第9章-電磁感應(高中物理習題)

高三一輪物理復習（人教版）第9章電磁感應(本卷滿分100分，考試用時90分鐘)一、選擇題(本大題共12小題，每小題4分，共48分，每小題至少有一個選項正確，全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分)圖11．如圖1所示，在水平地面下埋著一條沿東西方向通有恒定電流的水平直導線．現用一串有靈敏電流計的閉合圓形檢測線圈檢測此通電直導線的位置．若不考慮地磁場的影響，檢測線圈在水平面內，從距直導線很遠處的北邊移至距直導線很遠處的南邊的過程中，俯視檢測線圈．下列說法正確的是A．線圈中感應電流的方向先順時針后逆時針B．線圈中感應電流的方向先逆時針后順時針，然后再逆時針C．線圈在導線正上方時，穿過線圈的磁通量為零D．線圈在導線正上方時，線圈中的電流為零解析由地下通電直導線的電流方向和安培定則可判斷出周圍的磁感線分布，左側水平地面磁場方向向下，右側水平地面磁場方向向上，則檢測線圈從左向右運動過程中，磁通量先增大后減小為零，再增大，最后再減?。挥衫愦味芍?，線圈中感應電流的方向先逆時針后順時針，然后再逆時針，線圈在導線正上方時，穿過線圈的磁通量為零，選項B、C正確．答案BC圖22．一個面積為S＝4×10－2m2的閉合線圈放在勻強磁場中，磁場的方向垂直線圈平面，磁場的磁感應強度B的大小隨時間的變化規(guī)律如圖2所示，則下列說法正確的是A．在開始2秒內穿過線圈平面的磁通量變化率等于零B．在開始2秒內穿過線圈平面的磁通量變化率等于8×10－2Wb/sC．0～2秒和2秒～4秒內線圈中產生的感應電流大小相等、方向相同D．0～1秒和1秒～2秒內線圈中產生的感應電流方向相反解析2秒內磁通量的變化率eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB·S,Δt)＝eq\f(4×10－2×4,2)Wb/s＝8×10－2Wb/s.0～2秒和2秒～4秒內線圈中產生的感應電流方向相反，0～1秒和1秒～2秒內線圈中產生的感應電流方向相同．故選B.答案B圖33．直導線ab放在如圖3所示的水平導體框架上，構成一個閉合回路．長直導線cd和框架處在同一個平面內，且cd和ab平行，當cd中通有電流時，發(fā)現ab向左滑動．關于cd中的電流，下列說法正確的是A．電流肯定在增大，不論電流是什么方向B．電流肯定在減小，不論電流是什么方向C．電流大小恒定，方向由c到dD．電流大小恒定，方向由d到c解析ab向左滑動，說明通過回路的磁通量在減小，通過回路的磁感應強度在減弱，通過cd的電流在減小，與電流方向無關．答案B圖44．如圖4所示電路中，S是閉合的，此時流過線圈L的電流為i1，流過燈泡A的電流為i2，且i1＞i2.在t1時刻將S斷開，那么流過燈泡的電流隨時間變化的圖象是圖5中的圖5解析在0～t1時間內流過燈泡的電流為i2，且方向為從左向右；當斷開S時，i2立即消失，但由于自感作用，i1并不立刻消失，L與燈泡構成回路緩慢消失，此時流過燈泡的電流從i1開始逐漸減小，方向自右向左，故D正確．答案D圖65．如圖6所示，正方形導線框四條邊電阻相等，勻強磁場垂直線框平面且剛好充滿整個線框，現以相同的速率分別沿甲、乙、丙、丁四個方向將線框拉出磁場．欲使a、b兩點間的電勢差最大，則拉力應沿A．甲方向B．乙方向C．丙方向D．丁方向解析以相同的速率分別沿甲、乙、丙、丁四個方向將線框拉出磁場，回路中產生的電動勢E大小相同，電流I大小相同；當沿丁方向將線框拉出磁場時，ab邊切割磁感線，ab相當于電源，由電路的知識可知此時ab間電勢差為I×3R(R為每邊的電阻)，這也是a、b兩點間電勢差的最大值，即D項正確．答案D圖76．如圖7所示，兩個端面半徑同為R的圓柱形鐵芯同軸水平放置，相對的端面之間有一縫隙，鐵芯上繞導線并與電源連接，在縫隙中形成一勻強磁場．一銅質細直棒ab水平置于縫隙中，且與圓柱軸線等高、垂直．讓銅棒從靜止開始自由下落，銅棒下落距離為0.2R時銅棒中電動勢大小為E1，下落距離為0.8R時電動勢大小為E2.忽略渦流損耗和邊緣效應．關于E1、E2的大小和銅棒離開磁場前兩端的極性，下列判斷正確的是A．E1＞E2，a端為正B．E1＞E2，b端為正C．E1＜E2，a端為正D．E1＜E2，b端為正解析當細直棒下落距離為0.2R時，棒的速度v1＝eq\r(2g×0.2R)＝eq\r(0.4gR)，有效切割長度l1＝2eq\r(R2－0.2R2)，此時刻電動勢E1＝Bv1l1＝2BReq\r(0.4×1－0.22gR)；當棒下落距離為0.8R時，棒的速度v2＝eq\r(2g×0.8R)，有效切割長度l2＝2eq\r(R2－0.8R2)，電動勢E2＝Bv2l2＝2BReq\r(1.6×1－0.82gR)，比較E1與E2的表達式知E1＜E2，由安培定則判定出棒處的磁場方向水平向左，再用右手定則判定出b端電勢高．故D項正確．答案D圖87．如圖8所示，金屬棒ab置于水平放置的U形光滑導軌上，在ef右側存在有界勻強磁場B，磁場方向垂直導軌平面向下，在ef左側的無磁場區(qū)域cdef內有一半徑很小的金屬圓環(huán)L，圓環(huán)與導軌在同一平面內．當金屬棒ab在水平恒力F作用下從磁場左邊界ef處由靜止開始向右運動后，則下列對圓環(huán)L的變化趨勢及圓環(huán)內產生的感應電流變化判斷正確的是A．收縮，變小B．收縮，變大C．擴張，變小D．擴張，不變解析金屬棒ab由靜止開始運動，做加速運動，由E＝Blv知，感應電動勢增大，回路abdc中電流增大，產生的磁場增強，由楞次定律推知圓環(huán)L將收縮；由F－F安＝ma，即F－eq\f(B2l2v,R)＝ma知，棒ab做加速度逐漸減小的加速運動，回路abdc中電流的變化率減小，即磁通量的變化率減小，由E＝eq\f(ΔΦ,Δt)知，圓環(huán)L中感應電動勢減小，即感應電流變小，A項正確．答案A圖98．如圖9所示，在坐標系xOy中，有邊長為a的正方形金屬線框abcd，其一條對角線ac和y軸重合，頂點a位于坐標原點O處．在y軸的右側的Ⅰ、Ⅳ象限內有一垂直紙面向里的勻強磁場，磁場的上邊界與線框的ab邊剛好完全重合，左邊界與y軸重合，右邊界與y軸平行．t＝0時刻，線框以恒定的速度v沿垂直于磁場上邊界的方向穿過磁場區(qū)域．取沿a→b→c→d→a的感應電流方向為正，則在線框穿越磁場區(qū)域的過程中，感應電流i隨時間t變化的圖線是圖10中的圖10解析在d點運動到O點的過程中，ab邊切割磁感線，根據右手定則可以確定線框中電流方向為逆時針方向，即正方向，D錯誤；t＝0時刻，ab邊切割磁感線的有效長度最大，然后逐漸減小，故感應電動勢和感應電流逐漸減小，C錯誤；當cd邊與磁場邊界重合后繼續(xù)運動，cd邊切割磁感線，根據右手定則可知線框中電流方向為順時針方向，即負方向，B錯誤，A正確．答案A9．如圖11甲所示，正三角形導線框abc放在勻強磁場中靜止不動，磁場方向與線框平面垂直，磁感應強度B隨時間t的變化關系如圖乙所示，t＝0時刻，磁感應強度的方向垂直紙面向里．圖12中能表示線框的ab邊受到的磁場力F隨時間t的變化關系的是(規(guī)定水平向左為磁場力F的正方向)圖11圖12解析設線框的邊長為L、面積為S，電阻為R，感應電流為I，則F＝BIL＝BEL/R，即F＝eq\f(BLΔΦ,RΔt)＝eq\f(BLSΔB,RΔt)，再根據左手定則可判斷只有A正確．答案A圖1310．水平放置的光滑導軌上放置一根長為L，質量為m的導體棒ab，ab處在磁感應強度大小為B、方向如圖13所示的勻強磁場中，導軌的一端接一阻值為R的電阻．現使ab在水平恒力F作用下由靜止沿垂直于磁場的方向運動，當通過位移為x時，ab達最大速度v，此時撤除外力，最后ab靜止在導軌上．在ab運動的整個過程中，下列說法正確的是A．撤除外力后，ab做勻減速運動B．合力對ab做的功為FxC．R上釋放的熱量為Fx＋eq\f(1,2)mv2D．R上釋放的熱量為Fx解析撤去外力后，ab做加速度變小的減速運動，A錯；由動能定理知，合外力對ab做功為零，B錯；R上釋放的熱量為Fx，C錯，D對．答案D圖1411．如圖14所示，在垂直于紙面向里、磁感應強度為B的勻強磁場區(qū)域中有一個均勻導線制成的單匝直角三角形線框．現用外力使線框以恒定的速度v沿垂直于磁場方向向右運動，運動中線框的AB邊始終與磁場右邊界平行．已知AB＝BC＝l，線框導線的總電阻為R.則線框離開磁場的過程中A．線框中的電動勢隨時間均勻增大B．通過線框截面的電荷量為eq\f(Bl2,2R)C．線框所受外力的最大值為eq\f(\r(2)B2l2v,R)D．線框中的熱功率與時間成正比解析三角形線框向右勻速運動的過程中，由于有效切割磁感線的長度l＝vt，所以線框中感應電動勢的大小E＝Blv＝Bv2t，故選項A正確；線框離開磁場的運動過程中，通過線圈的電荷量Q＝It＝eq\f(ΔΦ,ΔtR)×Δt＝eq\f(Bl2,2R)，選項B正確；當線框恰好剛要完全離開磁場時，線框有效切割磁感線的長度最大，則F＝BIl＝eq\f(B2l2v,R)，選項C錯誤；線框的熱功率為P＝Fv＝eq\f(B2v4t2,R)，選項D錯誤．答案AB圖1512．邊長為L的正方形金屬框在水平恒力F作用下，將穿過方向如圖15所示的有界勻強磁場．磁場范圍寬為d(d＞L)，已知金屬框進入磁場時恰好勻速，則金屬框進入磁場的過程和從另一側穿出磁場的過程相比較，下列說法正確的是A．金屬框中感應電流的方向相反B．所受安培力的方向相反C．穿出磁場過程產生的電能一定大于進入磁場過程產生的電能D．穿出磁場過程中任意時刻的電功率不可能小于進入磁場時的電功率解析金屬框進入磁場時電流的方向是逆時針方向，離開磁場的過程中電流的方向是順時針方向；但是受到的安培力的方向都水平向左；假設金屬框進入磁場時的速度為v1，剛要離開磁場時的速度為v2，剛好全部離開時的速度為v3，金屬框的電阻為R，金屬框進入磁場過程中，產生的電能Q1＝FL；離開磁場過程中由動能定理知FL＋W安＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，則離開磁場過程中產生的熱量Q2＝－W安，即Q2＝FL＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)，又由于一定存在v2＞v3，則Q2＞Q1；進入磁場過程中的電功率P1＝F安v1＝Fv1，離開磁場過程中的電功率P2＝F安′v，同時由F安′≥F，v≥v1則可推導出P2≥P1.答案ACD13．如圖甲所示，兩固定的豎直光滑金屬導軌足夠長且電阻不計。兩質量、長度均相同的導體棒、，置于邊界水平的勻強磁場上方同一高度處。磁場寬為3，方向與導軌平面垂直。先由靜止釋放，剛進入磁場即勻速運動，此時再由靜止釋放，兩導體棒與導軌始終保持良好接觸。用表示的加速度，表示的動能，、分別表示、相對釋放點的位移。圖乙中正確的是答案：BD解析：開始c的加速度為，剛進入磁場即勻速運動，加速度為0，在下落h的過程中，，勻速下降了，進入磁場后，、又只在重力作用下運動，加速度為，一起運動了h，出磁場，這時c的加速度仍為，因此A錯誤，B正確；出磁場后，這時受到重力和向上的安培力，并且合力向上，開始做減速運動，當運動了2h后，出磁場，又做加速運動，所以C錯誤，D正確。二、計算題(本大題共4小題，共52分．要有必要的文字說明和解題步驟，有數值計算的要注明單位)14．(11分)如圖16所示，用質量為m、電阻為R的均勻導線做成邊長為l的單匝正方形線框MNPQ，線框每一邊的電阻都相等．將線框置于光滑絕緣的水平面上．在線框的右側存在豎直方向的有界勻強磁場，磁場邊界間的距離為2l，磁感應強度為B.在垂直MN邊的水平拉力作用下，線框以垂直磁場邊界的速度v勻速穿過磁場．在運動過程中線框平面水平，且MN邊與磁場的邊界平行．求：圖16(1)線框MN邊剛進入磁場時，線框中感應電流的大小．(2)線框MN邊剛進入磁場時，M、N兩點間的電壓UMN.(3)在線框從MN邊剛進入磁場到PQ邊剛穿出磁場的過程中，水平拉力對線框所做的功W.解析(1)線框MN邊在磁場中運動時，感應電動勢E＝Blv，線框中的感應電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(Blv,R).(2)M、N兩點間的電壓UMN＝eq\f(3,4)E＝eq\f(3,4)Blv.(3)只有MN邊在磁場中時，線框運動的時間t＝eq\f(l,v)，此過程線框中產生的焦耳熱Q1＝I2Rt＝eq\f(B2l3v,R)，只有PQ邊在磁場中運動時線框中產生的焦耳熱Q2＝eq\f(B2l3v,R)，根據能量守恒定律得水平外力做的功W＝Q1＋Q2＝eq\f(2B2l3v,R).答案(1)eq\f(Blv,R)(2)eq\f(3,4)Blv(3)eq\f(2B2l3v,R)圖1715．(12分)如圖17所示，MN、PQ是兩條水平放置彼此平行的金屬導軌，勻強磁場的磁感線垂直導軌平面．導軌左端接阻值R＝1.5Ω的電阻，電阻兩端并聯(lián)一理想電壓表，垂直導軌跨接一金屬桿ab，ab的質量m＝0.1kg，電阻r＝0.5Ω.ab與導軌間的動摩擦因數μ＝0.5，導軌電阻不計．現用F＝0.7N的水平恒力向右拉ab，使之從靜止開始運動，經過一段時間后，ab開始做勻速運動，此時電壓表示數U＝0.3V，g取10m/s2，求：(1)ab棒勻速運動時產生的電動勢；(2)ab棒勻速運動時的速度大小．解析(1)由U＝eq\f(E,R＋r)·R得E＝eq\f(R＋r,R)U＝eq\f(1.5＋0.5,1.5)×0.3V＝0.4V.(2)由平衡條件有F＝Ff＋F安又Ff＝μmg＝0.5NF安＝BILI＝eq\f(U,R)＝0.2A聯(lián)立上述公式，得BL＝1T·m又E＝BLv，則v＝eq\f(E,BL)＝eq\f(0.4,1)m/s＝0.4m/s.答案(1)0.4V(2)0.4m/s圖1816．(14分)如圖18所示，勻強磁場的磁感應強度方向豎直向上，大小為B0，用電阻率為ρ、橫截面積為S的導線做成的邊長為l的正方形線框abcd水平放置，OO′為過ad、bc兩邊中點的直線，線框全部都位于磁場中．現把線框右半部分固定不動，而把線框左半部分以OO′為軸向上轉動60°，如圖中虛線所示．(1)求轉動過程中通過導線橫截面的電荷量；(2)若轉動后磁感應強度隨時間按B＝B0＋kt變化(k為常量)，求出磁場對線框ab邊的作用力大小隨時間變化的關系式．解析(1)線框在翻折過程中產生的平均感應電動勢eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(B0\f(1,2)l2cos60°,Δt)＝eq\f(B0l2,4Δt)①在線框產生的平均感應電流eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R)②R＝ρeq\f(4l,S)③翻折過程中通過導線某橫截面的電荷量q＝eq\x\to(I)Δt④聯(lián)立①②③④解得：q＝eq\f(B0lS,16ρ).⑤(2)若翻折后磁感應強度隨時間按B＝B0＋kt變化，在線框中產生的感應電動勢大小E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)l2cos60°＋\f(l2,2)))ΔB,Δt)＝eq\f(3l2,4)k⑥在線框產生的感應電流I＝eq\f(E,R)⑦線框ab邊所受磁場力的大小為F＝BIl⑧聯(lián)立⑥⑦⑧解得：F＝(B0＋kt)eq\f(3kl2S,16ρ).⑨答案(1)eq\f(B0lS,16ρ)(2)F＝(B0＋kt)eq\f(3kl2S,16ρ)17．(15分)如圖19甲所示，水平虛面PQ上方兩側有對稱的范圍足夠大的勻強磁場，磁場方向分別水平向左和水平向右，磁感應強度大小均為B0＝2T．用金屬條制成的閉合正方形框aa′b′b邊長L＝0.5m，質量m＝0.3kg，電阻R＝1Ω.現讓金屬框平面水平，aa′邊、bb′邊分別位于左、右兩邊的磁場中，且與磁場方向垂直，金屬框由靜止開始下落，其平面在下落過程中始終保持水平，當金屬框下落至PQ前一瞬間，加速度恰好為零．以金屬框下落至PQ為計時起點，PQ下方加一范圍足夠大的豎直向下的磁場，磁感應強度B與時間t之間的關系圖象如圖乙所示．不計空氣阻力及金屬框的形變，g取10m/s2.求：圖19(1)金屬框經過PQ位置時的速度大小．(2)金屬框越過PQ后2s內下落的距離．(3)金屬框越過PQ后2s內產生的焦耳熱．解析(1)當金屬框的加速度恰好為零時，受到的安培力與重力平衡21世紀教育網F1安＝mg，F1安＝2B0I1L，I1＝eq\f(2B0Lv,R).解得v＝eq\f(mgR,4B\o\al(2,0)L2)＝0.75m/s.(2)經分析知金屬框進入PQ下方后做豎直下拋運動，設2s內下落的距離為h，則h＝vt＋eq\f(1,2)gt2，解得h＝21.5m.(3)設金屬框在PQ下方磁場中運動時產生的感應電流為I，感應電動勢為E,2s內產生的焦耳熱為Q，由法拉第電磁感應定律E＝eq\f(ΔB,Δt)L2.由圖象得eq\f(ΔB