高中物理人教版(2019)选择性必修第二册《2.2 法拉第电磁感应定律》训练题(1)

人教版(2019)选择性必修第二册《2.2 法拉第电磁感应定律》训练题
(1)
一、单选题（本大题共10小题，共40.0分）
1.如图所示，在一蹄形磁铁两极之间放一个矩形线框abcd。

磁铁和线框都可以绕竖直
轴oo′自由转动。

若使蹄形磁铁以某角速度转动时，线框的运动情况将是()
A. 静止
B. 随磁铁同方向转动
C. 沿与磁铁相反方向转动
D. 与蹄形磁铁同角速度转动
2.如图甲所示，某线圈共有50匝，若穿过该线圈的磁通量随时间的变化。

如图乙所示，则a、b
两点间的电压是()
A. 0.4V
B. 1V
C. 50V
D. 100V
3.下列装置中，不是应用电磁感应原理工作的有()
A. 变压器
B. 发电机
C. ABS刹车系统
D. 白织灯
4.用比值法定义物理量是物理学中常用的方法，下列表达中不属于用比值法定义物理量的是()
A. 电势差U AB=W AB
q B. 电容C=ɛS
4kπd
C. 电阻R=U
I D. 电流强度I=q
t
5.如图，电源为“9V1Ω”的电池组，要将“4V4W”的灯泡接入虚线框中，
在正常发光的条件下，最多能接()
A. 2个
B. 3个
C. 4个
D. 5个
6.如图所示，有一铝质圆形金属球以一定的初速度通过有界匀强磁场，则从
球开始进入磁场到完全穿出磁场过程中(磁场宽度大于金属球的直径)，小
球()
A. 整个过程匀速
B. 进入磁场过程中球做减速运动，穿出过程做加速运动
C. 整个过程都做匀减速运动
D. 穿出时的速度一定小于初速度
7.如图所示，在同一平面内，同心的两个导体圆环中通以异向的电流时()
A. 两环都有向内收缩的趋势
B. 两环都有向外扩张的趋势
C. 内环有收缩的趋势，外环有扩张的趋势
D. 内环有扩张的趋势，外环有收缩的趋势
8.如图甲所示的电路中定值电阻R=60Ω，电源电动势E=100V，r=10Ω。

如图乙所示，曲线
为灯泡L的伏安特性曲线，直线为电源的路端电压与电流的关系图线，以下说法正确的是
A. 开关S断开时电源的效率为60%
B. 开关S闭合后电源的总功率会变小
C. 开关S闭合后灯泡的亮度增强
D. 开关S断开时小灯泡消耗的功率为240W
9.如图所示电路中，电源的内阻不可忽略，当开关S断开时，电流表的示数
为0.25A，则当S闭合时，电流表的示数不可能是
A. 0.22A
B. 0.42A
C. 0.52A
D. 0.58A
10.图中E为电源，R1、R2为电阻，S为电键。

现用多用电表测量流过电阻R2的
电流。

将多用电表的选择开关调至直流电流挡(内阻很小)以后，正确的接
法是()
A. 保持S闭合，将红表笔接在a处，黑表笔接在b处
B. 保持S闭合，将红表笔接在b处，黑表笔接在a处
C. 将S断开，红表笔接在a处，黑表笔接在b处
D. 将S断开，红表笔接在b处，黑表笔接在a处
二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）
11.如图所示的电路中，电源电动势E和内阻r恒定不变，滑片P从左端向
右端移动，则()
A. 电流表的示数变大
B. 电压表的示数变大
C. 电阻R1消耗的功率变小
D. 电灯L消耗的功率变小
12.1831年法拉第把两个线圈绕在一个铁环上，A线圈与电源、滑动变阻器R
组成一个回路，B线圈与开关S、电流表G组成另一个回路(如图所示).通
过多次实验，法拉第终于总结出产生感应电流的条件．关于该实验下列说
法正确的是()
A. 闭合开关S的瞬间，电流表G中有a→b的感应电流
B. 闭合与断开开关S的瞬间，电流表G中都没有感应电流
C. 闭合开关S后，在增大电阻R的过程中，电流表G中有a→b的感应电流
D. 闭合开关S后，在减少电阻R的过程中，电流表G中有b→a的感应电流
13.如图所示，两光滑平行金属导轨放置于水平桌面上，左端接一电阻R，导轨上跨接一直导体棒
与导轨和电阻R形成闭合回路，让导体棒从位置A以初速度v0.开始沿导轨向如滑动，到达位置C时速度变为v0/2，B为C的中间位置，除电阻R之外，其余电阻均不计，下列说法正确的是()
A. 导体棒从A到C的过程中，加速度逐渐减小
B. 导体棒从A到B与从B到C通过R的电荷量相等
C. 导体棒从A到B通过R的电荷量大于与从B到C通过R的电荷
D. 导体棒从A到B与从B到C的过程中电阻R产生的热量相等
14.与水平轨道夹角为α=37°的导体棒固定于水平导轨上，匀强磁场磁感应强度B=1T，磁场方向
垂直纸面向里，如图所示。

电源电动势E=1.5V，内阻r=0.5，电流表读数I=1A，导体杆间距d=4cm，导体棒的横截面积为S=6.25×10−8m2，则下列说法正确的是()
A. 导体棒电阻率ρ=1.25×10−6Ω⋅m
B. 安培力水平向右
C. 安培力大小0.05N
D. 安培力大小0.04N
三、计算题（本大题共3小题，共30.0分）
15.(14分)如图所示，MN、PQ为间距L=0.4m足够长的光滑平行导轨，NQ⊥MN，导轨的电阻可
忽略不计.导轨平面与水平面间的夹角θ=300，NQ间连接有一个R=3Ω的电阻.整个装置处于方向与斜面垂直的匀强磁场中.将一质量为m=0.2kg的金属棒ab紧靠NQ放置在导轨上，且与导轨接触良好，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NQ平行，当金属棒滑行至cd处时恰好达到最大速度v滑=5m/s，cd距离NQ为s=4m.已知金属棒阻值为r=2Ω，g=10m/s2，求：
(1)匀强磁场的磁感应强度B0的大小；
(2)金属棒沿导轨从NQ下滑cd的过程中，电阻R上产生的电热Q；
(3)若将金属棒滑行至cd处的时刻记作t=0，从此时刻起，让磁感强度逐渐减小，可使金属棒
中不产生感应电流，试推导磁感强度B随时间t变化的关系式．
16.如图，坐标系xOy在竖直平面内，第一象限内分布匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直
纸面向外；第二象限内分布着沿x轴正方向的水平匀强电场，场强大小E=B2qL
，质量为m、电
6m
L)，在静电力的作用下以一定速度荷量为+q的带电粒子从A点由静止释放，A点坐标为(−L,√3
2
进入磁场，最后落在x轴上的P点．不计粒子的重力．求：
(1)带电粒子进入磁场时速度v的大小．
(2)P点与O点之间的距离．
R的金17.如图所示，水平放置的足够长平行金属导轨左端与定值电阻R相接，质量为m、电阻为1
2属杆垂直置于导轨上，其PQ段的长度为L。

整个装置处在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向垂直导轨平面向下。

t=0时刻，金属杆以初速度v0向右运动，忽略导轨的电阻及导轨与金属杆间的摩擦。

(1)判断通过电阻R的电流方向；
v0时，金属杆的加速度大小；
(2)求金属杆的速度为1
2
(3)求金属杆开始运动到停止运动的过程中，定值电阻R所产生的焦耳热。

【答案与解析】
1.答案：B
解析：解：
A、B、C、D、蹄形磁铁转动时，发生电磁感应现象，根据楞次定律的推论，矩形线框abcd的运动会阻碍磁通量的变化，但阻止不了，所以会随磁铁转动，但转动速度比蹄形磁铁慢，故ACD错误，B正确。

故选：B。

蹄形磁铁以某角速度转动时，矩形线框abcd中磁通量变化，发生电磁感应现象，根据楞次定律，矩形线框abcd会随磁铁同方向转动，但转动速度比蹄形磁铁慢，体现在楞次定律的推论上就是“来拒去留，阻碍但不阻止”
本题是异步电动机演示模型，看过实验演示，不难得出正确答案，但要达到应用楞次定律来解释现象，则要求不低。

容易出错的是不容易理解楞次定律“来拒去留，阻碍但不阻止”的含义。

2.答案：C
解析：解：由图可知，线圈中的感应电动势为：E=n△Φ
△t =50×0.5−0.1
0.4
V=50V，
由于电路是断路，其两端电压就等于电动势，依据楞次定律，则a是负极，b是正极，故a、b两点间的电压为−50V，故电压的大小为50V；
故C正确ABD错误。

故选：C。

由图读出磁感应强度的变化率，由法拉第电磁感应定律求出线圈中产生的感应电动势，结合电路是断开的，则a、b两点间的电压等于电动势，再依据楞次定律来判定电压的高低。

本题首先要能根据B−t图象的数学意义研究出其物理意义，其次要掌握法拉第电磁感应定律，注意
a、b两点间的电压与电源的电动势联系与区别。

3.答案：D
解析：解：A、变压器是利用电磁感应中的互感进行工作的，故A正确。

B、发电机利用线圈在磁场中转动，产生感应电流，利用的是电磁感应的原理，故B正确。

C、ABS刹车系统是利用电磁感应的原理工作的，故C正确。

D、白炽灯的工作原理是电流的热效应，故D错误。

本题选择不是应用电磁感应原理的，故选：D。

穿过闭合回路磁通量发生变化，会产生感应电流。

磁能生电，即为电磁感应的原理，抓住该特点逐项分析判断。

解决本题的关键知道电磁感应现象，知道磁能生电和电能生磁的区别，基础题。

4.答案：B
解析：
所谓比值定义法，就是用两个基本的物理量的“比”来定义一个新的物理量的方法．
解决本题的关键理解比值定义法的特点：比值法定义的基本特点是被定义的物理量往往是反映物质的最本质的属性，它不随定义所用的物理量的大小取舍而改变．
A、电势差是由电场本身确定的，与W及q无关，故A为比值定义法，故A错误；
B、本式为电容器的决定式，不属于比值定义法，故B正确；
C、电阻R与电压及电流无关，属于比值定义法，故C错误；
D、电流强度与电荷量和时间无关，属于比值定义法，故D错误；
本题考查不属于比值定义法的，故选：B
5.答案：D
解析：解：灯泡正常发光，则每个灯泡两端的电压为U L=4V
通过灯泡的电流为：I=P U
L
=1A，
灯泡的电阻为：R=U L
I =4
1
Ω=4Ω，
当灯泡全部并联时，能接的个数最多，设并联n个，则根据闭合电路欧姆定律得：
U L+nI L r=E
解得：n=9−4
1
=5
当n=5时，并联部分的总电阻为：R并=R
n =4
5
Ω，
得：U L=
R
并
R
并
+r
E=4V，符合题意，则最多接5个，故D正确。

故选：D。

灯泡正常发光，则灯泡两端的电压为额定电压，通过灯泡的电流为额定电流，根据串并联电路的特点以及闭合电路欧姆定律列式求解。

本题主要考查了串并联电路的特点以及闭合电路欧姆定律的直接应用，解题时知道正常发光的条件，难度适中。

6.答案：D
解析：解：AB、小球在进入和穿出磁场时，有涡流产生，受阻力作用，做减速运动；
故AB错误；
C、完全处于磁场中时，小球中没有电流，小球做匀速运动。

故C错误；
D、小球在进入和穿出磁场时，做减速运动；
完全处于磁场中时，小球做匀速运动。

故D正确；
故选：D。

AB、小球在进入和穿出磁场时，有涡流产生，故小球要受阻力作用，故进入和穿出磁场时要做减速运动；
C、完全处于磁场中，没有电流产生，没有阻力，将做匀速运动；
D、综合小球运动，可知穿出的速度和进入时初速度的关系。

本题考查导体切割磁感线时的感应电动势，关键要注意产生感应电流的条件，即要是闭合回路，还要有磁通量的变化。

7.答案：C
解析：解：同向电流相互吸引，异向电流相互排斥，知两线圈的运动情况是相互排斥，所以内环有收缩趋势，外环有扩张趋势，故C正确，ABD错误。

故选：C。

根据电流与电流的作用力关系进行判断，同向电流相互吸引，异向电流相互排斥，从而即可判定。

解决本题可以根据同向电流、异向电流的关系进行判定。

注意同向电流相互吸引，异向电流相互排斥；也可以首先判断出外环产生的磁场，然后使用安培定则判断出内环受到的安培力的方向，最后根据牛顿第三定律判断出外环受力的方向。

8.答案：D
解析：
本题考查了电源的伏安特性曲线和电阻伏安特性曲线，注意交点的意义，在分析开关闭合后的变化时，也可以将电源和电阻等效为一个新电源分析。

开关S断开时，题图乙交点数值为灯泡实际工作的电压和电流，根据图像计算灯泡功率和电源总功率，从而计算效率；根据闭合电路欧姆定律分析当开关闭合后灯泡亮度的变化及电源功率的变化。

AD.开关S断开时，题图乙交点数值为灯泡实际工作的电压和电流，I=6A，U=40V，实际功率P=UI=240W，电源总功率P总=EI=600W，所以电源的效率为η=40%，A错误，D正确；
B.闭合开关S后，电路外电阻减小，I=
E
R
外
+r，干路电流增大，总功率增大，B错误；
C.闭合开关S后，干路电流增大，U内=Ir增大，路端电压减小，灯泡亮度减弱，C错误。

故选D。

9.答案：A
解析：试题分析：当开关S断开时，电流表的示数为0.25A，则电动势应该略大于2.5V，当S闭合时，只有6Ω，因此电流大小0.42A，因此不可能是A
考点：闭合电路欧姆定律
点评：本题考查了闭合电路欧姆定律的使用和简单计算。

10.答案：C
解析：试题分析：要想测电阻R2的电流，必须将开关K断开，将万用表与R2串联，将两表笔接入电路．红表笔接电源的正极，黑表笔接电源的负极．故选：C
考点：万用表的使用．
11.答案：AD
解析：解：滑动变阻器的滑片向右端滑动过程，变阻器接入电路的电阻减小，所以外电路总R减小，由欧姆定律得知总电流I增大，所以电流表示数变大；
路端电压U=E−Ir减小。

电灯L的电压等于路端电压，所以电灯L的电流减小，而P L=I2R L，所以电灯L消耗的功率变小；
而总电流增大，所以通过滑动变阻器及R1的电流增大，根据P1=I2R1可知电阻R1消耗的功率增大；R1的电压增大，所以R的电压减小，所以电压表的示数减小，故AD正确BC错误。

故选：AD。

滑动变阻器的滑片向右端滑动过程，变阻器接入电路的电阻变小，外电路总电阻减小，由欧姆定律分析总电流的变化和路端电压的变化，来判断电表示数的变化。

根据功率公式判断功率的变化情况。

本题是简单的电路动态分析问题。

对于路端电压也可以直接根据路端电压随外电阻增大而增大判断变化。

12.答案：BD
解析：解：A、闭合与断开开关S的瞬间，穿过线圈B的磁通量都不发生变化，电流表G中均无感应电流，故A错误，B正确；
C、闭合开关S后，在增大电阻R的过程中，电流减小，则通过线圈B的磁通量减小了，根据右手螺旋定则可确定穿过线圈B的磁场方向，再根据楞次定律可得：电流表G中有b→a的感应电流．故C错误；
D、闭合开关S后，在减少电阻R的过程中，电流增大，则通过线圈B的磁通量增大了，根据右手螺旋定则可确定穿过线圈B的磁场方向，再根据楞次定律可得：电流表G中有b→a的感应电流，故D正确；
故选：BD．
电流表与线圈B构成闭合电路，当线圈中磁通量发生变化时，出导致线圈中产生感应电动势，从而可出现感应电流．根据右手螺旋定则可确定线圈B的磁场方向，再根据楞次定律可判定感应电流方向．
考查右手螺旋定则、楞次定律，知道右手大拇指向为线圈内部的磁场方向，并还理解“增反减同”的含义．同时注意开关的闭合不会改变穿过线圈的磁通量．
13.答案：AB
解析：试题分析：由安培力公式求出安培力，由牛顿第二定律求出加速度，然后判断导体棒的加速度如何变化；
由法拉第电磁感应定律求出感应电动势，由欧姆定律求出电流，由电流定义式求出电荷量；
由能量守恒定律求出电阻R产生的热量．
A、导体棒受到的安培力F=BIL=，由牛顿第二定律得：=ma，导体棒的加速度：，导体棒受安培力作用而做减速运动，随速度v的减小，加速度a减小，故A正确；
B、感应电动势：E==，感应电流，电荷量，从A到B过程与从B到C过程，面积变化量△S相等，通过电阻我的电荷量相等，故B正确，C错误；
的、导体棒运动过程中，导体棒动能的减少量等于电阻我产生的热量，从A到B过程动能的减少量c于从B到C过程金属棒动能的减少量，因此导体棒从A到B过程产生的热量c于从B到C的过程中电阻我产生的热量，故的错误；
故选：AB．
14.答案：AC
解析：解：A、由闭合电路欧姆定律得：I=E
R+r
，代入数据解得：R=1Ω，
导体棒长度：L=d
cosα=4×10−2
cos37∘
=0.05m，
由电阻定律得：R=ρL
S ，导体棒电阻：ρ=RS
L
，代入数据解得：ρ=1.25×10−6Ω⋅m，故A正确；
B、由左手定则可知，安培力垂直导体棒斜向右上方，故B错误；
CD、安培力大小：F=BIL=1×1×0.05=0.05N，故C正确，D错误；
故选：AC。

应用闭合电路欧姆定律求出导体棒的电阻，应用电阻定律可以求出导体棒的电阻率；
应用左手定则可以判断出安培力方向；应用安培力公式可以求出安培力大小。

本题考查了求电阻率、求安培力大小、判断安培力方向问题，掌握闭合电路欧姆定律与电阻定律、安培力公式与左手定则即可解题。

15.答案：解：(1)在达到稳定速度前，金属棒的加速度逐渐减小，速度逐渐增大，达到稳定速度时，加速度为零，受力平衡，则有：mgsin30°=B0IL，根据法拉第电磁感应定律：E=B0Lv，根据闭合电路欧姆定律：I=E/(R+r)联立以上几式得：B0=2.5T；
(2)根据能量守恒得，重力势能减小转化为动能、摩擦产生的内能和回路中产生的焦耳热：Q总=
mgssin30°−1
2mv2电阻R上产生的热量：Q=R
R+r
Q
总
；代入数据，得：Q=0.9J；
(3)当回路中的总磁通量不变时，金属棒中不产生感应电流，此时金属棒将沿导轨做匀加速运动：mgsin30°=ma设t时刻磁感应强度为B，则：B0Ls=BL(s+x)而：x=vt+1
2
at2；所以：
B=10
2.5t2+5t+4。

解析：本题考查了牛顿运动定律、闭合电路殴姆定律、安培力公式、感应电动势公式，还有能量守恒。

分析好物理情景，灵活应用各相关公式是解决本题的关键。

(1)根据受力平衡，应用法拉第定律和闭合电路欧姆定律可求匀强磁场的磁感应强度B0的大小；
(2)根据功能关系可求电阻R上产生的电热Q；
(3)分析好物理情景，应用牛顿第二定律、动生电动势和运动学公式求解磁感强度B随时间t变化的关系式。

16.答案：解：(1)设粒子进入磁场的速度为v，由动能定理得qEL=
1
2
mv2
又E=B2qL
6m
解得：v=√3qBL
3m
(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动，设半径为R．
由qvB=m v2
R
解得：R=√3L
3
，
设圆心为C点，则CP=R=√3L
3
，
OC=√3
2L−R=√3
6
L
在直角三角形COP中，有勾股定理的OP=1
2
L.
答：(1)带电粒子进入磁场时速度v的大小为√3qBL
3m
．
(2)P点与O点之间的距离为1
2
L.
解析：1、粒子在电场中只受电场力，粒子水平向右做匀加速直线运动，水平进入第一象限的磁场，在第二象限中根据动能定理计算带电粒子进入磁场时速度v的大小．
2、粒子在第一象限中，只受洛伦兹力，洛伦兹力提供向心力，粒子做圆周运动，计算出半径，画出轨迹，根据直角三角形的知识求解OP距离．
本题中带电小球先加速后做圆周运动，关键是画出轨迹图，结合几何关系进行分析．
17.答案：解：(1)根据右手定则判断可知通过金属杆的电流方向从Q到P，则通过电阻R的电流方向为从a到b。

(2)当金属杆的速度为1
2v0时，产生的感应电动势为E=BL⋅1
2
v0=1
2
BLv0
感应电流大小I=
E
R+R
2
=BLv0
3R
金属杆受到的安培力大小F A=BIL=B2L2v0
3R
，方向水平向左
则金属杆的加速度大小a=F A
m =B2L2v0
3mR
(3)根据能量守恒可知，整个过程中回路所产生的总焦耳热为Q=1
2
mv02
定值电阻R所产生的焦耳热为Q R=
R
R+R
2
Q=1
3
mv02。

答：(1)通过电阻R的电流方向从a到b；
(2)金属杆的速度为1
2v0时，金属杆的加速度大小为B2L2v0
3mR
；
(3)金属杆开始运动到停止运动的过程中，定值电阻R所产生的焦耳热为1
3
mv02。

解析：(1)根据右手定则判断通过电阻R的电流方向；
(2)当金属杆的速度为1
2
v0时，根据法拉第电磁感应定律求出金属杆产生的感应电动势，由闭合电路欧姆定律求出感应电流大小，再由牛顿第二定律和安培力公式相结合求金属杆的加速度大小；
(3)金属杆开始运动到停止运动的过程中，金属杆的动能转化为回路产生的焦耳热，根据能量守恒定律和能量分配求定值电阻R所产生的焦耳热。

本题是电磁感应与力学知识的综合应用，关键要能熟练法拉第电磁感应定律、欧姆定律、安培力公式、右手定则等电磁感应规律，并能运用牛顿第二定律求加速度。