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1、專題十一電磁感應一、選擇題(共10小題,60分)1.如圖所示,在一固定水平放置的閉合銅圓環(huán)正上方,有一條形磁鐵從靜止開始下落,下落過程中始終保持豎直,起始高度為h,最后落在水平地面上.若不計空氣阻力,重力加速度取g,下列說法正確的是()A.在磁鐵整個下落過程中,圓環(huán)中的感應電流方向始終為順時針方向(俯視圓環(huán))B.磁鐵落地時的速率一定等于2gC.在磁鐵整個下落過程中,磁鐵的機械能不變D.在磁鐵整個下落過程中,圓環(huán)受到磁鐵的作用力總是豎直向下2.如圖,兩回路中各有一開關S1、S2,且內回路中接有電源,外回路中接有靈敏電流計,下列操作及相應的結果可能實現(xiàn)的是()先閉合S2,后閉合S1的瞬間,電流計指

2、針偏轉S1、S2閉合后,在斷開S2的瞬間,電流計指針偏轉先閉合S1,后閉合S2的瞬間,電流計指針偏轉S1、S2閉合后,在斷開S1的瞬間,電流計指針偏轉A.B.C.D.3.如圖所示,線圈A內有豎直向上的磁場,磁感應強度B隨時間均勻增大;等離子氣流(由高溫高壓等電量的正、負離子組成)由左方連續(xù)不斷地以速度v0射入P1和P2兩平行正對極板間的勻強磁場中.發(fā)現(xiàn)兩直導線a、b互相吸引,由此可以判斷,P1、P2兩極板間勻強磁場的方向為()A.垂直紙面向外B.垂直紙面向里C.水平向左D.水平向右4.如圖所示,水平地面上方矩形區(qū)域內存在垂直紙面向里的勻強磁場,兩個用相同材料、相同粗細的導線繞制的單匝閉合正方形

3、線圈1和2,其邊長L1=2L2,在距磁場上界面h高處由靜止開始自由下落,再逐漸完全進入磁場,最后落到地面,運動過程中,線圈平面始終保持在豎直平面內且下邊緣平行于磁場上邊界.設線圈1、2落地時的速度大小分別為v1、v2,在磁場中運動時產(chǎn)生的熱量分別為Q1、Q2,通過線圈截面的電荷量分別為q1、q2,不計空氣阻力,則()A.v1Q2,q1q2B.v1=v2,Q1=Q2,q1=q2C.v1Q2,q1=q2D.v1=v2,Q1Q2,q1q25.如圖所示,質量m=0.15 kg、長度l=10 cm的金屬棒ab用兩個完全相同的彈簧水平懸掛在垂直紙面向里的勻強磁場中,彈簧勁度系數(shù)k=100 N/m,開關閉合

4、,穩(wěn)定后發(fā)現(xiàn)彈簧的伸長量均為x=1 cm,電流表的示數(shù)為5 A,重力加速度g=10 m/s2,則下列說法正確的是()A.N端是電源正極B.磁場的磁感應強度大小為0.1 TC.滑動變阻器的滑片左移,彈簧的長度變小D.僅使磁場反向,穩(wěn)定后彈簧的伸長量為0.2 cm6.新素材如圖甲所示為手機等用電器無線充電的原理圖,如果圓形受電線圈的面積S=110-3 m2,線圈匝數(shù)為n=100,線圈的電阻為R=5 ,垂直于線圈平面的磁場的磁感應強度隨時間的變化情況如圖乙所示,若受電線圈給內阻為r=5 的電池充電,則 () 圖甲圖乙A.受電線圈中產(chǎn)生的感應電動勢大小為0.05 VB.01.0 s內受電線圈中的感應電

5、流方向不變C.1.5 s時刻,受電線圈中的感應電流為零D.充電過程中,電池的發(fā)熱功率為1.25 W7.多選如圖甲所示,半徑為r=1 m的電線圈處在勻強磁場中,磁場與線圈平面垂直,線圈的電阻R=10 ,磁場磁感應強度隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示,以垂直線圈平面向里為磁場的正方向,則下列說法正確的是()A.01 s內線圈中產(chǎn)生的電流沿逆時針方向,大小為0.314 AB.02 s內感應電流的平均功率約為4.9 WC.23 s內感應電流的方向與34 s內感應電流方向相反D.45 s內通過線圈截面的電荷量為5 C8.2020河南洛陽尖子生第一次聯(lián)考如圖,固定在同一水平面內的兩根平行長直金屬導軌間距為d,其

6、右端接有阻值為R的電阻,整個裝置處在豎直向上、磁感應強度大小為B的勻強磁場中.一質量為m(質量分布均勻)的導體桿ab垂直于導軌放置,且與兩導軌保持良好接觸,桿與導軌之間的動摩擦因數(shù)為.現(xiàn)桿在水平向左、垂直于桿的恒力F作用下從靜止開始沿導軌運動,運動距離L時,速度恰好達到最大(運動過程中桿始終與導軌保持垂直且良好接觸).設桿接入電路的電阻為r,導軌電阻不計,重力加速度大小為g,則此過程()A.桿的速度最大值為(F-mg)RB2d2B.流過電阻R的電荷量為BdLR+rC.恒力F做的功與安培力做的功之和大于桿動能的變化量D.恒力F做的功與摩擦力做的功之和等于桿動能的變化量9.多選如圖甲所示,粗糙絕緣

7、斜面的傾角為=30,斜面上放置一質量為1 kg、電阻為2 、邊長為1.0 m的正方形導線框MNQP,開始時導線框處于靜止狀態(tài).在空間中施加方向垂直線框平面向上的勻強磁場,磁感應強度B隨時間t按如圖乙所示的規(guī)律變化,重力加速度大小g=10 m/s2.下列說法正確的是()A.在01 s內線框中產(chǎn)生的感應電流為0.5 AB.在34 s內通過線框的電荷量為0.1 CC.04 s內線框中產(chǎn)生的焦耳熱為0.01 JD.在04 s內線框一直受到大小為5 N、方向沿斜面向上的摩擦力10.2020江西南昌高三摸底,多選如圖所示,兩根平行光滑金屬導軌固定在同一水平面內,其左端接有定值電阻R,建立Ox軸平行于金屬導

8、軌,在0x4 m的空間區(qū)域內存在著垂直導軌平面向下的磁場,磁感應強度B的大小隨坐標x(以m為單位)的變化規(guī)律為B=0.8-0.2x(T),金屬棒ab在外力作用下從x=0處沿導軌向右運動,ab始終與導軌垂直并接觸良好,不計導軌和金屬棒的電阻.設在金屬棒從x1=1 m處經(jīng)x2=2 m到x3=3 m的過程中,電阻R的電功率始終保持不變,則()A.金屬棒做勻速直線運動B.金屬棒運動過程中產(chǎn)生的電動勢始終不變C.金屬棒在x1與x2處受到磁場的作用力大小之比為32D.金屬棒從x1到x2與從x2到x3的過程中通過R的電荷量之比為53二、非選擇題(共4小題,50分)11.2019浙江4月選考,10分如圖所示,

9、傾角=37、間距l(xiāng)=0.1 m的足夠長金屬導軌底端接有阻值R=0.1 的電阻,質量m=0.1 kg的金屬棒ab垂直導軌放置,與導軌間的動摩擦因數(shù)=0.45.建立原點位于底端、方向沿導軌向上的坐標軸x.在0.2 mx0.8 m區(qū)間有垂直導軌平面向上的勻強磁場.從t=0時刻起,棒ab在沿x軸正方向的外力F作用下,從x=0處由靜止開始沿斜面向上運動,其速度v與位移x滿足v=kx(可導出a=kv),k=5 s-1.當棒ab運動至x1=0.2 m處時,電阻R消耗的電功率P=0.12 W,運動至x2=0.8 m處時撤去外力F,此后棒ab將繼續(xù)運動,最終返回至x=0處.棒ab始終保持與導軌垂直,不計其他電阻

10、,求:(提示:可以用F-x圖象下的“面積”代表力F做的功,sin 37=0.6)(1)磁感應強度B的大小;(2)外力F隨位移x變化的關系式;(3)在棒ab整個運動過程中,電阻R產(chǎn)生的焦耳熱Q.12.2020江西七校聯(lián)考,12分如圖甲所示,電阻不計且間距L=1 m的光滑平行金屬導軌豎直放置,上端接一阻值R=2 的電阻,虛線OO下方有垂直于導軌平面向里的勻強磁場,磁感應強度大小為B=2 T.現(xiàn)將質量m=0.1 kg、電阻不計的金屬桿ab從OO上方某處由靜止釋放,金屬桿在下落的過程中與導軌保持良好接觸且始終水平.金屬桿從靜止開始到下落0.3 m的過程中,加速度a與下落距離h的關系圖象如圖乙所示,g取

11、10 m/s2.(1)求金屬桿剛進入磁場時的速度大小v0;(2)求金屬桿從靜止開始到下落0.3 m的過程中,在電阻R上產(chǎn)生的熱量Q;(3)在圖丙的坐標系中,定性畫出回路中電流隨時間變化的圖線,并說明圖線與坐標軸圍成的圖形的面積表示的物理意義(以金屬桿進入磁場時為計時起點).13.14分某同學設計了一套電磁彈射裝置,如圖所示,在水平木板上固定兩根足夠長的平行金屬導軌,導軌間距為L=1 m,導軌的電阻不計,導軌處于方向豎直的勻強磁場中(圖中虛線之間區(qū)域,未畫出),磁場的磁感應強度大小為B=2 T,連接導軌的電源電動勢為E=40 V,電容器的電容為C=1 F.小車底部固定一個與其前端和后端平齊、邊長

12、為L的正方形單匝導體線框,線框前后兩邊的電阻均為R=0.2 ,兩側邊電阻不計且與導軌接觸良好.小車與線框的總質量為m=1 kg,開始時小車處于靜止狀態(tài).現(xiàn)將開關S接1,使電容器完全充電,再將S接至2,小車向左加速運動,在小車開始勻速運動時,將開關S撥回1,隨后小車滑出磁場.不計小車在運動過程中的摩擦.求:(1)磁場的磁感應強度方向和小車開始運動時的加速度大小a;(2)小車在軌道上達到勻速時的速度大小v1;(3)小車出磁場過程中線框中產(chǎn)生的焦耳熱Q.14.2019云南昆明4月質檢,14分如圖甲所示,ACD是固定在水平面上的半徑為2r、圓心為O的金屬半圓弧導軌,EF是半徑為r、圓心也為O的半圓弧,

13、在半圓弧EF與導軌ACD之間的半圓環(huán)區(qū)域內存在垂直導軌平面向外的勻強磁場,磁感應強度大小B隨時間t變化的圖象如圖乙所示.OA間接有電阻P,金屬桿OM可繞O點轉動,M端與軌道接觸良好,OM與電阻P的阻值均為R,其余電阻不計.(1)0t0時間內,OM固定在與OA夾角1=3的位置不動,求這段時間內通過電阻P的感應電流大小和方向;(2)t02t0時間內,OM在外力作用下以恒定的角速度逆時針轉過2=3到OC位置,求電阻P在這段時間內產(chǎn)生的焦耳熱Q;(3)2t03t0時間內,OM仍在外力作用下以恒定的角速度逆時針轉動,3t0時轉到OD位置,若2t0時勻強磁場開始變化(磁感應強度不為零),使得2t03t0時

14、間內回路中始終無感應電流,求B隨時間t變化的關系式,并在圖乙中補畫出這段時間內B隨t變化的大致圖象.1.D當條形磁鐵靠近圓環(huán)時,穿過圓環(huán)的磁通量增加,根據(jù)楞次定律可知圓環(huán)中感應電流的方向為逆時針(俯視圓環(huán)),當條形磁鐵遠離圓環(huán)時,穿過圓環(huán)的磁通量減小,根據(jù)楞次定律可知圓環(huán)中感應電流的方向為順時針(俯視圓環(huán)),A錯誤;若磁鐵從高為h處做自由落體運動,其落地時的速率v=2g,但磁鐵穿過圓環(huán)的過程中圓環(huán)內有電能產(chǎn)生,顯然電能是從磁鐵的機械能轉化來的,故磁鐵的落地速率一定小于2g,B錯誤;磁鐵在整個下落過程中,由于受到磁場力的作用,機械能不守恒,C錯誤;根據(jù)楞次定律的推論“來拒去留”,可知磁鐵在整個下

15、落過程中,所受圓環(huán)對它的作用力始終豎直向上,而圓環(huán)受到磁鐵的作用力總是豎直向下,D正確.2.D先閉合S2,構成閉合電路,后閉合S1的瞬間,通過線圈A的電流增大,導致穿過線圈B的磁通量發(fā)生變化,從而產(chǎn)生感應電流,則指針發(fā)生偏轉,故正確;S1、S2閉合,穩(wěn)定后線圈B中沒有磁通量的變化,因而線圈B中沒有感應電流,在斷開S2的瞬間,指針也不偏轉,故錯誤;先閉合S1,后閉合S2的瞬間,穿過線圈B的磁通量沒有變化,則不會產(chǎn)生感應電流,故錯誤;S1、S2閉合后,在斷開S1的瞬間,導致穿過線圈B的磁通量發(fā)生變化,因而出現(xiàn)感應電流,故正確.A、B、C三項錯誤,D項正確.3.B線圈A中磁場的方向向上增強時,由楞次

16、定律可知,感應電流的磁場的方向向下,由安培定則知導線a中的電流方向向下.根據(jù)同向電流相互吸引可知,b中的電流方向也向下.b中電流方向向下說明極板P1相當于電源的正極,則正電荷在磁場中向上偏轉,根據(jù)左手定則可知,P1、P2兩極板間的勻強磁場的方向垂直于紙面向里.4.A線圈從同一高度下落,到達磁場邊界時具有相同的速度v,切割磁感線產(chǎn)生感應電流,受到的安培力大小為F=B2L2vR,由電阻定律有R=4LS(為材料的電阻率,S為導線的橫截面積),線圈的質量為m=0S4L(0為材料的密度).當線圈的下邊剛進入磁場時其加速度為a=mg-Fm=g-Fm,聯(lián)立解得加速度a=g-B2v160,則知,線圈1和2進入

17、磁場時,速度相同,加速度相同,線圈1由于邊長較長還沒有全部進入磁場時,線圈2已完全進入磁場,后做加速度為g的勻加速運動,而線圈1仍先做加速度小于g的變加速運動,完全進入磁場后才做加速度為g的勻加速運動,所以落地速度關系為v1m2,v1Q2.根據(jù)q=R=BL24LS=BLS4L知,q1q2,A正確.5.A由于mg=1.5 NI2R+I2r,即IER+r=0.5 A,因此電池的發(fā)熱功率Pr=I2r(0.5)25 W=1.25 W,D錯誤.7.AD根據(jù)題意及楞次定律可知,01 s內感應電流沿逆時針方向,感應電動勢大小E1=t=BtS=3.14 V,感應電流的大小I1=E1R=0.314 A,A正確;

18、02 s內,電流的平均功率P=I12R2=0.49 W,B錯誤;根據(jù)楞次定律可知,23 s內感應電流的方向與34 s內感應電流的方向相同,均為順時針方向,C錯誤;45 s內B=2 T,則q=tRt=Br2R=5 ,D正確.8.BC桿的速度達到最大時,桿的加速度為零,則由平衡條件有F=mg+BImaxd,Imax=EmaxR+r,Emax=Bdvmax,解得vmax=(F-mg)(R+r)B2d2,選項A錯誤;由E=t、I=ER+r、q=It和=BLd可得,流過電阻R的電荷量為q=BdLR+r,選項B正確;對桿由動能定理可得WF+W安+W摩=Ek,因W摩0,W安0,故恒力F做的功與安培力做的功之

19、和大于桿動能的變化量,恒力F做的功與摩擦力做的功之和大于桿動能的變化量,選項C正確,D錯誤.【模型分析】桿在水平向左、垂直于桿的恒力F作用下從靜止開始沿導軌運動,桿先做加速度減小的加速運動,當桿的加速度為零時,桿開始做勻速直線運動.9.CD由法拉第電磁感應定律知E=BtS,根據(jù)閉合電路歐姆定律可得,I=Er,此處r為導線框內阻,故在01 s內和在34 s內線框中產(chǎn)生的感應電流I=SBrt=0.05 A,A錯誤;在34 s內通過線框的電荷量q=It=0.05 C,B錯誤;由題圖乙可知,04 s內有感應電流通過的總時間t總=2 s,根據(jù)焦耳定律,則有Q=I2rt總=0.01 J,C正確;01 s內

20、和34 s內穿過線框的磁通量發(fā)生變化,線框中產(chǎn)生感應電流,線框各邊都受到安培力,根據(jù)矢量的合成法則,可知線框受到的安培力的合力為零,因此在04 s內,線框受到的摩擦力與重力沿斜面的分力大小相等、方向相反,即f=mgsin =5 N,D正確.10.BCD金屬棒從x1=1 m處經(jīng)x2=2 m到x3=3 m的過程中,電阻R的電功率始終保持不變,由電功率P=I2R可知,電阻中的電流I保持不變,根據(jù)閉合電路歐姆定律可知,金屬棒中產(chǎn)生的感應電動勢E=BLv保持不變,又B一直在減小,可知金屬棒做加速運動,選項A錯誤,B正確;根據(jù)安培力公式,金屬棒在x1處受到的安培力F1=B1IL=(0.8-0.2x1)IL

21、 (N)=0.6IL (N),在x2處受到的安培力F2=B2IL=(0.8-0.2x2)IL (N)=0.4IL (N),金屬棒在x1處與x2處受到磁場的作用力大小之比為F1F2= 0.6IL (N)0.4IL (N)=32,選項C正確;由E=t,I=ER,q=It,聯(lián)立解得q=R,而B1=(0.8-0.2x1) T=0.6 T,B2=(0.8-0.2x2) T=0.4 T,B3=(0.8-0.2x3) T=0.2 T,12=B2+B12L(x2-x1)=0.5L (Wb),23=B3+B22L(x3-x2) =0.3L (Wb),所以金屬棒從x1到x2與從x2到x3的過程中通過R的電荷量之比

22、為53,選項D正確.11.解析:(1)在x1=0.2 m處時,電阻R消耗的電功率P=(Blv1)2R(1分)此時v1=kx1=1 m/s解得B=305 T.(1分)(2)在無磁場區(qū)間0x0.2 m內,有a=5 s-1v=25 s-2xF=25 s-2xm+mgcos +mgsin =(0.96+2.5x) N(1分)在有磁場區(qū)間0.2 mx0.8 m內,有安培力FA=(Bl)2vR=0.6x N(1分)F=(0.96+2.5x+0.6x) N=(0.96+3.1x) N.(1分)(3)上升過程中克服安培力做的功(梯形面積)WA1=0.6N2(x1+x2)(x2-x1)=0.18 J(1分)撤去

23、外力后,設棒ab上升的最大距離為s,再次進入磁場時的速度為v,由動能定理有(mgsin +mgcos )s=12mv22,其中v2=kx2=4 m/s(mgsin -mgcos )s=12mv2解得v=2 m/s(1分)由于mgsin -mgcos -(Bl)2vR=0(1分)故棒ab再次進入磁場后做勻速運動下降過程中克服安培力做的功WA2=(Bl)2vR(x2-x1)=0.144 J(1分)Q=WA1+WA2=0.324 J.(1分)12.解析:(1)進入磁場后,根據(jù)右手定則可知金屬桿ab中電流的方向由a到b,由左手定則可知,桿ab所受的安培力方向豎直向上.(1分)剛進入磁場時,由牛頓第二定

24、律得mg-BI0L=ma(1分)其中a=-10 m/s2,I0=E0R=BLv0R(1分)聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得v0=1.0 m/s.(1分)(2)由題圖乙知h=0.3 m時,a=0,表明金屬桿受到的重力與安培力平衡,設此時金屬桿的速度為v1,有BI1L=mg,其中I1=E1R=BLv1R(2分)聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得v1=0.5 m/s(1分)從開始到下落 0.3 m的過程中,由能量守恒定律有mgh=Q+12mv12(1分)得到Q=0.287 5 J.(1分)(3)如圖所示(2 分)面積的物理意義:某段時間內通過電阻的電荷量.(1 分)13.解析:(1)由左手定則可知,磁場的磁感應強度方向垂直水平面向上(1分)小車在導軌上剛開始運動時,線框前后兩邊的電阻并聯(lián),則有I=E12R=2ER(1分)小車開始運動時的加速度大小a=BILm=2BLEmR=800 m/s2.(1分)(2)充電完成后電容器的電荷量q=CE (1分)放電加速過程應用動量定理有B