2024-2025年高中物理第二章電磁感應(yīng)2法拉第電磁感應(yīng)定律檢測(cè)含解析新人教版選擇性必修2

PAGEPAGE10法拉第電磁感應(yīng)定律(25分鐘60分)一、選擇題(本題共6小題，每小題6分，共36分)1．(多選)如圖所示的幾種狀況中，金屬導(dǎo)體中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為Blv的是()【解析】選B、C、D。A中，v與金屬導(dǎo)體不垂直，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝Blvsinθ，A錯(cuò)誤；B中，金屬導(dǎo)體垂直切割磁感線(xiàn)，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝Blv，B正確；C中，金屬導(dǎo)體水平部分不切割磁感線(xiàn)，只有豎直部分切割磁感線(xiàn)，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝Blv，C正確；D中，金屬導(dǎo)體切割磁感線(xiàn)的有效長(zhǎng)度為l，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝Blv，D正確。2．如圖所示，在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，將一水平放置的金屬棒ab以垂直于棒的水平速度v0拋出，設(shè)在整個(gè)過(guò)程中金屬棒的方向不變且不計(jì)空氣阻力，則金屬棒運(yùn)動(dòng)過(guò)程中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小改變狀況是()A．保持不變 B．越來(lái)越小C．越來(lái)越大 D．無(wú)法推斷【解析】選A。金屬棒ab做平拋運(yùn)動(dòng)，其水平分速度保持不變，等于v0。由感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)公式E＝Blvsinα，vsinα是垂直于磁感線(xiàn)方向的分速度，即平拋運(yùn)動(dòng)的水平分速度，等于v0，則感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝Blv0，B、l、v0均不變，則感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小保持不變。故A正確，B、C、D錯(cuò)誤。3.如圖所示，處在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的線(xiàn)圈，匝數(shù)為n，面積為S，磁場(chǎng)方向平行于線(xiàn)圈軸線(xiàn)向右。若在Δt時(shí)間內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小由B1勻稱(chēng)增加到B2，則該段時(shí)間內(nèi)線(xiàn)圈兩端a和b之間的電勢(shì)差φa－φb()A．恒為eq\f(nS（B2－B1）,Δt)B．從0勻稱(chēng)改變到eq\f(nS（B2－B1）,Δt)C．恒為－eq\f(nS（B2－B1）,Δt)D．從0勻稱(chēng)改變到－eq\f(nS（B2－B1）,Δt)【解析】選C。穿過(guò)線(xiàn)圈的磁感應(yīng)強(qiáng)度勻稱(chēng)增加，故產(chǎn)生恒定的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，依據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，有E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(nSΔB,Δt)＝eq\f(nS（B2－B1）,Δt)，依據(jù)楞次定律可知，感應(yīng)電流沿順時(shí)針?lè)较?從右側(cè)看)，故φa<φb，即有φa－φb＝－eq\f(nS（B2－B1）,Δt)，故C選項(xiàng)正確。4.如圖所示，閉合開(kāi)關(guān)S，將條形磁鐵兩次插入閉合線(xiàn)圈，第一次用0.2s，其次次用0.4s，并且兩次的起始和終止位置相同，則()A．第一次磁通量改變較大B．第一次G的最大偏角較大C．第一次經(jīng)過(guò)G的總電荷量較多D．若開(kāi)關(guān)S斷開(kāi)，G不偏轉(zhuǎn)，故兩次均無(wú)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)【解析】選B。因兩次的起始和終止位置相同，所以磁感應(yīng)強(qiáng)度改變量ΔB相同，由ΔΦ＝ΔB·S知：兩次磁通量改變相同，故A錯(cuò)誤；因磁通量改變相同，匝數(shù)n相同，Δt1<Δt2，依據(jù)E＝neq\f(ΔΦ,Δt)和i＝eq\f(E,R)知，第一次G的最大偏角較大，故B正確；依據(jù)q＝eq\o(I,\s\up6(－))·Δt＝eq\f(\x\to(E),R)·Δt＝neq\f(ΔΦ,Δt·R)·Δt＝neq\f(ΔΦ,R)可知：經(jīng)過(guò)G的總電量相同，故C錯(cuò)誤；有無(wú)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)產(chǎn)生的條件是穿過(guò)回路的磁通量是否發(fā)生改變，電路無(wú)需閉合，兩次穿過(guò)回路的磁通量均發(fā)生了改變，故D錯(cuò)誤。所以選B。5．(多選)如圖甲，圓環(huán)a和b均由相同的勻稱(chēng)導(dǎo)線(xiàn)制成，a環(huán)半徑是b環(huán)半徑的兩倍，兩環(huán)用不計(jì)電阻且彼此靠得較近的導(dǎo)線(xiàn)連接。若僅將a環(huán)置于圖乙所示改變的磁場(chǎng)中，則導(dǎo)線(xiàn)上M、N兩點(diǎn)的電勢(shì)差UMN＝0.4V。下列說(shuō)法正確的是()A.圖乙中，改變磁場(chǎng)的方向垂直紙面對(duì)里B．圖乙中，改變磁場(chǎng)的方向垂直紙面對(duì)外C．若僅將b環(huán)置于圖乙所示改變的磁場(chǎng)中，則M、N兩端的電勢(shì)差U′MN＝－0.4VD．若僅將b環(huán)置于圖乙所示改變的磁場(chǎng)中，則M、N兩端的電勢(shì)差U′MN＝－0.2V【解析】選A、D。UMN>0，可知a環(huán)中感應(yīng)電流為逆時(shí)針?lè)较?，依?jù)右手螺旋定則，知感應(yīng)磁場(chǎng)方向垂直紙面對(duì)外，圖乙中原磁場(chǎng)增加，依據(jù)楞次定律可知原磁場(chǎng)方向垂直紙面對(duì)里，A項(xiàng)正確，B項(xiàng)錯(cuò)誤；依據(jù)楞次定律可得b環(huán)中也產(chǎn)生逆時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流，U′MN<0，a環(huán)處于磁場(chǎng)中時(shí)，UMN＝eq\f(1,3)Ea，b環(huán)處于磁場(chǎng)中時(shí)，U′MN＝－eq\f(2,3)Eb，而eq\f(Ea,Eb)＝eq\f(π（2R）2,πR2)＝4，解得U′MN＝－0.2V，C項(xiàng)錯(cuò)誤，D項(xiàng)正確。6.(多選)半徑分別為r和2r的同心半圓導(dǎo)軌MN、PQ固定在同一水平面內(nèi)，一長(zhǎng)為r、電阻為2R、質(zhì)量為m且質(zhì)量分布勻稱(chēng)的導(dǎo)體棒AB置于半圓軌道上，BA的延長(zhǎng)線(xiàn)通過(guò)導(dǎo)軌的圓心O，裝置的俯視圖如圖所示。整個(gè)裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，在N、Q之間接有一阻值為R的電阻。導(dǎo)體棒AB在水平外力作用下，以角速度ω繞O順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，在轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中始終與導(dǎo)軌保持良好接觸。設(shè)導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，重力加速度為g，則下列說(shuō)法正確的是()A．導(dǎo)體棒AB兩端的電壓為eq\f(3,4)Brω2B．電阻R中的電流方向從Q到N，大小為eq\f(Br2ω,2R)C．外力的功率大小為eq\f(3B2r4ω2,4R)＋eq\f(3,2)μmgrωD．若導(dǎo)體棒不動(dòng)，要產(chǎn)生同方向的感應(yīng)電流，可使豎直向下的磁感應(yīng)強(qiáng)度增加，且改變得越來(lái)越慢【解析】選B、C。因?yàn)閷?dǎo)體棒勻角速度轉(zhuǎn)動(dòng)，所以平均切割速度eq\x\to(v)＝eq\f(1,2)(ωr＋ω·2r)＝eq\f(3,2)ωr，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLeq\x\to(v)＝eq\f(3,2)Bωr2，導(dǎo)體棒AB兩端的電壓U＝eq\f(R,R＋2R)E＝eq\f(1,2)Bωr2，故A選項(xiàng)錯(cuò)誤；依據(jù)右手定則可知，電阻R中電流方向從Q到N，大小I＝eq\f(E,R＋2R)＝eq\f(Br2ω,2R)，故B選項(xiàng)正確；外力的功率等于回路的電功率與克服摩擦力的功率之和，即P＝IE＋μmgeq\x\to(v)＝eq\f(3B2r4ω2,4R)＋eq\f(3,2)μmgrω，故C選項(xiàng)正確；若導(dǎo)體棒不動(dòng)，豎直向下的磁感應(yīng)強(qiáng)度增加，依據(jù)楞次定律，感應(yīng)電流從N到Q，方向不同，故D選項(xiàng)錯(cuò)誤。二、非選擇題(本題共2小題，共24分。要有必要的文字說(shuō)明和解題步驟，有數(shù)值計(jì)算的要注明單位)7.(12分)如圖所示，一無(wú)限長(zhǎng)的光滑金屬平行導(dǎo)軌置于勻強(qiáng)磁場(chǎng)B中，磁場(chǎng)方向垂直導(dǎo)軌平面，導(dǎo)軌平面豎直且與地面絕緣，導(dǎo)軌上M、N間接一電阻R，P、Q端接一對(duì)沿水平方向的平行金屬板，導(dǎo)體棒ab置于導(dǎo)軌上，其電阻為3R，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，棒長(zhǎng)為L(zhǎng)，平行金屬板間距為d。今導(dǎo)體棒通過(guò)定滑輪在一物塊拉動(dòng)下起先運(yùn)動(dòng)，穩(wěn)定后棒的速度為v，不計(jì)一切摩擦阻力。此時(shí)有一帶電量為q的液滴恰能在兩板間做半徑為r的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，且速率也為v。求：(1)速度v的大小；(2)物塊的質(zhì)量m?！窘馕觥?1)設(shè)平行金屬板間電壓為U，液滴質(zhì)量為m0。液滴在平行金屬板間做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，重力與電場(chǎng)力必定平衡，則有：qeq\f(U,d)＝m0g由qvB＝m0eq\f(v2,r)得r＝eq\f(m0v,qB)聯(lián)立解得U＝eq\f(gdrB,v)則棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：E＝eq\f(U,R)·(R＋3R)＝eq\f(4gdrB,v)由E＝BLv，得v＝2eq\r(\f(gdr,L))(2)棒中電流為：I＝eq\f(U,R)＝eq\f(gdrB,vR)ab棒勻速運(yùn)動(dòng)，外力與安培力平衡，則有F＝BIL＝eq\f(gdrLB2,vR)而外力等于物塊的重力，即mg＝eq\f(gdrLB2,vR)解得m＝eq\f(drLB2,vR)＝eq\f(B2L,2R)eq\r(\f(dLr,g))答案：(1)2eq\r(\f(gdr,L))(2)eq\f(B2L,2R)eq\r(\f(dLr,g))8．(12分)如圖所示，足夠長(zhǎng)的金屬導(dǎo)軌固定在水平面上，金屬導(dǎo)軌寬度L＝1.0m，導(dǎo)軌上放有垂直導(dǎo)軌的金屬桿P，金屬桿P的質(zhì)量m＝0.1kg，空間存在磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.5T、豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。連接在導(dǎo)軌左端的電阻R＝3.0Ω，金屬桿P的電阻r＝1.0Ω，其余部分電阻不計(jì)。某時(shí)刻給金屬桿P一個(gè)水平向右的恒力F，金屬桿P由靜止起先運(yùn)動(dòng)，圖乙是金屬桿P運(yùn)動(dòng)過(guò)程的v-t圖像，導(dǎo)軌與金屬桿P間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5。在金屬桿P運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，第一個(gè)2s內(nèi)通過(guò)金屬桿P的電荷量與其次個(gè)2s內(nèi)通過(guò)金屬桿P的電荷量之比為3∶5。g取10m/s2。求：(1)水平恒力F的大??；(2)第一個(gè)2s內(nèi)的位移大?。?3)前4s內(nèi)電阻R上產(chǎn)生的熱量。【解析】(1)由題圖乙可知，金屬桿P先做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，2s后做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，當(dāng)t＝2s時(shí)，v＝4m/s，此時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv，感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R＋r)，安培力F′＝BIL＝eq\f(B2L2v,R＋r)，依據(jù)牛頓其次定律有F－F′－μmg＝0，解得F＝0.75N。(2)通過(guò)金屬桿P的電荷量q＝eq\x\to(I)t＝eq\f(\x\to(E),R＋r)·t，其中eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,t)＝eq\f(BLx,t)，所以q＝eq\f(BLx,R＋r)∝x(x為金屬桿P的位移)，設(shè)第一個(gè)2s內(nèi)金屬桿P的位移為x1，其次個(gè)2s內(nèi)金屬桿P的位移為x2，由題圖乙可知，x2＝8m，又由于q1∶q2＝3∶5，得x1＝4.8m。(3)前4s內(nèi)，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＝1.8J。答案：(1)0.75N(2)4.8m(3)1.8J【補(bǔ)償訓(xùn)練】如圖所示，豎直平面內(nèi)有間距l(xiāng)＝40cm、足夠長(zhǎng)的平行直導(dǎo)軌，導(dǎo)軌上端連接一開(kāi)關(guān)S。長(zhǎng)度恰好等于導(dǎo)軌間距的導(dǎo)體棒ab與導(dǎo)軌接觸良好且無(wú)摩擦，導(dǎo)體棒ab的電阻R＝0.40Ω，質(zhì)量m＝0.20kg。導(dǎo)軌電阻不計(jì)，整個(gè)裝置處于與導(dǎo)軌平面垂直的水平勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.50T，方向垂直紙面對(duì)里(空氣阻力可忽視不計(jì)，取重力加速度g＝10m/s2)。(1)當(dāng)t0＝0時(shí)ab棒由靜止釋放，t＝1.0s時(shí)，閉合開(kāi)關(guān)S。求：①閉合開(kāi)關(guān)S瞬間ab棒速度v的大??；②當(dāng)ab棒向下的加速度a＝4.0m/s2時(shí)，其速度v′的大?。?2)若ab棒由靜止釋放，經(jīng)一段時(shí)間后閉合開(kāi)關(guān)S，ab棒恰能沿導(dǎo)軌勻速下滑，求ab棒勻速下滑時(shí)電路中的電功率P?！窘馕觥?1)①導(dǎo)體棒做自由落體運(yùn)動(dòng)，依據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有：v＝gt＝10m/s；②設(shè)導(dǎo)體棒以加速度a＝4.0m/s2向下運(yùn)動(dòng)時(shí)其所受安培力為FA，設(shè)速度為v′，依據(jù)牛頓其次定律有：mg－FA＝ma，解得FA＝1.2N；因安培力大小FA＝BIl，且由閉合電路歐姆定律有I＝eq\f(E,R)，結(jié)合法拉第電磁感應(yīng)定律，有E＝Blv′，解得v′＝12m/s；(2)設(shè)導(dǎo)體棒沿導(dǎo)軌勻速下滑時(shí)通過(guò)導(dǎo)體棒的電流為Im，則有mg＝BIml，代入數(shù)據(jù)解得Im＝10A，此時(shí)電路中的電功率為P＝Ieq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(m))R＝40W答案：(1)①10m/s②12m/s(2)40W(15分鐘40分)9．(7分)在圖中，EF、GH為平行的金屬導(dǎo)軌，其電阻不計(jì)，R為電阻，C為電容器，AB為可在EF和GH上滑動(dòng)的導(dǎo)體橫桿。有勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于導(dǎo)軌平面。若用I1和I2分別表示圖中該處導(dǎo)線(xiàn)中的電流，則當(dāng)橫桿AB()A.勻速滑動(dòng)時(shí)，I1＝0，I2＝0B．勻速滑動(dòng)時(shí)，I1≠0，I2≠0C．加速滑動(dòng)時(shí)，I1＝0，I2＝0D．加速滑動(dòng)時(shí)，I1≠0，I2≠0【解析】選D。電容器在電路中與等效電源并聯(lián)，兩端電壓為AB端感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，所以當(dāng)導(dǎo)體橫桿勻速滑動(dòng)時(shí)，電容器兩端電壓不變I2＝0，電阻R中電流不為零，A、B錯(cuò)；加速滑動(dòng)時(shí)，電容器兩端電壓隨導(dǎo)體橫桿速度的增大而增加，所以充電電流不為零，通過(guò)電阻的電流也不為零，D對(duì)。10．(7分)如圖甲所示，兩個(gè)相鄰的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)，方向相反，且垂直紙面，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小均為B，以磁場(chǎng)區(qū)左邊界為y軸建立坐標(biāo)系，磁場(chǎng)區(qū)在y軸方向足夠長(zhǎng)，在x軸方向?qū)挾染鶠閍。矩形導(dǎo)線(xiàn)框ABCD的CD邊與y軸重合，AD邊長(zhǎng)為a。線(xiàn)框從圖示位置水平向右勻速穿過(guò)兩磁場(chǎng)區(qū)域，且線(xiàn)框平面始終保持與磁場(chǎng)垂直。以逆時(shí)針?lè)较驗(yàn)殡娏鞯恼较?，線(xiàn)框中感應(yīng)電流i與線(xiàn)框移動(dòng)距離x的關(guān)系圖像正確的是圖乙中的()【解析】選C。線(xiàn)框進(jìn)入磁場(chǎng)，在進(jìn)入磁場(chǎng)0～a的過(guò)程中，E＝Bav，電流I0＝eq\f(Bav,R)，方向?yàn)槟鏁r(shí)針?lè)较?，為正。在進(jìn)入磁場(chǎng)a～2a的過(guò)程中，電動(dòng)勢(shì)E＝2Bav，電流I1＝eq\f(2Bav,R)＝2I0，方向?yàn)轫槙r(shí)針?lè)较?，為?fù)。在進(jìn)入磁場(chǎng)2a～3a的過(guò)程中，E＝Bav，電流I2＝eq\f(Bav,R)＝I0，方向?yàn)槟鏁r(shí)針?lè)较?，為正，故C正確，A、B、D錯(cuò)誤。11．(7分)(多選)如圖所示，一導(dǎo)線(xiàn)彎成半徑為a的半圓形閉合回路，虛線(xiàn)MN右側(cè)有磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，方向垂直于回路所在的平面?；芈芬运俣葀向右勻速進(jìn)入磁場(chǎng)，直徑CD始終與MN垂直。從D點(diǎn)到達(dá)邊界起先到C點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)為止，下列結(jié)論正確的是()A.感應(yīng)電流方向不變B.CD段直導(dǎo)線(xiàn)始終不受安培力C．感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大值E＝BavD．感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)平均值eq\o(E,\s\up6(－))＝eq\f(1,4)πBav【解析】選A、C、D。在閉合回路進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中，通過(guò)閉合回路的磁通量漸漸增大，依據(jù)楞次定律可知感應(yīng)電流的方向?yàn)槟鏁r(shí)針?lè)较虿蛔儯珹正確；依據(jù)左手定則可以推斷，CD段直導(dǎo)線(xiàn)受安培力且方向向下，故B錯(cuò)誤；當(dāng)半圓閉合回路進(jìn)入磁場(chǎng)一半時(shí)，等效長(zhǎng)度最大為a，這時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大E＝Bav，C正確；由法拉第電磁感應(yīng)定律可得感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)平均值eq\o(E,\s\up6(－))＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(B·\f(1,2)πa2,\f(2a,v))＝eq\f(1,4)πBav，故D正確。12．(19分)如圖所示，矩形線(xiàn)圈在0.01s內(nèi)由原始位置Ⅰ轉(zhuǎn)落至位置Ⅱ。已知ad＝5×10－2m，ab＝20×10－2m，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝2T，R1＝R3＝1Ω，R2＝R4＝3Ω。求：(1)平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)；(2)轉(zhuǎn)落時(shí)，通過(guò)各電阻的電流。(線(xiàn)圈的電阻忽視不計(jì))【解析】(1)設(shè)線(xiàn)圈在位置Ⅰ時(shí)，穿過(guò)它的磁通量為Φ1，線(xiàn)圈在位置Ⅱ時(shí)，穿過(guò)它的磁通量為Φ2，有：Φ1＝BSsin30°＝1×10－2Wb，Φ2＝2×10－2Wb，得：ΔΦ＝Φ2－Φ1＝1×10－2Wb依據(jù)電磁感應(yīng)定律可得：E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(1×10－2,0.01)V＝1V(2)將具有感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的線(xiàn)圈等效為電源，其外電路的總電阻為：R＝eq\f(R1＋R2,2)＝2Ω依據(jù)閉合電路歐姆定律得總電流為：I＝eq\f(E,R＋r)＝eq\f(1,2＋0)A＝0.5A通過(guò)各電阻的電流均為：I′＝eq\f(I,2)＝0.25A答案：(1)1V(2)0.25A【補(bǔ)償訓(xùn)練】如圖所示，兩金屬板正對(duì)并水平放置，分別與平行金屬