课时跟踪检测(八) 法拉第电磁感应定律（Word练习）-【新课程学案】2025-2026学年高中物理选择性必修第二册（鲁科版 福建专用）

课时跟踪检测(八)　法拉第电磁感应定律 1．关于感应电动势的大小，下列说法中正确的是(　　) A．穿过线圈的磁通量Φ最大时，所产生的感应电动势就一定最大 B．穿过线圈的磁通量的变化量ΔΦ增大时，所产生的感应电动势也增大 C．穿过线圈的磁通量Φ等于0，所产生的感应电动势就一定为0 D．穿过线圈的磁通量的变化率越大，所产生的感应电动势就越大 2.(2025·山东烟台高二月考)如图所示，水平面内有一长为l的导体棒ab，处于水平向右、磁感应强度为B的匀强磁场中，ab与磁场方向垂直。若让ab在水平面内以大小为v、方向与水平向左成α角的速度做匀速直线运动，则导体棒ab两端的电势差为(　　) A．Blv B．0 C．Blvcos α D．Blvsin α 3．如图甲所示，面积S＝1 m2的一个金属圆环内有垂直于平面向里的匀强磁场，圆环总电阻为5 Ω，磁场的磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙所示(B取向里为正)，以下说法正确的是(　　) A．圆环中产生顺时针方向的感应电流 B．圆环中磁通量的变化率为2 Wb/s C．圆环中产生的感应电动势大小为1 V D．0～1 s内，通过圆环截面的电荷量为0.4 C 4．当航天飞机在环绕地球的轨道上飞行时，从中释放一颗卫星，卫星与航天飞机的速度相同，两者用导电缆绳相连，这种卫星称为绳系卫星。现有一绳系卫星在地球赤道上空自西向东运行，忽略地球自转。卫星位于航天飞机的正上方，它与航天飞机之间的距离是5 km，卫星所在位置的地磁场B＝4.6×10－5 T，沿水平方向由南向北。如果航天飞机和卫星的运行速度都是7.6 km/s，以下说法正确的是(　　) A．缆绳中的感应电动势约为1.7×103 V B．缆绳中的感应电动势约为1.7 V C．航天飞机端的电势高于卫星端的电势 D．如果卫星与航天飞机由南向北飞，航天飞机端的电势高于卫星端的电势 5．图甲为某款“自发电”无线门铃按钮，其“发电”原理如图乙所示，按下门铃按钮过程，磁铁靠近螺线管，松开门铃按钮，磁铁在弹簧作用下远离螺线管回归原位置。下列说法正确的是(　　) A．按下按钮过程，螺线管P点电势较高 B．按住按钮不动，螺线管P点电势较高 C．松开按钮过程，螺线管P点电势较高 D．按下和松开按钮过程，螺线管产生大小相等的感应电动势 6．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3B。在此过程中，线圈中产生的感应电动势为(　　) A. B. C. D. 7．(2025·威海高二检测)如图所示，固定于水平面上的金属架CDEF处在竖直向下的匀强磁场中，金属棒MN沿框架以速度v向右做匀速运动。t＝0时，磁感应强度为B0，此时MN到达的位置使MDEN构成一个边长为l的正方形。为使MN棒中不产生感应电流，从t＝0开始，磁感应强度B与t的关系式为(　　) A．B＝ B．B＝ C．B＝ D．B＝ 8．(2025·江西景德镇期中)如图，匀强磁场磁感应强度大小为B、方向垂直水平面向里，半径为R的半圆形金属丝在水平面内以速度v做匀速直线运动，速度方向与直径ab垂直，运动中a、b间的电势差Uab为(　　) A．2BRv B．πBRv C．－2BRv D．－πBRv 9．(双选)如图甲所示为电动汽车无线充电原理图，M为受电线圈，N为送电线圈。图乙为受电线圈M的示意图，线圈匝数为n，电阻为r，横截面积为S，两端a、b连接车载变流装置，匀强磁场平行于线圈轴线向上穿过线圈。下列说法正确的是(　　) A．只要受电线圈M两端有电压，送电线圈N中的电流一定不是恒定电流 B．只要送电线圈N中有电流流入，受电线圈M两端一定有电压 C．当受电线圈M中磁感应强度均匀增加时，受电线圈M中有电流从a端流出 D．若Δt时间内，受电线圈M中磁感应强度均匀增加ΔB，则受电线圈M两端的电压为 10．(2025·山东青岛高二调研)(双选)如图所示为法拉第圆盘发电机，半径为r的导体圆盘绕过圆盘中心的竖直轴以恒定的角速度ω逆时针旋转(从上往下看)，空间中存在竖直向上的匀强磁场，两电刷分别与圆盘中心轴和边缘接触，电刷间接有阻值为R的电阻。下列说法正确的是(　　) A．实验过程中，能产生感应电动势是因为穿过圆盘的磁通量发生了变化 B．电阻R中电流方向为由b到a C．电阻R两端的电压等于Bωr2 D．若角速度变为原来的2倍，则R上的热功率变为原来的4倍 11．(4分)(2025·福建南安高二调研)如图所示，a、b是两个用同样的导线制成的单匝圆形闭合线圈，线圈半径ra＝3rb。匀强磁场垂直于线圈平面向内，且磁感应强度随时间均匀增加。则线圈a、b中感应电流均为________方向(填“顺时针”或“逆时针”)；线圈a、b的感应电流之比是________；线圈a、b在t时间内，产生的热量之比是________。 12．(10分)如图所示，PQ和MN两金属导轨平行地放置在水平桌面上，PQ和MN相距d＝0.6 m，电路中的电阻R为0.3 Ω，匀强磁场竖直向下穿过导轨，磁感应强度B为0.5 T，导体棒ab斜放在导轨上(与导轨的夹角为60°)，并与导轨接触良好，无摩擦力，导体棒接入电路的电阻为0.1 Ω，导轨的电阻忽略不计。现在给ab棒一个大小为2 m/s向右的水平速度。求此时： (1)ab棒中感应电动势的大小；(2分) (2)回路中感应电流的大小和方向；(4分) (3)ab棒受到的安培力的大小。(4分) 13．(12分)在如图所示的三维坐标系中，有与x轴同方向的磁感应强度为B的匀强磁场，一矩形导线框面积为S、电阻为R，其初始位置abcd与xOz平面的夹角为θ，以z轴为转动轴沿顺时针方向匀速转动2θ角到达a′b′cd位置，角速度为ω。求： (1)这一过程导线框中产生的感应电动势的平均值；(6分) (2)若θ为60°，当导线框恰好到达a′b′cd位置时感应电动势的瞬时值。(6分) 1 / 4 学科网（北京）股份有限公司 课时跟踪检测(八) 1．选D　根据E＝n，穿过线圈的磁通量Φ最大时，所产生的感应电动势不一定最大，故A错误；穿过线圈的磁通量的变化量ΔΦ增大时，所产生的感应电动势不一定也增大，故B错误；穿过线圈的磁通量Φ等于0，但是磁通量的变化率不一定为零，则所产生的感应电动势不一定为0，故C错误；穿过线圈的磁通量的变化率越大，所产生的感应电动势就越大，故D正确。 2．选B　B、l、v三者在同一平面内，导体棒不切割磁感线，没有感应电动势，故选B。 3．选C　由题图乙可知，圆环中通过的磁通量增加，由楞次定律可知，圆环中感应电流产生的磁场的方向垂直平面向外，由安培定则可知，圆环中感应电流应为逆时针方向，A错误；圆环中磁通量的变化率为＝＝×1 Wb/s＝1 Wb/s，B错误；由法拉第电磁感应定律得，圆环中产生的感应电动势大小为E＝N＝1 V，C正确；0～1 s内，通过圆环截面的电荷量为q＝＝＝0.2 C，D错误。 4．选A　导电缆绳垂直切割地磁场，产生的动生电动势为E＝BLv＝4.6×10－5×5×103×7.6×103 V≈1.7×103 V，故A正确，B错误；导电缆绳垂直切割地磁场，由右手定则可知航天飞机端的电势低于卫星端的电势，故C错误；如果卫星与航天飞机由南向北飞，导电缆绳不切割磁感线，不产生感应电动势，则航天飞机端的电势等于卫星端的电势，故D错误。 5．选C　按下按钮过程中，穿过螺线管向左的磁通量增大，根据楞次定律可知，感应电流的磁场的方向向右，由安培定则可知，感应电流的方向为P→Q，此时螺线管Q端电势高，故A错误；当按住按钮不动时，螺线管内磁通量不变化，无感应电动势，P、Q点电势相等，故B错误；松开按钮过程中，穿过螺线管向左的磁通量减小，根据楞次定律可知，感应电流的磁场的方向向左，由安培定则可知，感应电流的方向为Q→P，此时螺线管P端电势高，故C正确；根据法拉第电磁感应定律可知，螺线管产生的电动势的大小与穿过螺线管的磁通量的变化率成正比，由于按下和松开按钮过程对应的时间关系、速度关系都是未知的，所以螺线管产生的感应电动势大小不一定相等，故D错误。 6．选B　根据题意，由法拉第电磁感应定律有E＝n，又有ΔΦ＝ΔBS，S＝a2，联立解得E＝＝，故选B。 7．选C　由法拉第电磁感应定律可知，金属棒MN沿框架以速度v向右做匀速运动时，为使MN棒中不产生感应电流，则必须使MDEN回路磁通量保持不变，故磁感应强度B应随时间t减小。回路的磁通量保持不变，则有B0l2＝Bl(l＋vt)，解得B＝，故选C。 8．选C　半圆形金属丝切割磁感线的有效长度为2R，根据法拉第电磁感应定律结合右手定则可知，运动中a、b间的电势差为Uab＝－BL有v＝－2BRv，故选C。 9．选AC　如果受电线圈M两端有电压，说明穿过受电线圈M的磁场变化，此时送电线圈N中的电流一定不是恒定电流，A正确；若送电线圈N中有恒定电流，则产生的磁场不变化，在受电线圈M中不会产生感应电动势，B错误；穿过受电线圈M的磁感应强度均匀增加，根据楞次定律可知，感应电流的磁场向下，故感应电流方向为从b向a，即电流从a端流出，C正确；根据法拉第电磁感应定律，有E＝n＝nS，由闭合电路欧姆定律得受电线圈M两端的电压U＝R＝，其中R为受电线圈M外接电路的电阻，D错误。 10．选BD　实验过程中，穿过整个圆盘的磁通量没有发生变化；在圆盘转动时，圆盘上任一半径方向的电路在磁场中转过的面积引起磁通量的变化，在这个半径方向的电路产生感应电动势，与外电路通过圆盘边缘、圆盘中心轴相连构成闭合电路，从而形成沿这个半径方向的感应电流，故A错误；圆盘转动时，相当于每条半径都在切割磁感线，根据右手定则可判断出，电阻R中电流方向为由b到a，故B正确；圆盘转动的角速度恒定，则圆盘转动时产生的感应电动势大小为E＝Br×＝Bωr2，感应电动势恒定，则通过电阻R的电流大小恒定；电阻R两端的电压为外电路电压，小于感应电动势Bωr2，故C错误；由E＝Bωr2可知，若角速度ω变为原来的2倍，则感应电动势E变为原来的2倍，则电阻R两端的电压U＝R变为原来的2倍，电阻R上消耗的功率P＝将变为原来的4倍，故D正确。 11．解析：由题意可知磁感应强度随时间均匀增加，所以穿过线圈的磁通量增加，根据楞次定律可知，线圈中感应电流的磁场方向垂直于线圈平面向外，由安培定则可知，线圈中的感应电流方向为逆时针方向；由法拉第电磁感应定律有E＝n，又有ΔΦ＝ΔB·S，线圈的面积为S＝πr2，整理有E＝nπr2，由题意知ra＝3rb，所以有Ea∶Eb＝9∶1；根据电阻定律有R＝，又L＝2πr，整理有Ra∶Rb＝3∶1，根据欧姆定律有I＝，整理有Ia∶Ib＝3∶1；由焦耳定律有Q＝I2Rt，结合之前的分析，整理有Qa∶Qb＝27∶1。 答案：逆时针　3∶1　27∶1 12．解析：(1)ab棒中感应电动势的大小为E＝BLsin 60°·v＝Bdv＝0.5×0.6×2 V＝0.6 V。 (2)由闭合电路的欧姆定律可知，回路中感应电流的大小为 I＝＝ A＝1.5 A 根据右手定则可知，回路中感应电流的方向为逆时针方向。 (3)ab棒受到的安培力的大小为 F＝BIL＝BI＝0.5×1.5× N＝ N。 答案：(1)0.6 V　(2)1.5 A，逆时针方向　(3) N 13．解析：(1)导线框转动2θ角的过程所用的时间Δt＝，穿过线框的磁通量的变化量ΔΦ＝2BSsin θ。由法拉第电磁感应定律知，此过程中产生的感应电动势的平均值＝＝＝。 (2)θ为任意值时，线框中感应电动势的大小为ab边切割磁感线产生的感应电动势的大小 E＝B·a·b·ω·sin(90°－θ)＝BSωcos θ 当θ＝60°时，有E＝BSω。 答案：(1)　(2)BSω $