新教材2024-2025學(xué)年高中物理第2章電磁感應(yīng)及其應(yīng)用第2節(jié)法拉第電磁感應(yīng)定律分層作業(yè)魯科版選擇性必修第二冊

第2節(jié)法拉第電磁感應(yīng)定律A級必備學(xué)問基礎(chǔ)練1.如圖所示,一正方形線圈的匝數(shù)為n,邊長為a,線圈平面與勻強(qiáng)磁場垂直,且一半處在磁場中。在Δt時間內(nèi),磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向不變,大小由B勻稱地增大到2B。在此過程中,線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為()A.Ba22ΔC.nBa2Δ2.在水平桌面上,一個圓形金屬框置于勻強(qiáng)磁場中,線框平面與磁場垂直,磁感應(yīng)強(qiáng)度B1隨時間t的改變關(guān)系如圖甲所示,0~1s內(nèi)磁場方向垂直線框平面對下,圓形金屬框與兩根水平的平行金屬導(dǎo)軌相連接,導(dǎo)軌上放置一根導(dǎo)體棒,且與導(dǎo)軌接觸良好,導(dǎo)體棒處于另一勻強(qiáng)磁場B2中,如圖乙所示,導(dǎo)體棒始終保持靜止,則其所受的摩擦力Ff隨時間改變的圖像是下圖中的(設(shè)向右的方向為摩擦力的正方向)()3.(2024福建福州平潭嵐華中學(xué)期末)如圖所示的半圓形閉合回路半徑為a,電阻為R。虛線MN右側(cè)有磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場,方向垂直于半圓形回路所在的平面對里?；芈芬运俣葀向右勻速進(jìn)入磁場,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)入磁場為止,下列結(jié)論正確的是()A.感應(yīng)電流方向為順時針方向B.半圓形閉合回路所受安培力方向向右C.感應(yīng)電動勢最大值為2BavD.感應(yīng)電動勢平均值為14π4.如圖所示,光滑銅環(huán)水平固定,半徑為l,長為l、電阻為r的銅棒OA的一端在銅環(huán)的圓心O處,另一端與銅環(huán)良好接觸,整個裝置處在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場中?，F(xiàn)使銅棒OA以角速度ω逆時針(俯視)勻速轉(zhuǎn)動,A端始終在銅環(huán)上,定值電阻的阻值為3r,上方導(dǎo)線與O點(diǎn)連接,下方導(dǎo)線與銅環(huán)連接,其他電阻不計。下列說法正確的是()A.O點(diǎn)的電勢比A點(diǎn)的電勢高B.回路中通過的電流為ωBC.該定值電阻兩端的電壓為38ωBlD.該定值電阻上的熱功率為ω5.如圖所示,MN、PQ為兩條平行的水平放置的金屬導(dǎo)軌,左端接有定值電阻R,金屬棒ab斜放在兩導(dǎo)軌之間,與導(dǎo)軌接觸良好,ab=L。磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場垂直于導(dǎo)軌平面,設(shè)金屬棒與兩導(dǎo)軌間夾角為60°,以速度v水平向右勻速運(yùn)動,不計導(dǎo)軌和棒的電阻,則流過金屬棒的電流為()A.BLvR B.C.BLv2R D6.如圖所示,半徑為L的半圓弧軌道PQS固定,電阻忽視不計,O為圓心。OM是可繞O轉(zhuǎn)動的金屬桿,M端位于PQS上,OM與軌道接觸良好,OM金屬桿的電阻與OP金屬桿電阻阻值相同?？臻g存在如圖的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B。現(xiàn)使OM從OQ位置以恒定的角速度ω逆時針轉(zhuǎn)到OS位置,則回路中電流方向沿;MO兩點(diǎn)的電壓UMO=。

7.如圖所示,電阻為0.1Ω的正方形單匝線圈abcd的邊長為0.2m,bc邊與勻強(qiáng)磁場邊緣重合。磁場的寬度等于線圈的邊長,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為0.5T,在水平拉力作用下,線圈以8m/s的速度向右穿過磁場區(qū)域。求線圈在上述過程中:(1)感應(yīng)電動勢E的大小;(2)所受拉力F的大小;(3)感應(yīng)電流產(chǎn)生的熱量Q。B級關(guān)鍵實力提升練8.(多選)(2024山東卷)如圖所示,xOy平面的第一、三象限內(nèi)以坐標(biāo)原點(diǎn)O為圓心、半徑為2l的扇形區(qū)域充溢方向垂直紙面對外的勻強(qiáng)磁場。邊長為l的正方形金屬框繞其始終在O點(diǎn)的頂點(diǎn),在xOy平面內(nèi)以角速度ω順時針勻速轉(zhuǎn)動。t=0時刻,金屬框起先進(jìn)入第一象限。不考慮自感影響,關(guān)于金屬框中感應(yīng)電動勢E隨時間t改變規(guī)律的描述正確的是()A.在t=0到t=π2ω的過程中,B.在t=0到t=π2ω的過程中,C.在t=0到t=π4ω的過程中,D.在t=0到t=π4ω的過程中,9.如圖所示,A、B兩單匝閉合圓形導(dǎo)線環(huán)用相同規(guī)格的導(dǎo)線制成,它們的半徑之比rA∶rB=2∶1,在兩導(dǎo)線環(huán)包圍的空間內(nèi)存在一正方形邊界的勻強(qiáng)磁場區(qū)域,磁場方向垂直于兩導(dǎo)線環(huán)所在的平面。在磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間勻稱增大的過程中,流過兩導(dǎo)線環(huán)的感應(yīng)電流大小之比為()A.IAIB=1 B.C.IAIB10.如圖甲所示,單匝矩形金屬線框abcd處在垂直于線框平面的勻強(qiáng)磁場中,線框面積S=0.3m2,線框連接一個阻值R=3Ω的電阻,其余電阻不計,線框cd邊位于磁場邊界上。取垂直于線框平面對外為磁感應(yīng)強(qiáng)度B的正方向,磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間t改變的圖像如圖乙所示。下列推斷正確的是()A.0~0.4s內(nèi)線框中感應(yīng)電流沿逆時針方向B.0.4~0.8s內(nèi)線框有擴(kuò)張的趨勢C.0~0.8s內(nèi)線框中的電流為0.1AD.0~0.4s內(nèi)ab邊所受安培力保持不變11.如圖所示,兩根平行粗糙金屬導(dǎo)軌固定于絕緣水平面上,導(dǎo)軌左側(cè)間連有阻值為r的電阻,兩平行導(dǎo)軌間距為L。一根長度大于L、質(zhì)量為m、接入電路的電阻也為r的導(dǎo)體棒垂直導(dǎo)軌放置并接觸良好,導(dǎo)體棒初始均處于靜止,導(dǎo)體棒與圖中虛線有一段距離,虛線右側(cè)存在豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場?，F(xiàn)給導(dǎo)體棒一個水平向右的恒力,使其從靜止起先做勻加速直線運(yùn)動,進(jìn)入磁場前加速度大小為a0,然后進(jìn)入磁場,運(yùn)動一段時間后達(dá)到一個穩(wěn)定速度,平行軌道足夠長,導(dǎo)體棒與平行導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)到處相等,忽視平行軌道的電阻。(1)求導(dǎo)體棒最終的穩(wěn)定速度的大小。(2)若導(dǎo)體棒從起先運(yùn)動到達(dá)到穩(wěn)定速度的過程中,通過導(dǎo)軌左側(cè)電阻的電荷量為q,求此過程中導(dǎo)體棒在磁場中運(yùn)動的位移。第2節(jié)法拉第電磁感應(yīng)定律1.B線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E=nΔΦΔt=n·ΔBΔ2.A依據(jù)題意可知,在0~1s內(nèi)磁場方向垂直線框平面對下,且大小變大,則由楞次定律可得線圈感應(yīng)電流的方向是逆時針,再由左手定則可得導(dǎo)體棒安培力方向水平向左,所以靜摩擦力的方向是水平向右,即為正方向;在0~1s內(nèi)磁場方向垂直線框平面對下,且大小變大,則由法拉第電磁感應(yīng)定律可得線圈感應(yīng)電流的大小是恒定的,即導(dǎo)體棒的電流大小是不變的;因為磁場B2是不變的,則安培力大小不變,所以靜摩擦力的大小也是不變的。故A正確,B、C、D錯誤。3.D在閉合回路進(jìn)入磁場的過程中,通過閉合回路向里的磁通量漸漸增大,依據(jù)楞次定律可知,感應(yīng)電流的方向為逆時針方向,依據(jù)“來拒去留”可知,半圓形閉合回路所受安培力方向向左,故A、B錯誤;當(dāng)半圓形閉合回路進(jìn)入磁場一半時,等效長度最大為a,感應(yīng)電動勢最大,為E=Bav,故C錯誤;由法拉第電磁感應(yīng)定律可得,感應(yīng)電動勢平均值為E=ΔΦ4.C由右手定則可知電流方向從O點(diǎn)指向A點(diǎn),OA是電源,電流從低電勢流向高電勢,故O點(diǎn)的電勢比A點(diǎn)的電勢低,故A錯誤;由法拉第電磁感應(yīng)定律可知E=Bl0+lω2=12Bl2ω,由閉合電路歐姆定律可知回路中通過的電流為I=Er+3r=E4r,兩式聯(lián)立可得I=Bl2ω8r,故B錯誤;該定值電阻兩端的電壓為U=I5.B導(dǎo)體棒切割磁感線的有效長度為L·sin60°=32L,故感應(yīng)電動勢E=Bv3L2,由閉合電路歐姆定律得6.解析依據(jù)OM轉(zhuǎn)動方向可由右手定則推斷電流方向為M到O,即回路中電流方向沿M—O—P—Q—M;OM轉(zhuǎn)動過程中產(chǎn)生的電動勢大小為E=12BL2ω,因為OM和OP電阻相同,OM作為電源,電流由低電勢流向高電勢,故MO兩點(diǎn)的電壓為UMO=-12E=-14BL答案M—O—P—Q—M-14BL27.解析(1)感應(yīng)電動勢E=Blv代入數(shù)據(jù)得E=0.8V。(2)感應(yīng)電流I=E拉力的大小等于安培力的大小,故F=BIl解得F=B2l2vR(3)運(yùn)動時間t=2lv,焦耳定律Q=I解得Q=2B2l3v答案(1)0.8V(2)0.8N(3)0.32J8.BC依據(jù)電磁感應(yīng)定律有E=Bl切2ω2,l切為切割磁感線的有效長度;當(dāng)t=π4ω,即轉(zhuǎn)過π4時,l切最大,電動勢E最大,所以t=0到t=π2ω,即轉(zhuǎn)動角度0~π2的過程中,E先增大后減小,選項A錯誤,B正確。設(shè)0~t時刻,金屬框轉(zhuǎn)動的角度為α,在t=0到t=π4ω,即轉(zhuǎn)動角度0~π4過程中,E=Bl切2ω2=B9.DA、B兩導(dǎo)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相等,所以兩導(dǎo)線環(huán)上的磁通量改變率是相等的,E=ΔΦΔt相同,得EAEB=1,I=ER,R=ρlS1(S1為導(dǎo)線的橫截面積),10.C由題圖乙所示圖像可知,0~0.4s內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度垂直于紙面對里,磁通量減小,由楞次定律可知,感應(yīng)電流沿順時針方向,故A錯誤。由圖乙所示圖線可知,0.4~0.8s內(nèi)穿過線框的磁通量增加,由楞次定律可知,線框有收縮的趨勢,故B錯誤。由圖示圖線可知,0~0.8s內(nèi)的感應(yīng)電動勢為E=ΔΦΔt=ΔBΔtS=0.4-(-0.4)0.