2.2法拉第电磁感应定律 同步作业（解析版）高中物理粤教版（2019）选择性必修第二册

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1、2.2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()AU1BLvBU22U1CU30 DU1U2U3【答案】AB【解析】当ab边进入磁场时，I，则U1EIRBLv；当cd边也进入磁场时，I，U2EIBLv；三边都进入磁场时，U3BLv，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

2、变化关系如图甲所示，01 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) ()ABCD【答案】A【解析】在01 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01 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

3、棒的电流大小是不变的；再由FB2IL，因为磁场B2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S0.3 m2，线框连接一个阻值R3 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()A00.4 s内线框中感应电流沿逆时针方向B0.40.8 s内线框有扩张的趋势C00.8 s内线框中的电流为0.1 AD00.4 s内ab边所受安培力保持不变【答案】C【解析】由图乙

4、所示图线可知，00.4 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，0.40.8 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，00.8 s内的感应电动势为ES0.3 V0.3 V，线框中的电流为I A0.1 A, 故C正确在00.4 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FILB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

5、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BCD段直线始终不受安培力C感应电动势最大值EBavD感应电动势平均值Bav【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EBlv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EBav，C正确感应电动势平均值Bav，D正确5(2020年贵州锦屏中学期

6、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abB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ab，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

7、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(Ld)、质量为m.将线框在磁场上方距L1的高度为h处由静止开始释放，当ab边进入磁场时速度为v0，cd边刚穿出磁场时速度也为v0.则从ab边刚进入磁场到cd边刚穿出磁场的整个过程中()A线框一直都有感应电流B线框一定有减速运动的过程C线框不可能有匀速运动的过程D线框产生的总热量为mg【答案】

8、B【解析】线框完全在磁场中运动时，磁通量不变，没有感应电流产生，A错误；线框进入磁场的过程，由于无法判断安培力与重力的关系，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Qmg(DL)，D错误B组能力提升7(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

9、场中，则导线上M、N两点的电势差UMN0.4 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UMN0.4 VD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UMN0.2 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21，周长之比为21，根据电阻定律R，电阻之比为21.b放在磁场中时，M、N两点间电势差大小为路端电压，U2E2；a放在磁场中时，MN两点电势差U

10、1E1.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ES，得到两次电动势的大小之比为41，故两次的路端电压之比为U1U221.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UMN0.2 V，C错误，D正确8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，abL.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()AIBICIDI【答案】B【解析】导体棒切割磁感线的有效长度为Lsin 60L，故感应电动势EBv，由闭

11、合电路欧姆定律得I，B正确9. (2020年安徽六安一中检测)如图所示，两平行金属导轨间距L0.5 m，导轨与水平面成37.导轨上端连接有E6 V、r1 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m0.2 kg、电阻R01 ，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R1 时金属棒刚好与导轨间无摩擦力g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8.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 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R11 时，电流I1 A2 A(2)金属棒受重力mg、安培力F和支持力FN作用，如图根据平衡条件可得mgsin F1cos ，又F1BI1l，解得B1.5 T，当滑动变阻器的电阻为R24 时，电流I2 A1 A，又F2BI2l1.510.5 N0.75 N，mgsin 0.210sin 371.2 N，所以mgsin F2cos ，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 F2cos Ff，联立解得Ffmgsin F2cos 0.210sin 370.75cos 370.6 N.