高中物理沪科技版（2020）选修第二册第二节 法拉第电磁感应定律同步测试题

【能力提升练】   第二节 法拉第电磁感应定律、自感和涡流

1．(多选)(2022•高考广东卷)如图所示，水平地面(平面)下有一根平行于y轴且通有恒定电流I的长直导线。P、M和N为地面上的三点，P点位于导线正上方，平行于y轴，平行于x轴。一闭合的圆形金属线圈，圆心在P点，可沿不同方向以相同的速率做匀速直线运动，运动过程中线圈平面始终与地面平行。下列说法正确的有(　　)

A．N点与M点的磁感应强度大小相等，方向相同

B．线圈沿PN方向运动时，穿过线圈的磁通量不变

C．线圈从P点开始竖直向上运动时，线圈中无感应电流

D．线圈从P到M过程的感应电动势与从P到N过程的感应电动势相等

【解析】  A．依题意，M、N两点连线与长直导线平行、两点与长直导线的距离相同，根据右手螺旋定则可知，通电长直导线在M、N两点产生的磁感应强度大小相等，方向相同，故A正确；

B．根据右手螺旋定则，线圈在P点时，磁感线穿进与穿出在线圈中对称，磁通量为零；在向N点平移过程中，磁感线穿进与穿出线圈不再对称，线圈的磁通量会发生变化，故B错误；

C．根据右手螺旋定则，线圈从P点竖直向上运动过程中，磁感线穿进与穿出线圈对称，线圈的磁通量始终为零，没有发生变化，线圈无感应电流，故C正确；

D．线圈从P点到M点与从P点到N点，线圈的磁通量变化量相同，依题意P点到M点所用时间较从P点到N点时间长，根据法拉第电磁感应定律，则两次的感应电动势不相等，故D错误。故选AC。

【答案】  AC

2．(多选)(2022•高考山东卷)如图所示，平面的第一、三象限内以坐标原点O为圆心、半径为的扇形区域充满方向垂直纸面向外的匀强磁场。边长为L的正方形金属框绕其始终在O点的顶点、在平面内以角速度顺时针匀速转动，时刻，金属框开始进入第一象限。不考虑自感影响，关于金属框中感应电动势E随时间t变化规律的描述正确的是(　　)

A．在到的过程中，E一直增大

B．在到的过程中，E先增大后减小

C．在到的过程中，E的变化率一直增大

D．在到的过程中，E的变化率一直减小

【解析】  AB．如图所示，在到的过程中，线框的有效切割长度先变大再变小，当时，有效切割长度最大为，此时，感应电动势最大，所以在到的过程中，E先增大后减小，故B正确，A错误；

CD．在到的过程中，设转过的角度为，由几何关系可得，进入磁场部分线框的面积，穿过线圈的磁通量，线圈产生的感应电动势，感应电动势的变化率，对求二次导数得，在到的过程中一直变大，所以E的变化率一直增大，故C正确，D错误。故选BC。

【答案】  BC

3．(多选)(2022•高考全国甲卷)如图，两根相互平行的光滑长直金属导轨固定在水平绝缘桌面上，在导轨的左端接入电容为C的电容器和阻值为R的电阻。质量为m、阻值也为R的导体棒MN静止于导轨上，与导轨垂直，且接触良好，导轨电阻忽略不计，整个系统处于方向竖直向下的匀强磁场中。开始时，电容器所带的电荷量为Q，合上开关S后，(　　)

A．通过导体棒电流的最大值为

B．导体棒MN向右先加速、后匀速运动

C．导体棒速度最大时所受的安培力也最大

D．电阻R上产生的焦耳热大于导体棒上产生的焦耳热

【解析】  MN在运动过程中为非纯电阻，MN上的电流瞬时值为，A．当闭合的瞬间，，此时MN可视为纯电阻R，此时反电动势最小，故电流最大，故A正确；

B．当时，导体棒加速运动，当速度达到最大值之后，电容器与MN及R构成回路，由于一直处于通路的形式，由能量守恒可知，最后MN终极速度为零， 故B错误；

C．MN在运动过程中为非纯电阻电路，MN上的电流瞬时值为，当时，MN上电流瞬时为零，安培力为零此时，MN速度最大，故C错误；

D． 在MN加速度阶段，由于MN反电动势存在，故MN上电流小于电阻R 上的电流，电阻R消耗电能大于MN上消耗的电能(即)，故加速过程中，；当MN减速为零的过程中，电容器的电流和导体棒的电流都流经电阻R形成各自的回路，因此可知此时也是电阻R的电流大，综上分析可知全过程中电阻R上的热量大于导体棒上的热量，故D正确。故选AD。

【答案】  AD

4．(多选)(2022•东北育才学校七模)如图所示，光滑水平面上存在有界匀强磁场．磁感应强度为B，质量为m、边长为a的正方形线框ABCD斜向右上方穿进磁场，当AC刚进入磁场时，线框的速度为v，方向与磁场边界成45°角，若线框的总电阻为R。则(　　)

A．线框穿进磁场过程中．线框中电流的方向为ADCBA方向

B．AC刚进入磁场时线框中感应电流为

C．AC刚进入磁场时线框所受安培力为

D．此时CD两端电压为

【解析】  A．线框进人磁场的过程中穿过线框的磁通量增大，由楞次定律可以知道，感应电流的磁场的方向向外，由安培定则可知感应电流的方向为ABCDA方向，故A错误；

B．AC刚进入磁场时，CD边切割磁感线，AD边不切割磁感线，所以产生的感应电动势，则线框中感应电流，故B错误；

C．AC刚进入磁场时线框的CD边受到的安培力与v的方向相反，AD边受到的安培力的方向垂直于AD向下，它们的大小都是，由几何关系知，AD边与CD边受到的安培力的方向相互垂直，AC刚进入磁场时线框所受安培力为AD边与CD边受到的安培力的矢量和，故C选项正确：

D．当AC刚进入磁场时，CD两端电压，故D选项正确。故选CD。

【答案】  CD

5．(多选)(2022•东北师范大学附属中学七测)如图所示为手机无线充电原理图，若连接电源的为发射线圈，手机端为接收线圈，接收线圈匝数为，电阻为，横截面积为，手机可看成纯电阻，匀强磁场平行于线圈轴线穿过线圈。下列说法正确是(　　)

A．只要发射线圈中有电流流入，接收线圈两端一定可以获得电压

B．只要接收线圈两端有电压，发射线圈中的电流一定不是恒定电流

C．当接收线圈中磁感应强度大小均匀增加时，接收线圈中有均匀增加的电流

D．若时间内，接收线圈中磁感应强度大小均匀增加，则接收线圈两端的电压为

【解析】  A．若发射线圈中有恒定电流，则产生的磁场不变化，在接收线圈中不会产生感应电流，也就不会获得电压，A错误；

B．只要接收线圈两端有电压，说明穿过接收线圈的磁场变化，所以发射线圈中的电流一定不是恒定电流，B正确；

C．若穿过接收线圈的磁感应强度均匀增加，如果线圈闭合，根据法拉第电磁感应定律，可知线圈中产生恒定的感应电动势，根据闭合电路欧姆定律可知接收线圈中有感应电流且恒定，C错误；

D．根据法拉第电磁感应定律有，根据分压规律得两端的电压，D正确。故选BD。

【答案】  BD

6．(2022•西南大学附属中学校第六次月考)如图所示，将一通电螺线管竖直放置，螺线管内部形成方向竖直向上、磁感应强度大小B=kt的匀强磁场，在内部用绝缘轻绳悬挂一与螺线管共轴的金属薄圆管，其电阻率为、高度为h、半径为r、厚度为d(d≪r)，则(　　)

A．从上向下看，圆管中的感应电流为逆时针方向

B．圆管的感应电动势大小为

C．圆管的热功率大小为

D．轻绳对圆管的拉力随时间减小

【解析】  A．穿过圆管的磁通量向上逐渐增加，则根据楞次定律可知，从上向下看，圆管中的感应电流为顺时针方向，选项A错误；

B．圆管的感应电动势大小为，选项B错误；

C．圆管的电阻，圆管的热功率大小为，选项C正确；

D．根据左手定则可知，圆管中各段所受的受安培力方向指向圆管的轴线，则轻绳对圆管的拉力的合力始终等于圆管的重力，不随时间变化，选项D错误。故选C。

【答案】  C

7．(多选)(2022•长春外国语学校高三(下)期初考试)由螺线管、电阻、开关和水平放置的平行板电容器组成的电路如图(a)所示。其中，螺线管匝数为N，横截面积为S1；电容器两极板间距为d，极板面积为S2，板间介质为空气。闭合开关，螺线管处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小B随时间t变化的B-t图像如图(b)所示。一电荷量为q(q>0)电性未知的颗粒在t1~t2时间内悬停在电容器中，已知重力加速度大小为g，静电力常量为k，空气相对介电常数为ε。则 (　　)

A．颗粒带正电

B．颗粒质量为

C．电容器极板带电量大小为

D．微粒悬停后断开开关，减小电容器两板间间距，则微粒向上移动

【解析】  A．由楞次定律可得，电容器下板带正电，对颗粒由平衡可知，颗粒带正电，故A正确；

B．由法拉第电磁感应定律可得，由平衡可知，联立解得，故B正确；

C．时间内，电容器的电容为，两板间的电势差为，联立得电容器极板带电量大小为，故C正确；

D．断电后电量保持不变，改变板间距离不影响场强，故微粒不动，D错误。故选ABC。

【答案】  ABC

8．(2022•湖南省长郡中学第六次月考)如图所示，直角三角形导线框OPQ放置在磁感应强度大小为B，方向垂直于OQ向右的匀强磁场中，且OP边的长度为l，∠POQ=θ．当导线框绕OQ边以角速度ω逆时针转动(从O向Q观察)时，下列说法正确的是(   )

A．导线框OPQ内无感应电流

B．导线框OPQ内产生大小恒定，方向周期性变化的交变电流

C．P点的电势始终大于O点的电势

D．如果截去导线PQ，则P、O两点的电势差的最大值为

【解析】  AB、导线框OPQ内，只有边长OP做切割磁感线运动，产生感应电动势，根据法拉第电磁感应定律可求得感应电动势的大小为，故导线框OPQ内产生正弦式交变电流，故AB错误；

C、由于导线框OPQ内产生正弦式交变电流，P点的电势与O点的电势大小成周期性变化，选项C错误；

D、如果截去导线PQ，则没有感应电流，但P、O两点间的电势差，故最大值为，故D正确；故选D；

【答案】  D

9．(2022•哈尔滨师范大学附属中学高三(上)期末)如图，一线圈匝数为n，横截面积为S，总电阻为r，处于一个均匀增强的磁场中，磁感应强度随时间的变化率为k(k>0且为常量)，磁场方向水平向右且与线圈平面垂直，电容器的电容为C，两个电阻的阻值分别为r和2r。下列说法正确的是(　　)

A．电容器下极板带正电

B．此线圈的热功率为

C．电容器所带电荷量为

D．电容器所带电荷量为

【解析】  A．根据楞次定律可以判断通过电阻r的电流方向为从左往右，所以电容器上极板带正电，故A错误；

B．根据法拉第电磁感应定律可得线圈产生的感应电动势为，根据焦耳定律可得此线圈的热功率为，故B错误；

CD．电容器两端电压等于r两端电压，电容器所带电荷量为，故C错误，D正确。故选D。

【答案】  D

10．(2022•北京市中央民族大学附属中学高三(下)2月检测)在如图所示的电路中，A1、A2为两个完全相同的灯泡，L为自感线圈，E为电源，R为滑动变阻器，S为开关．闭合开关后，发现A1比A2亮．自感线圈L的直流电阻为RL，此时滑动变阻器接入电路的电阻为R0．下列说法正确的是(　　)

A．；断开开关S的瞬间，A2中的电流方向为

B．；断开开关S的瞬间，A2中的电流方向为

C．；断开开关S的瞬间，A2中的电流方向为

D．；断开开关S的瞬间，A2中的电流方向为

【解析】  根据题意可知，闭合开关后，发现A1比A2亮，说明通过A1的电流强度大于通过A2的电流强度，根据欧姆定律可知R0＞RL；此时通过A1的电流方向向右；断开开关S的瞬间，由于线圈的自感，使得A2中的电流方向为b→a，故ACD错误，B正确．故选B．

【答案】  B

11．(2022•上海市南洋模范中学高三(下)4月适应练习)如图所示，磁场的方向垂直于xy平面向里，磁感强度B沿y方向没有变化，沿x方向均匀增加，每经过1cm增加量为1.0×10-4T，有一个长L=20cm，宽h=10cm的不变形的矩形金属线圈，以v=20cm/s的速度沿x方向运动．则线圈中感应电动势E为_________V ，若线圈电阻R=0.02Ω，为保持线圈的匀速运动，需要外力大小为__________ N．

【解析】  根据公式可得产生的电动势等于线圈在单位时间内磁通量的变化量，所以，物体受到的安培力大小为

【答案】  ①    ②

12．(2022•上海市杨浦区一模)半径为 R 的金属圆环水平固定，电阻忽略不计。圆环内存在与环面垂直的匀强磁场，磁感应强度为 B。导体棒长为 L(L＞2R)，其单位长度电阻值为 r。图 (a)中导体棒与圆环相切于 O1点，t＝0 时刻起，从图示位置以速度 v 匀速向右运动，棒始终与速度方向垂直。图(b)中导体棒与圆环相切于 O2点，t＝0 时刻起，以 O2点为轴从图示位置起在水平面内顺时针匀速转过 180°，角速度为 ω；导体棒扫过整个环面时与环接触良好。

(1)分析说明图(a)中导体棒扫过整个环面过程中流过导体棒的电流变化情况；

(2)求图(b)中导体棒两端产生的感应电动势 E 与时间 t 的关系式；

(3)若图(a)、图(b)中导体棒扫过整个环面所用时间相同，试比较两种情况中导体棒运动到虚线(圆环上直径位置)处，流过两导体棒的感应电流大小。

【解析】  (1)设导体棒切割磁感线的有效长度为 l，

流过导体棒的电流，则电流不变；

(2)当时，，

当时，

导体棒内产生的感应电动势 ()

(3)用时相同，可得，，

因为，所以

【答案】  (1)电流不变；(2)，；(3)

13．(2022•沈阳市第二中学高三(上)二模)如图所示，两根竖直固定的足够长的金属导轨ab和cd相距L=0.2m，另外两根水平金属杆MN和PQ的质量均为m=10g，可沿导轨无摩擦地滑动，MN杆和PQ杆的电阻均为R=0.2Ω(竖直金属导轨电阻不计)，PQ杆放置在水平绝缘平台上，整个装置处于垂直导轨平面向里的磁场中，g取10m/s2

(1)若将PQ杆固定，让MN杆在竖直向上的恒定拉力F=0.18N的作用下由静止开始向上运动，磁感应强度B0=1.0T，杆MN的最大速度为多少？

(2)若将MN杆固定，MN和PQ的间距为d=0.4m，现使磁感应强度从B0开始以=0.5T/s的变化率均匀地增大，经过多长时间，杆PQ对地面的压力为零？

【解析】  (1)MN杆切割磁感线产生的电动势为E1=B0Lv

由闭合电路欧姆定律得

MN杆所受安培力大小为F安=B0I1L

对MN杆应用牛顿第二定律得F-mg-F安=ma

当MN杆速度最大时，MN杆的加速度为零，联立解得MN杆的最大速度为vm=0.8m/s

(2)感生电动势为

由闭合电路欧姆定律得

t时刻的磁感应强度为

PQ杆受力平衡mg=BI2L

联立解得时间为t=8s

【答案】  (1)0.8m/s；(2)8s

14．(2022•北京市北师大附属实验中学高三(下)零模)如图甲所示为法拉第发明的圆盘发电机，图乙是其原理示意图，其中的铜质圆盘安装在水平的铜轴上，铜质圆盘的圆心与铜轴重合，它的边缘正好在两磁极之间，两块铜片C、D分别与圆盘的转动轴和边缘良好接触，用导线将两块铜片与电阻R连接起来形成闭合回路，在圆盘绕铜轴匀速转动时，通过电阻R的电流是恒定的。为讨论问题方便，将磁场简化为水平向右磁感应强度为B的匀强磁场；将圆盘匀速转动简化为一根始终在匀强磁场中绕铜轴匀速转动、长度为圆盘半径的导体棒，其等效电阻为r。除了R和r以外，其他部分电阻不计。已知圆盘半径为a，当其以角速度ω匀速转动时，产生的感应电动势。

(1)圆盘转动方向如图乙所示，求通过电阻R 的电流大小，并说明其流向；

(2)若各接触点及转轴的摩擦均可忽略不计，圆盘匀速转动一圈，外力需要做多少功；

(3)圆盘匀速转动时，圆盘简化的导体棒的内部电子因棒转动而在匀强磁场中受沿棒方向的洛仑兹力的分力，其大小f随电子与圆心距离x变化的图像如图丙所示，试从电动势的定义式论证圆盘匀速转动产生的感应电动势。

【解析】  (1)根据欧姆定律可知，通过电阻R的电流，根据右手定则可知，通过电阻R的电流方向是由b到a；

(2)圆盘匀速转动一圈时间，圆盘匀速转动一圈产生的总电能，根据功能关系可知，圆盘匀速转动一圈外力需要做功

(3)电子因棒转动在匀强磁场中受沿棒方向的洛伦兹力分力为非静电力，对于与圆心距离为x的电子，有f非=Beωx，根据f非随电子与圆心距离x变化的图象可知，电子沿杆移动过程中，非静电力做的功为，根据电动势的定义，可得

【答案】  (1)，由b到a；(2)；(3)见解析