第2章　电磁感应及其应用 第2节　法拉第电磁感应定律 试卷

这是一份第2章　电磁感应及其应用 第2节　法拉第电磁感应定律，共8页。
第2节　法拉第电磁感应定律课后篇巩固提升必备知识基础练1.(2020贵州锦屏中学期末)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,故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,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,故C正确;金属棒减少的重力势能转化为回路中增加的内能、弹性势能以及金属棒的动能,D错误。答案C2.(2020重庆一中期末)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)(　　)解析根据题意可知,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安培力方向水平向左,所以静摩擦力的方向是水平向右,即为正方向;在0~1 s内磁场方向垂直线框平面向下,且大小变大,则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;因为磁场B2是不变的,则安培力大小不变,所以静摩擦力的大小也是不变的。故A正确,B、C、D错误。答案A3.(2020湖南长沙一中月考)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(L<d)、质量为m。将线框在磁场上方距L1的高度为h处由静止开始释放,当ab边进入磁场时速度为v0,cd边刚穿出磁场时速度也为v0。从ab边刚进入磁场到cd边刚穿出磁场的整个过程中(　　)A.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(d+h+L)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。故选B。答案B4.(2020山东临沂期末)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ωBl2D.该定值电阻上的热功率为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=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;故选C。答案C5.如图甲所示,一线圈匝数为100匝,横截面积为0.01 m2,磁场与线圈轴线成30°角向右穿过线圈。若在2 s时间内磁感应强度随时间的变化关系如图乙所示,则该段时间内线圈两端a和b之间的电势差Uab为(　　)A.- V B.2 VC. V D.从0均匀变化到2 V解析与线圈轴线成30°角向右穿过线圈的磁感应强度均匀增加,故产生恒定的感应电动势,根据法拉第电磁感应定律,有:E=N=NScos 30°,由图可知=2 Wb/s,a端比b端电势低,代入数据解得Uab=-100×2×cos 30°×0.01 V=- V,A正确,B、C、D错误。故选A。答案A6.(2020广东潮州期末改编)如图所示,半径为L的半圆弧轨道PQS固定,电阻忽略不计,O为圆心。OM是可绕O转动的金属杆,M端位于PQS上,OM与轨道接触良好,OM金属杆的电阻与OP金属杆电阻阻值相同。空间存在如图的匀强磁场,磁感应强度的大小为B。现使OM从OQ位置以恒定的角速度ω逆时针转到OS位置,则回路中电流方向沿　　　　　　;MO两点的电压UMO=　　　　　　　。 解析根据OM转动方向可由右手定则判断电流方向为M到O,即回路中电流方向沿M—O—P—Q—M;OM转动过程中产生的电动势大小为E=BL2ω,因为OM和OP电阻相同,OM作为电源,电流由低电势流向高电势,故MO两点的电压为UMO=-E=-BL2ω。答案M—O—P—Q—M　-BL2ω关键能力提升练7.(多选)(2020湖北部分重点中学考试)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 V解析a环置于磁场中,导线M、N两点的电势差大于零,M点电势高,感应电流方向为逆时针,原磁场的方向垂直纸面向里,故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,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。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E=S,得到两次电动势的大小之比为4∶1,故两次的路段电压之比为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C错误,D正确。答案AD8.(多选)(2020黑龙江省实验中学开学考试)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。—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,若金属棒与导轨间动摩擦因数μ=0.25,则从起点发生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 J解析由图像得v=2x,金属棒所受的安培力FA=,代入得:FA=0.5x,则知FA与x是线性关系。当x=0时,安培力FA1=0;当x=1 m时,安培力FA2=0.5 N,则从起点发生x=1 m位移的过程中,安培力做功为WA=-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B错误;根据动能定理得W-μmgx+WA=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摩擦生热和焦耳热,则Q=W-mv2=9.25 J-×2×22 J=5.25 J。故C、D正确,故选CD。答案CD9.(2021安徽滁州检测)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解析由题图乙所示图像可知,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A错误。由图乙所示图线可知,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B错误。由图示图线可知,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C正确。在0~0.4 s内感应电流I保持不变,由题图乙所示图线可知,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D错误。故选C。答案C10.(2020安徽六安一中检测)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。(1)求此时电路中的电流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。解析(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如图。根据平衡条件可得,mgsin θ=F1cos θ,又F1=BI1l,联立上式,解得磁感应强度B==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,mgsin θ=0.2×10×sin 37°=1.2 N,因此mgsin θ>F2cos θ,故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,mgsin θ=F2cos θ+Ff,联立解得Ff=mgsin θ-F2cos θ=0.2×10×sin 37° N-0.75×cos 37° N=0.6 N。答案(1)2 A　(2)0.6 N11.(2020福建厦门六中测试)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,导体棒初始均处于静止,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。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=。答案(1)vm=　(2)x=12.(2020四川雅安期末)如图所示,两足够长的平行光滑的金属导轨MN、PQ相距为d,导轨平面与水平面的夹角θ=30°,导轨电阻不计,磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面向上。长为d的金属棒ab垂直于MN、PQ放置在导轨上,且始终与导轨接触良好,金属棒的质量为m、电阻为r=R。两金属导轨的上端连接一个灯泡,灯泡的电阻RL=R,重力加速度为g。现闭合开关S,给金属棒施加一个方向垂直于杆且平行于导轨平面向上的、大小为F=mg的恒力,使金属棒由静止开始运动,当金属棒达到最大速度时,灯泡恰能达到它的额定功率。(1)求金属棒能达到的最大速度vm;(2)求灯泡的额定功率PL;(3)若金属棒上滑距离为L时速度恰达到最大,求金属棒由静止开始上滑4L的过程中,金属棒上产生的电热Qr。解析(1)金属棒先做加速度逐渐减小的加速运动,当加速度为零时,金属棒达到最大速度,此后开始做匀速直线运动;设最大速度为vm,当金属棒达到最大速度时,做匀速直线运动,由平衡条件得:F=BId+mgsin 30°,又:F=mg,解得:I=,由I=,E=Bdvm,联立解得:vm=。(2)灯泡的额定功率PL=I2RL=。(3)金属棒由静止开始上滑4L的过程中,由能量守恒定律可知,F·4L=mg·4Lsin 30°++Q,金属棒上产生的电热Qr=Q=mgL-。答案(1)　(2)　(3)mgL-