高中物理选择性必修-第2册-第2章-2法拉第电磁感应定律.doc

第二章　2　法拉第电磁感应定律

A组·基础达标
1．(多选)如图所示，矩形金属框架三个竖直边ab、cd、ef的长均为L，电阻均为R，其余电阻不计，框架以速度v匀速平动地进入磁感应强度为B的匀强磁场，设ab、cd、ef三条边先后进入磁场时，ab边两端电压分别为U1、U2、U3，则下列判断结果正确的是(　　)

A．U1＝BLv B．U2＝2U1
C．U3＝0 D．U1＝U2＝U3
【答案】AB
【解析】当ab边进入磁场时，I＝＝，则U1＝E－IR＝BLv；当cd边也进入磁场时，I＝，U2＝E－I·＝BLv；三边都进入磁场时，U3＝BLv，故A、B正确．
2．(2020年重庆一中期末)在水平桌面上，一个圆形金属框置于匀强磁场中，线框平面与磁场垂直，磁感应强度B1随时间t的变化关系如图甲所示，0～1 s内磁场方向垂直线框平面向下，圆形金属框与两根水平的平行金属导轨相连接，导轨上放置一根导体棒，且与导轨接触良好，导体棒处于另一匀强磁场B2中，如图乙所示，导体棒始终保持静止，则其所受的摩擦力Ff随时间变化的图像是下图中的(设向右的方向为摩擦力的正方向) (　　)

A　　　　　　　　　　B

C　　　　　　　　　　D
【答案】A
【解析】在0～1 s内磁场方向垂直线框平面向下，且大小变大，则由楞次定律可得线圈感应电流的方向是逆时针，再由左手定则可得导体棒安培力方向水平向左，所以静摩擦力的方向是水平向右，即为正方向；而在0～1 s内磁场方向垂直线框平面向下，且大小变大，则由法拉第电磁感应定律可得线圈感应电流的大小是恒定的，即导体棒的电流大小是不变的；再由F＝BIL，可得安培力大小随着磁场变化而变化，因为磁场是不变的，则安培力大小不变，所以静摩擦力的大小也是不变的．故A正确，B、C、D错误．
3．(2020年昆明一模)如图甲所示，单匝矩形金属线框abcd处在垂直于线框平面的匀强磁场中，线框面积S＝0.3 m2，线框连接一个阻值R＝3 Ω的电阻，其余电阻不计，线框cd边位于磁场边界上．取垂直于线框平面向外为磁感应强度B的正方向，磁感应强度B随时间t变化的图像如图乙所示．下列判断正确的是(　　)

A．0～0.4 s内线框中感应电流沿逆时针方向
B．0.4～0.8 s内线框有扩张的趋势
C．0～0.8 s内线框中的电流为0.1 A
D．0～0.4 s内ab边所受安培力保持不变
【答案】C
【解析】由图乙所示图线可知，0～0.4 s内磁感应强度垂直于纸面向里，磁通量减小，由楞次定律可知，感应电流沿顺时针方向，故A错误．由图乙所示图线可知，0.4～0.8 s内穿过线框的磁通量增加，由楞次定律可知，线框有收缩的趋势，故B错误．由图示图线可知，0～0.8 s内的感应电动势为E＝＝S＝×0.3 V＝0.3 V，线框中的电流为I＝＝ A＝0.1 A, 故C正确．在0～0.4 s内感应电流I保持不变，由图乙所示图线可知，磁感应强度B大小不断减小，由F＝ILB可知，ab边所受安培力不断减小，故D错误．
4.如图所示，一导线弯成半径为a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，下列结论错误的是(　　)

A．感应电流方向不变
B．CD段直线始终不受安培力
C．感应电动势最大值E＝Bav
D．感应电动势平均值＝πBav
【答案】B
【解析】感应电动势公式E＝只能用来计算平均值，利用感应电动势公式E＝Blv计算时，l应是等效长度，即垂直切割磁感线的长度．在闭合电路进入磁场的过程中，通过闭合电路的磁通量逐渐增大，根据楞次定律可知感应电流的方向为逆时针方向不变，A正确．根据左手定则可以判断，CD段受安培力向下，B错误．当半圆闭合回路进入磁场一半时，等效长度最大为a，这时感应电动势最大为E＝Bav，C正确．感应电动势平均值＝＝＝πBav，D正确．
5.(2020年贵州锦屏中学期末)两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为L，底端接阻值为R的电阻，将质量为m的金属棒悬挂在一个固定的轻弹簧下端，金属棒和导轨接触良好，导轨所在平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，如图所示，除电阻R外其余电阻不计，现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放，则(　　)

A．金属棒向下运动时，流过电阻R的电流方向为a→b
B．金属棒向下运动时弹簧弹力和安培力一直在增大
C．金属棒运动过程中所受安培力的方向始终与运动方向相反
D．金属棒减少的重力势能全部转化为回路中增加的内能
【答案】C
【解析】根据右手定则可知，金属棒向下运动时，流过电阻R电流方向为a→b，A错误；导体棒向下运动过程中速度先是增大后减小，产生的安培力先增大后减小，B错误；金属棒向下运动过程中，产生的安培力向上，向上运动过程中，产生的安培力向下，C正确；金属棒减少的重力势能全部转化为回路中增加的内能和弹性势能，D错误．
6．(2020年长沙一中月考)如图所示，相距为D的两水平直线L1和L2分别是水平向里的匀强磁场的上、下边界，磁场的磁感应强度为B，正方形线框abcd边长为L(L与重力的关系，所以线框可能做匀速运动、加速运动和减速运动，完全在磁场中时，不受安培力，做匀加速运动，由于ab边进入磁场时速度和cd边刚穿出磁场时速度都是v0，则线框出磁场过程一定有减速运动，B正确、C错误；ab边进入磁场到cd边刚穿出磁场的过程，动能变化量为零，故根据能量守恒定律得Q＝mg(D＋L)，D错误．
7．(2020年临沂期末)如图所示，光滑铜环水平固定，半径为l，长为l、电阻为r的铜棒OA的一端在铜环的圆心O处，另一端与铜环良好接触，整个装置处在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中．现使铜棒OA以角速度ω逆时针(俯视)匀速转动，A端始终在铜环上，定值电阻的阻值为3r，上方导线与O点连接，下方导线与铜环连接，其他电阻不计．下列说法正确的是(　　)

A．O点的电势比A点的电势高
B．回路中通过的电流为
C．该定值电阻两端的电压为ωBl2
D．该定值电阻上的热功率为
【答案】C
【解析】由右手定则可知电流方向从O点指向A点，OA是电源，电流从低电势流向高电势，故O点的电势比A点的电势低，故A错误；由法拉弟电磁感应定律可知E＝Bl＝Bl2ω，由闭合电路欧姆定律可知回路中通过的电流为I＝＝，两式联立可得I＝，故B错误；该定值电阻两端的电压为U＝I×3r，将前面求得电流值代入可得U＝ωBl2，故C正确；由焦耳定律可知该定值电阻上的热功率P＝I2×3r＝，故D错误．
B组·能力提升
8．(多选)(2020年湖北部分重点中学考试)如图甲圆环a和b均由相同的均匀导线制成，a环半径是b环的两倍，两环用不计电阻且彼此靠得较近的导线连接．若仅将a环置于图乙所示变化的磁场中，则导线上M、N两点的电势差UMN＝0.4 V．下列说法正确的是(　　)

A．图乙中，变化磁场的方向垂直纸面向里
B．图乙中，变化磁场的方向垂直纸面向外
C．若仅将b环置于图乙所示变化的磁场中，则M、N两端的电势差UMN＝－0.4 V
D．若仅将b环置于图乙所示变化的磁场中，则M、N两端的电势差UMN＝－0.2 V
【答案】AD
【解析】a环置于磁场中，则导线M、N两点的电势差大于零，则M点电势高，感应电流方向为逆时针，原磁场的方向垂直纸面向里，A正确，B错误．a环与b环的半径之比为2∶1，周长之比为2∶1，根据电阻定律R＝ρ，电阻之比为＝2∶1.b放在磁场中时，M、N两点间电势差大小为路端电压，U2＝E2；a放在磁场中时，MN两点电势差U1＝E1.磁感应强度变化率恒定的变化磁场，根据法拉第电磁感应定律公式E＝S，得到两次电动势的大小之比为＝4∶1，故两次的路端电压之比为U1∶U2＝2∶1.根据楞次定律可知，将b环置于磁场中，N点的电势高，故电势差UMN＝－0.2 V，C错误，D正确．
9.如图所示，MN、PQ为两条平行的水平放置的金属导轨，左端接有定值电阻R，金属棒ab斜放在两导轨之间，与导轨接触良好，ab＝L.磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面，设金属棒与两导轨间夹角为60°，以速度v水平向右匀速运动，不计导轨和棒的电阻，则流过金属棒的电流为(　　)

A．I＝ B．I＝
C．I＝ D．I＝
【答案】B
【解析】导体棒切割磁感线的有效长度为Lsin 60°＝L，故感应电动势E＝Bv，由闭合电路欧姆定律得I＝，B正确．
10.(2020年安徽六安一中检测)如图所示，两平行金属导轨间距L＝0.5 m，导轨与水平面成θ＝37°.导轨上端连接有E＝6 V、r＝1 Ω的电源和滑动变阻器．长度也为L的金属棒ab垂直导轨放置且与导轨接触良好金属棒的质量m＝0.2 kg、电阻R0＝1 Ω，整个装置处在竖直向上的匀强磁场中，金属棒一直静止在导轨上．当滑动变阻器的阻值R＝1 Ω时金属棒刚好与导轨间无摩擦力．g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：

(1)此时电路中的电流I；
(2)当滑动变阻器接入电路的电阻为4 Ω时金属棒受到的摩擦力大小．
解：(1)根据闭合电路欧姆定律，当滑动变阻器的电阻为R1＝1 Ω时，电流
I1＝＝ A＝2 A.
(2)金属棒受重力mg、安培力F和支持力FN如图．

根据平衡条件可得mgsin θ＝F1cos θ，
又F1＝BI1l，
解得B＝＝＝1.5 T，
当滑动变阻器的电阻为R2＝4 Ω时，电流
I2＝＝ A＝1 A，
又F2＝BI2l＝1.5×1×0.5 N＝0.75 N，
mgsin θ＝0.2×10×sin 37°＝1.2 N，
所以mgsin θ＞F2cos θ，
金属棒受到沿导轨平面向上的摩擦力Ff根据平衡条件可得
mgsin θ＝F2cos θ＋Ff，
联立解得Ff＝mgsin θ－F2cos θ＝0.2×10×sin 37°－0.75×cos 37°＝0.6 N.