高中人教版 (2019)2 法拉第电磁感应定律习题

第二章　电磁感应

2  法拉第电磁感应定律

【基础巩固】

1.(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0.2 s,第二次用时0.4 s,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变化较快

B.第一次电流表G的最大偏转角较大

C.第二次电流表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:磁通量变化相同,第一次时间短,则第一次线圈中磁通量变化较快,故选项A正确;感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比,磁通量的变化率越大,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:AB

2.穿过一个单匝闭合线圈的磁通量始终每秒均匀增加2 Wb,则 (　　)

A.线圈中感应电动势每秒增加2 V

B.线圈中感应电动势每秒减少2 V

C.线圈中感应电动势始终为2 V

D.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2 V

解析:E==2 V.

答案:C

3.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变化的规律如图所示,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0

C.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0.4 V

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==0.4 V.感应电动势的大小与磁通量的大小Φ和磁通量的变化量ΔΦ均无必然联系,仅由磁通量的变化率决定,而任何时刻磁通量的变化率就是Φ-t图像上该时刻切线的斜率的绝对值,不难看出O点处切线斜率最大,D点处切线斜率最小,为0.故选项A、B、D说法正确.

答案:C

4.一根弯成直角的导线放在B=0.4 T的匀强磁场中,如图所示,lab=30 cm,lbc=

40 cm,当导线以5 m/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.1.4 V B.1.0 V C.0.8 V D.0.6 V

解析:由题可得ac间距离为50 cm,当切割磁感线的等效长度lac=50 cm时,产生的感应电动势最大,最大值Em=Blacv=1.0 V,选项B正确.

答案:B

5.(2022·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点开始竖直向上运动时,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:通电直导线周围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变化,故选项B错误;当线圈从P点开始竖直向上运动时,根据对称性可知,线圈中的磁通量始终为0,即穿过线圈的磁通量没有发生变化,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,根据上述分析可知,两个过程中磁通量的变化量相等,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,根据法拉第电磁感应定律E=可知,两个过程中产生的感应电动势不相等,故选项D错误.

答案:AC

6.(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点到达边界开始到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=Brv

D.感应电动势平均值=πBrv

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=,ΔΦ=B·πr2,Δt=,解得=πBrv,选项D正确.

答案:ACD

7.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→b

C.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:D

8.(2023·广东广州)如图所示,匀强磁场垂直于纸面向里,正方形金属线框从磁场上方无初速度下落,在下落过程中,线框的bc边始终与磁场的边界平行,完全进入磁场后再从磁场中离开,下列说法正确的是              (　　)

A.线框进入磁场的过程中,感应电流方向为顺时针

B.线框进入磁场的过程中,bc边受到的安培力方向向下

C.线框离开磁场的过程中,感应电流方向为逆时针

D.线框离开磁场的过程中,da边受到的安培力方向向上

解析:线框进入磁场的过程中,根据楞次定律,并结合右手螺旋定则,知线框中感应电流方向为逆时针,故选项A错误;线框进入磁场的过程中,穿过线框的磁通量增大,线框有收缩的趋势,bc边受到的安培力方向向上,故选项B错误;线框离开磁场的过程中,根据楞次定律,并结合右手螺旋定则,感应电流方向为顺时针,故选项C错误;线框离开磁场的过程中,穿过线框的磁通量减小,线框有扩张的趋势,da边受到的安培力方向向上,故选项D正确.

答案:D

9.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向里的匀强磁场,磁感应强度B随时间t变化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=π,

由题图乙可知,磁感应强度B的变化率的大小为

=,

根据法拉第电磁感应定律得

E=n=nS=,

由闭合电路欧姆定律可知流过电阻R1的电流为

I==,

根据楞次定律和安培定则可以判断,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=,

电阻R1上产生的热量为Q=I2R1t1=.

答案:(1)　方向从b到a   (2) 　

【拓展提高】

10.(2021·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点开始以速度v向右匀速运动,忽略所有电阻.下列说法正确的是              (　　)

A.通过金属棒的电流为2BCv2tan θ

B.金属棒到达x0时,电容器极板上的电荷量为BCvx0tan θ

C.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=2Bv2Δttan θ,电容器极板上的电荷量为Q=CE=2BCv2Δttan θ,所以通过金属棒的电流为I==2BCv2tan θ,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=2BCvx0tan θ,选项B错误.根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,所以外力做功的功率不恒定,选项D错误.

答案:A

11.右图为无线充电技术中使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均匀增加到B2,则该段时间线圈两端a和b之间的电势差φa-φb(　　)

A.恒为          B.从0均匀变化到

C.恒为-         D.从0均匀变化到-

解析:因磁感应强度均匀增大,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=-,故选项C正确.

答案:C

12.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)充满转动平面且与转动平面垂直,那么M、N两端的电势差为              (　　)

A.Bωr2 B.2Bωr2      C.4Bωr2   D.6Bωr2

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==2ωr,由E=Blv得M、N两端的电势差为4Bωr2,选项C正确.

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=1.0 m、lbc=0.5 m,电阻r=2 Ω.磁感应强度B在0~1 s内从0均匀变化到0.2 T,在1~5 s内从0.2 T均匀变化到-0.2 T,取垂直于纸面向里为磁场的正方向.求:

(1)0.5 s时线圈内感应电动势的大小E和感应电流的方向;

(2)在1~5 s内通过线圈的电荷量q;

(3)在0~5 s内线圈产生的焦耳热Q.

解析:(1)0.5 s时线圈内感应电动势E1=N,

磁通量的变化量ΔΦ1=ΔB1S,

解得E1=N,

代入数据解得E1=10 V,

感应电流的方向为a→d→c→b→a.

(2)1~5 s内线圈内感应电动势E2=N,

感应电流I2=,

通过线圈的电荷量q=I2Δt2,

解得q=N=10 C.

(3)0~1 s内线圈产生的焦耳热Q1=rΔt1,

1~5 s内线圈产生的焦耳热Q2=rΔt2,

Q=Q1+Q2,代入数据得Q=100 J.

答案:(1)10 V　a→d→c→b→a　(2)10 C　(3)100 J