第2章 2 法拉第电磁感应定律（Word练习）-【精讲精练】2025-2026学年高中物理选择性必修第二册（教科版）

[基础巩固] 1．(2023·全国乙卷)一学生小组在探究电磁感应现象时，进行了如下比较实验。用图(a)所示的缠绕方式，将漆包线分别绕在几何尺寸相同的有机玻璃管和金属铝管上，漆包线的两端与电流传感器接通。两管皆竖直放置，将一很小的强磁体分别从管的上端由静止释放，在管内下落至管的下端。实验中电流传感器测得的两管上流过漆包线的电流I随时间t的变化分别如图(b)和图(c)所示，分析可知(　　) A．图(c)是用玻璃管获得的图像 B．在铝管中下落，小磁体做匀变速运动 C．在玻璃管中下落，小磁体受到的电磁阻力始终保持不变 D．用铝管时测得的电流第一个峰到最后一个峰的时间间隔比用玻璃管时的短 解析　强磁体在铝管中运动，铝管会形成涡流，玻璃是绝缘体故强磁体在玻璃管中运动，玻璃管不会形成涡流。强磁体在铝管中加速后很快达到平衡状态，做匀速直线运动，而玻璃管中的磁体则一直做加速运动，故由图像可知图(c)的脉冲电流峰值不断增大，说明强磁体的速度在增大，与玻璃管中磁体的运动情况相符，A正确；在铝管中下落，脉冲电流的峰值一样，磁通量的变化率相同，故小磁体做匀速运动，B错误；在玻璃管中下落，玻璃管为绝缘体，线圈的脉冲电流峰值增大，电流不断在变化，故小磁体受到的电磁阻力在不断变化，C错误；强磁体分别从管的上端由静止释放，在铝管中，磁体在线圈间做匀速运动，玻璃管中磁体在线圈间做加速运动，故用铝管时测得的电流第一个峰到最后一个峰的时间间隔比用玻璃管时的长，D错误。故选A。 答案　A 2.如图所示，一正方形线圈的匝数为n，边长为a，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中。在Δt时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B均匀地增大到2B。在此过程中，线圈中产生的感应电动势为(　　) A．　　　　　　 B． C． D． 解析　由法拉第电磁感应定律可知，在Δt时间内线圈中产生的平均感应电动势为E＝n＝n＝，选项B正确。 答案　B 3．穿过某单匝闭合回路的磁通量Φ随时间t变化的图像分别如图中的①～④所示，下列说法正确的是(　　) A．图①有感应电动势，且大小恒定不变 B．图②产生的感应电动势一直在变大 C．图③在0～t1时间内的感应电动势是t1～t2时间内感应电动势的2倍 D．图④产生的感应电动势先变大再变小 解析　感应电动势E＝n，而对应Φ ­t图像中图线的斜率，根据图线斜率的变化情况可得：题图①中无感应电动势；题图②中感应电动势恒定不变；题图③中感应电动势0～t1时间内的大小是t1～t2时间内大小的2倍；题图④中感应电动势先变小再变大。 答案　C 4.在北半球，当我们抬头观看教室内的电扇时，发现电扇正在逆时针转动。金属材质的电扇示意图如图所示，由于地磁场的存在，下列关于A、O两点的电势及电势差的说法正确的是(　　) A．A点电势比O点电势高 B．A点电势比O点电势低 C．A点电势等于O点电势 D．扇叶长度越短，转速越快，两点间的电势差数值越大 解析　因北半球地磁场方向斜向下(有效磁场竖直向下)，电风扇逆时针方向转动，切割磁感线产生感应电动势，根据右手定则知，A点相当于电源的正极，O点相当于电源的负极，所以A点的电势高于O点的电势，故选项A正确，B、C错误；转动切割的电动势E＝Bl2ω，则知扇叶长度越短，转速越快，感应电动势不一定越大，电势差就不一定越大，故选项D错误。 答案　A 5．(多选)某地的地磁场磁感应强度的竖直分量方向向下，大小为4.5×10－5 T。一灵敏电压表连接在当地入海河段的两岸，河宽100 m，该河段涨潮和落潮时有海水(视为导体)流过，设落潮时，海水自西向东流，流速为2 m/s。下列说法正确的是(　　) A．电压表记录的电压为5 mV B．电压表记录的电压为9 mV C．河南岸的电势较高 D．河北岸的电势较高 解析　海水在落潮时自西向东流，该过程可以理解为自西向东运动的导体在切割竖直向下的磁感线。根据右手定则可判断，北岸是正极，电势高，南岸电势低，所以选项C错误，D正确；根据法拉第电磁感应定律E＝Blv＝4.5×10－5×100×2 V＝9×10－3 V，选项A错误，B正确。 答案　BD 6.无线充电技术中使用的受电线圈示意图如图所示，线圈匝数为n，面积为S。若在t1到t2时间内，匀强磁场平行于线圈轴线向右穿过线圈，其磁感应强度大小由B1均匀增加到B2，则该段时间线圈两端a和b之间的电势差φa－φb(　　) A．恒为 B．从0均匀变化到 C．恒为－ D．从0均匀变化到－ 解析　根据法拉第电磁感应定律得，感应电动势E＝n＝n，由楞次定律和右手螺旋定则可判断b点电势高于a点电势，因磁场均匀变化，所以感应电动势恒定，因此a、b两点电势差恒为φa－φb＝－，选项C正确。 答案　C 7.如图所示，匀强磁场中有两个导体圆环a、b，磁场方向与圆环所在平面垂直。磁感应强度B随时间均匀增大。两圆环半径之比为2∶1，圆环中产生的感应电动势分别为Ea和Eb，不考虑两圆环间的相互影响。下列说法正确的是(　　) A．Ea∶Eb＝4∶1，感应电流均沿逆时针方向 B．Ea∶Eb＝4∶1，感应电流均沿顺时针方向 C．Ea∶Eb＝2∶1，感应电流均沿逆时针方向 D．Ea∶Eb＝2∶1，感应电流均沿顺时针方向 解析　由法拉第电磁感应定律得圆环中产生的电动势为E＝＝πr2·，则＝＝，由楞次定律可知感应电流的方向均沿顺时针方向。B项对。 答案　B 8.如图所示，粗细均匀、电阻为r的金属圆环，放在图示的匀强磁场中，磁感应强度为B，圆环直径为l，长为l、电阻为的金属棒ab放在圆环上，以v0向右运动，当ab棒运动到图示虚线位置时，金属棒两端的电势差为(　　) A．0 B．Blv0 C． D． 解析　按照E＝Blv0求出感应电动势，所求的金属棒两端的电势差为路端电压。左右侧圆弧均为半圆，电阻均为，并联的总电阻即外电路电阻R＝，金属棒的电阻等效为电源内阻r′＝，故U＝＝，故选项D正确。 答案　D [能力提升] 9．如图甲所示，n＝50匝的圆形线圈M，它的两端点a、b与内阻很大的电压表相连，线圈中磁通量的变化规律如图乙所示，则a、b两点的电势高低与电压表的读数为(　　) A．φa＞φb,20 V B．φa＞φb,100 V C．φa＜φb,20 V D．φa＜φb,100 V 解析　从题图甲发现，线圈的磁通量是增大的，根据楞次定律，感应电流产生的磁场跟原磁场方向相反，即感应电流产生的磁场方向为垂直纸面向外，根据安培定则，可以判断出线圈中感应电流的方向为逆时针方向。在回路中，线圈相当于电源，由于电源是逆时针方向，所以a相当于电源的正极，b相当于电源的负极，所以a点的电势高于b点的电势。根据法拉第电磁感应定律得E＝n＝50×2 V＝100 V，电压表读数为100 V，故选项B正确。 答案　B 10.如图所示，一固定线圈与电源、开关连接成闭合回路，在其上方固定一光滑绝缘杆，杆上套一闭合铝环，将铝环置于线圈左端附近。当固定线圈中突然通过直流电流时，铝环会被弹射出去。则合上开关S的瞬间(　　) A．从左向右看，环中产生沿顺时针方向的感应电流 B．电池正、负极调换后，铝环将不能向左弹射 C．若将铝环置于线圈右侧，铝环将向右弹射 D．若将铝环换成形状、大小和横截面积均相同的闭合铜环(电阻率ρ铜<ρ铝)，则铜环受到的安培力小于铝环受到的安培力 解析　合上开关S的瞬间，根据右手螺旋定则可知，通电线圈产生的磁场方向水平向右，则穿过环的磁通量水平向右增大，则根据楞次定律可知，从左向右看，环中产生沿逆时针方向的感应电流，故A错误；电池正、负极调换后，合上开关S的瞬间，穿过环的磁通量仍是增大，根据楞次定律的推论(增离减靠)可知，铝环将会向左运动来远离线圈产生的磁场，以此来阻碍环内磁通量的增加，故B错误；若将铝环置于线圈右侧，合上开关S的瞬间，穿过环的磁通量仍是增大，根据楞次定律的推论(增离减靠)可知，铝环将会向右运动来远离线圈产生的磁场，以此来阻碍环内磁通量的增加，故C正确；根据法拉第电磁感应定律E＝n，可知由于铝环和铜环的形状、大小和横截面积均相同，则产生的感应电动势相同，根据电阻定律R＝ρ，可知铝环的电阻大于铜环的电阻，根据闭合电路欧姆定律I＝可知铝环的电流小于铜环的电流，则根据安培力F安＝BIL，可知铜环受到的安培力大于铝环受到的安培力，故D错误。 答案　C 11．如图所示，面积为0.2 m2的100匝线圈A处在磁场中，磁场方向垂直于线圈平面。磁感应强度B随时间变化的规律是B＝(6－0.2t) T，已知电路中的R1＝4 Ω，R2＝6 Ω，电容C＝30 μF，线圈的电阻不计，求： (1)闭合S一段时间后，通过R2的电流大小及方向； (2)闭合S一段时间后，再断开S，S断开后通过R2的电荷量。 解析　(1)由于磁感应强度随时间均匀变化，根据B＝(6－0.2t) T，可知＝0.2 T/s，所以线圈中感应电动势的大小为E＝n＝nS·＝100×0.2×0.2 V＝4 V。 通过R2的电流大小为I＝＝ A＝0.4 A 由楞次定律可知电流的方向为自上而下通过R2。 (2)闭合S，电容器充电，一段时间后，电路稳定，此时两板间电压U2＝IR2＝0.4×6 V＝2.4 V。 再断开S，电容器将放电，通过R2的电荷量就是电容器原来所带的电荷量Q＝CU2＝30×10－6×2.4 C＝7.2×10－5 C。 答案　(1)0.4 A　由上向下通过R2 (2)7.2×10－5 C 12．如图所示，半径为r的圆形导轨处在垂直于圆平面的匀强磁场中，磁感应强度为B，方向垂直于纸面向里。一根长度略大于2r的导线MN以速度v在圆导轨上无摩擦地自左端匀速滑动到右端，电路的固定电阻为R，其余电阻忽略不计，试求： (1)在滑动过程中通过电阻R的电流的平均值； (2)当导线MN通过圆形导轨中心时，导线MN所受安培力的大小； (3)如果导线MN的电阻为R0，当导线MN通过圆形导轨中心时，电阻R两端的电压。 解析　(1)整个过程中磁通量的变化ΔΦ＝BS＝Bπr2，所用时间为Δt＝，代入＝ 可得＝＝ 根据闭合电路欧姆定律得通过电阻R的电流平均值为＝＝。 (2)当导线MN通过圆形导轨中心时，瞬时感应电动势为E＝Blv＝2Brv 根据闭合电路欧姆定律，此时电路中的感应电流为I＝＝ 则导线MN此时所受到的安培力为F＝BIl＝。 (3)根据闭合电路欧姆定律，电路中的感应电流为I′＝＝ 则电阻R两端的电压为U＝I′R＝。 答案　(1)　(2)　(3) 学科网（北京）股份有限公司 $