新教材2024高中物理第二章電磁感應(yīng)2.2法拉第電磁感應(yīng)定律同步測試新人教版選擇性必修第二冊

其次章電磁感應(yīng)2法拉第電磁感應(yīng)定律【基礎(chǔ)鞏固】1.(2024·廣東珠海)(多選)如圖所示,閉合開關(guān)S,將條形磁體插入閉合線圈,第一次用時0.2s,其次次用時0.4s,并且兩次磁體的起始和終止位置相同,則 ()A.第一次線圈中的磁通量改變較快B.第一次電流表G的最大偏轉(zhuǎn)角較大C.其次次電流表G的最大偏轉(zhuǎn)角較大D.若斷開開關(guān)S,電流表G指針均不偏轉(zhuǎn),故兩次線圈兩端均無感應(yīng)電動勢解析:磁通量改變相同,第一次時間短,則第一次線圈中磁通量改變較快,故選項A正確;感應(yīng)電動勢的大小與磁通量的改變率成正比,磁通量的改變率越大,感應(yīng)電動勢就越大,產(chǎn)生的感應(yīng)電流也就越大,故選項B正確,選項C錯誤;斷開開關(guān)S,電流表指針不偏轉(zhuǎn),可知感應(yīng)電流為0,但感應(yīng)電動勢不為0,故選項D錯誤.答案:AB2.穿過一個單匝閉合線圈的磁通量始終每秒勻稱增加2Wb,則 ()A.線圈中感應(yīng)電動勢每秒增加2VB.線圈中感應(yīng)電動勢每秒削減2VC.線圈中感應(yīng)電動勢始終為2VD.線圈中感應(yīng)電動勢始終為一個確定值,但由于線圈有電阻,電動勢小于2V解析:E=ΔΦΔ答案:C3.單匝矩形線圈在勻強磁場中勻速運動,轉(zhuǎn)軸垂直于磁場,若線圈所圍面積里磁通量隨時間改變的規(guī)律如圖所示,則O→D過程,下列說法錯誤的是 ()A.線圈在0時刻感應(yīng)電動勢最大B.線圈在D時刻感應(yīng)電動勢為0C.線圈在D時刻感應(yīng)電動勢最大D.線圈在O至D時間內(nèi)平均感應(yīng)電動勢為0.4V解析:由法拉第電磁感應(yīng)定律知線圈從O至D時間內(nèi)的平均感應(yīng)電動勢E=ΔΦΔt=0.4V.感應(yīng)電動勢的大小與磁通量的大小Φ和磁通量的改變量ΔΦ均無必定聯(lián)系,僅由磁通量的改變率ΔΦΔt確定,而任何時刻磁通量的改變率ΔΦΔt就是Φ-答案:C4.一根彎成直角的導(dǎo)線放在B=0.4T的勻強磁場中,如圖所示,lab=30cm,lbc=40cm,當(dāng)導(dǎo)線以5m/s的速度做切割磁感線運動時可能產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的最大值為 ()A.1.4V B.1.0V C.0.8V D.0.6V解析:由題可得ac間距離為50cm,當(dāng)切割磁感線的有效長度lac=50cm時,產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢最大,最大值Em=Blacv=1.0V,選項B正確.答案:B5.(2024·廣東卷)(多選)如圖所示,水平地面(Oxy平面)下有一根平行于y軸且通有恒定電流I的長直導(dǎo)線.P、M和N為地面上的三點,P點位于導(dǎo)線正上方,MN平行于y軸,PN平行于x軸.一閉合的圓形金屬線圈,圓心在P點,可沿不同方向以相同的速率做勻速直線運動,運動過程中線圈平面始終與地面平行.下列說法正確的是 ()A.N點與M點的磁感應(yīng)強度大小相等,方向相同B.線圈沿PN方向運動時,穿過線圈的磁通量不變C.線圈從P點起先豎直向上運動時,線圈中無感應(yīng)電流D.線圈從P到M過程的感應(yīng)電動勢與從P到N過程的感應(yīng)電動勢相等解析:通電直導(dǎo)線四周磁場的截面圖是以導(dǎo)線為圓心的一個個同心圓,某一位置的磁感應(yīng)強度大小和這個點到圓心的距離成反比.N、M兩點的連線平行于通電直導(dǎo)線,即兩點到導(dǎo)線的距離相等,所以N點與M點的磁感應(yīng)強度大小相等,方向也相同,故選項A正確;線圈在P點時,穿過線圈的磁通量為0,在沿PN方向移動的過程中,穿過線圈左、右兩個半圓的磁通量大小不再相等,即穿過整個線圈的磁通量不再為0,所以線圈沿PN方向運動時,穿過線圈的磁通量會發(fā)生改變,故選項B錯誤;當(dāng)線圈從P點起先豎直向上運動時,依據(jù)對稱性可知,線圈中的磁通量始終為0,即穿過線圈的磁通量沒有發(fā)生改變,由楞次定律可知線圈中無感應(yīng)電流,故選項C正確;線圈從P到M過程和從P到N過程,依據(jù)上述分析可知,兩個過程中磁通量的改變量相等,但因為線圈的速率恒定,且NP的距離小于MP的距離,所以時間不等,依據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E=nΔΦ答案:AC6.(多選)如圖所示,一導(dǎo)線彎成半徑為r的半圓形閉合回路.虛線MN右側(cè)有磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場,方向垂直于回路所在的平面.回路以速度v向右勻速進(jìn)入磁場,直徑CD始終與MN垂直.從D點到達(dá)邊界起先到C點進(jìn)入磁場為止,下列結(jié)論正確的是 ()A.感應(yīng)電流方向不變B.CD段導(dǎo)線始終不受安培力C.感應(yīng)電動勢最大值Em=BrvD.感應(yīng)電動勢平均值E=14π解析:導(dǎo)線切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢,由右手定則可知,感應(yīng)電流方向不變,選項A正確;CD邊進(jìn)入磁場后,有電流通過,故必受安培力,選項B錯誤;感應(yīng)電動勢最大值即導(dǎo)線切割磁感線等效長度最大時的電動勢,故Em=Brv,選項C正確;感應(yīng)電動勢平均值E=ΔΦΔt,ΔΦ=B·12πr2,Δt=2rv,解得答案:ACD7.如圖所示,水平放置的平行金屬導(dǎo)軌MN和PQ之間接有定值電阻R,導(dǎo)體棒ab長為l且與導(dǎo)軌接觸良好,整個裝置處于豎直向上的勻強磁場中.現(xiàn)使導(dǎo)體棒ab向右勻速運動,下列說法正確的是 ()A.導(dǎo)體棒ab兩端的感應(yīng)電動勢越來越小B.導(dǎo)體棒ab中的感應(yīng)電流方向是a→bC.導(dǎo)體棒ab所受安培力方向水平向右D.導(dǎo)體棒ab所受合力做功為0解析:由于導(dǎo)體棒勻速運動,磁感應(yīng)強度及長度不變,由E=Blv可知,感應(yīng)電動勢不變;由右手定則可知,導(dǎo)體棒中的電流方向由b指向a;由左手定則可知,導(dǎo)體棒所受安培力方向水平向左;由于導(dǎo)體棒勻速運動,棒的動能不變,由動能定理可知,合力做的功等于0.選項A、B、C錯誤,選項D正確.答案:D8.一個環(huán)形線圈放在如圖甲所示的磁場中,以磁感線垂直于線圈平面對外的方向為正方向,若磁感應(yīng)強度B隨時間t的改變關(guān)系如圖乙所示,則在第2s內(nèi)線圈中的感應(yīng)電流的大小和方向是 ()甲乙A.大小恒定,順時針方向 B.漸漸減小,順時針方向C.大小恒定,逆時針方向 D.漸漸增加,逆時針方向解析:在第2s內(nèi),磁場的方向垂直于線圈平面對外,且漸漸增大,依據(jù)楞次定律和安培定則可知,感應(yīng)電流的方向為順時針方向,I=ER=ΔΦΔtR答案:A9.如圖甲所示,一個阻值為R、匝數(shù)為n的圓形金屬線圈與阻值為2R的電阻R1連接成閉合回路.金屬線圈的半徑為r1,在線圈中半徑為r2的圓形區(qū)域內(nèi)存在垂直于線圈平面對里的勻強磁場,磁感應(yīng)強度B隨時間t改變的關(guān)系圖線如圖乙所示.圖線與橫、縱軸的截距分別為t0和B0.導(dǎo)線的電阻不計.求0至t1時間內(nèi):(1)通過電阻R1的電流大小和方向;(2)通過電阻R1的電荷量q及電阻R1上產(chǎn)生的熱量.甲乙解析:(1)穿過閉合線圈的磁場的面積為S=πr2由題圖乙可知,磁感應(yīng)強度B的改變率的大小為ΔBΔt依據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得E=nΔΦΔt=nSΔ由閉合電路歐姆定律可知流過電阻R1的電流為I=ER+2R依據(jù)楞次定律和安培定則可以推斷,流過電阻R1的電流方向從b到a.(2)0至t1時間內(nèi)通過電阻R1的電荷量為q=It1=nπ電阻R1上產(chǎn)生的熱量為Q=I2R1t1=2n答案:(1)nπB0r223Rt【拓展提高】10.(2024·河北卷)如圖,兩光滑導(dǎo)軌水平放置在豎直向下的勻強磁場中,磁感應(yīng)強度大小為B.導(dǎo)軌間距最窄處為一狹縫,取狹縫所在處O點為坐標(biāo)原點.狹縫右側(cè)兩導(dǎo)軌與x軸夾角均為θ,一電容為C的電容器與導(dǎo)軌左端相連.導(dǎo)軌上的金屬棒與x軸垂直,在外力F作用下從O點起先以速度v向右勻速運動,忽視全部電阻.下列說法正確的是 ()A.通過金屬棒的電流為2BCv2tanθB.金屬棒到達(dá)x0時,電容器極板上的電荷量為BCvx0tanθC.金屬棒運動過程中,電容器的上極板帶負(fù)電D.金屬棒運動過程中,外力F做功的功率恒定解析:取一小段時間Δt,金屬棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E=2Bv2Δttanθ,電容器極板上的電荷量為Q=CE=2BCv2Δttanθ,所以通過金屬棒的電流為I=QΔt=2BCv2tanθ,選項A正確.由A項分析可知,當(dāng)x0=vΔt時,電容器極板上的電荷量為Q=2BCvx0tanθ,選項B錯誤.依據(jù)右手定則可知通過金屬棒的電流方向向上,所以電容器的上極板帶正電,選項C錯誤.金屬棒運動過程中,外力F做功的功率為P=Fv=BIlv=4CB2v4Δttan2θ答案:A11.右圖為無線充電技術(shù)中運用的受電線圈示意圖,線圈匝數(shù)為n,面積為S.若在t1到t2時間內(nèi),勻強磁場平行于線圈軸線向右穿過線圈,其磁感應(yīng)強度大小由B1勻稱增加到B2,則該段時間線圈兩端a和b之間的電勢差φa-φb()A.恒為nS(BC.恒為-nS(B解析:因磁感應(yīng)強度勻稱增大,故φa-φb為定值,由楞次定律和安培定則可得φa<φb,故由法拉第電磁感應(yīng)定律得φa-φb=-nS(B答案:C12.如圖所示,導(dǎo)體MN的長度為2r,繞O點以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動,ON為r,且ONM三點在一條直線上,有一磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場(未畫出)充溢轉(zhuǎn)動平面且與轉(zhuǎn)動平面垂直,那么M、N兩端的電勢差為 ()A.12Bωr2 B.2Bωr2C.4Bωr2 D.6Bωr解析:M點線速度vM=ω·3r,N點線速度vN=ωr,MN棒切割磁感線的平均速度v=vM+vN2=2ωr,由E=Blv得M、N答案:C【挑戰(zhàn)創(chuàng)新】13.如圖所示,勻強磁場中有一矩形閉合線圈abcd,線圈平面與磁場垂直.已知線圈的匝數(shù)N=100,邊長lab=1.0m、lbc=0.5m,電阻r=2Ω.磁感應(yīng)強度B在0~1s內(nèi)從0勻稱改變到0.2T,在1~5s內(nèi)從0.2T勻稱改變到-0.2T,取垂直于紙面對里為磁場的正方向.求:(1)0.5s時線圈內(nèi)感應(yīng)電動勢的大小E和感應(yīng)電流的方向;(2)在1~5s內(nèi)通過線圈的電荷量q;(3)在0~5s內(nèi)線圈產(chǎn)生的焦耳熱Q.解析:(1)0.5s時線圈內(nèi)感應(yīng)電動勢E1=NΔΦ磁通量的改變量ΔΦ1