物理2 法拉第电磁感应定律复习练习题

这是一份物理2 法拉第电磁感应定律复习练习题，文件包含人教版高中物理选修二同步题型训练专题22法拉第电磁感应定律学生版docx、人教版高中物理选修二同步题型训练专题22法拉第电磁感应定律解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共58页， 欢迎下载使用。
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\l "_Tc1161" 【题型1 磁通量的计算】
\l "_Tc25206" 【题型2 平动切割问题】
\l "_Tc9103" 【题型3 旋转切割问题】
\l "_Tc6522" 【题型4 感生问题】
\l "_Tc10925" 【题型5 联系实际】
\l "_Tc2094" 【题型6 含有电容器的问题】
\l "_Tc22177" 【题型7 二次感应问题】
\l "_Tc24590" 【题型8 动生与感生综合问题】
【题型1 磁通量的计算】
【例1】如图所示，通有恒定电流的导线MN与闭合金属框共面，第一次将金属框由Ⅰ平移到Ⅱ，第二次将金属框绕cd边翻转到Ⅱ，设先后两次通过金属框的磁通量变化量大小分别为ΔΦ1和ΔΦ2，则( )
A．ΔΦ1＞ΔΦ2，两次运动中线框中均有沿adcba方向电流出现
B．ΔΦ1＝ΔΦ2，两次运动中线框中均有沿abcda方向电流出现
C．ΔΦ1＜ΔΦ2，两次运动中线框中均有沿adcba方向电流出现
D．ΔΦ1＜ΔΦ2，两次运动中线框中均有沿abcda方向电流出现
答案 C
解析 设金属框在位置Ⅰ的磁通量为Φ1，金属框在位置Ⅱ的磁通量为Φ2，由题可知：ΔΦ1＝|Φ2－Φ1|，ΔΦ2＝|－Φ2－Φ1|，所以金属框的磁通量变化量大小ΔΦ1＜ΔΦ2，由安培定则知两次磁通量均向里减小，所以由楞次定律知两次运动中线框中均出现沿adcba方向的电流，C对．
【变式1-1】如图所示，两个单匝线圈a、b的半径分别为r和2r。圆形匀强磁场B的边缘恰好与a线圈重合，则穿过a、b两线圈的磁通量之比为( )
A．1∶1 B．1∶2
C．1∶4 D．4∶1
解析：选A 由题图可知，穿过a、b两个线圈的磁通量均为Φ＝B·πr2，因此磁通量之比为1∶1，A正确。
【变式1-2】如图所示，闭合线圈abcd水平放置，其面积为S，匝数为n，线圈与磁感应强度为B的匀强磁场的夹角θ＝45°.现将线圈以ab边为轴沿顺时针方向转动90°，则在此过程中线圈磁通量的改变量大小为( )
A．0 B.eq \r(2)BS
C.eq \r(2)nBS D．nBS
答案 B
【变式1-3】如图所示，匝数为N、半径为r1的圆形线圈内有匀强磁场，匀强磁场在半径为r2的圆形区域内，匀强磁场的磁感应强度B垂直于线圈平面。通过该线圈的磁通量为( )
A．Bπreq \\al(2,1) B．Bπreq \\al(2,2) C．NBπreq \\al(2,1) D．NBπreq \\al(2,2)
解析 通过线圈的磁通量Φ＝BS＝Bπreq \\al(2,2)，A选项错误，B选项正确；磁通量与线圈的匝数无关，C、D选项错误。
答案 B
【题型2 平动切割问题】
【例2】(多选)半径为a、右端开小口的导体圆环和长为2a的导体直杆，单位长度电阻均为R0.圆环水平固定放置，整个内部区域分布着垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B.直杆在圆环上以速度v平行于直径CD向右做匀速直线运动，直杆始终有两点与圆环良好接触，从圆环中心O开始，直杆的位置由θ确定，如图所示．则( )
A．θ＝0时，直杆产生的电动势为2Bav
B．θ＝eq \f(π,3)时，直杆产生的电动势为eq \r(3)Bav
C．θ＝0时，直杆受的安培力大小为eq \f(2B2av,π＋2R0)
D．θ＝eq \f(π,3)时，直杆受的安培力大小为eq \f(3B2av,5π＋3R0)
答案 AD
解析 当θ＝0时，直杆切割磁感线的有效长度l1＝2a，所以直杆产生的电动势E1＝Bl1v＝2Bav，选项A正确．此时直杆上的电流I1＝eq \f(E1,πa＋2aR0)＝eq \f(2Bv,π＋2R0)，直杆受到的安培力大小F1＝BI1l1＝eq \f(4B2av,π＋2R0)，选项C错误．当θ＝eq \f(π,3)时，直杆切割磁感线的有效长度l2＝2acs eq \f(π,3)＝a，直杆产生的电动势E2＝Bl2v＝Bav，选项B错误．此时直杆上的电流I2＝eq \f(E2,2πa－\f(2πa,6)＋aR0)＝eq \f(3Bv,5π＋3R0)，直杆受到的安培力大小F2＝BI2l2＝eq \f(3B2av,5π＋3R0)，选项D正确．
【变式2-1】如图所示，abcd为水平放置的平行“”形光滑金属导轨，间距为l，导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，导轨电阻不计．已知金属杆MN倾斜放置，与导轨成θ角，单位长度的电阻为r，保持金属杆以速度v沿平行于cd的方向滑动(金属杆滑动过程中与导轨接触良好)．则( )
A．电路中感应电动势的大小为eq \f(Blv,sin θ)
B．电路中感应电流的大小为eq \f(Bvsin θ,r)
C．金属杆所受安培力的大小为eq \f(B2lvsin θ,r)
D．金属杆的热功率为eq \f(B2lv2,rsin θ)
答案 B
解析 电路中的感应电动势E＝Blv，感应电流I＝eq \f(E,R)＝eq \f(E,\f(l,sin θ) r)＝eq \f(Bvsin θ,r)，故A错误，B正确；金属杆所受安培力大小F＝BIeq \f(l,sin θ)＝eq \f(B2lv,r)，故C错误；金属杆的热功率P＝I2R＝I2eq \f(l,sin θ) r＝eq \f(B2lv2sin θ,r)，故D错误．
【变式2-2】(多选)如图所示，光滑的金属框CDEF水平放置，宽为L，在E、F间连接一阻值为R的定值电阻，在C、D间连接一滑动变阻器R1(0≤R1≤2R)。框内存在着竖直向下的匀强磁场。一长为L、电阻为R的导体棒AB在外力作用下以速度v匀速向右运动，金属框电阻不计，导体棒与金属框接触良好且始终垂直，下列说法正确的是( )
A．ABFE回路的电流方向为逆时针，ABCD回路的电流方向为顺时针
B．左右两个闭合区域的磁通量都在变化，且变化率相同，故电路中的感应电动势大小为2BLv
C．当滑动变阻器接入电路中的阻值R1＝R时，导体棒两端的电压为BLv
D．当滑动变阻器接入电路中的阻值R1＝eq \f(R,2)时，滑动变阻器有最大电功率，且为eq \f(B2L2v2,8R)
[解析] 根据楞次定律可知，ABFE回路的电流方向为逆时针，ABCD回路的电流方向为顺时针，故A正确；根据法拉第电磁感应定律可知，电路中的感应电动势E＝BLv，故B错误；当R1＝R时，外电路总电阻R外＝eq \f(R,2)，故导体棒两端的电压即路端电压为eq \f(1,3)BLv，故C错误；该电路电动势E＝BLv，电源内阻为R，求解滑动变阻器的最大电功率时，可以将导体棒和电阻R看成新的等效电源，等效内阻为eq \f(R,2)，故当R1＝eq \f(R,2)时，等效电源输出功率最大，则滑动变阻器的最大电功率Pm＝eq \f(UR12,R1)＝eq \f(\f(1,4)E2,\f(R,2))＝eq \f(B2L2v2,8R)，故D正确。
[答案] AD
【变式2-3】在xOy平面内有一条抛物线金属导轨，导轨的抛物线方程为y2＝4x，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面向里，一根足够长的金属棒ab垂直于x轴从坐标原点开始，以恒定速度v沿x轴正方向运动，运动中始终与金属导轨保持良好接触，如图7所示．则下列图象中能表示回路中感应电动势大小随时间变化的是( )
答案 B
解析 金属棒ab沿x轴以恒定速度v运动，因此x＝vt，则金属棒在回路中的有效长度l＝2y＝4eq \r(x)＝4eq \r(vt)，由电磁感应定律得回路中感应电动势E＝Blv＝4Beq \r(v3t)，即E2∝t，B正确．
【题型3 旋转切割问题】
【例3】(多选)法拉第圆盘发电机的示意图如图8所示．铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触．圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中．圆盘旋转时，关于流过电阻R的电流，下列说法正确的是( )
A．若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定
B．若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a到b的方向流动
C．若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化
D．若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R上的热功率也变为原来的2倍
答案 AB
解析 将圆盘看成无数幅条组成，它们都在切割磁感线从而产生感应电动势和感应电流，则当圆盘顺时针(俯视)转动时，根据右手定则可知圆盘上感应电流从边缘流向中心，流过电阻的电流方向从a到b，B对；由法拉第电磁感应定律得感应电动势E＝BLeq \x\t(v)＝eq \f(1,2)BL2ω，I＝eq \f(E,R＋r)，ω恒定时，I大小恒定，ω大小变化时，I大小变化，方向不变，故A对，C错；由P＝I2R＝eq \f(B2L4ω2R,4R＋r2)知，当ω变为原来的2倍时，P变为原来的4倍，D错．
【变式3-1】如图，直角三角形金属框abc放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向平行于ab边向上．当金属框绕ab边以角速度ω逆时针转动时，a、b、c三点的电势分别为Ua、Ub、Uc.已知bc边的长度为l.下列判断正确的是( )
A．Ua＞Uc，金属框中无电流
B．Ub＞Uc，金属框中电流方向沿abca
C．Ubc＝－eq \f(1,2)Bl2ω，金属框中无电流
D．Ubc＝eq \f(1,2)Bl2ω，金属框中电流方向沿acba
答案 C
解析 金属框abc平面与磁场平行，转动过程中磁通量始终为零，所以无感应电流产生，选项B、D错误．转动过程中bc边和ac边均切割磁感线，产生感应电动势，由右手定则判断Uat0)，穿过回路的总磁通量为Φt＝B0lv0(t－t0)＋kSt⑬
在t到t＋Δt的时间间隔内，总磁通量的改变量ΔΦt为
ΔΦt＝(B0lv0＋kS)Δt⑭
由法拉第电磁感应定律得，回路感应电动势的大小为
Et＝eq \f(ΔΦt,Δt)⑮
由欧姆定律得I＝eq \f(Et,R)⑯
联立⑦⑧⑭⑮⑯式得F＝(B0lv0＋kS)eq \f(B0l,R).
【变式8-2】（多选）如图，两根平行光滑金属导轨固定在同一水平面内，其左端接有定值电阻R.Ox轴平行于金属导轨，在0≤x≤4 m的空间区域内存在着垂直导轨平面向下的磁场，磁感应强度B随坐标x(以m为单位)的分布规律为B＝0.8－0.2x(T)．金属棒ab在外力作用下从x＝0处沿导轨运动，金属棒始终与导轨垂直并接触良好，不计导轨和金属棒的电阻．设在金属棒从x1＝1 m经x2＝2 m到x3＝3 m的过程中，R的电功率保持不变，则金属棒( )
A．在x1与x3处的电动势之比为1∶3
B．在x1与x3处受到磁场B的作用力大小之比为3∶1
C．从x1到x2与从x2到x3的过程中通过R的电荷量之比为5∶3
D．从x1到x2与从x2到x3的过程中R产生的焦耳热之比为5∶3
答案 BCD
解析
由于金属棒在运动过程中，R的电功率不变，则由P＝I2R知电路中电流I不变，又根据E＝IR知在x1与x3处电动势相同，选项A错误；由题意知在x1、x2、x3处的磁感应强度分别为0.6 T、0.4 T、0.2 T，设导轨间距为L，由F＝BIL知金属棒在x1与x3处受到磁场B的作用力大小之比为3∶1，选项B正确；由E＝eq \f(ΔΦ,Δt)，q＝IΔt，得q＝eq \f(ΔΦ,R)，如图为B随x变化的图象，图线与坐标轴所围的面积与L的乘积表示回路磁通量的变化量ΔΦ，可知金属棒从x1到x2与从x2到x3的过程中通过R的电荷量之比为5∶3，选项C正确；根据Q＝I2RΔt和q＝IΔt可知金属棒从x1到x2与从x2到x3的过程所用的时间之比为5∶3，则R产生的焦耳热之比为5∶3，选项D正确．
【变式8-3】如图甲所示，两根足够长的平行光滑金属导轨MN、PQ被固定在水平面上，导轨间距l＝0.6 m，两导轨的左端用导线连接电阻R1及理想电压表，电阻r＝2 Ω的金属棒垂直于导轨静止在AB处；右端用导线连接电阻R2，已知R1＝2 Ω，R2＝1 Ω，导轨及导线电阻均不计。在矩形区域CDFE内有竖直向上的磁场，CE＝0.2 m，磁感应强度随时间的变化如图乙所示。开始时电压表有示数，当电压表示数变为零后，对金属棒施加一水平向右的恒力F，使金属棒刚进入磁场区域时电压表的示数又变为原来的值，金属棒在磁场运动过程中电压表的示数始终保持不变。求：
(1)t＝0.1 s时电压表的读数；
(2)恒力F的大小；
(3)从t＝0时刻到金属棒运动出磁场过程中整个电路产生的热量。
解析 (1)设磁场宽度为d＝CE，在0～0.2 s的时间内，
有E＝eq \f(ΔΦ,Δt)，E＝eq \f(ΔB,Δt)ld＝0.6 V
此时，R1与金属棒r并联，再与R2串联
R＝R并＋R2＝(1＋1) Ω＝2 Ω
U＝eq \f(E,R)R并＝0.3 V。
(2)金属棒进入磁场后，有
I′＝eq \f(U,R1)＋eq \f(U,R2)＝0.45 A
FA＝BI′l＝1×0.45×0.6 N＝0.27 N
由于金属棒进入磁场后电压表示数始终不变，所以金属棒做匀速运动，有
F＝FA＝0.27 N。
(3)金属棒在0～0.2 s的运动时间内有
Q＝eq \f(E2,R)t＝0.036 J
金属棒进入磁场后，有
R′＝eq \f(R1R2,R1＋R2)＋r＝eq \f(8,3) Ω，
E′＝I′R′＝1.2 V，E′＝Blv，v＝2 m/s
t′＝eq \f(d,v)＝eq \f(0.2,2) s＝0.1 s
Q′＝E′I′t′＝0.054 J，
Q总＝Q＋Q′＝(0.036＋0.054) J＝0.09 J。
答案 (1)0.3 V (2)0.27 N (3)0.09 J