高中物理人教版 (2019)选择性必修 第二册2 法拉第电磁感应定律精品练习题

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基础篇
一、单选题
１.歼20战斗机为中国人民解放军研制的第四代战机。如图所示，机身长为L，机翼两端点C、D的距离为d，现该战斗机在我国近海海域上空以速度v沿水平方向直线飞行，已知战斗机所在空间地磁场磁感应强度的竖直分量方向向下、大小为B，C、D两点间的电压为U。则（ ）
A．U=BLv，C点电势高于D点电势B．U=BLv，D点电势高于C点电势
C．U=Bdv，C点电势高于D点电势D．U=Bdv，D点电势高于C点电势
【答案】D
【解析】飞机在北半球的上空以速度v水平飞行，切割磁感应强度的竖直分量，切割的长度等于机翼的长度，所以U=Bdv，根据右手定则，感应电动势的方向C指向D，所以D点的电势高于C点的电势．故D正确，ABC错误．
故选：D。
2.如图所示，闭合开关S，将条形磁铁两次插入闭合线圈，第一次用0.2 s，第二次用0.4 s，并且两次的起始和终止位置相同，则( )
A．第一次磁通量变化较大
B．第一次G的最大偏角较大
C．第一次经过G的总电荷量较多
D．若开关S断开，G不偏转，故两次均无感应电动势
【答案】B
【解析】因两次的起始和终止位置相同，所以磁感应强度变化量ΔB相同，由ΔΦ＝ΔB·S知：两次磁通量变化相同，故A错误；因磁通量变化相同，匝数n相同，Δt1<Δt2，根据E＝n eq \f(ΔΦ,Δt) 和i＝ eq \f(E,R) 知，第一次G的最大偏角较大，故B正确；根据q＝ eq \(I,\s\up6(－)) ·Δt＝ eq \f(\x\t(E),R) ·Δt＝n eq \f(ΔΦ,Δt·R) ·Δt＝n eq \f(ΔΦ,R) 可知： 经过G的总电量相同，故C错误；有无感应电动势产生的条件是穿过回路的磁通量是否发生变化，电路无需闭合，两次穿过回路的磁通量均发生了变化，故D错误。
故选：B。
3.在图中，EF、GH为平行的金属导轨，其电阻不计，R为电阻，C为电容器，AB为可在EF和GH上滑动的导体横杆。有匀强磁场垂直于导轨平面。若用I1和I2分别表示图中该处导线中的电流，则当横杆AB( )
A.匀速滑动时，I1＝0，I2＝0
B．匀速滑动时，I1≠0，I2≠0
C．加速滑动时，I1＝0，I2＝0
D．加速滑动时，I1≠0，I2≠0
【答案】D
【解析】电容器在电路中与等效电源并联，两端电压为AB端感应电动势，所以当导体横杆匀速滑动时，电容器两端电压不变I2＝0，电阻R中电流不为零，A、B错；加速滑动时，电容器两端电压随导体横杆速度的增大而增加，所以充电电流不为零，通过电阻的电流也不为零，D对。
故选：D。
4.如图甲所示，两个相邻的有界匀强磁场区，方向相反，且垂直纸面，磁感应强度的大小均为B，以磁场区左边界为y轴建立坐标系，磁场区在y轴方向足够长，在x轴方向宽度均为a。矩形导线框ABCD的CD边与y轴重合，AD边长为a。线框从图示位置水平向右匀速穿过两磁场区域，且线框平面始终保持与磁场垂直。以逆时针方向为电流的正方向，线框中感应电流i与线框移动距离x的关系图像正确的是图乙中的( )
【答案】C
【解析】线框进入磁场，在进入磁场0～a的过程中，E＝Bav，电流I0＝ eq \f(Bav,R) ，方向为逆时针方向，为正。在进入磁场a～2a的过程中，电动势E＝2Bav，电流I1＝ eq \f(2Bav,R) ＝2I0，方向为顺时针方向，为负。在进入磁场2a～3a的过程中，E＝Bav，电流I2＝ eq \f(Bav,R) ＝I0，方向为逆时针方向，为正，故C正确，A、B、D错误。
故选：C。
提升篇
一、单选题
1．如图所示，等腰直角三角形金属线框放在光滑绝缘水平桌面上，直角边长为，线框的总电阻为，质量为，有界匀强磁场垂直于水平桌面向下，磁感应强度大小为，磁场边界、间距大于。开始时边与磁场边界平行。给金属线框一个方向垂直向右、大小为的初速度，线框穿过磁场后的速度大小为，则下列分析正确的是（ ）
A．线框进入磁场过程中产生顺时针方向的感应电流
B．线框刚进入磁场时产生的感应电流为
C．线框进入磁场和穿出磁场过程均做匀减速运动
D．线框穿过磁场过程产生的热量为
【答案】B
【解析】A．线框进入磁场过程中穿过线框的磁通量增大，由楞次定律可知，线框中产生逆时针方向的感应电流，故A错误；B．线框刚进入磁场时产生的感应电动势为，感应电流为,故B正确；C．线圈进入磁场过程中受到的安培力与运动方向相反，则线框向右做减速运动，且切割磁感线的有效长度减小，产生的感应电动势减小，感应电流减小，安培力减小，加速度减小，即线框进入磁场并不是匀减速运动，同理可分析线框出磁场过程也不是匀减速运动，故C错误；D．由题意，线框穿过磁场过程中，根据能量守恒定律，产生的焦耳热为,故D错误。
故选：B。
2．一质量为m，半径为R的金属圆环，圆心为O，在O点正下方处的下方有一磁感应强度为B的匀强磁场，在圆环下落至图示位置（圆环刚好完全进入磁场）的过程中，金属圆环产生的焦耳热为Q，重力加速度为g。对圆环下列说法正确的是（ ）
A．圆环进入磁场过程中感应电流方向（正对纸面）是顺时针的
B．圆环所受安培力一直增大，方向竖直向上
C．圆环所受安培力大小变化和方向均无法确定
D．圆环刚完全进入磁场时的速度为
【答案】D
【解析】A．根据楞次定律，圆环进入磁场过程中，通过圆环的磁通量增加，感应电流产生的磁场阻碍原磁通量的变化，根据“增反减同”的规律，感应电流产生的磁场方向竖直纸面向外，则感应电流方向（正对纸面）是逆时针的，所以A错误；BC．圆环所受安培力始为0，完全进入磁场时也为0，中间不为0，则安培力先增大后减小0，根据楞次定律的推论可判断安培力的方向总是竖直向上，所以BC错误；D．圆环刚好完全进入磁场时的速度为v，根据能量守恒定律有,解得,所以D正确。
故选：D。
3.如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，将一水平放置的金属棒ab以垂直于棒的水平速度v0抛出，设在整个过程中金属棒的方向不变且不计空气阻力，则金属棒运动过程中产生的感应电动势的大小变化情况是( )
A．保持不变 B．越来越小
C．越来越大 D．无法判断
【答案】A
【解析】金属棒ab做平抛运动，其水平分速度保持不变，等于v0。由感应电动势公式E＝Blv sin α，v sin α是垂直于磁感线方向的分速度，即平抛运动的水平分速度，等于v0，则感应电动势E＝Blv0，B、l、v0均不变，则感应电动势大小保持不变。故A正确，B、C、D错误。
故选：A。
4.如图所示，处在匀强磁场中的线圈，匝数为n，面积为S，磁场方向平行于线圈轴线向右。若在Δt时间内，磁感应强度大小由B1均匀增加到B2，则该段时间内线圈两端a和b之间的电势差φa－φb( )
A．恒为 eq \f(nS（B2－B1）,Δt)
B．从0均匀变化到 eq \f(nS（B2－B1）,Δt)
C．恒为－ eq \f(nS（B2－B1）,Δt)
D．从0均匀变化到－ eq \f(nS（B2－B1）,Δt)
【答案】C
【解析】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 eq \f(ΔΦ,Δt) ＝ eq \f(nSΔB,Δt) ＝ eq \f(nS（B2－B1）,Δt) ，根据楞次定律可知，感应电流沿顺时针方向(从右侧看)，故φa<φb，即有φa－φb＝－ eq \f(nS（B2－B1）,Δt) ，故C选项正确。
故选：C。
非选择题：
1.如图所示，足够长的金属导轨固定在水平面上，金属导轨宽度L＝1.0 m，导轨上放有垂直导轨的金属杆P，金属杆P的质量m＝0.1 kg，空间存在磁感应强度B＝0.5 T、竖直向下的匀强磁场。连接在导轨左端的电阻R＝3.0 Ω，金属杆P的电阻r＝1.0 Ω，其余部分电阻不计。某时刻给金属杆P一个水平向右的恒力F，金属杆P由静止开始运动，图乙是金属杆P运动过程的v­t图像，导轨与金属杆P间的动摩擦因数μ＝0.5。在金属杆P运动的过程中，第一个2 s内通过金属杆P的电荷量与第二个2 s内通过金属杆P的电荷量之比为3∶5。g取10 m/s2。求：
(1)水平恒力F的大小；
(2)第一个2 s内的位移大小；
(3)前4 s内电阻R上产生的热量。
【答案】(1)0.75 N (2)4.8 m (3)1.8 J
【解析】(1)由题图乙可知，金属杆P先做加速度减小的加速运动，2 s后做匀速直线运动，当t＝2 s时，v＝4 m/s，此时感应电动势E＝BLv，感应电流I＝ eq \f(E,R＋r) ，安培力F′＝BIL＝ eq \f(B2L2v,R＋r) ，根据牛顿第二定律有F－F′－μmg＝0，解得F＝0.75 N。
(2)通过金属杆P的电荷量q＝ eq \x\t(I) t＝ eq \f(\x\t(E),R＋r) ·t，其中 eq \x\t(E) ＝ eq \f(ΔΦ,t) ＝ eq \f(BLx,t) ，所以q＝ eq \f(BLx,R＋r) ∝x(x为金属杆P的位移)，
设第一个2 s内金属杆P的位移为x1，
第二个2 s内金属杆P的位移为x2，
由题图乙可知，x2＝8 m，
又由于q1∶q2＝3∶5，得x1＝4.8 m。
(3)前4 s内，由能量守恒定律得
F(x1＋x2)＝ eq \f(1,2) mv2＋μmg(x1＋x2)＋Qr＋QR，
其中Qr∶QR＝r∶R＝1∶3，解得QR＝1.8 J。
2.如图所示，竖直平面内有间距l＝40 cm、足够长的平行直导轨，导轨上端连接一开关S。长度恰好等于导轨间距的导体棒ab与导轨接触良好且无摩擦，导体棒ab的电阻R＝0.40 Ω，质量m＝0.20 kg。导轨电阻不计，整个装置处于与导轨平面垂直的水平匀强磁场中，磁场的磁感应强度B＝0.50 T，方向垂直纸面向里(空气阻力可忽略不计，取重力加速度g＝10 m/s2)。
(1)当t0＝0时ab棒由静止释放，t＝1.0 s时，闭合开关S。求：
①闭合开关S瞬间ab棒速度v的大小；
②当ab棒向下的加速度a＝4.0 m/s2时，其速度v′的大小；
(2)若ab棒由静止释放，经一段时间后闭合开关S，ab棒恰能沿导轨匀速下滑，求ab棒匀速下滑时电路中的电功率P。
【答案】(1)①10 m/s ②12 m/s (2)40 W
【解析】(1)①导体棒做自由落体运动，根据运动学公式有：v＝gt＝10 m/s；
②设导体棒以加速度a＝4.0 m/s2向下运动时其所受安培力为FA，设速度为v′，根据牛顿第二定律有：mg－FA＝ma，解得FA＝1.2 N；
因安培力大小FA＝BIl，且由闭合电路欧姆定律有I＝ eq \f(E,R) ，
结合法拉第电磁感应定律，有E＝Blv′，解得v′＝12 m/s；
(2)设导体棒沿导轨匀速下滑时通过导体棒的电流为Im，则有mg＝BIml，
代入数据解得Im＝10 A，此时电路中的电功率为P＝I eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(m)) R＝40 W
3.如图所示，光滑且足够长的平行金属导轨MN、PQ固定在同一水平面上，两导轨间距，电阻，导轨上停放一质量、电阻的金属杆，导轨电阻可忽略不计，整个装置处于磁感应强度的匀强磁场中，磁场方向竖直向下，现用一外力F沿水平方向拉杆，使之由静止开始运动，若理想电压表的示数U随时间t变化的关系如图（b）所示。
（1）试分析说明金属杆的运动情况；
（2）求第2s末外力F的大小。
【答案】（1）杆做初速为零的匀加速运动；（2）
【解析】（1）杆切割磁感线产生电动势
电压表示数为U=IR=
由图像可知，U与t成正比，即v与t成正比，故杆做初速为零的匀加速运动
（2）由运动学规律v=at，所以
由图线得k=0.4 V/s，即，得a=5m/s2
两秒末速度v=at=10m/s，
解得F=0.7N