鲁科版 (2019)选择性必修 第二册第2节 法拉第电磁感应定律综合训练题

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2021-2022学年鲁科版（2019）选择性必修第二册2.2法拉第电磁感应定律 课时练（解析版）1．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线圈，规定线圈中感应电流的正方向如图甲所示（感应电动势的方向即线圈中感应电流的方向），当磁场的感应强度B随时间t如图乙变化时，下图正确表示线圈中感应电动势E变化的是（　　）A． B．C． D．2．如图所示，竖直放置的“”形光滑导轨宽为L，矩形匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的高和间距均为d，磁感应强度为质量为m的水平金属杆由静止释放，进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等。金属杆在导轨间的电阻为R，与导轨接触良好，其余电阻不计，重力加速度为g。金属杆（　　）
A．刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向下B．穿过磁场Ⅰ的时间大于在两磁场之间的运动时间C．穿过两磁场产生的总热量为3mgdD．释放时距磁场Ⅰ上边界的高度h可能小于3．如图，两条间距为L的平行金属导轨位于同一水平面（纸面）内，其左端接一阻值为R的电阻；一金属棒垂直放置在两导轨上；在MN左侧面积为S的圆形区域中存在垂直于纸面向里的均匀磁场，磁感应强度大小B随时间t的变化关系为B=kt，式中k为常量，且k>0；在MN右侧区域存在一与导轨垂直、磁感应强度大小为B0、方向垂直纸面向里的匀强磁场。t=0时刻，金属棒从MN处开始，在水平拉力F作用下以速度v0向右匀速运动。金属棒与导轨的电阻及摩擦均可忽略。则（　　）A．在t时刻穿过回路的总磁通量为B0Lv0tB．电阻R上的电流随时间均匀增大C．在时间Δt内流过电阻的电荷量为ΔtD．金属棒所受的水平拉力F随时间均匀增大4．如图所示，a、b两个闭合正方形线圈用同样材料和粗细的的导线制成，匝数均为N匝，线圈边长，图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀减小，不考虑线圈之间的相互影响，则下列说法正确的是（　　）A．两线圈内产生逆时针方向的感应电流 B．a、b线圈中感应电动势之比为4∶1C．a、b线圈中感应电流之比为4∶1 D．a、b线圈中电功率之比为4∶15．如图甲所示，固定闭合线圈abcd处于方向垂直纸面向外的磁场中，磁感线分布均匀，磁场的磁感应强度大小B随时间t的变化规律如图乙所示，则下列说法正确的是（　　）A．t＝1s时，ab边受到的安培力方向向右B．t＝1s时，ab边受到的安培力方向向左C．t＝2s时，ab边受到的安培力最大D．t＝4s时，ab边受到的安培力最大 6．如图所示，MN、PQ为两足够长的平行倾斜固定金属导轨，电阻忽略不计，ab、cd为完全相同的两金属棒，电阻不能忽略。垂直于导轨平面的匀强磁场充满整个导轨。虚线ef上方导轨粗糙，下方光滑。ab、cd均与导轨垂直且相互平行，在时刻给ab一大小为的初速度，使其沿导轨向上滑，且保证其始终在虚线ef以下导轨上运动，在时刻ab返回初位置，速度大小为，以后ab以匀速运动。已知在ab运动过程中，cd始终保持静止不动。则（　　）A．ab棒向上运动过程中，cd棒中电流方向为B．可能存在C．从时刻到时刻的过程中，ab、cd两棒产生的焦耳热等于ab棒动能的减小量D．从时刻到时刻的过程中，cd棒所受摩擦力先减小后增大7．如图所示，半径为r的金属圆盘处于垂直于盘面的匀强磁场B中，使金属盘绕中心轴以角速度沿逆时针方向匀速转动，电灯灯丝的电阻恒为R，金属圆盘的电阻不计，则通过灯泡的电流的方向和大小分别是（　　）A．电流方向由a到灯到b B．电流方向由b到灯到aC．电流大小为 D．电流大小为8．如图甲所示，间距为1m的光滑平行金属导轨、固定在绝缘水平面上，P、M端接有阻值为的定值电阻。质量为、电阻为2Ω、长为1m的金属棒放在导轨上，用大小为的水平恒力拉金属棒。金属棒从静止开始运动，其位移随时间变化的图像如图乙所示，图线为曲线，为直线，的反向延长线交时间轴于处，金属棒运动过程中与两导轨接触良好且始终垂直，导轨电阻不计，则（　　）
A．时，金属棒的速度大小为B．匀强磁场的磁感应强度大小为1TC．内，通过金属棒截面的电荷量为7.5CD．内，定值电阻R中产生的焦耳热为37.5J9．如图所示，竖直放置的两根平行金属导轨之间接有定值电阻R，金属棒与两导轨始终保持垂直，并良好接触且无摩擦，棒与导轨的电阻均不计，整个装置放在水平匀强磁场中，棒在竖直向上的恒力F作用下匀速上升的一段时间内，下列说法正确的是（　　）A．通过电阻R的电流方向向左B．棒受到的安培力方向向下C．棒机械能的增加量等于恒力F做的功D．棒克服安培力做的功等于电路中产生的热量10．如图甲，在虚线所示的区域有竖直向上的匀强磁场，面积为S的单匝金属线框放在磁场中，线框上开有一小口与磁场外阻值为R的小灯泡相连。若金属框的总电阻也为R，磁场如图乙随时间变化，则下列说法正确的是（　　）
A．b端电势较高B．线框cd边受到的安培力指向左C．ab间电压大小为D．0~t0时间内小灯泡的电功率为11．如图所示，两根平行的长直光滑金属导轨M、N的间距为，其底端接有阻值为的电阻，整个装置处在垂直纸面向里，磁感应强度大小为的匀强磁场中。一质量为1kg的导体杆ab在恒力的作用力下从静止开始沿导轨运动，向右运动时导体棒恰好匀速运动，导体棒垂直于导轨放置且与两导轨保持良好接触。设ab杆接入电路的电阻为，导轨电阻不计。则此过程中（　　）
A．流过导体棒中的电流方向为由b到aB．杆的速度最大值为C．流过电阻R的电荷量为4CD．回路上产生的热量为7.5J12．如图所示，水平面内固定有两根平行的光滑长直金属导轨，间距为L，电阻不计。整个装置处于两个磁感应强度大小均为B、方向相反的竖直匀强磁场中，虚线为两磁场的分界线。质量均为m的两根相同导体棒、静置于如图所示的导轨上（两棒始终与导轨垂直且接触良好）。现使棒获得一个大小为，方向水平向左的初速度，则在此后的整个运动过程中（　　）A．两棒受到的安培力方向相同B．两棒最终的速度大小均为，方向相同C．棒产生的焦耳热为D．通过棒某一横截面的电荷量为13．如图所示，平行导轨放在斜面上，匀强磁场垂直于斜面向上，恒力F拉动金属杆ab从静止开始沿导轨向上滑动，金属杆与导轨接触良好，导轨光滑。从静止开始到ab杆达到最大速度的过程中，恒力F做功为W，ab杆克服重力做功为W1，ab杆克服安培力做功为W2，ab杆动能的增加量为ΔEk，电路中产生的焦耳热为Q，ab杆重力势能的增加量为ΔEp，则（　　）A．W=Q＋W1＋W2＋ΔEk＋ΔEp B．W=Q＋W1＋W2＋ΔEkC．W=Q＋ΔEk＋ΔEp D．W2=Q，W1=ΔEp14．如图甲，质量m=0.1kg、直径为0.4m、电阻为0.1Ω的闭合铜环静止在倾角θ= 37°的粗糙斜面上，CD为铜环的对称轴，CD以下部分的铜环处于匀强磁场中，磁感应强度B方向垂直斜面。以垂直斜面向下为磁场的正方向，B随时间t变化的图像如图乙，铜环始终保持静止，铜环与斜面间的滑动摩擦因数μ=0.8，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取π=3，下列说法正确的是（　　）A．t=0.5s时铜环中有沿顺时针方向的感应电流（从上向下看）B．t=2s 时铜环不受安培力C．t=2.5s时铜环受到大小为4.8×10-3N、沿斜面向上的安培力D．1~3s内铜环受到的摩擦力逐渐减小  15．如图甲所示，两条平行光滑水平导轨间距为L，左右两侧折成倾斜导轨，其倾角均为θ=45°，左侧轨道高为。导轨水平部分有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化规律如图乙所示。导体棒ab固定在左侧导轨最高点，cd固定在水平导轨上，与左侧轨道底端相距为2L，导体棒ab、cd长均为L、电阻均为R，质量分别为m和2m。从0时刻开始，静止释放导体棒ab，当ab到达左侧轨道底端时立即释放导体棒cd。不计导轨电阻和空气阻力，已知L=1m，R=0.5Ω，m=1kg，g=10m/s2，B0=2T。（结果保留根号）求：（1）导体棒ab在左侧导轨上运动的过程中导体棒cd产生的焦耳热Q；（2）若水平导轨足够长，且两棒在水平导轨上不会相撞，则两棒在水平导轨上运动过程中通过导体棒截面的电荷量q是多少；（3）在（2）的条件下，若右侧倾斜导轨足够长，且导体棒落在倾斜导轨上时立即被锁定，求导体棒ab此时距MN的距离X。     16．如图所示，固定在水平面内的正方形导线框abcd边长为L，整个线框处在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中。直导体棒MN在外力作用下以速度水平向右沿线框平面匀速滑动，滑动过程中始终平行于bc边且保持与线框接触良好。线框abcd和直导体棒MN均用单位长度电阻为r的同种均匀电阻丝制成。不计一切摩擦。当棒MN位于ab边中点时，求：（1）棒MN中的电流大小和方向；（2）外力的功率。    17．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，N、Q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。求：（1）金属棒沿导轨开始下滑时的加速度大小；（2）金属棒到达处的速度大小（3）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R产生的焦耳热。
    18．如图所示，间距为L=0.5m的平行长直光滑固定金属导轨与水平面的夹角θ=30°，上端接有R=3Ω的电阻，在导轨中间宽为d=5.1m的矩形O1O1′O2′O2区域内存在垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B=2T将质量为m=0.2kg、电阻为r=1Ω的金属杆ab从OO′位置由静止释放，已知金属杆ab进入磁场时速度大小为v0=5m/s，离开磁场前加速度已经为零，杆在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，导轨电阻忽略不计，取重力加速度g=10m/s2。求：（1）OO′到O1O1′之间的距离x；（2）金属杆离开磁场时的速度大小v；19．如图所示，固定在水平面上间距为L的两条平行光滑金属导轨，垂直于导轨放置的两根金属棒MN和PQ长度也为L、电阻均为R，两棒与导轨始终接触良好。MN两端通过开关S与电阻为R的单匝金属线圈相连，线圈内存在竖直向下均匀增加的磁场，磁通量变化率为常量k。图中虚线右侧有垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B．PQ的质量为m，金属导轨足够长，电阻忽略不计。（1）闭合S，若使PQ保持静止，需在其上加多大的水平恒力F；（2）断开S，PQ在上述恒力作用下，由静止开始到速度大小为v的加速过程中棒PQ移动的位移为X，求该过程安培力做的功W。
 
参考答案1．A【详解】在内，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。在内，磁感应强度不变,感应电动势为零。在内，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。故选A。2．B【详解】A．金属杆在无场区做匀加速运动，而金属杆进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等，所以金属杆刚进入磁场Ⅰ时做减速运动，加速度方向竖直向上，故A错误；B．金属杆在磁场Ⅰ运动时，随着速度减小，产生的感应电流减小，受到的安培力减小，合力减小，加速度减小，所以金属杆做加速度逐渐减小的变减速运动，在两个磁场之间做匀加速运动，由题知，进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等，所以金属杆在磁场Ⅰ中运动时平均速度小于在两磁场之间运动的平均速度，两个过程位移相等，所以金属杆穿过磁场Ⅰ的时间大于在两磁场之间的运动时间，故B正确；C．金属杆从刚进入磁场Ⅰ到刚进入磁场Ⅱ的过程，由能量守恒定律得金属杆通过磁场Ⅱ时产生的热量与通过磁场Ⅰ时产生的热量相同，所以总热量为故C错误；D．设金属杆释放时距磁场Ⅰ上边界的高度为H时进入磁场Ⅰ时刚好匀速运动，则有又联立解得由于金属杆进入磁场Ⅰ时做减速运动，所以h一定大于故D错误。故选B。3．C【详解】A．根据题图可知，MN左边的磁场方向与右边的磁场方向相同，则穿过回路的总磁通量即为两边磁通量之和，在t(t＞0)时刻穿过回路的总磁通量为故A错误；B．根据法拉第电磁感应定律得，回路中产生总的感应电动势为由闭合电路欧姆定律有则电阻R上的电流为恒定电流，故B错误；C．在时间Δt内流过电阻的电荷量为故C正确；D．金属棒受到的安培力大小为保持不变，金属棒匀速运动，水平拉力大小等于安培力大小，所以水平拉力F保持不变，故D错误。故选C。4．C【详解】A．原磁场向里减小，根据楞次定律可知，感应电流的磁场方向与原磁场方向相同，因此感应电流的方向为顺时针方向，故A错误;B．根据法拉第电磁感应定律可知而因此电动势之比为16∶1，故B错误；C．线圈电阻， 故电阻之比为4∶1，由闭合电路欧姆定律可知，则电流之比为4∶1，故C正确；D．电功率两线圈电流之比为4∶1，电阻之比为4∶1，则电功率之比为64∶1 ，故 ，故D错误。故选C。5．A【详解】AB．由图乙知，0~2s内，穿过线框的磁通量向外增加，根据楞次定律，可判断知线框中感应电流方向为。t＝1s时，根据左手定则可判断知ab边受到的安培力方向向右，故A正确，B错误；C．由图乙知，t＝2s时，穿过线框的磁通量变化率为0，根据法拉第电磁感应定律知此时刻线框中产生感应电流为0，所以ab边受到的安培力为0，故C错误；D．图乙知，t＝4s时，穿过线框的磁通量变化率为最大，根据法拉第电磁感应定律知此时刻线框中产生感应电流为最大，但由于此时原磁场为0，所以ab边受到的安培力为0，故D错误。故选A。6．CD【详解】A．由于匀强磁场方向未知，故ab棒向上运动过程中，cd棒中的电流方向不能判定，故A错误；BC．由能量守恒定律知ab棒运动过程中始终受到安培力的作用，故其返回初始位置时动能减小，可知从时刻到时刻，ab、cd两棒产生的焦耳热等于ab棒动能的减少量，故C正确，B错误；D．由于ab棒返回初始位置后以速度匀速运动，故ab棒重力沿导轨向下的分力等于此时的安培力，所以ab棒以速度向上运动时，ab棒所受的安培力大于重力沿导轨向下的分力，可得cd棒所受摩擦力向下且逐渐减小，当ab棒速度减小到小于以后，cd棒所受摩擦力向上且逐渐增大，ab棒向下运动时，时刻之前，cd棒所受摩擦力向上且继续增大，故 D正确。故选CD。7．BD【详解】AB．根据右手定则，电流方向由b到灯到a。A错误，B正确；CD．感应电动势为根据闭合电路的欧姆定律得C错误，D正确。故选BD。8．ACD【详解】A．当时，由题图乙可知金属棒已做匀速运动，速度大小等于段的斜率，即为，故A正确；B．由安培力公式可知合外力为零时，加速度为零，速度最大解得故B错误；C．0~5s内，通过金属棒截面的电荷量为联立解得解得故C正确；D．0~5s内，根据动能定理有解得定值电阻R产生的热量故D正确。故选ACD。9．BD【详解】A．棒向上运动时，穿过回路的磁通量减小，结合磁场方向，由楞次定律判断可知通过电阻R的电流方向向右，故A错误；B．通过棒的电流方向向左，由左手定则知棒受到的安培力方向向下，故B正确；C．根据功能关系知，恒力F做的功等于棒机械能的增加量与电路中产生的热量之和，故C错误；D．棒在竖直向上的恒力F作用下匀速上升，安培力做负功，即克服安培力做功，根据功能关系知，棒克服安培力做的功等于电路中产生的热量，故D正确。故选BD。10．CD【详解】A．由楞次定律可得感应电流的方向为逆时针，穿过磁通量发生变化的线圈相当于电源，所以电源内部（线圈）电流方向是负极b到正极a，而通过R的电流方向为a→b，即a端电势高，故A错误；B．根据左手定则可知，线框cd边受到的安培力方向向右，故B错误；C．穿过线圈的感应电动势为由闭合电路殴姆定律可得则电阻R两端的电压为故C正确。D ．由电功率的计算表达式故D正确。故选CD。【点睛】由法拉第电磁感应定律求出感应电流的大小，而感应电流的方向则由楞次定律判定，及左手定则确定安培力的方向，同时穿过磁通量发生变化的线圈相当于电源，所以电源内部（线圈）电流方向是负极到正极。11．AD【详解】A．导体棒向右运动时，切割磁感线运动，由右手定则判断感应电流方向由b到a，选项A正确；B．由电磁感应定律可得又当运动4m时恰好匀速运动，即则解得选项B错误；C．流经R的电荷量又所以解得电荷量选项C错误；D．由动能定理有又解得电路中产生的热量为选项D正确。故选AD。12．AD【详解】A．由右手定则可知，MN中感应电流由N到M，受到安培力向右，PQ中感应电流由P到Q，受到安培力向右，故两导体棒受到的安培力方向相同，A正确；B．MN向左减速，PQ向右加速，当满足即时，回路中感应电流为零，达到稳定状态，两导体棒受到的平均安培力大小相等，对两导体棒由动量定理可得解得两导体棒速度方向相反，B错误；C．两导体棒产生的焦耳热均为Q，由能量守恒可得解得C错误；D．设通过棒某一横截面的电荷量为q，可得对PQ棒，由动量定理可得联立解得D正确。故选AD。13．CD【详解】ABC．功是能量转化的量度，做功的过程就是能量转化的过程，力F做功转化为电路中产生焦耳热、金属杆ab增加的动能和增加的重力势能，所以有W=Q＋ΔEk＋ΔEpAB错误，C正确；D．ab杆克服重力做的功等于ab杆重力势能的增加量，即W1=ΔEp，ab杆克服安培力做的功等于电路中产生的焦耳热，即W2=Q，D正确。故选CD。14．BCD【详解】A．由楞次定律可知t=0.5s时铜环中产生的感应电流产生的磁场应垂直斜面向上，由右手螺旋定则可知铜环中有沿逆时针方向的感应电流（从上向下看），故A错误；B．由图乙可知t=2s时，磁感应强度为零，所以铜环不受安培力，故B正确；C．t=2.5s时，垂直斜面向上的磁通量逐渐增大，根据楞次定律得推广含义——来拒去留可知安培力沿斜面向上，根据法拉第电磁感应定律可知根据欧姆定律可知由图乙可知t=2.5s时则安培力故C正确；D．1~3s内，磁感应强度变化率不变，则感应电流不变，磁感应强度先减小，后增大，根据楞次定律可知，安培力先向下减小，后向上增大，则摩擦力方向向上，逐渐减小，故D正确。故选BCD。15．（1）；（2）；（3）【详解】（1）ab棒在左侧轨道下滑过程有解得此时刻以后磁场恒定不变，则ab在左侧轨道上运动过程中回路中的电动势为此过程中cd棒产生的焦耳热为联立解得（2）ab棒到达低端的速度为解得ab、cd两棒在水平轨道上运动过程中动量守恒且末速度相等对cd棒由静止到达共速应用动量定理两边求和得联立解得（3）设为两棒在水平轨道上的相对位移，第（2）问中解得cd棒抛出后到；落到右侧倾斜轨道有且此过程中ab棒和cd棒的水平速度相等，则联立解得则‍‍16．（1），方向 N→M；（2）【详解】（1）电流方向：N→M导体棒MN运动到ab边中点时，产生的感应电动势为外电阻为并联，每边的长度为2L，左右两边的电阻为，电路的总电阻由欧姆定律得解得（2）直导体棒MN受到的安培力因直导体棒MN做匀速直线运动，所以拉力的功率解得17．（1）；（2）4m/s；（3）1J【详解】（1）金属棒刚开始运动时有解得（2）设金属棒在处的速度为，则此时的感应电动势流过金属棒的电流此时的安培力又金属棒此时速度达到稳定，有 联立解得（3）根据电荷量的公式，即且平均电流联立可得设到的间距为x，由题意有                     联立可得从开始运动到过程，由能量守恒定律有联立解得18．（1）2.5m；（2）4m/s【详解】（1）根据牛顿第二定律可知根据匀加速运动中速度与位移的关系可知解得（2）金属杆离开磁场前加速度已经为零可知金属杆在离开磁场前达到平衡，即解得19．（1）；（2）【详解】（1）由法拉第电磁感应定律设 PQ与MN并联的电阻为  ，有闭合 S时，设线圈中的电流为  I设PQ中的电流为 ，有设 PQ受到的安培力为 ，有保持 PQ静止联立解得（2）设 PQ由静止开始到速度大小为 v的加速过程中，PQ 运动的位移为X，由动能定理，有         联立式得