高考物理二轮作业手册 第9讲 电磁感应

专题限时集训(九)[第9讲电磁感应](时间：40分钟)1．如图9－1甲所示，固定导线MN和矩形线框abcd共面．当MN通以如图乙所示的电流(NM方向为电流正方向)，在0～T时间内，下列说法正确的是()甲乙图9－1A．线框感应电流方向沿abcdaB．线框感应电流方向先沿abcda，后沿adcbaC．ab边始终不受力的作用D．bc边所受安培力先向右后向左图9－22．如图9－2所示，在平行于水平地面的匀强磁场上方有三个线圈，从相同的高度由静止开始释放，三个线圈都是用相同的金属材料制成的边长一样的矩形，A、B线圈闭合，但A线圈的导线比B线圈的导线粗，C线圈有一个缺口．则A、B、C线圈进入磁场瞬间加速度大小关系是()A．aA＝aB＝aCB．aA>aB＝aCC．aA>aB>aCD．aA＝aB<aC图9－33．如图9－3所示，圆环形导体线圈a平放在水平桌面上，在a的正上方固定一竖直螺线管b，二者轴线重合，螺线管与电源和滑动变阻器连接成如图所示的电路．若将滑动变阻器的滑片P向下滑动，下列表述正确的是()A.线圈a中将产生俯视顺时针方向的感应电流B.穿过线圈a的磁通量变小C.线圈a有扩张的趋势D.线圈a对水平桌面的压力FN将增大图9－44．如图9－4所示，D1、D2是两只相同的灯泡，L是自感系数很大的线圈，其直流电阻与R的阻值相同．关于灯泡发光情况正确的是()A．当S1接a时，闭合S，D1将逐渐变亮B．当S1接a时，闭合S，待电路稳定后再断开，D1先变得更亮，然后渐渐变暗C．当S1接b时，闭合S,D2将渐渐变亮D．当S1接b时，闭合S，待电路稳定后再断开，D2先变得更亮，然后渐渐变暗图9－55．如图9－5所示，在x≤0的区域内存在匀强磁场，磁场的方向垂直于纸面向里．矩形线框abcd从t＝0时刻起由静止开始沿x轴正方向做匀加速运动，则线框中的感应电流I(取逆时针方向的电流为正)随时间t的变化图线是()图9－6图9－76．如图9－7所示，足够长金属导轨竖直放置，金属棒ab、cd均通过棒两端的环套在金属导轨上．虚线上方有垂直纸面向里的匀强磁场，虚线下方有竖直向下的匀强磁场．ab、cd棒与导轨间动摩擦因数均为μ，两棒总电阻为R，导轨电阻不计．开始两棒均静止在图示位置．当cd棒无初速释放时，对ab棒施加竖直向上的力F，沿导轨向上做匀加速运动．则()A．ab棒中的电流方向由b到aB．cd棒先加速运动后匀速运动C．cd棒所受摩擦力的最大值等于cd棒的重力D．力F做的功等于两金属棒产生的电热与增加的机械能之和图9－87．如图9－8所示，两个垂直纸面的匀强磁场方向相反，磁感应强度的大小均为B，磁场区域的宽度均为2a，一个直径为2a的导线圆环从图示位置沿x轴正方向匀速穿过两个磁场区域，以逆时针方向为电流的正方向，则感应电流I与导线圆环移动距离x的关系图像正确的是()图9－9图9－108．如图9－10所示，相距为L的两条足够长的平行金属导轨，与水平面的夹角为θ，导轨上固定有质量为m、电阻为R的两根相同的导体棒，导体棒MN上方轨道粗糙下方轨道光滑，整个空间存在着垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为B.将两根导体棒同时释放后，观察到导体棒MN下滑而EF保持静止，当MN下滑速度最大时，EF与轨道间的摩擦力刚好到达最大静摩擦力，下列叙述正确的是()A．导体棒MN的最大速度为eq\f(2mgRsinθ,B2L2)B．导体棒EF与轨道之间的最大静摩擦力为mgsinθC．导体棒MN受到的最大安培力为mgsinθD．导体棒MN所受重力的最大功率为eq\f(m2g2Rsin2θ,B2L2)9．如图9－11所示，位于水平面内间距为L的光滑平行导轨置于匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于导轨所在平面，导轨左端用导线相连，一质量为m、长为L的直导体棒两端放在导轨上，并与之接触良好．已知导轨单位长度的电阻为r，导线和导体棒的电阻均忽略不计．从t＝0时刻起，导体棒在平行于导轨的拉力作用下，从导轨最左端由静止做加速度为a的匀加速运动，求：(1)t时刻导体棒中的电流I和此时回路的电功率P；(2)t时间内拉力做的功．图9－1110．如图9－12甲所示，斜面倾角为37°，一宽为d＝0.43m的有界匀强磁场垂直于斜面向上，磁场边界与斜面底边平行．在斜面上由静止释放一长方形金属线框，线框沿斜面下滑，下边与磁场边界保持平行．取斜面底部为零势能面，从线框开始运动到恰好完全进入磁场的过程中，线框的机械能E和位移x之间的关系如图乙所示，图中①、②均为直线段．已知线框的质量为m＝0.1kg，电阻为R＝0.06Ω，重力加速度取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°(1)求金属线框与斜面间的动摩擦因数μ.(2)求金属线框刚进入磁场到恰完全进入磁场所用的时间t.(3)求金属线框穿越磁场的过程中，线框中产生电热的最大功率Pm.(4)请在图丙中定性地画出：在金属线框从开始运动到完全穿出磁场的过程中，线框中感应电流I的大小随时间t变化的图像．甲乙丙图9－12

专题限时集训(九)1．AD[解析]在0～eq\f(T,2)内，MN中的电流向上减小，周围的磁场减弱，磁通量减小，感应电流的磁场阻碍它的减弱，由安培定则判断知，感应电流的方向是abcda，在eq\f(T,2)～T内，MN中的电流向下增强，磁通量增大，感应电流的磁场阻碍它的增大，由安培定则判断知，感应电流的方向也是abcda，A对，B错；线框的各边均受到安培力，C错；通过bc边的电流总是向下，但它所在区域的磁场方向先垂直纸面向里，后垂直纸面向外，由左手定则判断，bc边所受安培力先向右后向左，D对．2．D[解析]C上有缺口，进入磁场不受安培力，故加速度为g，A、B线圈进入磁场过程中，受到安培力和重力，有mg－eq\f(B2L2v,R)＝ma，且m＝ρ·4LS，R＝ρ′eq\f(4L,S)，得a＝g－eq\f(B2v,16ρ′ρ)，A、B线圈加速度一样，选项D正确．3．D[解析]若将滑动变阻器的滑片P向下滑动，螺线管b中的电流增大，穿过线圈a的磁通量变大，根据楞次定律，线圈a中产生俯视逆时针方向的感应电流，线圈a有缩小的趋势，线圈a对水平桌面的压力FN将增大，选项D正确．4．AD[解析]当S1接a时，闭合S，L通电自感，D1将逐渐变亮，待电路稳定后再断开，D1渐渐变暗，选项A正确，选项B错误；当S1接b时，闭合S，D2将立即变亮，待电路稳定后再断开，L断电自感产生自感电动势，D2先变得更亮，然后渐渐变暗，选项C错误，选项D正确．5．D[解析]线框由静止开始做匀加速运动，说明速度与时间成正比，即v＝at，而产生的感应电动势为E＝BLv，感应电流I＝eq\f(E,R)，感应电流也将随时间而均匀增加，由右手定则可判断感应电流的方向沿逆时针方向，故D正确．6．A[解析]根据右手定则可判断出ab棒中电流方向由b到a，选项A正确；由左手定则可判断出cd棒受到的安培力垂直导轨平面向里，由于ab棒做匀加速运动，回路中的感应电流逐渐增大，cd棒受到的安培力逐渐增大，故cd棒先做加速度逐渐减小的加速运动，当cd棒所受重力与滑动摩擦力相等时，速度达到最大；然后做加速度逐渐增大的减速运动，最后停止运动，cd棒所受摩擦力的最大值大于cd棒的重力，选项B、C错误；对ab棒分析，由动能定理可知WF－WG－W安＝eq\f(1,2)mv2，故力F做的功等于ab棒产生的电热与增加的机械能之和，选项D错误．7．C8．AC[解析]由题意可知，导体棒MN切割磁感线，产生的感应电动势为E＝BLv，回路中的电流I＝eq\f(E,2R)，MN受到的安培力F＝BIL＝eq\f(B2L2v,2R)，故MN沿斜面做加速度减小的加速运动，当MN受到的安培力等于其重力沿斜面方向的分力时，速度达到最大值，此后MN做匀速运动．故导体棒MN受到的最大安培力为mgsinθ，导体棒MN的最大速度为eq\f(2mgRsinθ,B2L2)，选项A、C正确．由于当MN下滑速度最大时，EF与轨道间的摩擦力刚好到达最大静摩擦力，由力的平衡知识可知EF与轨道之间的最大静摩擦力为2mgsinθ，选项B错误．由P＝mgvsinθ可知导体棒MN所受重力的最大功率为eq\f(2m2g2Rsin2θ,B2L2)，选项D错误．9．(1)I＝eq\f(BL,rt)，P＝eq\f(B2L2a,r)(2)WF＝eq\f(B2L2at,r)＋eq\f(1,2)ma2t2[解析](1)导体棒由静止开始做匀加速直线运动．在t时刻的速度v＝at位移x＝eq\f(1,2)at2导体棒切割磁感线产生的感应电动势E＝BLv由闭合电路欧姆定律知，导体棒中电流I为I＝eq\f(E,R)其中R＝2xr联立以上各式有I＝eq\f(BL,rt)此时回路的电功率P＝I2R解得P＝eq\f(B2L2a,r).(2)对导体棒，在t时间内应用动能定理，有WF－W安＝eq\f(1,2)mv2其中安培力做的功W安＝Pt＝eq\f(B2L2at,r)故t时间内拉力做的功WF＝eq\f(B2L2at,r)＋eq\f(1,2)ma2t2.10．(1)0.5(2)0.125s(3)0.43W(4)如图所示

[解析](1)对图线①，由功能关系，有μmgx1cosθ＝E1－E2解得μ＝eq\f(E1－E2,mgx1cosθ)＝0.5.(2)金属线框进入磁场前，由牛顿第二定律，有mgsinθ－μmgcosθ＝ma解得加速度a＝eq\f(mgsinθ－μmgcosθ,m)＝2m/s2由运动学公式veq\o\al(2,1)＝2ax1则线框恰进入磁场的速度v1＝1.2m金属线框进入磁场后，减少的机械能等于克服安培力和摩擦力所做的功，机械能均匀减少，因此安培力为恒力，线框做匀速运动，则mgsinθ＝FA＋μmgcosθ由功能关系，有eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(FA＋μmgcosθ))·x2＝E2－E3解得x2＝0.15刚进入磁场到恰完全进入磁场所用的时间t＝eq\f(x2,v1)＝0.125s.(3)线框出磁场时速度最大，线框内热功率最大．Pm＝I2R＝eq\f(B2L2veq\o\al