第9章-电磁感应(高中物理习题)

高三一轮物理复习（人教版）第9章电磁感应(本卷满分100分，考试用时90分钟)一、选择题(本大题共12小题，每小题4分，共48分，每小题至少有一个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)图11．如图1所示，在水平地面下埋着一条沿东西方向通有恒定电流的水平直导线．现用一串有灵敏电流计的闭合圆形检测线圈检测此通电直导线的位置．若不考虑地磁场的影响，检测线圈在水平面内，从距直导线很远处的北边移至距直导线很远处的南边的过程中，俯视检测线圈．下列说法正确的是A．线圈中感应电流的方向先顺时针后逆时针B．线圈中感应电流的方向先逆时针后顺时针，然后再逆时针C．线圈在导线正上方时，穿过线圈的磁通量为零D．线圈在导线正上方时，线圈中的电流为零解析由地下通电直导线的电流方向和安培定则可判断出周围的磁感线分布，左侧水平地面磁场方向向下，右侧水平地面磁场方向向上，则检测线圈从左向右运动过程中，磁通量先增大后减小为零，再增大，最后再减小；由楞次定律知，线圈中感应电流的方向先逆时针后顺时针，然后再逆时针，线圈在导线正上方时，穿过线圈的磁通量为零，选项B、C正确．答案BC图22．一个面积为S＝4×10－2m2的闭合线圈放在匀强磁场中，磁场的方向垂直线圈平面，磁场的磁感应强度B的大小随时间的变化规律如图2所示，则下列说法正确的是A．在开始2秒内穿过线圈平面的磁通量变化率等于零B．在开始2秒内穿过线圈平面的磁通量变化率等于8×10－2Wb/sC．0～2秒和2秒～4秒内线圈中产生的感应电流大小相等、方向相同D．0～1秒和1秒～2秒内线圈中产生的感应电流方向相反解析2秒内磁通量的变化率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秒内线圈中产生的感应电流方向相反，0～1秒和1秒～2秒内线圈中产生的感应电流方向相同．故选B.答案B图33．直导线ab放在如图3所示的水平导体框架上，构成一个闭合回路．长直导线cd和框架处在同一个平面内，且cd和ab平行，当cd中通有电流时，发现ab向左滑动．关于cd中的电流，下列说法正确的是A．电流肯定在增大，不论电流是什么方向B．电流肯定在减小，不论电流是什么方向C．电流大小恒定，方向由c到dD．电流大小恒定，方向由d到c解析ab向左滑动，说明通过回路的磁通量在减小，通过回路的磁感应强度在减弱，通过cd的电流在减小，与电流方向无关．答案B图44．如图4所示电路中，S是闭合的，此时流过线圈L的电流为i1，流过灯泡A的电流为i2，且i1＞i2.在t1时刻将S断开，那么流过灯泡的电流随时间变化的图象是图5中的图5解析在0～t1时间内流过灯泡的电流为i2，且方向为从左向右；当断开S时，i2立即消失，但由于自感作用，i1并不立刻消失，L与灯泡构成回路缓慢消失，此时流过灯泡的电流从i1开始逐渐减小，方向自右向左，故D正确．答案D图65．如图6所示，正方形导线框四条边电阻相等，匀强磁场垂直线框平面且刚好充满整个线框，现以相同的速率分别沿甲、乙、丙、丁四个方向将线框拉出磁场．欲使a、b两点间的电势差最大，则拉力应沿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别沿甲、乙、丙、丁四个方向将线框拉出磁场，回路中产生的电动势E大小相同，电流I大小相同；当沿丁方向将线框拉出磁场时，ab边切割磁感线，ab相当于电源，由电路的知识可知此时ab间电势差为I×3R(R为每边的电阻)，这也是a、b两点间电势差的最大值，即D项正确．答案D图76．如图7所示，两个端面半径同为R的圆柱形铁芯同轴水平放置，相对的端面之间有一缝隙，铁芯上绕导线并与电源连接，在缝隙中形成一匀强磁场．一铜质细直棒ab水平置于缝隙中，且与圆柱轴线等高、垂直．让铜棒从静止开始自由下落，铜棒下落距离为0.2R时铜棒中电动势大小为E1，下落距离为0.8R时电动势大小为E2.忽略涡流损耗和边缘效应．关于E1、E2的大小和铜棒离开磁场前两端的极性，下列判断正确的是A．E1＞E2，a端为正B．E1＞E2，b端为正C．E1＜E2，a端为正D．E1＜E2，b端为正解析当细直棒下落距离为0.2R时，棒的速度v1＝eq\r(2g×0.2R)＝eq\r(0.4gR)，有效切割长度l1＝2eq\r(R2－0.2R2)，此时刻电动势E1＝Bv1l1＝2BReq\r(0.4×1－0.22gR)；当棒下落距离为0.8R时，棒的速度v2＝eq\r(2g×0.8R)，有效切割长度l2＝2eq\r(R2－0.8R2)，电动势E2＝Bv2l2＝2BReq\r(1.6×1－0.82gR)，比较E1与E2的表达式知E1＜E2，由安培定则判定出棒处的磁场方向水平向左，再用右手定则判定出b端电势高．故D项正确．答案D图87．如图8所示，金属棒ab置于水平放置的U形光滑导轨上，在ef右侧存在有界匀强磁场B，磁场方向垂直导轨平面向下，在ef左侧的无磁场区域cdef内有一半径很小的金属圆环L，圆环与导轨在同一平面内．当金属棒ab在水平恒力F作用下从磁场左边界ef处由静止开始向右运动后，则下列对圆环L的变化趋势及圆环内产生的感应电流变化判断正确的是A．收缩，变小B．收缩，变大C．扩张，变小D．扩张，不变解析金属棒ab由静止开始运动，做加速运动，由E＝Blv知，感应电动势增大，回路abdc中电流增大，产生的磁场增强，由楞次定律推知圆环L将收缩；由F－F安＝ma，即F－eq\f(B2l2v,R)＝ma知，棒ab做加速度逐渐减小的加速运动，回路abdc中电流的变化率减小，即磁通量的变化率减小，由E＝eq\f(ΔΦ,Δt)知，圆环L中感应电动势减小，即感应电流变小，A项正确．答案A图98．如图9所示，在坐标系xOy中，有边长为a的正方形金属线框abcd，其一条对角线ac和y轴重合，顶点a位于坐标原点O处．在y轴的右侧的Ⅰ、Ⅳ象限内有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁场的上边界与线框的ab边刚好完全重合，左边界与y轴重合，右边界与y轴平行．t＝0时刻，线框以恒定的速度v沿垂直于磁场上边界的方向穿过磁场区域．取沿a→b→c→d→a的感应电流方向为正，则在线框穿越磁场区域的过程中，感应电流i随时间t变化的图线是图10中的图10解析在d点运动到O点的过程中，ab边切割磁感线，根据右手定则可以确定线框中电流方向为逆时针方向，即正方向，D错误；t＝0时刻，ab边切割磁感线的有效长度最大，然后逐渐减小，故感应电动势和感应电流逐渐减小，C错误；当cd边与磁场边界重合后继续运动，cd边切割磁感线，根据右手定则可知线框中电流方向为顺时针方向，即负方向，B错误，A正确．答案A9．如图11甲所示，正三角形导线框abc放在匀强磁场中静止不动，磁场方向与线框平面垂直，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示，t＝0时刻，磁感应强度的方向垂直纸面向里．图12中能表示线框的ab边受到的磁场力F随时间t的变化关系的是(规定水平向左为磁场力F的正方向)图11图12解析设线框的边长为L、面积为S，电阻为R，感应电流为I，则F＝BIL＝BEL/R，即F＝eq\f(BLΔΦ,RΔt)＝eq\f(BLSΔB,RΔt)，再根据左手定则可判断只有A正确．答案A图1310．水平放置的光滑导轨上放置一根长为L，质量为m的导体棒ab，ab处在磁感应强度大小为B、方向如图13所示的匀强磁场中，导轨的一端接一阻值为R的电阻．现使ab在水平恒力F作用下由静止沿垂直于磁场的方向运动，当通过位移为x时，ab达最大速度v，此时撤除外力，最后ab静止在导轨上．在ab运动的整个过程中，下列说法正确的是A．撤除外力后，ab做匀减速运动B．合力对ab做的功为FxC．R上释放的热量为Fx＋eq\f(1,2)mv2D．R上释放的热量为Fx解析撤去外力后，ab做加速度变小的减速运动，A错；由动能定理知，合外力对ab做功为零，B错；R上释放的热量为Fx，C错，D对．答案D图1411．如图14所示，在垂直于纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场区域中有一个均匀导线制成的单匝直角三角形线框．现用外力使线框以恒定的速度v沿垂直于磁场方向向右运动，运动中线框的AB边始终与磁场右边界平行．已知AB＝BC＝l，线框导线的总电阻为R.则线框离开磁场的过程中A．线框中的电动势随时间均匀增大B．通过线框截面的电荷量为eq\f(Bl2,2R)C．线框所受外力的最大值为eq\f(\r(2)B2l2v,R)D．线框中的热功率与时间成正比解析三角形线框向右匀速运动的过程中，由于有效切割磁感线的长度l＝vt，所以线框中感应电动势的大小E＝Blv＝Bv2t，故选项A正确；线框离开磁场的运动过程中，通过线圈的电荷量Q＝It＝eq\f(ΔΦ,ΔtR)×Δt＝eq\f(Bl2,2R)，选项B正确；当线框恰好刚要完全离开磁场时，线框有效切割磁感线的长度最大，则F＝BIl＝eq\f(B2l2v,R)，选项C错误；线框的热功率为P＝Fv＝eq\f(B2v4t2,R)，选项D错误．答案AB图1512．边长为L的正方形金属框在水平恒力F作用下，将穿过方向如图15所示的有界匀强磁场．磁场范围宽为d(d＞L)，已知金属框进入磁场时恰好匀速，则金属框进入磁场的过程和从另一侧穿出磁场的过程相比较，下列说法正确的是A．金属框中感应电流的方向相反B．所受安培力的方向相反C．穿出磁场过程产生的电能一定大于进入磁场过程产生的电能D．穿出磁场过程中任意时刻的电功率不可能小于进入磁场时的电功率解析金属框进入磁场时电流的方向是逆时针方向，离开磁场的过程中电流的方向是顺时针方向；但是受到的安培力的方向都水平向左；假设金属框进入磁场时的速度为v1，刚要离开磁场时的速度为v2，刚好全部离开时的速度为v3，金属框的电阻为R，金属框进入磁场过程中，产生的电能Q1＝FL；离开磁场过程中由动能定理知FL＋W安＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，则离开磁场过程中产生的热量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，则Q2＞Q1；进入磁场过程中的电功率P1＝F安v1＝Fv1，离开磁场过程中的电功率P2＝F安′v，同时由F安′≥F，v≥v1则可推导出P2≥P1.答案ACD13．如图甲所示，两固定的竖直光滑金属导轨足够长且电阻不计。两质量、长度均相同的导体棒、，置于边界水平的匀强磁场上方同一高度处。磁场宽为3，方向与导轨平面垂直。先由静止释放，刚进入磁场即匀速运动，此时再由静止释放，两导体棒与导轨始终保持良好接触。用表示的加速度，表示的动能，、分别表示、相对释放点的位移。图乙中正确的是答案：BD解析：开始c的加速度为，刚进入磁场即匀速运动，加速度为0，在下落h的过程中，，匀速下降了，进入磁场后，、又只在重力作用下运动，加速度为，一起运动了h，出磁场，这时c的加速度仍为，因此A错误，B正确；出磁场后，这时受到重力和向上的安培力，并且合力向上，开始做减速运动，当运动了2h后，出磁场，又做加速运动，所以C错误，D正确。二、计算题(本大题共4小题，共52分．要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)14．(11分)如图16所示，用质量为m、电阻为R的均匀导线做成边长为l的单匝正方形线框MNPQ，线框每一边的电阻都相等．将线框置于光滑绝缘的水平面上．在线框的右侧存在竖直方向的有界匀强磁场，磁场边界间的距离为2l，磁感应强度为B.在垂直MN边的水平拉力作用下，线框以垂直磁场边界的速度v匀速穿过磁场．在运动过程中线框平面水平，且MN边与磁场的边界平行．求：图16(1)线框MN边刚进入磁场时，线框中感应电流的大小．(2)线框MN边刚进入磁场时，M、N两点间的电压UMN.(3)在线框从MN边刚进入磁场到PQ边刚穿出磁场的过程中，水平拉力对线框所做的功W.解析(1)线框MN边在磁场中运动时，感应电动势E＝Blv，线框中的感应电流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(Blv,R).(2)M、N两点间的电压UMN＝eq\f(3,4)E＝eq\f(3,4)Blv.(3)只有MN边在磁场中时，线框运动的时间t＝eq\f(l,v)，此过程线框中产生的焦耳热Q1＝I2Rt＝eq\f(B2l3v,R)，只有PQ边在磁场中运动时线框中产生的焦耳热Q2＝eq\f(B2l3v,R)，根据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)图1715．(12分)如图17所示，MN、PQ是两条水平放置彼此平行的金属导轨，匀强磁场的磁感线垂直导轨平面．导轨左端接阻值R＝1.5Ω的电阻，电阻两端并联一理想电压表，垂直导轨跨接一金属杆ab，ab的质量m＝0.1kg，电阻r＝0.5Ω.ab与导轨间的动摩擦因数μ＝0.5，导轨电阻不计．现用F＝0.7N的水平恒力向右拉ab，使之从静止开始运动，经过一段时间后，ab开始做匀速运动，此时电压表示数U＝0.3V，g取10m/s2，求：(1)ab棒匀速运动时产生的电动势；(2)ab棒匀速运动时的速度大小．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)由平衡条件有F＝Ff＋F安又Ff＝μmg＝0.5NF安＝BILI＝eq\f(U,R)＝0.2A联立上述公式，得BL＝1T·m又E＝BLv，则v＝eq\f(E,BL)＝eq\f(0.4,1)m/s＝0.4m/s.答案(1)0.4V(2)0.4m/s图1816．(14分)如图18所示，匀强磁场的磁感应强度方向竖直向上，大小为B0，用电阻率为ρ、横截面积为S的导线做成的边长为l的正方形线框abcd水平放置，OO′为过ad、bc两边中点的直线，线框全部都位于磁场中．现把线框右半部分固定不动，而把线框左半部分以OO′为轴向上转动60°，如图中虚线所示．(1)求转动过程中通过导线横截面的电荷量；(2)若转动后磁感应强度随时间按B＝B0＋kt变化(k为常量)，求出磁场对线框ab边的作用力大小随时间变化的关系式．解析(1)线框在翻折过程中产生的平均感应电动势eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(B0\f(1,2)l2cos60°,Δt)＝eq\f(B0l2,4Δt)①在线框产生的平均感应电流eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R)②R＝ρeq\f(4l,S)③翻折过程中通过导线某横截面的电荷量q＝eq\x\to(I)Δt④联立①②③④解得：q＝eq\f(B0lS,16ρ).⑤(2)若翻折后磁感应强度随时间按B＝B0＋kt变化，在线框中产生的感应电动势大小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在线框产生的感应电流I＝eq\f(E,R)⑦线框ab边所受磁场力的大小为F＝BIl⑧联立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)如图19甲所示，水平虚面PQ上方两侧有对称的范围足够大的匀强磁场，磁场方向分别水平向左和水平向右，磁感应强度大小均为B0＝2T．用金属条制成的闭合正方形框aa′b′b边长L＝0.5m，质量m＝0.3kg，电阻R＝1Ω.现让金属框平面水平，aa′边、bb′边分别位于左、右两边的磁场中，且与磁场方向垂直，金属框由静止开始下落，其平面在下落过程中始终保持水平，当金属框下落至PQ前一瞬间，加速度恰好为零．以金属框下落至PQ为计时起点，PQ下方加一范围足够大的竖直向下的磁场，磁感应强度B与时间t之间的关系图象如图乙所示．不计空气阻力及金属框的形变，g取10m/s2.求：图19(1)金属框经过PQ位置时的速度大小．(2)金属框越过PQ后2s内下落的距离．(3)金属框越过PQ后2s内产生的焦耳热．解析(1)当金属框的加速度恰好为零时，受到的安培力与重力平衡21世纪教育网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)经分析知金属框进入PQ下方后做竖直下抛运动，设2s内下落的距离为h，则h＝vt＋eq\f(1,2)gt2，解得h＝21.5m.(3)设金属框在PQ下方磁场中运动时产生的感应电流为I，感应电动势为E,2s内产生的焦耳热为Q，由法拉第电磁感应定律E＝eq\f(ΔB,Δt)L2.由图象得eq\f(ΔB