课时梯级训练(9) 法拉第电磁感应定律的应用（Word练习）-【优化指导】2024-2025学年高中物理选择性必修第二册（教科版2019）

课时梯级训练(9)　法拉第电磁感应定律的应用 1.如图所示，匀强磁场的左边界为一竖直面，磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里，范围足够大。由导体制成的半径为R、粗细均匀的圆环，以水平速度v垂直磁场方向匀速进入匀强磁场。当圆环运动到图示位置时，a、b两点为匀强磁场的左边界与圆环的交点，O点为圆环的圆心，已知∠aOb＝120°，则a、b两点的电势差为(　　) A．BRv B．BRv C．－BRv D．－ B　解析：当圆环运动到题中图示位置时，根据几何关系可知圆环切割磁感线的有效长度为R，产生的感应电动势E＝BRv，设圆环的总电阻为R总，电路中的电流I＝，圆环处于题中图示位置时，外电路的电阻值R外＝R总，根据欧姆定律可知U＝IR外＝BRv，根据右手定则可知，a点的电势高于b点的电势，则a，b两点的电势差Uab＝BRv，故选B。 2．如图所示，两光滑平行金属导轨的间距为L，直导线MN垂直跨在金属导轨上，且与金属导轨接触良好，整个装置处于垂直纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度为B。电容器的电容为C，除电阻R外，金属导轨和直导线的电阻均不计。现给直导线MN一初速度，使直导线MN向右运动，当电路稳定后，直导线MN以速度v向右做匀速运动，则(　　) A．电阻两端的电压为BLv B．电容器所带电荷量为2CBLv C．给直导线MN的初速度大于v D．为保持直导线MN匀速运动，需对其施加的拉力大小为 C　解析：当直导线MN向右匀速运动时，直导线MN产生的感应电动势恒定，稳定后，电容器既不充电也不放电，无电流产生，故电阻两端无电压，电容器两极板间电压为U＝E＝BLv，所带电荷量为Q＝CU＝CBLv，A、B错误；直导线MN刚开始运动时，要对电容器充电，充电过程中，直导线MN受到向左的安培力，直导线MN速度减小，故初速度大于v，故C正确；直导线MN匀速运动时，因无电流而不受安培力，故拉力为零，故D错误。故选C。 3．(多选)如图甲所示，用一根导线做成一个半径为r的圆环，其单位长度的电阻为r0，将圆环的右半部分置于变化的匀强磁场中，设磁场方向垂直纸面向里为正，磁感应强度大小随时间做周期性变化关系如图乙所示，则(　　) A．在t＝π时刻，圆环中有顺时针方向的感应电流 B．在0～时间内圆环受到的安培力大小、方向均不变 C．在～π时间内通过圆环横截面的电荷量为 D．圆环在一个周期内的发热量为 AD　解析：由楞次定律可知在t＝π时刻，圆环中有顺时针方向的感应电流，故A正确；由E＝＝S可知在0～时间内圆环的感应电动势不变，电流不变，受到的安培力F＝BIL，而磁感应强度B变大，所以安培力变大，安培力方向向左，故B错误；q＝，在～π时间内通过圆环横截面的电荷量为＝，故C错误；由E＝＝S可知E＝B0r2，所以圆环在一个周期内的发热量为Q＝·2π＝，故D正确。 4.如图所示，平行导轨位于竖直平面内，导轨间距离L＝0.5 m，两导轨与电阻R连接，其余电阻不计，水平虚线下方存在匀强磁场，磁感应强度B＝2 T，质量m＝0.1 kg的导体棒ab垂直放置于导轨上，与导轨接触良好，将其从距虚线高h处由静止释放，进入磁场时恰好以v0＝2 m/s做匀速直线运动。g取10 m/s2，则下列说法正确的是(　　) A．导体棒ab进入磁场后电流的方向是a到b B．导体棒进入磁场后下落的过程不存在能量转化 C．电阻R的阻值为0.02 Ω D．h＝0.2 m D　解析：由右手定则可知，导体棒ab进入磁场后电流方向由b到a，故A错误；导体棒进入磁场后切割磁感线产生感应电动势，在闭合回路中产生电流，部分机械能转化为焦耳热，有能量转化，故B错误；导体棒切割磁感线产生的感应电动势E＝BLv0，安培力F＝BIL＝，导体棒做匀速直线运动，由平衡条件得mg＝，代入数据解得R＝2 Ω，故C错误；导体棒进入磁场前做自由落体运动，下落高度h＝＝ m＝0.2 m，故D正确。故选D。 5．如图所示，边长为L的正方形金属线框abcd从某一高处由静止释放，在下落过程中经过一个有水平边界、宽度为L的匀强磁场区域，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，已知ab边进入磁场时线框刚好以速度v做匀速直线运动，整个下落过程中a、b始终水平，线框质量为m，电阻为R，重力加速度为g，忽略空气阻力，则下列说法中正确的是(　　) A．ab边进入磁场时，线框中感应电流的方向为顺时针方向 B．ab边进入磁场时，两端的电压为 C．线框进入磁场时的速度大小v＝ D．线框穿越磁场的过程中，产生的焦耳热为mgL C　解析：由楞次定律知，线框进入磁场时感应电流的方向为逆时针方向，故A错误；线框进入磁场时刚好做匀速直线运动，有mg＝FA，感应电动势E＝BLv，感应电流I＝，安培力FA＝BIL，ab两端的电压U＝E，联立解得：v＝，U＝，故B错误，C正确；线框穿越磁场的过程中，一直做匀速直线运动。由能量转化和守恒定律知，系统减小的重力势能转化为内能，所以Q＝2mgL，故D错误。 6．如图甲所示，水平放置的线圈匝数n＝200匝，半径r1＝0.5 m，电阻r＝6 Ω，线圈与阻值R＝10 Ω的电阻相连。在线圈的中央有一个半径r2＝0.4 m的有界匀强磁场，磁感应强度按图乙所示规律变化。圆周率用π表示，求： (1)电压表的示数U； (2)若撤去原磁场，在图中虚线的右侧空间沿相同方向加磁感应强度B＝0.8 T的匀强磁场，现把整个装置向左完全移出匀强磁场区域，求这一过程中通过电阻R的电荷量q。 答案：(1)20π V　(2)2.5π C 解析：(1)根据法拉第电磁感应定律得 E＝n＝n·πr 由图乙可知＝＝1 T/s 感应电流为I＝ 则电压表的示数为U＝IR 代入数据解得U＝20π V。 (2)根据法拉第电磁感应定律得，平均感应电动势为E＝n 则平均感应电流为＝ 通过电阻R的电荷量为q＝Δt＝n＝n 将线圈拉出磁场，磁通量的变化量为定量，则通过电阻R的电荷量为定值。代入数据得q＝2.5π C。 7．(多选)如图甲，边长为d的单匝正方形导线框固定在水平纸面内，线框的电阻为R。虚线MN恰好将线框分为左右对称的两部分，在虚线MN左侧的空间内存在与纸面垂直的匀强磁场，规定垂直于纸面向里为磁场的正方向，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙。虚线MN右侧存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小恒为B0。下列说法正确的是(　　) A．t0时刻，线框中产生的感应电动势大小为 B．t0时刻，线框所受安培力的合力为0 C.2t0时刻，线框受到的安培力大小为 D．在0～2t0内通过线框导线横截面的电荷量为 AC　解析：根据题意可知，线框右半部分磁感应强度不变，左半部分均匀增加，由法拉第电磁感应定律有，t0时刻，线框中产生的感应电动势大小为E＝＝S＝·＝，A正确；线框中的感应电流为I＝＝，由楞次定律可知，线框中电流为逆时针方向，上下边框对称位置受力等大反向，合力为零，由左手定则和公式F＝BIL可知，左右两边受力方向均向右，大小均为F＝B0Id＝，则线框所受安培力的合力为F合＝2F＝，B错误；由上述分析可知，2t0时刻，线框右边框仍受向右的力，大小为F1＝B0Id＝，线框左边框仍受向右的力，大小为F2＝2B0Id＝，线框受到的安培力大小为F′合＝F1＋F2＝，C正确；根据题意，由公式q＝It可得，在0～2t0内通过线框导线横截面的电荷量为q＝，D错误。 8．2022年6月17日，我国第三艘航母福建舰正式下水，福建舰配备了目前世界上最先进的电磁弹射系统。电磁弹射系统的具体实现方案有多种，并且十分复杂。一种简化的物理模型如图所示，电源和一对足够长平行金属导轨M、N分别通过单刀双掷开关K与电容器相连。电源的电动势E＝6 V，内阻不计。两条足够长的导轨相距L＝0.2 m且水平放置处于磁感应强度B＝0.5 T的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面且竖直向下，电容器的电容C＝10 F。现将一质量为m＝0.1 kg，电阻R＝1 Ω的金属滑块垂直放置于导轨的滑槽内，分别与两导轨良好接触。将开关K置于a让电容器充电，充电结束后，再将K置于b，金属滑块会在电磁力的驱动下运动。不计导轨和电路其他部分的电阻，不计电容器充、放电过程中电磁辐射和导轨产生的磁场对滑块的作用，忽略金属滑块运动过程中的一切摩擦阻力。下列说法正确的是(　　) A．开关K置于b后，金属块先做加速运动、后做减速运动 B．开关K置于b的瞬间，金属滑块的加速度大小为7 m/s2 C．开关K置于b后，金属滑块获得的最大速度大小为30 m/s D．开关K置于b后，电容器最终带电量为零 C　解析：开关K置于b的瞬间，流过金属滑块的电流为I＝，以金属滑块为研究对象，根据牛顿第二定律F＝BIL＝ma，解得a＝＝6 m/s2，故B错误；金属滑块运动后，切割磁感线产生电动势，当电容器电压与滑块切割磁感线产生电动势相等时，滑块速度不再变化，做匀速直线运动，此时速度达到最大。设金属滑块加速运动到最大速度时两端电压为U，电容器放电过程中的电荷量变化为Δq，放电时间为Δt，流过金属滑块的平均电流为I，在金属滑块滑动过程中，由动量定理得BILΔt＝mv－0，由电流的定义Δq＝IΔt，电容的定义C＝，电容器放电过程的电荷量变化为Δq＝CΔU，且ΔU＝E－U，故BLC(E－U)＝mv，金属滑块运动后速度最大时，根据法拉第电磁感应定律可得U＝BLv，联立解得v＝30 m/s，故A错误，C正确；由C选项分析可知，当金属滑块运动后速度最大时起飞，其两端电压为U＝BLv＝3 V，即此时电容器两端电压为3 V，电容器极板上依然有电荷，未完全放电，D错误。 9.如图所示，宽度L＝0.2 m的平行光滑金属导轨固定在绝缘水平面上，导轨的一端连接阻值为R＝3 Ω的电阻。导轨所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B＝0.5 T。一根质量为m＝0.2 kg的导体棒MN放在导轨上，两导轨之间的导体棒的电阻为r＝1 Ω，导轨的电阻可忽略不计。现用一垂直于导体棒的水平拉力拉动导体棒使其沿导轨以v＝2 m/s的速度向右匀速运动，在运动过程中保持导体棒与导轨垂直且接触良好。空气阻力可忽略不计，经过一段时间后撤去外力，求： (1)导体棒匀速运动过程中棒两端电势差UMN； (2)作用在导体棒上的拉力大小F； (3)从撤去外力到导体棒停止运动过程中电阻R上产生的焦耳热Q。 答案：(1)－0.15 V　(2)0.005 N　(3)0.3 J 解析：(1)导体棒匀速运动切割磁感线产生感应电动势 E＝BLv＝0.2 V 电路电流为I＝＝0.05 A(方向为逆时针) 则φM<φN，所以UMN＝－IR＝－0.15 V。 (2)导体棒所受安培力为F安＝BIL＝0.005 N 导体棒受力平衡，则F＝F安＝0.005 N。 (3)根据能量守恒Q总＝mv2＝0.4 J 电阻R上产生的焦耳热为Q＝×Q总＝0.3 J。 10．如图所示，MN、PQ为足够长的平行金属导轨，间距L＝0.50 m，导轨平面与水平面间的夹角θ＝37°，N、Q间连接一个电阻R＝5.0 Ω，匀强磁场垂直于导轨平面向上，磁感应强度B＝1.0 T。将一根质量为m＝0.050 kg的金属棒放在导轨的ab位置，金属棒及导轨的电阻不计。现由静止释放金属棒，金属棒沿导轨向下运动过程中始终与导轨垂直，且与导轨接触良好。已知金属棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.50，当金属棒滑行至cd处时，其速度大小开始保持不变，位置cd与ab之间的距离s＝2.0 m。已知g取10 m/s2，sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80。求： (1)金属棒沿导轨开始下滑时的加速度大小； (2)金属棒到达cd处的速度大小； (3)金属棒由位置ab运动到cd的过程中，电阻R产生的热量。 答案：(1)2.0 m/s2　(2)2.0 m/s　(3)0.10 J 解析：(1)设金属棒开始下滑时的加速度大小为a，由牛顿第二定律得mg sin θ－μmg cos θ＝ma 解得a＝2.0 m/s2。 (2)设金属棒到达cd位置时速度大小为v、电流为I，金属棒受力平衡，有mg sin θ＝BIL＋μmg cos θ I＝ 联立解得v＝2.0 m/s。 (3)设金属棒从ab运动到cd的过程中，电阻R上产生的热量为Q，由能量守恒定律有 mgs sin θ＝mv2＋μmgscos θ＋Q， 解得Q＝0.10 J。 学科网（北京）股份有限公司 $$