2015高考物理 电磁感应冲关训练2（含解析）

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1、电磁感应 一、选择题每题6分 图4－2－16 1．(2013·汕头质检)圆形导体线圈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4－2－16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4－2－17 解析：本题考查楞次定律的知识，意在考查学生对楞次定律、右手螺旋定则等知识的掌握．通过螺线管b的电流如图4－2－17所示，根据右手螺旋定则判断出螺线管b所产生的

2、磁场方向竖直向下，滑片P向下滑动，接入电路的电阻减小，电流增大，所产生的磁场的磁感应强度增强，根据楞次定律可知，a线圈中所产生的感应电流产生的感应磁场方向竖直向上，再由右手螺旋定则可得线圈a中的电流方向为俯视逆时针方向，A错误；由于螺线管b中的电流增大，所产生的磁感应强度增强，线圈a中的磁通量应变大，B错误；根据楞次定律可知，线圈a将阻碍磁通量的增大，因此，线圈a有缩小的趋势，线圈a对水平桌面的压力增大，C错误，D正确． 答案：D 图4－2－18 2.如图4－2－18，均匀磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框，半圆直径与磁场边缘重合；磁场方向垂直于半圆面(纸面)向里，磁感应强度大小

3、为B0.使该线框从静止开始绕过圆心O、垂直于半圆面的轴以角速度ω匀速转动半周，在线框中产生感应电流．现使线框保持图中所示位置，磁感应强度大小随时间线性变化．为了产生与线框转动半周过程中同样大小的电流，磁感应强度随时间的变化率的大小应为(　　) A.　　　B.　　　C.　　　D. 解析：当导线框匀速转动时，设半径为r，导线框电阻为R，在很小的Δt时间内，转过圆心角Δθ＝ωΔt，由法拉第电磁感应定律及欧姆定律可得感应电流I1＝＝＝；当导线框不动，而磁感应强度发生变化时，同理可得感应电流I2＝＝，令I1＝I2，可得＝，C对． 答案：C 图4－2－19 3.半径为a右端开小口的导体圆环和

4、长为2a的导体直杆，单位长度电阻均为R0.圆环水平固定放置，整个内部区域分布着竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B.杆在圆环上以速度v平行于直径CD向右做匀速直线运动，杆始终有两点与圆环良好接触，从圆环中心O开始，杆的位置由θ确定，如图4－2－19所示．则(　　) A．θ＝0时，杆产生的电动势为2Bav B．θ＝时，杆产生的电动势为Bav C．θ＝0时，杆受的安培力大小为 D．θ＝，杆受的安培力大小为 解析：根据法拉第电磁感应定律可得E＝Blv(其中l为有效长度)，当θ＝0时，l＝2a，则E＝2Bav；当θ＝时，l＝a，则E＝Bav，故A选项正确，B选项错误；根据通电直导线在磁场中所受

5、安培力的大小的计算公式可得F＝BIl，又根据闭合电路欧姆定律可得I＝，当θ＝0时，l＝2a，E＝2Bav，r＋R＝(π＋2)aR0，解得F＝；当θ＝时，l＝a，E＝Bav，r＋R＝aR0，解得F＝，故C选项错误，D选项正确． 答案：AD 图4－2－20 4．(2013·汕头质检)如图4－2－20所示，正方形线框的边长为L，电容器的电容为C.正方形线框的一半放在垂直纸面向里的匀强磁场中，当磁感应强度以k为变化率均匀减小时，则(　　) A．线框产生的感应电动势大小为kL2 B．电压表没有读数 C．a点的电势高于b点的电势 D．电容器所带的电荷量为零 解析：本题考查电磁感应的相关

6、知识，意在考查学生对电磁感应知识、电容器等知识的掌握．由于线框的一半放在磁场中，因此线框产生的感应电动势大小为kL2/2，A错误；由于线框所产生的感应电动势是恒定的，且线框连接了一个电容器，相当于电路断路，外电压等于电动势，内电压为零，而接电压表的这部分相当于回路的内部，因此，电压表两端无电压，电压表没有读数，B正确；根据楞次定律可以判断，a点的电势高于b点的电势，C正确；电容器所带电荷量为Q＝C，D错误． 答案：BC 5．(2013·湖北联考)光滑平行的金属导轨宽度为L，与水平方向成θ角倾斜固定，导轨之间充满了垂直于导轨平面的足够大的匀强磁场，磁感应强度为B，在导轨上垂直导轨放置着质量均

7、为m，电阻均为R的金属棒a、b，二者都被垂直于导轨的挡板挡住保持静止，金属导轨电阻不计，现对b棒施加一垂直于棒且平行于导轨平面向上的牵引力F，并在极短的时间内将牵引力的功率从零调为恒定的P.为了使a棒沿导轨向上运动，P的取值可能为(重力加速度为g)(　　) 图4－2－21 A.·sin2θ B.·sin2θ C.·sin2θ D.·sin2θ 解析：本题考查电磁感应，意在考查学生应用电磁感应和力学知识处理问题的能力．以b棒为研究对象，由牛顿第二定律可知F－mgsinθ－BL＝ma，以a棒为研究对象，由牛顿第二定律可知BL－mgsinθ＝ma′，则F>2mgsinθ，v>，故P＝

8、Fv>sin2θ，由此可得选项C、D正确，选项A、B错误． 答案：CD 图4－2－22 6．(2013·浙江联考)如图4－2－22所示，一矩形线框以竖直向上的初速度进入只有一条水平边界的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，进入磁场后上升一段高度又落下离开磁场，运动中线框只受重力和安培力作用，线框在向上、向下经过图中1、2位置时的速率按时间顺序依次为v1、v2、v3和v4，则可以确定(　　) A．v1

9、1，D正确；而线框完全在磁场中运动时，由于磁通量不变，没有感应电流产生，故线框只受重力作用，机械能守恒，则v2＝v3，B错误；由楞次定律可知，线框进入磁场时受到的安培力方向竖直向下，重力方向竖直向下，因而做减速运动，且v1>v2，A错误；线框离开磁场时受到的安培力方向竖直向上，重力方向竖直向下，二者大小关系不能确定，故v3、v4大小关系也不能确定，C错误． 答案：D 7．(2013·长沙测试)一环形线圈放在匀强磁场中，设第1 s内磁感线垂直线圈平面向里，如图4－2－23甲所示．若磁感应强度B随时间t变化的关系如图4－2－24乙所示，那么下列选项正确的是(　　) 　　　 甲　　　　　　　

10、　　　　乙　　　 图4－2－23 A．第1 s内线圈中感应电流的大小逐渐增加 B．第2 s内线圈中感应电流的大小恒定 C．第3 s内线圈中感应电流的方向为顺时针方向 D．第4 s内线圈中感应电流的方向为逆时针方向 解析：本题考查电磁感应问题，意在考查学生对感应电流方向的判定及感应电流大小的计算．由图象分析可知，磁场在每1 s内为均匀变化，斜率恒定，线圈中产生的感应电流大小恒定，因此A错误、B正确；由楞次定律可判断出第3 s、第4 s内线圈中感应电流的方向为逆时针方向，C错误，D正确． 答案：BD 图4－2－24 8.两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为L，顶端接阻值为R的

11、电阻．将长度为L、质量为m、电阻为r的金属棒固定在一个轻弹簧的上端，弹簧的下端固定在地面上且与地绝缘．金属棒和导轨接触良好．导轨所在平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，如图4－2－24所示．现将金属棒压缩弹簧适当距离后由静止释放，则(　　) A．金属棒向上运动时流过电阻R的电流由左向右 B．金属棒运动的整个过程始终克服安培力做功 C．金属棒所能获得的最大速度一定出现在第一次向上运动的某一时刻 D．金属棒的速度为v时，所受的安培力大小为F＝ 解析：由右手定则可知流过电阻R上的电流的方向向左，A错误；安培力方向始终与运动方向相反，故整个运动过程始终克服安培力做功，机械能转化为电能，B正确

12、；金属棒做速度越来越小的振动，最后停在重力等于弹力的位置，所以最大速度一定出现在第一次向上运动时，弹力等于重力加安培力的时候，C正确；当金属棒速度为v时，有E＝BLv，I＝E/(R＋r)，F＝BIL，可知D正确． 答案：BCD 图4－2－25 9.平行金属导轨与水平面成θ角，导轨与固定电阻R1和R2相连，匀强磁场垂直穿过导轨平面，有一导体棒ab，质量为m，导体棒电阻与固定电阻R1和R2的阻值均相等，与导轨之间的动摩擦因数为μ，导体棒ab在拉力作用下，沿导轨以速度v向上滑动时，受到的安培力大小为F，则此时(　　) A．电阻R1消耗的电功率为Fv B．电阻R1消耗的电功率为Fv C

13、．拉力的功率为mgvsinθ D．由于摩擦产生的热功率为μmgvcosθ 解析：安培力做的功和电路中产生的电能相等，故安培力的功率即电路中电源的总功率，大小为Fv.金属棒ab切割磁感线，相当于电路中的电源，电阻R1和电阻R2为并联关系，因为R1等于R2，设流过电阻R1的电流为I，那么流过金属棒ab的电流为2I，金属棒ab的电阻也和R1相等，所以金属棒ab的功率是电阻R1的四倍，所以电阻R1的功率仅占总功率的六分之一，即Fv，A正确，B错误；拉力大于mgsinθ，C错误；因为某个力的瞬时功率P＝Fv，即由于摩擦产生的功率P′＝μmgcosθ·v＝μmgvcosθ，D正确． 答案：AD 二

14、、非选择题每题10分 图4－2－26 10．(2013·西城模拟)如图4－2－26所示，光滑金属直轨道MN和PQ固定在同一水平面内，MN、PQ平行且足够长，两轨道间的宽度L＝0.50 m．平行轨道左端接一阻值R＝0.50 Ω的电阻．轨道处于磁感应强度大小B＝0.40 T，方向垂直导轨平面向下的匀强磁场中．一导体棒ab垂直于轨道放置．导体棒在垂直导体棒且水平向右的外力F作用下向右匀速运动，速度大小v＝5.0 m/s，导体棒与轨道始终接触良好并且相互垂直．不计轨道和导体棒的电阻，不计空气阻力．求： (1)通过电阻R的电流大小I； (2)作用在导体棒上的外力大小F； (3)导体棒克服安

15、培力做功的功率P安． 解析：(1)导体棒ab切割磁感线产生的感应电动势为 E＝BLv＝1.0 V 由闭合电路欧姆定律有 I＝＝2.0 A. (2)导体棒ab受到安培力F安＝BIL＝0.4 N 由于导体棒ab匀速运动，则有F＝F安 所以，作用在导体棒上的外力F＝0.4 N. (3)导体棒克服安培力的功率P安＝F安v＝2.0 W. 答案：(1)2.0 A　(2)0.4 N　(3)2.0 W 图4－2－27 11.如图4－2－27所示，空间中自下而上依次分布着垂直纸面向内的匀强磁场区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、…n，相邻两个磁场的间距均为a＝1.2 m．一边长L＝0.2 m、质量m＝0.

16、5 kg、电阻R＝0.01 Ω的正方形导线框，与质量M＝2 kg的物块通过跨过两光滑轻质定滑轮的轻质细线相连．线框的上边距离磁场Ⅰ的下边界为b＝1 m，物块放在倾角θ＝53°的斜面上，物块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，斜面足够长．将物块由静止释放，线框在每个磁场区域中均做匀速直线运动．已知重力加速度g＝10 m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，求： (1)线框进入磁场Ⅰ时速度v1的大小； (2)磁场Ⅰ的磁感应强度B1的大小； (3)磁场n的磁感应强度Bn与B1的函数关系． 解析：(1)线框从静止开始运动至刚进入磁场Ⅰ时，以线框和物块为研究对象，由动能定理W＝(Mgs

17、in53°－μMgcos53°)b－mgb＝(m＋M)v　① 解得v1＝2 m/s (2)线框在磁场Ⅰ中匀速运动，由法拉第电磁感应定律 E1＝B1Lv1　② 由欧姆定律I1＝　③ 线框受到安培力F1＝B1I1L　④ 设细线拉力为FT，以线框为研究对象 FT＝mg＋F1　⑤ 以物块为研究对象FT＝Mgsin53°－μMgcos53°　⑥ 联立②③④⑤⑥解得B1＝ T (3)线框在相邻两个磁场之间加速的距离均为a－L＝b，故线框由静止开始运动至刚进入第n个磁场时，由动能定理nW＝(m＋M)v　⑦ 联立①⑦解得vn＝v1　⑧ 又由②③④解得F1＝　⑨ 线框在第n个磁场中受到

18、的安培力Fn＝　⑩ 线框在每个磁场区域中均做匀速直线运动，受到的安培力均相等 Fn＝F1　⑪ 联立⑧⑨⑩⑪解得Bn＝. 答案：(1)2 m/s　(2) T　(3)Bn＝ 12．(2013·西城期末)如图4－2－28所示，两根足够长的平行金属导轨MN、PQ相距为L，导轨平面与水平面夹角为α，金属棒ab垂直于MN、PQ放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，金属棒的质量为m.导轨处于匀强磁场中，磁场的方向垂直于导轨平面斜向上，磁感应强度大小为B.金属导轨的上端与开关S、定值电阻R1和电阻箱R2相连．不计一切摩擦，不计导轨、金属棒的电阻，重力加速度为g.现在闭合开关S，将金属棒由静止释放．

19、 图4－2－28 (1)判断金属棒ab中电流的方向； (2)若电阻箱R2接入电路的阻值为0，当金属棒下降高度为h时，速度为v，求此过程中定值电阻上产生的焦耳热Q； 图4－2－29 (3)当B＝0.40 T，L＝0.50 m，α＝37°时，金属棒能达到的最大速度vm随电阻箱R2阻值的变化关系如图4－2－29所示．取g＝10 m/s2，sin37°＝0.60，cos37°＝0.80.求阻值R1和金属棒的质量m. 解析：(1)由右手定则可知，金属棒ab中的电流方向为b到a. (2)由能量守恒定律可知，金属棒减小的重力势能等于增加的动能和电路中产生的焦耳热mgh＝mv2＋Q 解得：Q＝mgh－mv2. (3)设最大速度为vm时，切割磁感线产生的感应电动势E＝BLvm 由闭合电路欧姆定律得：I＝ 从b端向a端看，金属棒受力如图4－2－30所示： 图4－2－30 金属棒达到最大速度时满足 mgsinα－BIL＝0 由以上三式得最大速度： vm＝R2＋R1 图象斜率k＝ m/(s·Ω)＝15 m/(s·Ω)，纵截距b＝30 m/s 则：R1＝b, ＝k 解得：R1＝2.0 Ω，m＝0.1 kg. 答案：(1)从b到a　(2)mgh－mv2 (3)2.0 Ω　0.1 kg