新教材2024高中物理第二章电磁感应2.2法拉第电磁感应定律同步测试新人教版选择性必修第二册

其次章电磁感应2法拉第电磁感应定律【基础巩固】1.(2024·广东珠海)(多选)如图所示,闭合开关S,将条形磁体插入闭合线圈,第一次用时0.2s,其次次用时0.4s,并且两次磁体的起始和终止位置相同,则 ()A.第一次线圈中的磁通量改变较快B.第一次电流表G的最大偏转角较大C.其次次电流表G的最大偏转角较大D.若断开开关S,电流表G指针均不偏转,故两次线圈两端均无感应电动势解析:磁通量改变相同,第一次时间短,则第一次线圈中磁通量改变较快,故选项A正确;感应电动势的大小与磁通量的改变率成正比,磁通量的改变率越大,感应电动势就越大,产生的感应电流也就越大,故选项B正确,选项C错误;断开开关S,电流表指针不偏转,可知感应电流为0,但感应电动势不为0,故选项D错误.答案:AB2.穿过一个单匝闭合线圈的磁通量始终每秒匀称增加2Wb,则 ()A.线圈中感应电动势每秒增加2VB.线圈中感应电动势每秒削减2VC.线圈中感应电动势始终为2VD.线圈中感应电动势始终为一个确定值,但由于线圈有电阻,电动势小于2V解析:E=ΔΦΔ答案:C3.单匝矩形线圈在匀强磁场中匀速运动,转轴垂直于磁场,若线圈所围面积里磁通量随时间改变的规律如图所示,则O→D过程,下列说法错误的是 ()A.线圈在0时刻感应电动势最大B.线圈在D时刻感应电动势为0C.线圈在D时刻感应电动势最大D.线圈在O至D时间内平均感应电动势为0.4V解析:由法拉第电磁感应定律知线圈从O至D时间内的平均感应电动势E=ΔΦΔt=0.4V.感应电动势的大小与磁通量的大小Φ和磁通量的改变量ΔΦ均无必定联系,仅由磁通量的改变率ΔΦΔt确定,而任何时刻磁通量的改变率ΔΦΔt就是Φ-答案:C4.一根弯成直角的导线放在B=0.4T的匀强磁场中,如图所示,lab=30cm,lbc=40cm,当导线以5m/s的速度做切割磁感线运动时可能产生的感应电动势的最大值为 ()A.1.4V B.1.0V C.0.8V D.0.6V解析:由题可得ac间距离为50cm,当切割磁感线的有效长度lac=50cm时,产生的感应电动势最大,最大值Em=Blacv=1.0V,选项B正确.答案:B5.(2024·广东卷)(多选)如图所示,水平地面(Oxy平面)下有一根平行于y轴且通有恒定电流I的长直导线.P、M和N为地面上的三点,P点位于导线正上方,MN平行于y轴,PN平行于x轴.一闭合的圆形金属线圈,圆心在P点,可沿不同方向以相同的速率做匀速直线运动,运动过程中线圈平面始终与地面平行.下列说法正确的是 ()A.N点与M点的磁感应强度大小相等,方向相同B.线圈沿PN方向运动时,穿过线圈的磁通量不变C.线圈从P点起先竖直向上运动时,线圈中无感应电流D.线圈从P到M过程的感应电动势与从P到N过程的感应电动势相等解析:通电直导线四周磁场的截面图是以导线为圆心的一个个同心圆,某一位置的磁感应强度大小和这个点到圆心的距离成反比.N、M两点的连线平行于通电直导线,即两点到导线的距离相等,所以N点与M点的磁感应强度大小相等,方向也相同,故选项A正确;线圈在P点时,穿过线圈的磁通量为0,在沿PN方向移动的过程中,穿过线圈左、右两个半圆的磁通量大小不再相等,即穿过整个线圈的磁通量不再为0,所以线圈沿PN方向运动时,穿过线圈的磁通量会发生改变,故选项B错误;当线圈从P点起先竖直向上运动时,依据对称性可知,线圈中的磁通量始终为0,即穿过线圈的磁通量没有发生改变,由楞次定律可知线圈中无感应电流,故选项C正确;线圈从P到M过程和从P到N过程,依据上述分析可知,两个过程中磁通量的改变量相等,但因为线圈的速率恒定,且NP的距离小于MP的距离,所以时间不等,依据法拉第电磁感应定律E=nΔΦ答案:AC6.(多选)如图所示,一导线弯成半径为r的半圆形闭合回路.虚线MN右侧有磁感应强度为B的匀强磁场,方向垂直于回路所在的平面.回路以速度v向右匀速进入磁场,直径CD始终与MN垂直.从D点到达边界起先到C点进入磁场为止,下列结论正确的是 ()A.感应电流方向不变B.CD段导线始终不受安培力C.感应电动势最大值Em=BrvD.感应电动势平均值E=14π解析:导线切割磁感线产生感应电动势,由右手定则可知,感应电流方向不变,选项A正确;CD边进入磁场后,有电流通过,故必受安培力,选项B错误;感应电动势最大值即导线切割磁感线等效长度最大时的电动势,故Em=Brv,选项C正确;感应电动势平均值E=ΔΦΔt,ΔΦ=B·12πr2,Δt=2rv,解得答案:ACD7.如图所示,水平放置的平行金属导轨MN和PQ之间接有定值电阻R,导体棒ab长为l且与导轨接触良好,整个装置处于竖直向上的匀强磁场中.现使导体棒ab向右匀速运动,下列说法正确的是 ()A.导体棒ab两端的感应电动势越来越小B.导体棒ab中的感应电流方向是a→bC.导体棒ab所受安培力方向水平向右D.导体棒ab所受合力做功为0解析:由于导体棒匀速运动,磁感应强度及长度不变,由E=Blv可知,感应电动势不变;由右手定则可知,导体棒中的电流方向由b指向a;由左手定则可知,导体棒所受安培力方向水平向左;由于导体棒匀速运动,棒的动能不变,由动能定理可知,合力做的功等于0.选项A、B、C错误,选项D正确.答案:D8.一个环形线圈放在如图甲所示的磁场中,以磁感线垂直于线圈平面对外的方向为正方向,若磁感应强度B随时间t的改变关系如图乙所示,则在第2s内线圈中的感应电流的大小和方向是 ()甲乙A.大小恒定,顺时针方向 B.渐渐减小,顺时针方向C.大小恒定,逆时针方向 D.渐渐增加,逆时针方向解析:在第2s内,磁场的方向垂直于线圈平面对外,且渐渐增大,依据楞次定律和安培定则可知,感应电流的方向为顺时针方向,I=ER=ΔΦΔtR答案:A9.如图甲所示,一个阻值为R、匝数为n的圆形金属线圈与阻值为2R的电阻R1连接成闭合回路.金属线圈的半径为r1,在线圈中半径为r2的圆形区域内存在垂直于线圈平面对里的匀强磁场,磁感应强度B随时间t改变的关系图线如图乙所示.图线与横、纵轴的截距分别为t0和B0.导线的电阻不计.求0至t1时间内:(1)通过电阻R1的电流大小和方向;(2)通过电阻R1的电荷量q及电阻R1上产生的热量.甲乙解析:(1)穿过闭合线圈的磁场的面积为S=πr2由题图乙可知,磁感应强度B的改变率的大小为ΔBΔt依据法拉第电磁感应定律得E=nΔΦΔt=nSΔ由闭合电路欧姆定律可知流过电阻R1的电流为I=ER+2R依据楞次定律和安培定则可以推断,流过电阻R1的电流方向从b到a.(2)0至t1时间内通过电阻R1的电荷量为q=It1=nπ电阻R1上产生的热量为Q=I2R1t1=2n答案:(1)nπB0r223Rt【拓展提高】10.(2024·河北卷)如图,两光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中,磁感应强度大小为B.导轨间距最窄处为一狭缝,取狭缝所在处O点为坐标原点.狭缝右侧两导轨与x轴夹角均为θ,一电容为C的电容器与导轨左端相连.导轨上的金属棒与x轴垂直,在外力F作用下从O点起先以速度v向右匀速运动,忽视全部电阻.下列说法正确的是 ()A.通过金属棒的电流为2BCv2tanθB.金属棒到达x0时,电容器极板上的电荷量为BCvx0tanθC.金属棒运动过程中,电容器的上极板带负电D.金属棒运动过程中,外力F做功的功率恒定解析:取一小段时间Δt,金属棒切割磁感线产生的感应电动势为E=2Bv2Δttanθ,电容器极板上的电荷量为Q=CE=2BCv2Δttanθ,所以通过金属棒的电流为I=QΔt=2BCv2tanθ,选项A正确.由A项分析可知,当x0=vΔt时,电容器极板上的电荷量为Q=2BCvx0tanθ,选项B错误.依据右手定则可知通过金属棒的电流方向向上,所以电容器的上极板带正电,选项C错误.金属棒运动过程中,外力F做功的功率为P=Fv=BIlv=4CB2v4Δttan2θ答案:A11.右图为无线充电技术中运用的受电线圈示意图,线圈匝数为n,面积为S.若在t1到t2时间内,匀强磁场平行于线圈轴线向右穿过线圈,其磁感应强度大小由B1匀称增加到B2,则该段时间线圈两端a和b之间的电势差φa-φb()A.恒为nS(BC.恒为-nS(B解析:因磁感应强度匀称增大,故φa-φb为定值,由楞次定律和安培定则可得φa<φb,故由法拉第电磁感应定律得φa-φb=-nS(B答案:C12.如图所示,导体MN的长度为2r,绕O点以角速度ω匀速转动,ON为r,且ONM三点在一条直线上,有一磁感应强度为B的匀强磁场(未画出)充溢转动平面且与转动平面垂直,那么M、N两端的电势差为 ()A.12Bωr2 B.2Bωr2C.4Bωr2 D.6Bωr解析:M点线速度vM=ω·3r,N点线速度vN=ωr,MN棒切割磁感线的平均速度v=vM+vN2=2ωr,由E=Blv得M、N答案:C【挑战创新】13.如图所示,匀强磁场中有一矩形闭合线圈abcd,线圈平面与磁场垂直.已知线圈的匝数N=100,边长lab=1.0m、lbc=0.5m,电阻r=2Ω.磁感应强度B在0~1s内从0匀称改变到0.2T,在1~5s内从0.2T匀称改变到-0.2T,取垂直于纸面对里为磁场的正方向.求:(1)0.5s时线圈内感应电动势的大小E和感应电流的方向;(2)在1~5s内通过线圈的电荷量q;(3)在0~5s内线圈产生的焦耳热Q.解析:(1)0.5s时线圈内感应电动势E1=NΔΦ磁通量的改变量ΔΦ1