【文档说明】2021-2022人教版物理选择性必修二检测：2.2法拉第电磁感应定律含解析.docx，共(16)页，410.497 KB，由envi的店铺上传

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温馨提示：此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。六法拉第电磁感应定律(25分钟60分)一、选择题(本题共6小题，每小题6分，共36分)1．(多选)如图所示的几种情况中，金属导体中产生的感应电动势为Blv的是()【解

析】选B、C、D。A中，v与金属导体不垂直，产生的感应电动势E＝Blvsinθ，A错误；B中，金属导体垂直切割磁感线，产生的感应电动势E＝Blv，B正确；C中，金属导体水平部分不切割磁感线，只有竖直部分切割磁感线，产生的感应电动势E＝Blv，C正确；D中，金

属导体切割磁感线的有效长度为l，产生的感应电动势E＝Blv，D正确。2．如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，将一水平放置的金属棒ab以垂直于棒的水平速度v0抛出，设在整个过程中金属棒的方向不变且不计空气阻力，则金属棒运动过程中产生的感应电动势的大小变化情况是()A．保持不变B．越来越

小C．越来越大D．无法判断【解析】选A。金属棒ab做平抛运动，其水平分速度保持不变，等于v0。由感应电动势公式E＝Blvsinα，vsinα是垂直于磁感线方向的分速度，即平抛运动的水平分速度，等于v0，则感应电动势E＝Blv0，B、l、v0均不变，则感应电动势大

小保持不变。故A正确，B、C、D错误。3.如图所示，处在匀强磁场中的线圈，匝数为n，面积为S，磁场方向平行于线圈轴线向右。若在Δt时间内，磁感应强度大小由B1均匀增加到B2，则该段时间内线圈两端a和b之间的电势差φa－φb()A．恒为nS（B2－B1）ΔtB

．从0均匀变化到nS（B2－B1）ΔtC．恒为－nS（B2－B1）ΔtD．从0均匀变化到－nS（B2－B1）Δt【解析】选C。穿过线圈的磁感应强度均匀增加，故产生恒定的感应电动势，根据法拉第电磁感应定

律，有E＝nΔΦΔt＝nSΔBΔt＝nS（B2－B1）Δt，根据楞次定律可知，感应电流沿顺时针方向(从右侧看)，故φa<φb，即有φa－φb＝－nS（B2－B1）Δt，故C选项正确。4.如图所示，闭合开

关S，将条形磁铁两次插入闭合线圈，第一次用0.2s，第二次用0.4s，并且两次的起始和终止位置相同，则()A．第一次磁通量变化较大B．第一次G的最大偏角较大C．第一次经过G的总电荷量较多D．若开关S断开，G不偏转，故两次

均无感应电动势【解析】选B。因两次的起始和终止位置相同，所以磁感应强度变化量ΔB相同，由ΔΦ＝ΔB·S知：两次磁通量变化相同，故A错误；因磁通量变化相同，匝数n相同，Δt1<Δt2，根据E＝nΔΦΔt和i＝ER知，第

一次G的最大偏角较大，故B正确；根据q＝I－·Δt＝ER·Δt＝nΔΦΔt·R·Δt＝nΔΦR可知：经过G的总电量相同，故C错误；有无感应电动势产生的条件是穿过回路的磁通量是否发生变化，电路无需闭合，两次穿过回路的磁通量均发生了变化，故D错误。所以选B。5．(多选)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环半径的两倍，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＝0.4V。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U′MN＝－0.4VD．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U′MN＝－0.2V【解析】选A、D。UMN>0，可知a环中感应电流

为逆时针方向，根据右手螺旋定则，知感应磁场方向垂直纸面向外，图乙中原磁场增强，根据楞次定律可知原磁场方向垂直纸面向里，A项正确，B项错误；根据楞次定律可得b环中也产生逆时针方向的感应电流，U′MN<0，a环处

于磁场中时，UMN＝13Ea，b环处于磁场中时，U′MN＝－23Eb，而EaEb＝π（2R）2πR2＝4，解得U′MN＝－0.2V，C项错误，D项正确。6.(多选)半径分别为r和2r的同心半圆导轨MN、PQ固定在同一水平面内，一长为r、电阻为2R、质量为m且

质量分布均匀的导体棒AB置于半圆轨道上，BA的延长线通过导轨的圆心O，装置的俯视图如图所示。整个装置处于磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中，在N、Q之间接有一阻值为R的电阻。导体棒AB在水平外力作用下

，以角速度ω绕O顺时针匀速转动，在转动过程中始终与导轨保持良好接触。设导体棒与导轨间的动摩擦因数为μ，导轨电阻不计，重力加速度为g，则下列说法正确的是()A．导体棒AB两端的电压为34Brω2B．电阻R中的电流方向从Q到N，大小为Br2ω2RC．外力的功率大小为3B2r4ω24R＋32μmgrωD

．若导体棒不动，要产生同方向的感应电流，可使竖直向下的磁感应强度增强，且变化得越来越慢【解析】选B、C。因为导体棒匀角速度转动，所以平均切割速度v＝12(ωr＋ω·2r)＝32ωr，产生的感应电动势E＝BLv＝32Bωr2，导体棒AB

两端的电压U＝RR＋2RE＝12Bωr2，故A选项错误；根据右手定则可知，电阻R中电流方向从Q到N，大小I＝ER＋2R＝Br2ω2R，故B选项正确；外力的功率等于回路的电功率与克服摩擦力的功率之和，即P＝IE＋

μmgv＝3B2r4ω24R＋32μmgrω，故C选项正确；若导体棒不动，竖直向下的磁感应强度增强，根据楞次定律，感应电流从N到Q，方向不同，故D选项错误。二、非选择题(本题共2小题，共24分。要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)7.(

12分)如图所示，一无限长的光滑金属平行导轨置于匀强磁场B中，磁场方向垂直导轨平面，导轨平面竖直且与地面绝缘，导轨上M、N间接一电阻R，P、Q端接一对沿水平方向的平行金属板，导体棒ab置于导轨上，其电阻为3R，导轨电阻不计，棒长为L，平行金属板间距为

d。今导体棒通过定滑轮在一物块拉动下开始运动，稳定后棒的速度为v，不计一切摩擦阻力。此时有一带电量为q的液滴恰能在两板间做半径为r的匀速圆周运动，且速率也为v。求：(1)速度v的大小；(2)物块的质量m。【解析】(1)设平行金属板间电压为U，液滴质量为m0。液滴在平行金属板间做匀速圆周运动，重力与

电场力必定平衡，则有：qUd＝m0g由qvB＝m0v2r得r＝m0vqB联立解得U＝gdrBv则棒产生的感应电动势为：E＝UR·(R＋3R)＝4gdrBv由E＝BLv，得v＝2gdrL(2)棒中电流为：I＝UR＝gdrB

vRab棒匀速运动，外力与安培力平衡，则有F＝BIL＝gdrLB2vR而外力等于物块的重力，即mg＝gdrLB2vR解得m＝drLB2vR＝B2L2RdLrg答案：(1)2gdrL(2)B2L2RdLrg8．(12分)如图所示，足够长的金属导轨固定在水平面上，金属导轨宽度L＝1.0m，导轨上放有垂

直导轨的金属杆P，金属杆P的质量m＝0.1kg，空间存在磁感应强度B＝0.5T、竖直向下的匀强磁场。连接在导轨左端的电阻R＝3.0Ω，金属杆P的电阻r＝1.0Ω，其余部分电阻不计。某时刻给金属杆P一个水平向右的恒力

F，金属杆P由静止开始运动，图乙是金属杆P运动过程的v-t图像，导轨与金属杆P间的动摩擦因数μ＝0.5。在金属杆P运动的过程中，第一个2s内通过金属杆P的电荷量与第二个2s内通过金属杆P的电荷量之比为3∶5。g取10m/s2。求：(1)水平恒力F的大小；(2)第一个2s内的位移大小；(3)前4s内

电阻R上产生的热量。【解析】(1)由题图乙可知，金属杆P先做加速度减小的加速运动，2s后做匀速直线运动，当t＝2s时，v＝4m/s，此时感应电动势E＝BLv，感应电流I＝ER＋r，安培力F′＝BIL＝B2L2vR

＋r，根据牛顿第二定律有F－F′－μmg＝0，解得F＝0.75N。(2)通过金属杆P的电荷量q＝It＝ER＋r·t，其中E＝ΔΦt＝BLxt，所以q＝BLxR＋r∝x(x为金属杆P的位移)，设第一个2s内金属杆P的位移为x1，第二个2s内金属杆P的位移为x2，由题图乙可知，x2＝8m

，又由于q1∶q2＝3∶5，得x1＝4.8m。(3)前4s内，由能量守恒定律得F(x1＋x2)＝12mv2＋μmg(x1＋x2)＋Qr＋QR，其中Qr∶QR＝r∶R＝1∶3，解得QR＝1.8J。答案：(1)0.75N(2)4.8

m(3)1.8J【补偿训练】如图所示，竖直平面内有间距l＝40cm、足够长的平行直导轨，导轨上端连接一开关S。长度恰好等于导轨间距的导体棒ab与导轨接触良好且无摩擦，导体棒ab的电阻R＝0.40Ω，质量m＝0.20kg。导轨电阻不计，整个装置处于与导轨平面垂直的水平匀强磁

场中，磁场的磁感应强度B＝0.50T，方向垂直纸面向里(空气阻力可忽略不计，取重力加速度g＝10m/s2)。(1)当t0＝0时ab棒由静止释放，t＝1.0s时，闭合开关S。求：①闭合开关S瞬间ab棒速度v的大小；②当ab棒向下的加速度a＝4.0m/s2时，其速度v′的

大小；(2)若ab棒由静止释放，经一段时间后闭合开关S，ab棒恰能沿导轨匀速下滑，求ab棒匀速下滑时电路中的电功率P。【解析】(1)①导体棒做自由落体运动，根据运动学公式有：v＝gt＝10m/s；②设导

体棒以加速度a＝4.0m/s2向下运动时其所受安培力为FA，设速度为v′，根据牛顿第二定律有：mg－FA＝ma，解得FA＝1.2N；因安培力大小FA＝BIl，且由闭合电路欧姆定律有I＝ER，结合法拉第电

磁感应定律，有E＝Blv′，解得v′＝12m/s；(2)设导体棒沿导轨匀速下滑时通过导体棒的电流为Im，则有mg＝BIml，代入数据解得Im＝10A，此时电路中的电功率为P＝I2mR＝40W答案：(1)①10m/s②12m/s(2)40W(15分钟40分)9．

(7分)在图中，EF、GH为平行的金属导轨，其电阻不计，R为电阻，C为电容器，AB为可在EF和GH上滑动的导体横杆。有匀强磁场垂直于导轨平面。若用I1和I2分别表示图中该处导线中的电流，则当横杆AB()A.匀速滑动时，I1＝0，I2＝0B．匀速滑动时，I1≠0，I2≠0C．加速滑动时，I1＝0

，I2＝0D．加速滑动时，I1≠0，I2≠0【解析】选D。电容器在电路中与等效电源并联，两端电压为AB端感应电动势，所以当导体横杆匀速滑动时，电容器两端电压不变I2＝0，电阻R中电流不为零，A、B错；加速滑动时，电容器两端电压随导体横杆速度的增大而增加，所以充电电流不为零，通过电阻的电流也不

为零，D对。10．(7分)如图甲所示，两个相邻的有界匀强磁场区，方向相反，且垂直纸面，磁感应强度的大小均为B，以磁场区左边界为y轴建立坐标系，磁场区在y轴方向足够长，在x轴方向宽度均为a。矩形导线框ABCD的CD边与y轴重合，AD

边长为a。线框从图示位置水平向右匀速穿过两磁场区域，且线框平面始终保持与磁场垂直。以逆时针方向为电流的正方向，线框中感应电流i与线框移动距离x的关系图像正确的是图乙中的()【解析】选C。线框进入磁场，在进入磁场0～a的过程中，E＝Bav，电流

I0＝BavR，方向为逆时针方向，为正。在进入磁场a～2a的过程中，电动势E＝2Bav，电流I1＝2BavR＝2I0，方向为顺时针方向，为负。在进入磁场2a～3a的过程中，E＝Bav，电流I2＝BavR＝I0，方向为逆时针方向，为正，故C正确，A、B

、D错误。11．(7分)(多选)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，下列结论正确的是()A.感应电流方向不变B.CD段直导线始终不受安培力C．感应电动势最大值E＝BavD．感应电动势平均值E－＝14πBav【解析】选A、C、D。在闭合回路进入磁场的过程中，通过闭合回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段直导线受安培力且方向向下，故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E＝Bav，C正确；由法拉第电磁感应定律可得感应电动势平均值E－＝ΔΦΔt＝B·12πa22av＝14πBav，故D正确。12．(19分)如图所示，矩形线圈在0.01s内由

原始位置Ⅰ转落至位置Ⅱ。已知ad＝5×10－2m，ab＝20×10－2m，匀强磁场的磁感应强度B＝2T，R1＝R3＝1Ω，R2＝R4＝3Ω。求：(1)平均感应电动势；(2)转落时，通过各电阻的电流。(线圈的电阻

忽略不计)【解析】(1)设线圈在位置Ⅰ时，穿过它的磁通量为Φ1，线圈在位置Ⅱ时，穿过它的磁通量为Φ2，有：Φ1＝BSsin30°＝1×10－2Wb，Φ2＝2×10－2Wb，得：ΔΦ＝Φ2－Φ1＝1×10－2W

b根据电磁感应定律可得：E＝ΔΦΔt＝1×10－20.01V＝1V(2)将具有感应电动势的线圈等效为电源，其外电路的总电阻为：R＝R1＋R22＝2Ω根据闭合电路欧姆定律得总电流为：I＝ER＋r＝12＋0A＝0.5A通过各电阻的电流均为：I′＝I2＝0.25A

答案：(1)1V(2)0.25A【补偿训练】如图所示，两金属板正对并水平放置，分别与平行金属导轨连接，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ区域有垂直导轨所在平面的匀强磁场。金属杆ab与导轨垂直且接触良好，并一直向右匀速运动。某时刻ab进入Ⅰ区域，同时一带正电小球从O点沿板间中轴线水平射入两

板间。ab在Ⅰ区域运动时，小球匀速运动；ab从Ⅲ区域右边离开磁场时，小球恰好从金属板的边缘离开。已知板间距为4d，导轨间距为L，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ区域的磁感应强度大小相等、宽度均为d。带电小球质量为m，电荷量为q，ab运动的速度为

v0，重力加速度为g。求：(1)磁感应强度的大小；(2)ab在Ⅱ区域运动时，小球的加速度大小；(3)要使小球恰好从金属板的边缘离开，ab运动的速度v0要满足什么条件。【解析】(1)ab在磁场区域运动时，产生的感应电动势大小为：ε＝BLv0①金属板间产生的场

强大小为：E＝ε4d②ab在Ⅰ磁场区域运动时，带电小球匀速运动，有mg＝qE③联立①②③得：B＝4dmgqLv0④(2)ab在Ⅱ磁场区域运动时，设小球的加速度a，依题意，有qE＋mg＝ma⑤联立③⑤得：a＝2g⑥(3)依题意：ab分别在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ磁场区域

运动时，小球在电场中分别做匀速、类平抛和匀速运动，设发生的竖直分位移分别为sⅠ、sⅡ、sⅢ；ab进入Ⅲ磁场区域时，小球的竖直分速度为vⅢ。则：sⅠ＝0⑦sⅡ＝12·2g(dv0)2⑧sⅢ＝vⅢ·dv0⑨vⅢ＝2g·dv0⑩又：sⅠ＋sⅡ＋sⅢ＝2d联立可得：v0＝3gd2

答案：(1)4dmgqLv0(2)2g(3)3gd2关闭Word文档返回原板块获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com