒PQ与金属导轨间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，磁感应强度为B的匀强磁场的方向竖直向下。则金属棒MN在恒力F=3μmg作用下向右运动的过程中，有(　　)A.安培力对MN棒做正功B.PQ棒不受安培力作用C.MN棒做加速度逐渐减小的加速运动，最终匀速运动D.PQ棒始终静止，安培力对PQ不做功8.如图所示，两根平行粗糙金属导轨固定于绝缘水平面上，导轨左侧间连有阻值为r的电阻，两平行导轨间距为l。一根长度大于l、质量为m、接入电路的电阻也为r的导体棒垂直导轨放置并接触良好，导体棒初始处于静止状态，导体棒与图中虚线有一段距离，虚线右侧存在竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场。现给导体棒一个水平向右的恒力，使其从静止开始做匀加速直线运动，进入磁场前加速度大小为a0，然后进入磁场，运动一段时间后达到一个稳定速度，平行轨道足够长，导体棒与平行导轨间的动摩擦因数处处相等，忽略平行轨道的电阻。(1)求导体棒最后的稳定速度大小。(2)若导体棒从开始运动到达到稳定速度的过程中，通过导轨左侧电阻的电荷量为q，求此过程中导体棒在磁场中运动的位移。 9.如图所示的金属线框，面积为S，处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场的方向与线框平面成θ角，线框从图示实线位置，以线框ab边为轴顺时针转过90°到虚线位置时，所用时间为T，则该过程(　　)A.在初始位置时，穿过线圈的磁通量Φ=BScos θB.线框中磁通量的变化量为ΔΦ=0C.线框中感应电流方向先沿adcba方向，再沿abcda方向D.线框中产生的平均感应电动势为10.如图所示，直角三角形金属框abc放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向平行于ab边向上。当金属框绕ab边以角速度ω逆时针转动时，a、b、c三点的电势分别为Ua、Ub、Uc。已知bc边的长度为l，下列判断正确的是(　　)A.Ua>Uc，金属框中无电流B.Ub>Uc，金属框中电流方向沿a—b—c—aC.Ubc=-Bl2ω，金属框中无电流D.Ubc=Bl2ω，金属框中电流方向沿a—c—b—a11.两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→bB.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12.如图所示，Q是单匝金属线圈，M是一个螺线管，它的绕线方向没有画出，Q的输出端a、b和M的输入端c、d之间用导线相连，P是在M的正下方水平放置的用细导线绕制的软弹簧线圈。若在Q所处的空间加上与环面垂直的变化磁场，发现在t1至t2时间段内弹簧线圈处在收缩状态，则所加磁场的磁感应强度的变化情况可能是(　　)13.空间存在一方向与纸面垂直、大小随时间变化的匀强磁场，其边界如图甲中虚线MN所示。一硬质细导线的电阻率为ρ、横截面积为S，将该导线做成半径为r的圆环固定在纸面内，圆心O在MN上。t=0时磁感应强度的方向如图甲所示，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示。则在t=0到t=t1的时间间隔内(　　)A.圆环所受安培力的方向始终不变B.圆环中的感应电流始终沿顺时针方向C.圆环中的感应电流大小为D.圆环中的感应电动势大小为14.如图所示，MN、PQ是两根足够长的光滑平行金属导轨，导轨间距为l=0.5 m，导轨所在平面与水平面夹角θ=37°，M、P间接阻值为R=9 Ω的电阻。匀强磁场的方向与导轨所在平面垂直，磁感应强度大小为B=2 T。质量为m=0.1 kg、阻值为r=1 Ω的金属棒放在两导轨上，在平行于导轨的恒定拉力F=1 N作用下，从静止开始向上运动。已知金属棒与导轨始终垂直并且保持良好接触，导轨电阻不计，导轨和磁场足够大，重力加速度g取10 m/s2。求：(1)当金属棒的速度为2 m/s时的加速度；(2)金属棒能获得的最大速度；(3)若金属棒从开始运动到获得最大速度在导轨上滑行的距离是2.5 m，这一过程中R上产生的焦耳热。15.如图甲所示，两相距l=0.5 m的平行金属导轨固定于水平面上，导轨左端与阻值R=2 Ω的电阻连接，导轨间虚线右侧存在垂直导轨平面的匀强磁场。质量m=0.2 kg的金属杆垂直置于导轨上，与导轨接触良好，导轨与金属杆的电阻可忽略。杆在水平向右的恒定拉力作用下由静止开始运动，并始终与导轨垂直，其v-t图像如图乙所示。在15 s末时撤去拉力，同时使磁场随时间变化，从而保持回路磁通量不变，杆中电流为零。求：(1)金属杆所受拉力F的大小；(2)10~15 s内匀强磁场的磁感应强度大小；(3)撤去恒定拉力之后，磁感应强度随时间的变化规律。
参考答案1.C　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，故选项A错误；由法拉第电磁感应定律可知E=BlBl2ω，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=，故选项B错误；该定值电阻两端的电压为U=I·3r，将前面求得的电流代入可得U=ωBl2，故选项C正确；由焦耳定律可知该定值电阻上的热功率P=I2·3r=，故选项D错误。2.A　根据题意可得，在0~1 s内磁场方向垂直线框平面向下，且大小变大，则由楞次定律可得线圈感应电流的方向是逆时针，再由左手定则可得导体棒所受安培力方向水平向左，所以静摩擦力的方向水平向右，即为正方向；由法拉第电磁感应定律可得线圈感应电流的大小是恒定的，即导体棒的电流大小是不变的，再由F=BIl可得安培力大小不变，所以静摩擦力的大小也是不变的。故选项A正确，B、C、D错误。3.C　由题图乙所示图线可知，0~0.4 s内磁感应强度垂直于纸面向里，磁通量减小，由楞次定律可知，感应电流沿顺时针方向，故选项A错误；0.4~0.8 s内穿过线框的磁通量增加，由楞次定律可知，线框有收缩的趋势，故选项B错误；0~0.8 s内的感应电动势为E=S=×0.3 V=0.3 V，线框中的电流为I= A=0.1 A， 故选项C正确；在0~0.4 s内感应电流I保持不变，磁感应强度B大小不断减小，由F=IlB可知，ab边所受安培力不断减小，故选项D错误。4.B　在闭合回路进入磁场的过程中，通过闭合回路的磁通量逐渐增大，根据楞次定律可知感应电流的方向为逆时针，方向不变，选项A正确；根据左手定则可以判断，CD段受安培力向下，选项B错误；当半圆闭合回路进入磁场一半时，等效长度最大，为a，这时感应电动势最大，为E=Bav，选项C正确；感应电动势平均值πBav，选项D正确。5.AD　a环置于磁场中，M点电势高，感应电流方向为逆时针，又因为原磁场磁感应强度增大，由楞次定律得，原磁场的方向垂直纸面向里，故选项A正确，B错误；a环与b环的半径之比为2∶1，故周长之比为2∶1，面积之比为4∶1，根据电阻定律R=ρ，电阻之比为2∶1，M、N两点间电势差大小为路端电压，U=E，根据法拉第电磁感应定律公式E=S，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，故选项C错误，D正确。6.CD　由题图乙得，金属棒速度大小与位移大小成正比，金属棒所受的安培力F安=，可得F安与x成正比，当x=0时，安培力F安1=0，当x=1 m时，安培力F安2=0.5 N，则从起点发生x=1 m位移的过程中，安培力做功为W安=-x=x =-×1 J=-0.25 J ，即金属棒克服安培力做的功为W1=0.25 J，故选项A错误；金属棒克服摩擦力做的功为W2=μmgx=0.25×2×10×1 J=5 J，故选项B错误；根据动能定理得W-μmgs+W安=mv2，其中v=2 m/s，μ=0.25，m=2 kg，代入解得拉力做的功为W=9.25 J，整个系统产生的总热量为Q=W-mv2=9.25 J-×2×22 J=5.25 J，故选项C、D正确。7.CD　金属棒MN所受最大静摩擦力为Ff1=2μmg，在恒力F=3μmg作用下向右运动的过程中，产生NMPQN方向的电流，由左手定则可知，MN所受安培力方向向左，安培力对MN做负功，PQ受到向右的安培力，选项A、B错误；随着导体棒MN速度的增加，感应电流变大，安培力变大，MN的加速度减小，当满足F=2μmg+F安1，即F安1=μmg时，加速度为零，速度最大，以后将做匀速运动，选项C正确；此时PQ所受的安培力达到最大值，为F安2=μmg=Ff2，PQ始终保持静止，安培力对PQ不做功，选项D正确。8.【答案】(1)　(2)【解析】(1)设水平恒力为F，导体棒到达图中虚线处速度为v，在进入磁场前，由牛顿运动定律有F-μmg=ma0，导体棒进入磁场后，导体棒最后的稳定速度设为vm，由平衡条件有F-μmg-=0，联立上面各式，得vm=。(2)导体棒从进入磁场到达到稳定速度的过程中，运动的位移设为x，由法拉第电磁感应定律有，q=t，联立解得x=。9.D　初始位置，磁通量Φ=BSsin θ，选项A错误；若规定从abcd面的下面穿过到上表面的磁通量为正，则末位置的磁感线从上面穿过下面，磁通量为Φ'=-BScos θ，可得ΔΦ=Φ'-Φ=-BScos θ-BSsin θ=-BS(cos θ+sin θ)，负号表示磁通量变化的方向沿负方向，而变化量的大小为BS(cos θ+sin θ)，选项B错误；由楞次定律知，线框中感应电流方向始终为adcba，选项C错误；由法拉第电磁感应定律有E=，选项D正确。10.C　金属框abc平面与磁场平行，转动过程中磁通量始终为零，所以无感应电流产生，选项B、D错误。转动过程中bc边和ac边均切割磁感线，产生感应电动势，由右手定则判断Ua<Uc，Ub<Uc，选项A错误。由转动切割产生感应电动势的公式得Ubc=-Bl2ω，选项C正确。11.C　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，选项A错误；导体棒向下运动过程中速度先增大后减小，故产生的安培力先增大后减小，选项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，选项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，选项D错误。12.D　在t1至t2时间段内弹簧线圈处在收缩状态，根据楞次定律的另一种表述“增缩减扩”，知螺线管M中产生的磁场在增加，即螺线管中的电流增大，根据法拉第电磁感应定律，E=n=nS，知增大，故选项D正确，A、B、C错误。13.BC　根据楞次定律可知，圆环中的感应电流始终沿顺时针方向，选项B正确。从0到t1，电流方向未变，磁场方向改变，根据左手定则，安培力方向必定改变，选项A错误。根据法拉第电磁感应定律，E=n，选项D错误。圆环的电阻R=，感应电流I=，选项C正确。14.【答案】(1)2 m/s2　(2)4 m/s　(3)0.18 J【解析】(1)在沿斜面方向上，导体棒受到沿斜面向上的拉力、沿斜面向下的重力的分力以及安培力，根据牛顿第二定律可得F--mgsin θ=ma解得当金属棒的速度为2 m/s时的加速度为a=2 m/s2。(2)当金属棒受力平衡时，速度最大，故F--mgsin θ=0，解得vm=4 m/s。(3)根据动能定理可得WF-W安-WG=mv2又知道R上产生的焦耳热为QR=W安联立解得QR=0.18 J。15.【答案】(1)0.24 N　(2)0.4 T(3)B=(T)(15 s≤t≤20 s)【解析】(1)由题图乙可知，在0~10 s内，金属杆做匀加速直线运动，杆没有进入磁场，由牛顿第二定律得F-μmg=ma1由题意可知，15 s末撤去拉力，没有感应电流，杆不受安培力作用，杆所受的合外力为滑动摩擦力，由牛顿第二定律得μmg=ma2加速度a1= m/s2=0.4 m/s2a2= m/s2=0.8 m/s2解得F=0.24 N。(2)在10~15 s内，金属杆做匀速直线运动，速度v=4 m/s，金属杆受到的安培力F安=B0Il=金属杆做匀速直线运动，处于平衡状态，由平衡条件得F=μmg+代入数据解得 B0=0.4 T。(3)15~20 s内没有产生感应电流，穿过回路的磁通量保持不变，金属杆在10~15 s内的位移d=vt=20 m在15 s后的金属杆的加速度a=a2=0.8 m/s2金属杆的位移x=v(t-15)-a(t-15)2=4(t-15)-0.4(t-15)2磁通量保持不变，则B0ld=Bl(d+x)解得B=(T)(15 s≤t≤20 s)。