2.2 法拉第电磁感应定律 同步练习题-2024-2025学年高二下学期物理人教版（2019）选择性必修第二册

电磁感应定律练习题 一、单选题：（1-7题每小题4分，8-10题每小题6分，共46分） 1．有关电和磁现象，下列说法正确的是（    ） A．图甲中若该元件用金属材料制作，则通入图示的电流时，上表面电势比下表面电势低 B．图乙中用外力顺时针（从左边看）转动铜盘，电路中会产生感应电流，通过R的电流自上而下 C．图丙中使用电磁炉加热食物时可以使用陶瓷锅 D．图丁中探雷器工作时，线圈中要有恒定的电流 2．两块水平放置的金属板间的距离为，用导线与一个匝线圈相连，线圈电阻为，线圈中有竖直方向的磁场，电阻与金属板连接，如图所示，两板间有一个质量为、电荷量的油滴恰好处于静止。则线圈中的磁感应强度的变化情况和磁通量的变化率分别是（　　） A．磁感应强度B竖直向上且正增强， B．磁感应强度B竖直向下且正增强， C．磁感应强度B竖直向上且正减弱， D．磁感应强度B竖直向下且正减弱， 3．如图所示，电源的电动势为E，内阻r不能忽略。A、B是完全相同的两个小灯泡，L为自感系数很大、直流电阻可以忽略的线圈。设两灯泡在以下操作中始终不会烧毁，则下列说法正确的是（　　） A．闭合开关S的瞬间，B灯亮，A灯不亮 B．断开开关S的瞬间，B灯立即熄灭，A灯中有自右向左的电流 C．闭合开关S的瞬间，A、B同时发光，随后A灯变暗直至熄灭，B灯变亮 D．断开开关S的瞬间，A灯右端电势比左端电势高 4．如图所示，将半径为R的透明半球体放在水平桌面上方，O为球心，上表面恰好水平，轴线OO＇垂直于水平桌面。位于O点正上方某一高度处的点光源S发出一束与OO＇夹角的单色光射向半球体上的A点，光线通过半球体后刚好垂直射到桌面上的B点，已知，光在真空中传播速度为c，不考虑半球体内光的反射，则下列说法正确的是（　　） A．透明半球体对该单色光的折射率 B．透明半球体对该单色光的折射率 C．该光在半球体内传播的时间为 D．该光在半球体内传播的时间为 5．如图所示，为两个有界匀强磁场、磁感应强度大小均为B，方向分别垂直纸面向里和向外，磁场宽度均为L，距磁场区域的左侧L处，有一边长为L的正方形导体线框，总电阻为R，以速度v匀速穿过磁场区域，以初始位置为计时起点，规定i电流沿逆时针方向时为正，磁感线垂直纸面向里时磁通量为正值，外力F向右为正，则以下关于线框中的磁通量、感应电流i、外力F和电功率P随时间变化的图象正确的是（　　） A． B． C． D． 6．如图所示，在水平面上固定一倾角为的光滑绝缘斜面，斜面所处整个空间存在垂直于斜面斜向下的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，电场强度大小，磁感应强度大小。一个电荷量为、质量为的带电小球（带正电）在斜面顶端点由静止释放，小球经过斜面上点时离开斜面，运动到斜面下端点正上方的点（图中未画出）时加速度为0，重力加速度，则小球从点到点的时间和小球经过点的速度大小分别为（　　） A．； B．； C．； D．； 7．如图所示，两水平虚线间存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，边长为h的正方形导体框由虚线1上方无初速度释放，在释放瞬间ab边与虚线1平行且相距h。已知导体框的质量为m，总电阻为r，重力加速度为g，cd边与两虚线重合时的速度大小均为，忽略空气阻力，导体框在运动过程中不会发生转动，则（    ） A．两虚线的距离为 B．导体框在穿越磁场的过程中，产生的焦耳热为 C．导体框的ab边与虚线1重合时，其克服安培力做功的功率大小为 D．导体框从ab边与虚线1重合到cd边与虚线1重合所用的时间为 二、多选题 8．一列简谐横波沿x轴正方向传播，t＝0时刻的波形如图所示，此时波传播到的c质点处；时刻，质点c第一次到达波峰。下列说法正确的是（　　） A．质点d起振的方向沿y轴负方向 B．质点a振动的周期为0.4s C．波传播的速度大小为5m/s D．从图示时刻起，质点b比质点a先回到平衡位置 9．如图所示，真空中有一个半径为R，质量分布均匀的玻璃球，频率为的细激光束在真空中沿直线BC传播，并于玻璃球表面的C点经折射进入玻璃球，并在玻璃球表面的D点又经折射进入真空中，已知，玻璃球对该激光的折射率为，（c为真空中的光速）则下列说法中正确的是（　　） A．出射光线的频率变小 B．改变入射角的大小，细激光束可能在玻璃球的内表面发生全反射 C．此激光束在玻璃中穿越的时间为 D．激光束的入射角为=60° 10．如图所示，理想变压器原副线圈的匝数比为2：1，原线圈接有阻值为40Ω的定值电阻R1，左端接在正弦式交流电源上，其电压瞬时值表达式为，副线圈接有总阻值为40Ω的滑动变阻器R2，初始时滑片在滑动变阻器R2正中央，若电压表和电流表均为理想电表，下列说法正确的是（    ） A．副线圈交变电流的频率为50Hz B．交流电流表的示数为5.5A C．若将R2的滑片向上移动，则交流电压表的示数变大 D．当R2的阻值调到20Ω时，副线圈输出功率最大 三、实验题（共15分） 11．（6分）实验测量、实验操作、数据分析和误差分析是物理实验的重要环节。 （1）用10分度的游标卡尺测量某物体直径如图所示，则直径d = ________cm。 （2）在“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”的实验中，如图所示为所用实验器材，可拆变压器，学生电源，数字万用表。 关于本实验，下列说法正确的是________。 A．为了保证人身安全，只能使用低压交流电源，原线圈所接电压不超过12V B．为了保证人身安全，变压器通电后不要用手接触裸露的导线或接线柱 C．变压器正常工作后，通过铁芯导电将电能从原线圈传递到副线圈 D．使用交流电压挡测电压时，先用最大量程挡测试，大致确定电压后再选用适当的挡位进行测量 （3）现将数字多用电表的选择开关旋至最合适的挡位后，分别测量原线圈匝数为n1时的输入电压U1和副线圈匝数为n2时的输出电压U2，数据如下表。 原线圈匝数n1（匝） 副线圈匝数n2（匝） 输入电压U1（V） 输出电压U2（V） 100 200 4.32 8.27 100 800 4.32 33.90 400 800 4.33 8.26 400 1600 4.33 16.52 ①在误差允许范围内，表中数据基本符合________规律。 ②进一步分析数据，发现输出电压比理论值偏小，请分析原因________。 12．（8分）在测量某电源的电动势和内阻时，为了消除电表内阻造成的系统误差，某实验小组设计了如图甲所示的电路进行测量。图中电压表满偏电压为3V，电流表满偏电流为50mA，电阻箱最大阻值为999.9Ω。 实验主要步骤如下： ①按照图甲连接实物电路。断开所有开关，将电阻箱连入电路的阻值调到最大； ②只闭合S0，调节电阻箱R，记录若干组电阻箱的示数R和电流表的示数I，断开S0； ③闭合S1、S2、S0，调节电阻箱R，记录若干组电阻箱的示数R和电压表的示数U，断开S0； ④分别作出步骤②中的和步骤③中的图像； 请回答下列问题： （1）在步骤③中，某次测量时，电压表指针如图乙所示，此时电压表示数U＝______V（结果保留2位小数）； （2）若只用步骤②中的数据，电源电动势的测量值_________真实值；若只用步骤③中的数据，电源电动势的测量值_________真实值；（均选填“大于”“等于”或“小于”） （3）根据测得数据，作出和图像如图丙所示，根据这两条图线求得电源电动势E＝______V，内阻r＝_________Ω。（结果均保留3位有效数字） 四、解答题（共40分） 13．（10分）如图所示，线圈abcd的面积是0.05m2，共100匝，线圈电阻为1Ω，外接电阻R＝9Ω，匀强磁场的磁感应强度，当线圈以300r/min的转速匀速旋转时，问： （1）若从线圈处于中性面开始计时，写出线圈中感应电动势的瞬时值表达式； （2）线圈转过时电动势的瞬时值多大？ （3）电路中，电压表和电流表的示数各是多少？ （4）从中性面开始计时，经0.05s通过电阻R的电荷是多少？ 14．（12分）如图所示，在第一象限的区域内存在沿x轴正方向、电场强度大小为E的匀强电场，在的区域内存在沿y轴负方向、电场强度大小未知的匀强电场，x轴下方存在垂直纸面向外、磁感应强度大小未知的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子（不计粒子的重力）从y轴上A（0，L）点处由静止释放，粒子离开区域后撤去该区域内的匀强电场，粒子经C（3L，0）进入x轴下方的磁场中，之后粒子经过第二象限回到A点。求 （1）匀强电场的电场强度大小； （2）粒子从A点出发至第一次返回A点所用时间t。 15．（18分）如图所示，与是固定在水平面上的两光滑平行导轨，间距为，区域内存在垂直于导轨所在平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小。与也是固定在水平面上的两光滑平行导轨，间距为，并用导线分别与、相连接，区域内存在垂直于导轨平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小．在区域放置导体棒，其质量、电阻、长度为，在区域内放置导体棒，其质量、电阻、长度为。刚开始时两棒都与导轨垂直放置，且导体棒H被锁定，两个区域导轨都足够长、不计电阻且棒始终与导轨接触良好。 （1）要想使导体棒G在水平向右的外力作用下做初速度为零、加速度大小为的匀加速直线运动，请写出力F与时间t的关系式； （2）若在导体棒G上施加水平向右的的外力，在作用后达到最大速度，求此过程中导体棒G的位移大小； （3）若导体棒G在水平向右的外力F作用下做初速度为零、加速度大小为的匀加速直线运动，运动后将力F撤去，同时将导体棒H解锁，求从撤去外力到导体棒H获得最大速度的过程中导体棒H产生的热量； （4）若开始时导体棒H即解除锁定，导体棒G一直在外力F作用下向右做的匀加速直线运动，求电路稳定后两棒的速度满足的关系式。 第五次周统练物理试题答题纸 第1页 共4页 ◎ 第2页 共4页 第1页 共4页 ◎ 第2页 共4页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 1．A 【详解】A．若金属材料通入电流后，自由电子的运动方向与电流方向相反，根据左手定则，电子受洛伦兹力向上，则上表面电势比下表面电势低，A正确； B．铜盘转动过程中，发生电磁感应现象，根据右手定则，通过R的电流自下而上，B错误； C．电磁炉加热食物利用电磁场感应原理产生涡流，陶瓷锅不是导体，不能使用，C错误； D．探雷器通过辐射电磁场使金属体重产生涡流，再感应到这种涡流发现地雷，所以探雷器工作时，线圈中要有交变电流，D错误。 故选A。 2．C 【详解】根据题意可知，电荷量的油滴恰好静止金属板间，受到的电场力与重力平衡，由平衡条件得知，油滴受到的电场力竖直向上，则金属板上板带负电，下板带正电，流过线圈的电流为上端进入下端流出，由安培定则可知，感应磁场竖直向上，则原磁场为竖直向上且正在减小或竖直向下且正在增大，感应电动势为 平行板间电压为 由平衡条件有 联立解得 故选C。 3．C 【详解】A．闭合开关S的瞬间，L为自感系数很大，A灯和B灯可视为串联，所以两灯均同时发光，故A错误； B．断开开关S的瞬间，B灯中电流瞬间为0，所以立即熄灭，而A灯与自感线圈并联，由楞次定律可知线圈中有感应电动势，且线圈中有自右向左的电流，则A灯与自感线圈回路中，A灯中有自左向右的电流，故B错误； C．闭合开关S的瞬间，A、B同时发光，随后自感线圈中电流逐步变大后稳定，A灯变暗直至被线圈短路而熄灭，B灯在此过程中变亮，故C正确； D．断开开关S的瞬间，自感线圈相当于电源阻止原电流减小，故线圈电流自右向左，即线圈左端相当于正极，右端相当于负极，所以A灯右端连接电源负极，电势比左端电势低，故D错误。 故选C。 4．B 【详解】AB．光从光源S发出经半球到达水平桌面的光路图如下 光由空气射向半球体，由折射定律有 在中 可知 由几何关系可知 故 光由半球体射向空气，由折射定律有 故 由几何知识可得 故 故 故A错误，B正确； CD．光在半球体中的传播速度为 由几何知识可得 解得 光在半球体内传播的时间为 故CD错误。 故选B。 5．D 【分析】由线圈的运动可得出线圈中磁通量的变化；由则由法拉第电磁感应定律及可得出电动势的变化；由欧姆定律可求得电路中的电流，则可求得安培力的变化；由可求得电功率的变化 【详解】A．当线框运动L时开始进入磁场，磁通量开始增加，当全部进入时达最大；此后向外的磁通量增加，总磁通减小；当运动到时，磁通量最小，A错误； B．当线圈进入第一个磁场时，由 可知，I保持不变，而开始进入第二个磁场时，两端同时切割磁感线，电动势应为，故电流应为2I，B错误； C．因安培力总是与运动方向相反，故拉力应一直向右，C错误 D．拉力的功率，因速度不变，而线框在第一个磁场时，电流为定值，功率为定值，两边分别在两个磁场中时，由B的分析可知，电流加倍，功率为原来的4倍；此后从第二个磁场中离开时，功率应等于线框在第一个磁场中的功率，D正确。 故选D。 6．A 【详解】由于斜面光滑，故小球离开斜面前做匀加速直线运动，离开斜面时对斜面的压力为0，则沿斜面方向有 垂直于斜面方向有 联立解得 小球在点加速度为0，则受力平衡，如图所示 由于 则有 解得点速度为 故选A。 7．D 【详解】A．由题意，根据导体框进出磁场过程中运动的对称性可知，ab边刚好进入磁场和刚好离开磁场时的速度大小均为 设两虚线之间的距离为H，导体框全部位于磁场中时下落的加速度大小为g，根据运动学公式有 解得 故A错误； B．设导体框穿过磁场的过程中产生的焦耳热为Q，对导体框从开始下落到穿过磁场的过程中，根据能量守恒定律有 解得导体框产生的焦耳热 故B错误； C．导体框的ab边与虚线1重合时的速度大小为 此时ab边产生的感应电动势大小为 导体框中的感应电流为 ab边所受的安培力大小为 导体框的ab与虚线1重合时克服安培力做功的功率大小为 整理得 故C错误； D．设导体框通过磁场上边界所用时间为t，导体框中的平均感应电流为，则由动量定理可得 根据电流的定义可知t时间内通过导体框某一截面的电荷量为 根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律综合分析可知 联立解得 故D正确。 故选D。 8．BD 【详解】A．质点d起振的方向与质点c的起振方向相同，均沿y轴正方向，A错误； B．由题意可知，从时刻到时刻，波传播的时间为 解得 B正确； C．波传播的速度大小为 C错误； D．在图示时刻，质点a、b均沿y轴正向运动，因此质点b先回到平衡位置，D正确。 故选BD。 9．CD 【详解】A．光在不同介质中传播时，频率不会发生改变，所以出射光线的频率不变，故A错误； B．激光束从C点进入玻璃球时，无论怎样改变入射角，折射角都小于临界角，根据几何知识可知光线在玻璃球内表面的入射角不可能大于临界角，所以都不可能发生全反射，故B错误； C．此激光束在玻璃中的波速为 CD间的距离为 则光束在玻璃球中从到传播的时间为 故C正确； D．由几何知识得到激光束在在点折射角，由 可得入射角，故D正确。 故选CD。 10．AC 【详解】A．由正弦式交流电的电压瞬时值表达式可知 ， 则副线圈交变电流频率为，A正确； B．根据理想变压器电压、电流与匝数的关系可知 ， 由串联电路电压规律有 且副线圈电压 联立以上各式可解得 A B错误； C．若将的滑片向上移动，副线圈电阻增大，可先假设不变，那么减小，由可知，变小，这样会使得两端电压减小，增大，则也会增大，C正确； D．采用等效电源法，将与原副线圈等效为电源的内阻，则 当外电阻等于电源内阻时，电源输出功率最大，即当阻值调到时，副线圈输出功率最大，D错误。 故选AC。 11． 0.52 ABD/ADB/BAD/BDA/DBA/DAB 在误差允许的范围内，变压器原、副线圈的电压之比等于匝数之比 有漏磁、铁芯发热、导线发热等 【详解】（1）[1]根据游标卡尺的读数规则有 0.5cm＋2 × 0.1mm = 0.52cm （2）[2]A．变压器改变的是交流电压，因此为了人身安全，原线圈两端只能使用低压交流电源，所用交流电压不超过12V，A正确； B．为了保证人身安全，变压器通电后不要用手接触裸露的导线或接线柱，B正确； C．变压器开始正常工作后，通过电磁感应将电能从原线圈传递到副线圈，C错误； D．使用多用电表测电压时，先用最大量程挡试测，再选用恰当的挡位进行测量，D正确。 故选ABD。 （3）①根据表中数据，在误差允许的范围内基本符合，变压器原、副线圈的电压之比等于匝数之比，即有 ②电压之比与匝数之比并不相等，主要原因是变压器不是理想变压器，有漏磁、铁芯发热、导线发热等能量损耗，使副线圈两端电压偏低。 12． 0.80 等于 小于 1.40 20.0 【详解】（1）[1]电压表的分度值为0.1V，需要估读到分度值的下一位，所以电压表的示数为0.80V； （2）[2][3]若只用步骤②中的数据，电源电动势的测量值等于真实值；若只用步骤③中的数据，电源电动势的测量值小于真实值； （3）[4][5]步骤②中，根据 整理，得 则 步骤③中，根据 变形，得 则 解得 13．（1）e＝50sin10πt (V)；（2）43.3V；（3）31.86V，3.54A；（4）C 【详解】（1）根据题意线圈的转速为 n＝300r/min＝5r/s 交流电的频率为 f＝n＝5Hz ω＝2πf＝10πrad/s 感应电动势最大值 Em＝NBSω＝50V 所以瞬时表达式为 e＝Emsinωt＝50sin10πtV （2）当时 （3）电动势有效值为 电流表示数 电压表示数 U＝IR＝31.86V （4）0.05s内线圈转过的角度 该过程中磁通量的变化量大小为 则 14．（1）；（2） 【详解】（1）粒子在区域内做匀加速直线运动，根据动能定理，有 进入竖直向下的电场后做类平抛运动，经C（3L，0）进入x轴下方的磁场中，根据运动的合成与分解，水平方向有 竖直方向有 联立解得 （2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，飞出磁场后，在第二象限做匀速直线运动，粒子进入磁场时的水平速度为 竖直速度为 所以粒子进入磁场时速度方向与x轴成斜向下，速度大小 粒子的运动轨迹如图所示 可知粒子离开磁场时的速度也是与x轴成斜向上，粒子经过第二象限回到A点；根据几何关系可得 解得 粒子在磁场中运动的轨迹所对圆心角为，粒子在磁场中运动的时间为 粒子在电场中运动的时间为 粒子在第四象限运动的时间为 所以粒子从A点出发回到A点所用的时间为 15．（1）；（2）10m；（3）；（4） 【详解】（1）要使导体棒G做加速度大小为的匀加速直线运动，由法拉第电磁感应定律得 由闭合电路欧姆定律知 由牛顿第二定律可得 联立解得 （2）设最大速度为vm，当速度最大时，拉力F1与安培力相等，则有 最大电动势为 最大电流为 联立解得 设在运动过程中平均电流为，取水平向右为正方向，对这一过程由动量定理可得 又知 由以上各式联立解得 （3）导体棒H解锁时导体棒G速度 当导体棒H获得最大速度时，电路中电动势为零，则此时 则电流为零，故两棒受安培力为零，则系统合力为零，动量守恒，取水平向右为正方向，两棒组成系统动量守恒，有 电路中产生的热量 导体棒H产生的热量 联立各式代入数据可得 （4）当电路稳定时，电路中电流恒定，则电动势恒定，安培力恒定，两棒的加速度相同， 对导体棒H有 又 联立解得 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$