人教版(新教材)高中物理選擇性必修第二冊PAGEPAGE1第2節法拉第電磁感應定律(限時40分鐘)題組一法拉第電磁感應定律的理解和應用1．(多選)(2021·寧夏固原市高二期末)關于電磁感應，下述說法中正確的是()A．穿過線圈的磁通量越大，感應電動勢越大B．穿過線圈的磁通量為零，感應電動勢不一定為零C．穿過線圈的磁通量的變化量越大，感應電動勢越大D．穿過線圈的磁通量變化越快，感應電動勢越大〖答案〗BD〖解析〗穿過線圈的磁通量越大，而磁通量不一定變化，變化也不一定快，所以感應電動勢不一定大，A錯誤；穿過線圈的磁通量為零，磁通量的變化率不一定為零，則感應電動勢可以不為零，B正確；穿過線圈的磁通量變化的越大，感應電動勢不一定越大，還與變化所用時間有關，C錯誤；穿過線圈的磁通量變化的越快，磁通量的變化率一定越大，則感應電動勢一定越大，D正確。2．(2021·遼寧重點中學聯考)如圖所示，正方形線圈位于紙面內，邊長為a，匝數為n，轉軸OO′恰好位于垂直于紙面向里的勻強磁場的右邊界上，磁場的磁感應強度為B，在線圈從圖示位置以角速度ω繞OO′勻速轉過90°的過程中，線圈中產生的平均感應電動勢大小為()A.eq\f(nBa2ω,π) B.eq\f(Ba2ω,π)C.eq\f(2nBa2ω,π) D.eq\f(Ba2ω,2π)〖答案〗A〖解析〗線圈中產生的平均感應電動勢為eq\o(E,\s\up6(－))＝neq\f(ΔΦ,Δt)，其中ΔΦ＝eq\f(Ba2,2)，Δt＝eq\f(T,4)＝eq\f(π,2ω)，解得eq\o(E,\s\up6(－))＝eq\f(nBa2ω,π)，故A正確。3．(多選)(2021·遼寧葫蘆島市高二期末)如圖甲所示為一邊長為L＝1m、匝數n＝20的正方形線圈，其總電阻為r＝1Ω。在線圈的中間位置以下區域分布著勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里，磁感應強度大小隨時間變化的關系如圖乙所示。線圈底邊處于水平。在0～6s的時間內，下列說法正確的是()A．線圈中形成的感應電流的方向是逆時針B．線圈底邊受安培力豎直向下C．線圈中形成的感應電流的大小為1AD．線圈的面積有增大的趨勢〖答案〗AC〖解析〗根據楞次定律，線圈中形成的感應電流的方向是逆時針，A正確；根據左手定則，線圈底邊受安培力豎直向上，B錯誤；線圈中形成的感應電流的大小為E＝neq\f(ΔB,Δt)·eq\f(L2,2)＝20×eq\f(0.8－0.2,6)×eq\f(12,2)V＝1VI＝eq\f(E,r)＝1A，C正確；磁場增大，線圈的磁通量增大，根據楞次定律，線圈的面積有減小的趨勢，D錯誤。題組二導體棒轉動切割磁感線4．(2021·河南高二月考)如圖所示，金屬圓盤水平放置在豎直向下的勻強磁場中，圓盤圓心處固定一個搖柄，邊緣和圓心處各與一個黃銅電刷緊貼，用導線將電刷與零刻度在中央的電流表連接起來形成回路。轉動搖柄，使圓盤逆時針(俯視)勻速轉動。下列說法正確的是()A．圓盤的磁通量不變，電流表指針指向零刻度B．若圓盤轉動的角速度增大，產生的感應電流減小C．若磁場的磁感應強度增大，產生的感應電流增大D．若圓盤順時針(俯視)勻速轉動，電流從導線b流入電流表〖答案〗C〖解析〗圓盤轉動時，沿半徑R方向的導體棒切割磁感線產生感應電動勢，其大小為E＝eq\f(1,2)Bω2R，回路中電阻不變，根據歐姆定律，回路中產生恒定電流，當圓盤轉動的角速度增大或磁場的磁感應強度增大，產生的感應電流都會增大，A、B錯誤，C正確；若圓盤順時針勻速轉動，根據右手定則可知電流從導線a流入電流表，D錯誤。5．法拉第發明了世界上第一臺發電機——法拉第圓盤發電機。銅質圓盤豎直放置在水平向左的勻強磁場中，圓盤圓心處固定一個搖柄，邊緣和圓心處各有一個銅電刷與其緊貼，用導線將電刷與電阻R連接起來形成回路。轉動搖柄，使圓盤沿如圖所示方向轉動，已知勻強磁場的磁感應強度為B，圓盤半徑為r，圓盤勻速轉動的角速度為ω。下列說法正確的是()A．圓盤產生的電動勢為eq\f(1,2)Bωr2，流過電阻R的電流方向為從b到aB．圓盤產生的電動勢為eq\f(1,2)Bωr2，流過電阻R的電流方向為從a到bC．圓盤產生的電動勢為Bωπr2，流過電阻R的電流方向為從b到aD．圓盤產生的電動勢為Bωπr2，流過電阻R的電流方向為從a到b〖答案〗A〖解析〗將圓盤看成由無數根輻條組成，它們均切割磁感線，從而產生感應電動勢，電路中產生感應電流，根據右手定則，圓盤上感應電流從邊緣流向圓心，則流過電阻R的電流方向為從b到a。根據法拉第電磁感應定律得圓盤產生的感應電動勢E＝Breq\o(v,\s\up6(－))＝Br·eq\f(0＋ωr,2)＝eq\f(1,2)Br2ω，故選項A正確。題組三導體棒平動切割磁感線6．如圖所示，金屬導軌OM和ON都在紙面內，金屬導體AB可在導軌上無摩擦滑動，AB⊥ON，若AB以5m/s的速度從O點開始沿導軌勻速向右滑動，導體與導軌都足夠長，勻強磁場的磁感應強度為0.2T。問：(1)第3s末夾在導軌間的導體長度是多少？此時導體切割磁感線產生的感應電動勢為多大？(2)3s內回路中的磁通量變化了多少？此過程中的平均感應電動勢為多少？〖答案〗(1)5eq\r(3)m5eq\r(3)V(2)eq\f(15\r(3),2)Wbeq\f(5\r(3),2)V〖解析〗(1)第3s末，夾在導軌間導體的長度為l＝vt·tan30°＝5×3×eq\f(\r(3),3)m＝5eq\r(3)m此時E＝Blv＝0.2×5eq\r(3)×5V＝5eq\r(3)V。(2)3s內回路中磁通量的變化量ΔΦ＝B·ΔS＝0.2×eq\f(1,2)×15×5eq\r(3)Wb＝eq\f(15\r(3),2)Wb3s內回路中產生的平均感應電動勢為eq\o(E,\s\up6(－))＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(\f(15\r(3),2),3)V＝eq\f(5\r(3),2)V。7．(2021·福建南平市高二期末)如圖，水平放置的光滑平行金屬軌道，電阻不計，導軌間距l＝2m，左側接一個額定功率P0＝8W、額定電壓U0＝4V的小燈泡L，兩軌道內存在垂直軌道平面向下的勻強磁場。一根電阻r＝2Ω的金屬棒MN置于導軌上，與導軌垂直且接觸良好，受到水平外力作用做v＝2m/s的勻速直線運動，小燈泡正常發光，求：(1)磁感應強度B的大小；(2)導體棒所受安培力的功率P。〖答案〗(1)2T(2)16W〖解析〗(1)由小燈泡正常發光可知P0＝I0U0由部分電路歐姆定律得R＝eq\f(U0,I0)由閉合電路歐姆定律得I0＝eq\f(E,r＋R)由法拉第電磁感應定律得E＝Blv聯立可得B＝2T。(2)由題意可知P＝F安vF安＝BI0l聯立可得安培力的功率為P＝16W。8.如圖所示，長為L的金屬導線彎成一圓環，導線的兩端接在電容為C的平行板電容器上，P、Q為電容器的兩個極板，磁場垂直于環面向里，磁感應強度以B＝B0＋kt(k＞0)隨時間變化，t＝0時，P、Q兩板電勢相等，兩板間的距離遠小于環的半徑，經時間t，電容器P板()A．不帶電B．所帶電荷量與t成正比C．帶正電，電荷量是eq\f(kL2C,4π)D．帶負電，電荷量是eq\f(kL2C,4π)〖答案〗D〖解析〗磁感應強度以B＝B0＋kt(k＞0)隨時間變化，由法拉第電磁感應定律得E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝Seq\f(ΔB,Δt)＝kS，而S＝eq\f(L2,4π)，經時間t電容器P板所帶電荷量Q＝EC＝eq\f(kL2C,4π)；由楞次定律知電容器P板帶負電，故選項D正確。9．如圖甲所示，n＝200匝的線圈(圖中只畫了2匝)，電阻r＝2Ω，其兩端與一個R＝48Ω的電阻相連。線圈內有垂直紙面向里的磁場，磁通量按圖乙所示規律變化。下列選項正確的是()A．電阻R兩端b點比a點電勢高B．電阻R兩端的電壓大小為10VC．0.1s時間內非靜電力所做的功為0.2JD．0.1s時間內通過電阻R的電荷量為0.05C〖答案〗C〖解析〗由圖乙可知，線圈中的磁通量增加，根據楞次定律，線圈中產生逆時針方向的電流，所以電阻R兩端b點比a點電勢低，A錯誤；線圈產生的感應電動勢為E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝200×eq\f(0.015－0.010,0.1)V＝10V電阻R兩端的電壓大小為U＝eq\f(R,R＋r)E＝9.6V，B錯誤；根據功能關系，非靜電力所做的功轉化為電路的電能，有W＝EIt＝eq\f(E2,R＋r)t＝0.2J0．1s時間內通過電阻R的電荷量為q＝eq\f(W,E)＝eq\f(0.2,10)C＝0.02C，C正確，D錯誤。10．(2021·寧夏固原市高二期末)如圖所示，水平面上有兩根相距0.5m的足夠長的光滑平行金屬導軌MN和PQ，它們的電阻不計，在M和P之間接有R＝3.0Ω的定值電阻，導體棒長ab＝0.5m，其電阻為r＝1.0Ω，與導軌接觸良好，整個裝置處于方向豎直向下的勻強磁場中，B＝0.4T，現使ab以v＝10m/s的速度向右做勻速運動。求：(1)ab中的電流和ab兩點間的電壓；(2)維持ab做勻速運動的外力大小；(3)ab向右運動1m的過程中，外力做的功和電路中產生的熱量。〖答案〗(1)0.5A1.5V(2)0.1N(3)0.1J0.1J〖解析〗(1)導體棒ab產生的感應電動勢E＝BLv＝0.4×0.5×10V＝2V回路中的電流I＝eq\f(E,R＋r)＝eq\f(2,3＋1)A＝0.5Aab兩點間的電壓Uab＝IR＝1.5V。(2)因導體棒向右勻速運動，F外＝F安，所以外力的大小F外＝BIL＝0.4×0.5×0.5N＝0.1N。(3)外力做的功W＝F外x＝0.1×1J＝0.1J根據能量守恒定律可知，電路中產生的熱量為0.1J。11．(2021·山西運城市高二期末)如圖所示，在磁感應強度為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場中，有一豎直放置的光滑導電軌道，軌道間接有電阻R。套在軌道上的金屬桿ab長為L、質量為m、電阻為r。現用豎直向上的拉力，使ab桿沿軌道以速度v勻速上滑(軌道電阻不計)，重力加速度為g。求：(1)所用拉力F的大小；(2)ab桿兩端電壓Uab的大小；(3)電阻R消耗的電功率。〖答案〗(1)mg＋eq\f(B2L2v,R＋r)(2)eq\f(BLvR,r＋R)(3)eq\f(B2L2v2R,（R＋r）2)〖解析〗(1)金屬桿切割磁感線產生的感應電動勢為E＝BLv由閉合電路歐姆定律得I＝eq\f(BLv,R＋r)F安＝BIL由平衡條件可得F＝F安＋mg得F＝mg＋eq\f(B2L2v,R＋r)。(2)由部分電路歐姆定律得Uab＝IR得Uab＝eq\f(BLvR,r＋R)。(3)根據PR＝I2R，得PR＝eq\f(B2L2v2R,（R＋r）2)。第2節法拉第電磁感應定律(限時40分鐘)題組一法拉第電磁感應定律的理解和應用1．(多選)(2021·寧夏固原市高二期末)關于電磁感應，下述說法中正確的是()A．穿過線圈的磁通量越大，感應電動勢越大B．穿過線圈的磁通量為零，感應電動勢不一定為零C．穿過線圈的磁通量的變化量越大，感應電動勢越大D．穿過線圈的磁通量變化越快，感應電動勢越大〖答案〗BD〖解析〗穿過線圈的磁通量越大，而磁通量不一定變化，變化也不一定快，所以感應電動勢不一定大，A錯誤；穿過線圈的磁通量為零，磁通量的變化率不一定為零，則感應電動勢可以不為零，B正確；穿過線圈的磁通量變化的越大，感應電動勢不一定越大，還與變化所用時間有關，C錯誤；穿過線圈的磁通量變化的越快，磁通量的變化率一定越大，則感應電動勢一定越大，D正確。2．(2021·遼寧重點中學聯考)如圖所示，正方形線圈位于紙面內，邊長為a，匝數為n，轉軸OO′恰好位于垂直于紙面向里的勻強磁場的右邊界上，磁場的磁感應強度為B，在線圈從圖示位置以角速度ω繞OO′勻速轉過90°的過程中，線圈中產生的平均感應電動勢大小為()A.eq\f(nBa2ω,π) B.eq\f(Ba2ω,π)C.eq\f(2nBa2ω,π) D.eq\f(Ba2ω,2π)〖答案〗A〖解析〗線圈中產生的平均感應電動勢為eq\o(E,\s\up6(－))＝neq\f(ΔΦ,Δt)，其中ΔΦ＝eq\f(Ba2,2)，Δt＝eq\f(T,4)＝eq\f(π,2ω)，解得eq\o(E,\s\up6(－))＝eq\f(nBa2ω,π)，故A正確。3．(多選)(2021·遼寧葫蘆島市高二期末)如圖甲所示為一邊長為L＝1m、匝數n＝20的正方形線圈，其總電阻為r＝1Ω。在線圈的中間位置以下區域分布著勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里，磁感應強度大小隨時間變化的關系如圖乙所示。線圈底邊處于水平。在0～6s的時間內，下列說法正確的是()A．線圈中形成的感應電流的方向是逆時針B．線圈底邊受安培力豎直向下C．線圈中形成的感應電流的大小為1AD．線圈的面積有增大的趨勢〖答案〗AC〖解析〗根據楞次定律，線圈中形成的感應電流的方向是逆時針，A正確；根據左手定則，線圈底邊受安培力豎直向上，B錯誤；線圈中形成的感應電流的大小為E＝neq\f(ΔB,Δt)·eq\f(L2,2)＝20×eq\f(0.8－0.2,6)×eq\f(12,2)V＝1VI＝eq\f(E,r)＝1A，C正確；磁場增大，線圈的磁通量增大，根據楞次定律，線圈的面積有減小的趨勢，D錯誤。題組二導體棒轉動切割磁感線4．(2021·河南高二月考)如圖所示，金屬圓盤水平放置在豎直向下的勻強磁場中，圓盤圓心處固定一個搖柄，邊緣和圓心處各與一個黃銅電刷緊貼，用導線將電刷與零刻度在中央的電流表連接起來形成回路。轉動搖柄，使圓盤逆時針(俯視)勻速轉動。下列說法正確的是()A．圓盤的磁通量不變，電流表指針指向零刻度B．若圓盤轉動的角速度增大，產生的感應電流減小C．若磁場的磁感應強度增大，產生的感應電流增大D．若圓盤順時針(俯視)勻速轉動，電流從導線b流入電流表〖答案〗C〖解析〗圓盤轉動時，沿半徑R方向的導體棒切割磁感線產生感應電動勢，其大小為E＝eq\f(1,2)Bω2R，回路中電阻不變，根據歐姆定律，回路中產生恒定電流，當圓盤轉動的角速度增大或磁場的磁感應強度增大，產生的感應電流都會增大，A、B錯誤，C正確；若圓盤順時針勻速轉動，根據右手定則可知電流從導線a流入電流表，D錯誤。5．法拉第發明了世界上第一臺發電機——法拉第圓盤發電機。銅質圓盤豎直放置在水平向左的勻強磁場中，圓盤圓心處固定一個搖柄，邊緣和圓心處各有一個銅電刷與其緊貼，用導線將電刷與電阻R連接起來形成回路。轉動搖柄，使圓盤沿如圖所示方向轉動，已知勻強磁場的磁感應強度為B，圓盤半徑為r，圓盤勻速轉動的角速度為ω。下列說法正確的是()A．圓盤產生的電動勢為eq\f(1,2)Bωr2，流過電阻R的電流方向為從b到aB．圓盤產生的電動勢為eq\f(1,2)Bωr2，流過電阻R的電流方向為從a到bC．圓盤產生的電動勢為Bωπr2，流過電阻R的電流方向為從b到aD．圓盤產生的電動勢為Bωπr2，流過電阻R的電流方向為從a到b〖答案〗A〖解析〗將圓盤看成由無數根輻條組成，它們均切割磁感線，從而產生感應電動勢，電路中產生感應電流，根據右手定則，圓盤上感應電流從邊緣流向圓心，則流過電阻R的電流方向為從b到a。根據法拉第電磁感應定律得圓盤產生的感應電動勢E＝Breq\o(v,\s\up6(－))＝Br·eq\f(0＋ωr,2)＝eq\f(1,2)Br2ω，故選項A正確。題組三導體棒平動切割磁感線6．如圖所示，金屬導軌OM和ON都在紙面內，金屬導體AB可在導軌上無摩擦滑動，AB⊥ON，若AB以5m/s的速度從O點開始沿導軌勻速向右滑動，導體與導軌都足夠長，勻強磁場的磁感應強度為0.2T。問：(1)第3s末夾在導軌間的導體長度是多少？此時導體切割磁感線產生的感應電動勢為多大？(2)3s內回路中的磁通量變化了多少？此過程中的平均感應電動勢為多少？〖答案〗(1)5eq\r(3)m5eq\r(3)V(2)eq\f(15\r(3),2)Wbeq\f(5\r(3),2)V〖解析〗(1)第3s末，夾在導軌間導體的長度為l＝vt·tan30°＝5×3×eq\f(\r(3),3)m＝5eq\r(3)m此時E＝Blv＝0.2×5eq\r(3)×5V＝5eq\r(3)V。(2)3s內回路中磁通量的變化量ΔΦ＝B·ΔS＝0.2×eq\f(1,2)×15×5eq\r(3)Wb＝eq\f(15\r(3),2)Wb3s內回路中產生的平均感應電動勢為eq\o(E,\s\up6(－))＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(\f(15\r(3),2),3)V＝eq\f(5\r(3),2)V。7．(2021·福建南平市高二期末)如圖，水平放置的光滑平行金屬軌道，電阻不計，導軌間距l＝2m，左側接一個額定功率P0＝8W、額定電壓U0＝4V的小燈泡L，兩軌道內存在垂直軌道平面向下的勻強磁場。一根電阻r＝2Ω的金屬棒MN置于導軌上，與導軌垂直且接觸良好，受到水平外力作用做v＝2m/s的勻速直線運動，小燈泡正常發光，求：(1)磁感應強度B的大小；(2)導體棒所受安培力的功率P。〖答案〗(1)2T(2)16W〖解析〗(1)由小燈泡正常發光可知P0＝I0U0由部分電路歐姆定律得R＝eq\f(U0,I0)由閉合電路歐姆定律得I0＝eq\f(E,r＋R)由法拉第電磁感應定律得E＝Blv聯立可得B＝2T。(2)由題意可知P＝F安vF安＝BI0l聯立可得安培力的功率為P＝16W。8.如圖所示，長為L的金屬導線彎成一圓環，導線的兩端接在電容為C的平行板電容器上，P、Q為電容器的兩個極板，磁場垂直于環面向里，磁感應強度以B＝B0＋kt(k＞0)隨時間變化，t＝0時，P、Q兩板電勢相等，兩板間的距離遠小于環的半徑，經時間t，電容器P板()A．不帶電B．所帶電荷量與t成正比C．帶正電，電荷量是eq\f(kL2C,4π)D．帶負電，電荷量是eq\f(kL2C,4π)〖答案〗D〖解析〗磁感應強度以B＝B0＋kt(k＞0)隨時間變化，由法拉第電磁感應定律得E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝Seq\f(ΔB,Δt)＝kS，而S＝eq\f(L2,4π)，經時間t電容器P板所帶電荷量Q＝EC＝eq\f(kL2C,4π)；由楞次定律知電容器P板帶負電，故選項D正確。9．如圖甲所示，n＝200匝的線圈(圖中只畫了2匝)，電阻r＝2Ω，其兩端與一個R＝48Ω的電阻相連。線圈內有垂直紙面向里的磁場，磁通量按圖乙所示規律變化。下列選項正確的是()A．電阻R兩端b點比a點電勢高B．電阻R兩端的電壓大小為10VC．0.1s時間內非靜電力所做的功為0.2JD．0.1s時間內通過電阻R的電荷量為0.05C〖答案〗C〖解析〗由圖乙可知，線圈中的磁通量增加，根據楞次定律，線圈中產生逆時針方向的電流，所以電阻R兩端b點比a點電勢低，A錯誤；線圈產生的感應電動勢為E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝200×eq\f(0.015－0.010,0.1)V＝10V電阻R兩端的電壓大小為U＝eq\f(R,R＋r)E＝9.6V，B錯誤；根據功能關系，非靜電力所做的功轉化為電路的電能，有W＝EIt＝eq\f(E2,R＋r)t＝0.2J0．1s時間內通過電阻R的電荷量為q＝eq\f(W,E)＝eq\f(0.2,10)C＝0.02C，C正確，D錯誤