【講與練】高中物理人教版(2019)選擇性必修2：2.2 法拉第電磁感應定律提能作業(yè)習題

第二章2.基礎達標練1．(2022·陜西洋縣高二期末)穿過一單匝線圈的磁通量隨時間變化的規(guī)律如圖所示，圖像是關(guān)于過C與橫軸垂直的虛線對稱的拋物線。則下列說法正確的是(B)A．線圈中0時刻感應電動勢為0B．線圈中C時刻感應電動勢為0C．線圈中A時刻感應電動勢最大D．線圈從0至C時間內(nèi)平均感應電動勢為0.04V解析：線圈中0時刻圖像切線的斜率最大，則磁通量的變化率最大，則感應電動勢最大，故A、C錯誤；線圈中C時刻磁通的變化率為零，則感應電動勢為0，故B正確；線圈從0至C時間內(nèi)平均感應電動勢為eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(2×10－3,0.005)V＝0.4V，故D錯誤。2．如圖所示，A、B兩閉合圓形導線環(huán)用相同規(guī)格的導線制成，它們的半徑之比rA∶rB＝2∶1，在兩導線環(huán)包圍的空間內(nèi)存在一正方形邊界的磁場區(qū)域，磁場方向垂直于兩導線環(huán)的平面。在磁場的磁感應強度隨時間均勻增大的過程中，流過兩導線環(huán)的感應電流大小之比為(D)A.eq\f(IA,IB)＝1 B．eq\f(IA,IB)＝2C.eq\f(IA,IB)＝eq\f(1,4) D．eq\f(IA,IB)＝eq\f(1,2)解析：A、B兩導線環(huán)的半徑不同，它們所包圍的面積不同，但某一時刻穿過它們的磁通量均為穿過磁場所在區(qū)域面積上的磁通量，所以兩導線環(huán)上的磁通量變化率是相等的，根據(jù)E＝eq\f(ΔΦ,Δt)知產(chǎn)生的電動勢也是相等的，根據(jù)電阻R＝ρeq\f(L,S)＝ρeq\f(2πr,S)，則A、B的電阻之比為2∶1，再根據(jù)歐姆定律有I＝eq\f(E,R)，可得電流之比為eq\f(IA,IB)＝eq\f(1,2)，故D正確。3．(2022·福建三明高二期中)如圖所示，虛線內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場區(qū)域B，邊長為L、電阻為R的正方形導體線框A以恒定的速度v沿x軸正方向穿過磁場區(qū)域。以逆時針方向為感應電流的正方向，線框在圖示位置的時刻作為時間的起點。則線框A中產(chǎn)生的感應電流I隨時間t變化的圖線是(C)解析：線圈在0～eq\f(L,v)時間內(nèi)還沒進入磁場，則感應電流為零；線圈在eq\f(L,v)～eq\f(2L,v)時間內(nèi)，線圈中產(chǎn)生的感應電流為I＝eq\f(BLv,R)，方向為逆時針方向，即正方向；線圈在eq\f(2L,v)～eq\f(4L,v)時間內(nèi)，線圈中磁通量不變，無感應電流；線圈在eq\f(4L,v)～eq\f(5L,v)時間內(nèi)，線圈中產(chǎn)生的感應電流為I＝eq\f(BLv,R)，方向為順時針方向，即負方向。故選C。4．如圖所示，豎直放置的矩形導線框MNPQ寬和長分別為L和2L，M、N連接水平的平行板電容器，兩極板間距為d，虛線為線框中軸線，虛線右側(cè)有垂直線框平面向里的磁場。兩極板間有一質(zhì)量為m、電荷量大小為q的帶負電油滴恰好處于平衡狀態(tài)，已知重力加速度為g，則磁場磁感應強度大小B的變化情況及其變化率分別是(C)A．正在減小，eq\f(ΔB,Δt)＝－eq\f(mgd,2qL2)B．正在增大，eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(mgd,2qL2)C．正在增大，eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(mgd,qL2)D．正在減小，eq\f(ΔB,Δt)＝－eq\f(mgd,qL2)解析：帶負電的油滴在極板間受力平衡，則有eq\f(U,d)q＝mg，由于所受電場力向上，故電容器上極板帶正電，由楞次定律可知，垂直紙面向里的磁場的磁感應強度正在增大，A、D錯誤；由法拉第電磁感應定律有U＝eq\f(ΔB,Δt)·L2，解兩式得eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(mgd,qL2)，B錯誤，C正確。5．(多選)如圖所示，MN和PQ是電阻不計的平行金屬導軌，其間距為L，導軌彎曲部分光滑，平直部分粗糙，二者平滑連接。右端接一個阻值為R的定值電阻。平直部分導軌左邊區(qū)域有寬度為d、方向豎直向上、磁感應強度大小為B的勻強磁場。質(zhì)量為m、電阻也為R的金屬棒從高度為h處由靜止釋放，到達磁場右邊界處恰好停止。已知金屬棒與平直部分導軌間的動摩擦因數(shù)為μ，金屬棒與導軌間接觸良好。則金屬棒穿過磁場區(qū)域的過程中(BD)A．流過定值電阻的電流方向是N→QB．通過金屬棒的電荷量為eq\f(BdL,2R)C．金屬棒滑過eq\f(d,2)時的速度小于eq\f(\r(2gh),2)D．金屬棒產(chǎn)生的焦耳熱為eq\f(1,2)(mgh－μmgd)解析：金屬棒下滑到底端時速度向右，而且磁場方向豎直向上，根據(jù)右手定則可以知道流過定值電阻的電流方向是Q→N，A錯誤；根據(jù)法拉第電磁感應定律，通過金屬棒的電荷量為q＝eq\f(E,2R)·Δt＝eq\f(Δφ,Δt·2R)·Δt＝eq\f(BdL,2R)，B正確；由動量定理－Beq\x\to(I)LΔt－μmgΔt＝mΔv則金屬棒滑過整個磁場區(qū)域時－BLq－μmgΔt＝0－mv0金屬棒滑過eq\f(d,2)時由－BLq′－μmgt′＝mv′－mv0其中q′＝eq\f(1,2)q，eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mgh金屬棒做加速度減小的減速運動，則金屬棒進入磁場區(qū)域eq\f(d,2)位置的時間t′＜eq\f(1,2)Δt，聯(lián)立解得v′＝eq\f(1,2)v0＋μgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)Δt－t′))＞eq\f(1,2)v0＝eq\f(\r(2gh),2)，C錯誤；根據(jù)動能定理有mgh－μmgd－W安＝0則克服安培力所做的功為W安＝mgh－μmgd電路中產(chǎn)生的焦耳熱等于克服安培力做功，所以金屬棒產(chǎn)生的焦耳熱為QR＝eq\f(1,2)(mgh－μmgd)，D正確。6．(2022·云南省富源縣第一中學高二期末)如圖所示，矩形線框abcd的ad和bc的中點M、N之間連接一電壓表，整個裝置處于足夠大的勻強磁場中，磁場的方向與線框平面垂直，當線框向右勻速平動時，以下說法正確的是(A)A．MN這段導體做切割磁感線運動，MN間有電勢差B．穿過線框的磁通量不變化，MN間無感應電動勢C．MN間無電勢差，所以電壓表無讀數(shù)D．雖然電路中無電流，但電壓表有示數(shù)解析：線框在勻強磁場水平向右勻速移動時，穿過線框回路的磁通量沒有改變，則知沒有感應電流產(chǎn)生，但ab與cd兩邊在切割磁感線，則兩邊產(chǎn)生感應電動勢，相當于兩節(jié)電池并聯(lián)，a與b、c與d間有電勢差，但電壓表沒有示數(shù)，因為只有有電流時，電壓表才有示數(shù)，B、C、D錯誤；由題意可知，MN這段導體參與切割磁感線運動，因此MN間有電勢差，A正確。7．(多選)如圖所示，兩光滑平行長直導軌水平放置在磁感應強度為B的勻強磁場中，磁場與導軌所在平面垂直。已知金屬棒MN能沿導軌自由滑動，導軌一端跨接一個定值電阻R，金屬棒與導軌電阻不計。金屬棒在恒力F作用下從靜止開始沿導軌向右運動，在以后過程中，金屬棒速度v、加速度a、感應電動勢E以及通過電阻R的電荷量q隨時間t變化的關(guān)系表示正確的是(BCD)解析：金屬棒受到恒力作用開始做加速運動，運動以后由于切割磁感線，金屬棒受到安培力的作用，滿足ma＝F－eq\f(B2L2v,R)，隨著速度的增大，加速度越來越小，最終將做勻速運動，A錯誤，B正確；電動勢E＝BLv，E隨t變化的圖線切線斜率越來越小，最后E為一定值，C正確；通過電阻R的電荷量q＝It＝eq\f(E,R)t＝eq\f(BLx,R)，q跟金屬棒的位移成正比，當金屬棒做勻速運動時圖線的切線斜率不變，D正確。8．如圖所示，兩電阻不計的光滑金屬導軌OM、ON固定在同一水平面內(nèi)，長度均為d，∠MON＝60°，勻強磁場方向豎直向下，磁感應強度大小為B，質(zhì)量為m、長度為d的金屬桿在水平拉力F作用下向左以速度v勻速運動，金屬桿在運動過程中始終與導軌保持良好接觸，金屬桿單位長度電阻為r。求：(1)位于圖示位置時，金屬桿中的電流大??；(2)金屬桿從導軌最右端運動到最左端的過程中，通過O點的電荷量q；(3)在(2)的運動過程中，拉力F所做的功W。答案：(1)eq\f(Bv,r)(2)eq\f(\r(3)Bd,2r)(3)eq\f(\r(3)B2d2v,4r)解析：(1)位于圖示位置時，金屬桿有效切割長度為d，金屬桿產(chǎn)生的感應電動勢為E＝Bdv電流大小是I＝eq\f(E,R)＝eq\f(Bdv,dr)＝eq\f(Bv,r)。(2)金屬桿從導軌最右端運動到最左端的過程中回路中電流大小不變，所用時間為t＝eq\f(\f(\r(3),2)d,v)＝eq\f(\r(3)d,2v)通過O點的電荷量為q＝It，解得q＝eq\f(\r(3)Bd,2r)。(3)當金屬桿向左運動位移x時，其接入電路的有效長度為L＝d－eq\f(2\r(3),3)x金屬桿所受的安培力大小為F安＝ILB＝eq\f(B2v,r)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(d－\f(2\r(3),3)x))金屬桿勻速運動，則拉力大小F＝F安拉力F與x關(guān)系如圖所示，則拉力F做功等于F－x圖像與x軸所圍面積的大小，為W＝eq\f(1,2)×eq\f(B2dv,r)×eq\f(\r(3),2)d＝eq\f(\r(3)B2d2v,4r)。能力提升練9．如圖所示，豎直放置的螺線管與導線abcd構(gòu)成閉合電路。電路所圍區(qū)域內(nèi)有方向垂直紙面向里的磁場，螺線管下方水平桌面上有一個導體圓環(huán)。則要使導體圓環(huán)受到向上的磁場力，電路所圍區(qū)域內(nèi)磁場的磁感應強度B隨時間t變化的圖像應該是圖中的(A)解析：若要使導體圓環(huán)受到向上的磁場力，即導體圓環(huán)有向螺線管靠近的趨勢，根據(jù)楞次定律可知圓環(huán)中的磁通量減小，則螺線管產(chǎn)生的磁場減弱，所以螺線管中的電流應減弱。根據(jù)法拉第電磁感應定律以及閉合電路歐姆定律綜合分析可知，abcd內(nèi)磁通量的變化率應減小，所以閉合回路中的磁感應強度B的變化率應減小。故選A。10．(多選)如圖所示，一導線彎成半徑為a的半圓形閉合回路。虛線MN右側(cè)有磁感應強度為B的勻強磁場，方向垂直于回路所在的平面?；芈芬运俣葀向右勻速進入磁場，直徑CD始終與MN垂直。從D點到達邊界開始到C點進入磁場為止，下列結(jié)論正確的是(BD)A．CD段直導線不受安培力B．CD段直導線受安培力C．感應電動勢最大值Em＝2BavD．感應電動勢平均值eq\x\to(E)＝eq\f(1,4)πBav解析：由楞次定律判斷可知，感應電流始終沿逆時針方向，由左手定則判斷，CD段直導線所受安培力始終向下，A錯誤，B正確；當線框有一半進入磁場時，切割磁感線的有效長度最大，最大感應電動勢為Em＝Bav，C錯誤；根據(jù)法拉第電磁感應定律可得，感應電動勢平均值eq\x\to(E)＝eq\f(Δφ,Δt)，則eq\x\to(E)＝eq\f(BS,Δt)＝eq\f(B·\f(πa2,2),\f(2a,v))＝eq\f(1,4)πBav，D正確。11．(多選)如圖所示，光滑水平導軌置于磁場中，磁場的磁感應強度為B，左側(cè)導軌間距為L，右側(cè)導軌間距為2L，導軌均足夠長。質(zhì)量為m的導體棒ab和質(zhì)量為2m的導體棒cd均垂直于導軌放置，處于靜止狀態(tài)。ab棒的電阻為R，cd棒的電阻為2R，兩棒始終在對應的導軌部分運動?，F(xiàn)給cd棒一水平向右的初速度v0，則(BC)A．兩棒最終以相同的速度做勻速直線運動B．最終通過兩棒的電荷量為eq\f(2mv0,3BL)C．a(chǎn)b棒最終的速度為eq\f(2,3)v0D．從cd棒獲得初速度到二者穩(wěn)定運動，此過程系統(tǒng)產(chǎn)生的焦耳熱為eq\f(8,9)mveq\o\al(2,0)解析：cd棒獲得速度后，電路中產(chǎn)生感應電流，根據(jù)左手定則得cd棒減速，ab棒加速，當BLvab＝2BLvcd時，電路中磁通量不變，沒有感應電流，最終兩棒做勻速直線運動，取向右為正方向，分別對兩棒由動量定理得－2BILt＝2mvcd－2mv0，BILt＝mvab兩式聯(lián)立得vcd＋vab＝v0，解得vab＝eq\f(2,3)v0，vcd＝eq\f(1,3)v0，A錯誤，C正確；對ab棒由動量定理得mvab＝BILt＝BLq，解得q＝eq\f(2mv0,3BL)，B正確；從cd棒獲得初速度到二者穩(wěn)定運動，此過程系統(tǒng)產(chǎn)生的焦耳熱為Q＝eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,ab)－eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,cd)，解得Q＝eq\f(2,3)mveq\o\al(2,0)，D錯誤。12．如圖所示，兩足夠長平行光滑的金屬導軌MN、PQ相距為L，導軌平面與水平面夾角為α，導軌電阻不計。磁感應強度為B的勻強磁場垂直導軌平面向上，長為L的金屬棒ab垂直于MN、PQ放置在導軌上，且始終與導軌接觸良好，金屬棒的質(zhì)量為m、電阻為R。定值電阻的阻值也為R，重力加速度為g，閉合開關(guān)S，現(xiàn)將金屬棒由靜止釋放。(1)求金屬棒下滑的最大速度vm；(2)金屬棒從靜止開始下滑距離為s0時速度恰好達到最大，求該過程通過金屬棒的電量q；(3)求該過程中金屬棒的生熱Q。答案：(1)eq\f(2mgRsinα,B2L2)(2)eq\f(BLs0,2R)(3)eq\f(1,2)mgs0sinα－eq\f(m3g2R2sin2α,B4L4)解析：(1)當金屬棒勻速下滑時速度最大，由平衡條件有mgsinα＝BIL根據(jù)閉合電路的歐姆定律得I＝eq\f(E,2R)＝eq\f(BLvm,2R)，聯(lián)立解得vm＝eq\f(2mgRsinα,B2L2)。(2)該過程通過金屬棒的電量為q＝eq\x\to(I)t，根據(jù)閉合電路的歐姆定律得eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),2R)＝eq\f(BL\x\to(v),2R)聯(lián)立解得，該過程通過金屬棒的電量q＝eq\f(BL\x\to(v)t,2R)＝eq\f(BLs0,2R)。(3)根據(jù)能量守恒定律得mgs0sinα＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)＋2Q解得，該過程中金屬棒的生熱Q＝eq\f(1,2)mgs0sinα－eq\f(m3g2R2sin2α,B4L4)。13．如圖甲所示，足夠長的光滑平行金屬導軌MN、PQ豎直放置，其寬度L＝1m，一勻強磁場垂直穿過導軌平面，導軌的上端M與P之間連接一阻值為R＝0.40Ω的電阻，質(zhì)量為m＝0.01kg、電阻為r＝0.30Ω的金屬棒ab緊貼在導軌上，現(xiàn)使金屬棒ab由靜止開始下滑，下滑過程中ab始終保持水平，且與導軌接