第2章 第2节 法拉第电磁感应定律-【创新教程】2025-2026学年高中物理选择性必修第二册五维课堂Word课时作业（人教版2019）

对应课时作业P12 [基础达标] 1．关于感应电动势大小的下列说法中，正确的是(　　) A．线圈中磁通量变化越大，线圈中产生的感应电动势一定越大 B．线圈中磁通量越大，产生的感应电动势一定越大 C．线圈放在磁感应强度越强的地方，产生的感应电动势一定越大 D．线圈中磁通量变化越快，产生的感应电动势越大 解析：D　[由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势的大小由磁通量的变化率决定．线圈中磁通量变化越大，但磁通量变化率不一定越大，所以产生的感应电动势也不一定越大，故A错误；线圈中磁通量越大，但磁通量变化率不一定越大，所以产生的感应电动势也不一定越大，故B错误；线圈放在磁感应强度越强的地方，磁通量虽然较大，但变化率不一定大，所以产生的感应电动势也不一定越大，故C错误；线圈中磁通量变化越快，产生的感应电动势越大，故D正确．] 2．一根直导线长0.1 m，在磁感应强度为0.1 T的匀强磁场中以10 m/s的速度匀速运动，则导线中产生的感应电动势的说法错误的是(　　) A．一定为0.1 V B．可能为零 C．可能为0.01 V D．最大值为0.1 V 解析：A　[当公式E＝B lv中B、l、v互相垂直而导线切割磁感线运动时感应电动势最大：Em＝B lv＝0.1×0.1×10 V＝0.1 V，考虑到它们三者的空间位置关系，B、C、D正确，A错．] 3. (多选)如图所示，闭合金属线框放置在竖直向上的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度随时间变化．下列说法正确的是(　　) A．当磁感应强度增加时，线框中的感应电流可能减小 B．当磁感应强度增加时，线框中的感应电流一定增大 C．当磁感应强度减小时，线框中的感应电流一定增大 D．当磁感应强度减小时，线框中的感应电流可能不变 解析：AD　[线框中的感应电动势E＝S，设线框的电阻为R，则线框中的电流I＝＝，因为B增大或减小时，可能减小，也可能增大，也可能不变，线框中的感应电动势的大小只和磁通量的变化率有关，和磁通量的变化量无关，故选项A、D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0.2 s，第二次用0.4 s，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：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＝n和i＝知，第一次G的最大偏角较大，故B正确；根据q＝·Δt＝·Δt＝n·Δt＝n可知： 经过G的总电荷量相同，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＝0.4 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U′MN＝－0.4 V D．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＝－0.2 V 解析：AD　[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＝Ea，b环处于磁场中时，U′MN＝－Eb ，而＝＝4，解得U′MN＝－0.2 V，C项错误，D项正确．] 6.如图所示，PQRS为一正方形导线框，它以恒定速度向右进入以MN为边界的匀强磁场，磁场方向垂直线框平面，MN线与线框的边成45°角，E、F分别为PS和PQ的中点，关于线框中的感应电流，下列说法正确的是(　　) A．当E点经过边界MN时，感应电流最大 B．当P点经过边界MN时，感应电流最大 C．当F点经过边界MN时，感应电流最大 D．当Q点经过边界MN时，感应电流最大 解析：B　[当P点经过边界MN时，切割磁感线的有效长度最大为SR，感应电流达到最大．] 7．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．此时有一带电荷量为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： q＝m0g 由qvB＝m0 得r＝ 联立解得U＝ 则棒产生的感应电动势为： E＝·(R＋3R)＝由E＝BLv， 得v＝2 (2)棒中电流为：I＝＝ ab棒匀速运动，外力与安培力平衡，则有 F＝BIL＝ 而外力等于物块的重力，即 mg＝ 解得m＝＝ 答案：(1)2　(2) 8．电磁轨道炮利用电流和磁场的作用使炮弹获得超高速度，其原理可用来研制新武器和航天运载器．电磁轨道炮示意如图，图中直流电源电动势为E，电容器的电容为C.两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距为l，电阻不计．炮弹可视为一质量为m、电阻为R的金属棒MN，垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨良好接触．首先开关S接1，使电容器完全充电．然后将S接至2，导轨间存在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场(图中未画出)，MN开始向右加速运动．当MN上的感应电动势与电容器两极板间的电压相等时，回路中电流为零，MN达到最大速度，之后离开导轨．问： (1)磁场的方向． (2)MN刚开始运动时加速度a的大小． (3)MN离开导轨后电容器上剩余的电荷量Q是多少． 解析：(1)电容器充电后上板带正电，下板带负电，放电时通过MN的电流由M到N，欲使炮弹射出，安培力应沿导轨向右，根据左手定则可知磁场的方向垂直于导轨平面向下． (2)电容器完全充电后，两极板间电压为E，根据欧姆定律，电容器刚放电时的电流：I＝，炮弹受到的安培力：F＝BIl 根据牛顿第二定律：F＝ma 解得加速度a＝ (3)电容器放电前所带的电荷量Q1＝CE 开关S接2后，MN开始向右加速运动，速度达到最大值vm时，MN上的感应电动势：E′＝Blvm 最终电容器所带电荷量Q2＝CE′ 设在此过程中MN的平均电流为，MN上受到的平均安培力：＝Bl 由动量定理，有：Δt＝mvm－0 又：Δt＝Q1－Q2 整理得：最终电容器所带电荷量 Q2＝ 答案：(1)垂直于导轨平面向下　(2)　(3) [能力提升] 9．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＝0 B．匀速滑动时，I1≠0，I2≠0 C．加速滑动时，I1＝0，I2＝0 D．加速滑动时，I1≠0，I2≠0 解析：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．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：C　[线框进入磁场，在进入磁场0～a的过程中，E＝Bav，电流I0＝，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＝＝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＝＝I0，方向为逆时针方向，为正，故C正确，A、B、D错误．] 11．(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＝Bav D．感应电动势平均值＝πBav 解析：ACD　[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＝＝＝πBav，故D正确．] 12．如图所示，矩形线圈在0.01 s内由原始位置Ⅰ转落至位置Ⅱ.已知ad＝5×10－2 m，ab＝20×10－2 m，匀强磁场的磁感应强度B＝2 T，R1＝R3＝1 Ω，R2＝R4＝3 Ω.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°＝1×10－2 Wb， Φ2＝2×10－2 Wb， 得：ΔΦ＝Φ2－Φ1＝1×10－2 Wb 根据电磁感应定律可得： E＝＝V＝1 V (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＝＝2 Ω 根据闭合电路欧姆定律得总电流为： I＝＝A＝0.5 A 通过各电阻的电流均为：I′＝I＝0.25 A 答案：(1)1 V　(2)0.25 A 13．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＝BLv0　　① 金属板间产生的场强大小为：E＝　 ② ab在Ⅰ磁场区域运动时，带电小球匀速运动，有mg＝qE　　③ 联立①②③得：B＝　 ④ (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＝ma　　⑤ 联立③⑤得：a＝2g　　⑥ (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＝0　　⑦ sⅡ＝·2g()2　　⑧ sⅢ＝vⅢ·　　⑨ vⅢ＝2g·　　⑩ 又：sⅠ＋sⅡ＋sⅢ＝2d 联立可得：v0＝ 答案：(1)　(2)2g　(3) 学科网（北京）股份有限公司 $$