（新课标）2020高考物理二轮复习 专题强化训练9 电磁感应问题（含解析）

专题强化训练(九)一、选择题(共10个小题，16为单选，其余为多选，每题5分共50分)1如图所示，有一边长为L的正方形线框abcd，由距匀强磁场上边界H处静止释放，其下边刚进入匀强磁场区域时恰好能做匀速直线运动匀强磁场区域宽度也为L.ab边开始进入磁场时记为t1，cd边出磁场时记为t2，忽略空气阻力，从线框开始下落到cd边刚出磁场的过程中，线框的速度大小v、加速度大小a、ab两点的电压大小Uab、线框中产生的焦耳热Q随时间t的变化图象可能正确的是()答案C解析线圈在磁场上方H开始下落到下边进入磁场过程中线圈做匀加速运动；因线圈下边刚进入匀强磁场区域时恰好能做匀速直线运动，可知线圈直到cd边出磁场时也做匀速运动，A、B两项错误；线圈ab边进入磁场的过程，EBLv，则UabBLv；ab边出离磁场的过程，EBLv，则UabBLv；线圈进入磁场和出离磁场过程中电动势相同，均为EBLv，时间相同，则由功率公式可知，产生的热量相同，故C项正确，A、B、D三项错误故选C项2.如图所示，内环半径为，外环半径为L的半圆环形闭合线圈ABCD，该导体线圈电阻为R，现在环形区域内加一个垂直纸面向里，磁感应强度从零开始均匀增大的匀强磁场，当磁感应强度增大到B时保持不变，此过程中通过线圈截面的电量为q1；然后让线圈以O点为圆心匀速转动半周，该过程中通过线圈截面的电量为q2.则q1：q2为()A11B12C23 D32答案A解析由公式qn知：q1，第二个过程中的电荷量为：q2，所以q1q211，故A项正确，B、C、D三项错误故选A项3.如图所示，足够长的平行导轨水平放置，导轨间距为L，质量均为m，电阻均为R的金属棒ab，cd放在导轨上并与导轨垂直，金属棒与导轨间的动摩擦因数均为，磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直导轨平面向下，用水平向右、大小等于mg(g为重力加速度)的恒力F向右拉金属棒cd，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计导轨电阻，下列说法正确的是()A恒力F作用瞬间，金属棒cd的加速度大小等于0B恒力F作用足够长时间后，金属棒ab会向右运动C金属棒cd运动的最大速度大小为D金属棒cd的速度会不断增大答案C解析恒力F作用瞬间，金属棒cd的加速度大小为ag，故A项错误；当cd棒的加速度为零时速度最大设cd加速度为零时所受的安培力为F安，根据平衡条件有mgF安mg，则得F安mg，对ab棒，因F安fmmg，所以金属棒ab不可能运动，故B项错误；金属棒cd先做加速运动，当金属棒cd达到最大速度后匀速运动，由F安BILBL，结合F安mg，可得，金属棒cd运动的最大速度大小为v，故C项正确，D项错误故选C项4等离子体由左方连续以速度v0射入P1和P2两板间的匀强磁场中，偏转后会打到P1、P2板上，ab直导线通过滑动变阻器与P1、P2相连接，线圈A通过滑动变阻器与直导线cd连接，如图甲所示线圈A内有图乙所示的变化磁场，且规定磁场B的正方向向右，则下列叙述正确的是()A01 s内，通过两直导线的电流均向下B12 s内，ab、cd导线互相吸引C23 s内，ab、cd导线互相排斥D34 s内，ab、cd导线互相吸引答案D解析由左侧电路可以判断ab中电流方向由a到b，由右侧电路及图乙判断，根据楞次定律01 s内cd中电流为由d到c，ab中电流向下，通过两导线的电流方向相反，故A项错误；由左侧电路可以判断ab中电流方向由a到b，12 s时间内右侧线圈中磁场向右且增强，根据楞次定律知cd中电流为由d到c，ab、cd电流方向相反，ab、cd导线互相排斥，故B项错误；23 s时间内由楞次定律得cd中电流由c到d，跟ab中电流同向，因此ab、cd相互吸引，故C项错误；34 s时间内由楞次定律得cd中电流由c到d，跟ab中电流同向，因此ab、cd导线互相吸引，故D项正确故选D项5.如图所示，两条相距L的足够长的平行光滑导轨放置在倾角为30的斜面上，阻值为R的电阻与导轨相连，质量为m的导体棒MN垂直于导轨放置整个装置在垂直于斜面向下的匀强磁场中，磁感应强度的大小为B.轻绳一端与导体棒相连，另一端跨过定滑轮与一个质量为m的物块相连，且滑轮与杆之间的轻绳与斜面保持平行，物块距离地面足够高，导轨、导体棒电阻不计，轻绳与滑轮之间的摩擦力不计，则将物块从静止释放，下面说法正确的是(重力加速度为g)()A导体棒M端电势高于N端电势B导体棒的加速度可能大于gC导体棒的速度不会大于D通过导体棒的电荷量与金属棒运动时间的平方成正比答案C解析根据右手定则可知导体棒中电流由M到N，导体棒M端电势低于N端电势，故A项错误；设导体棒的上升速度为v，可知导体棒所受安培力为：F安BILBL，根据牛顿第二定律可得：mgmgsin302ma，当导体棒的上升速度为零时，导体棒的加速度最大，最大加速度为：amg；当导体棒的上升加速度为零时，导体棒的速度最大，最大速度为：vm，故B项错误，C项正确；通过导体棒的电荷量为：q，由于导体棒先做加速度减小的加速度运动，后做匀速运动，所以导体棒运动的位移与金属棒运动时间的平方不成正比，故D项错误故选C项6如图甲所示，梯形硬导线框abcd固定在磁场中，磁场方向与线框平面垂直，图乙表示该磁场的磁感应强度B随时间t变化的关系，t0时刻磁场方向垂直纸面向里在05t0时间内，设垂直ab边向上为安培力的正方向，线框ab边受到该磁场对它的安培力F随时间t变化的关系图为()答案D解析02t0，感应电动势为：E1SS，为定值，3t05t0，感应电动势为：E2SS，也为定值，因此感应电流也为定值，那么安培力FBILB由于0t0，B逐渐减小到零，故安培力逐渐减小到零，根据楞次定律，可知，线圈中感应电流方向顺时针，依据左手定则，可知，线框ab边受到安培力方向向上，即为正；同理，t02t0，安培力方向向下，为负，大小增大，而在2t03t0，没有安培力；在3t04t0，安培力方向向上，为正，大小减小；在4t05t0，安培力方向向下，为负，大小增大，故D项正确，A、B、C三项错误故选D项7.如图所示，电阻R、电容器C与固定在同一水平面上的光滑平行导轨相连，导轨间有竖直向下的匀强磁场一导体棒垂直放在导轨上且与导轨接触良好，导体棒与导轨电阻不计现让导体棒获得一初速度v0从位置A向右滑动并经过B、C两位置，在导体棒向右滑动的过程中，下列说法正确的是()AR中的电流从a到bB导体棒向右做匀速滑动C电容器的带电量逐渐变小D在BC段滑动时导体棒动能的减少量等于电阻R上产生的热量答案AC解析根据右手定则可判定回路中的电流沿逆时针方向，过电阻R的电流从a到b，故A项正确；根据左手定则可判断，导体棒受到向左的安培力作用做减速运动，所以电动势不断变小，电容器两端电压不断变小，根据C得：QCU，故电容器电荷量逐渐变小，故B项错误，C项正确；根据能量守恒可知，在BC段滑动时导体棒动能的减少量等于电阻R上产生的热量以及电容器储存的电能之和，故D项错误故选A、C两项8如图甲所示，abcd是位于竖直平面内的正方形闭合金属线框，其下方有一宽度为s，磁感应强度为B的匀强磁场区域，磁场方向与线框平面垂直，MN和MN是匀强磁场区域的水平边界现使线框从MN上方由静止开始下落，下落过程中bc边始终水平如图乙是线框开始下落到完全穿过磁场区域的vt图象(其中OA、BC、DE相互平行)已知金属线框边长为L(Ls)、质量为m、电阻为R，当地的重力加速度为g，vt图象中v1、v2、t1、t2、t3、t4均为已知量空气阻力不计，则下列说法中正确的是()At2是线框全部进入磁场瞬间，t4是线框全部离开磁场瞬间Bv1的大小可能为C从bc边进入磁场到ad边离开磁场过程，感应电流所做的功为2mgsD线框离开磁场过程中通过线框横截面的电荷量比进入磁场过程中通过线框横截面的电荷量多答案AB解析0t1时间内做自由落体运动，可知从t1时刻进入磁场，开始做加速度减小的减速运动，t2时刻又做匀加速运动，且与自由落体运动的加速度相同，可知线框全部进入磁场，即t2是线框全部进入磁场瞬间，t3时刻开始做变减速运动，t4时刻，又做加速度为g的匀加速运动，可知t4是线框全部离开磁场瞬间，故A项正确；线框全部进入磁场前的瞬间，可能重力和安培力平衡，有：mg，解得：v1，故B项正确；从bc边进入磁场起一直到ad边离开磁场为止，根据动能定理得：mg(sL)Wmv12mv22，线框出磁场时，设克服安培力做功为W，根据动能定理得：mgLWmv12mv22，解得：WmgsW，Wmgs，则W2mgs，故C项错误；根据q知，线框进入磁场和出磁场的过程中，磁通量的变化量相同，则通过的电荷量相同，故D项错误，故选A、B两项9.如图，等边三角形OPQ区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场用粗细均匀的导线绕制的等边三角形导线框abc位于纸面内，其bc边与磁场边界PQ平行，d、e分别为ab、ac的中点导线框沿垂直于bc的方向向上匀速穿过磁场区域，依次经过图中、位置已知三角形OPQ的边长是三角形abc的倍，位置时a点与O点重合，位置时d点、e点分别在OP、OQ上，位置时d点、e点在PQ上则()A经过位置和位置时，线框中的感应电流方向相同B经过位置和位置时，线框中的感应电流大小相等C经过位置和位置时，线框上de两点间的电压之比为21D从位置到位置和从位置到位置的两个过程中，穿过线框横截面的电荷量之比为21答案BCD解析由题意可知，线框在位置运动过程穿过线框的磁通量增加，线框在位置运动时穿过线框的磁通量减少，由楞次定律可知，两位置感应电流方向相反，故A项错误；由图示可知，线框经过位置和经过位置时，线框切割磁感线的有效长度L相等，由EBLv可知，线框产生的感应电动势相等，由欧姆定律可知，线框中的感应电流大小相等，故B项正确；线框在位置时，dae相当于电源，线框在位置时dbce相当于电源，在两位置线框电流I相等，dbce部分的电阻是dae部分电阻的两倍，即：Rdbce2Rdae，UdeIRdbce，UdeIRdae，则：Ude2Ude，故C项正确；通过线框导线横截面的电荷量为：qIttt，设三角形abc的面积为4S，由图示可知，线框从位置到位置过程：S12S，线框从位置到位置过程：S23S2SS，则从位置到位置和从位置到位置的两个过程中，穿过线框横截面的电荷量之比：，故D项正确故选B、C、D三项10如图所示，间距为d的平行导轨A2A3、C2C3所在平面与水平面的夹角30，其下端连接阻值为R的电阻，处于磁感应强度大小为B，方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，水平台面所在区域无磁场长为d，质量为m的导体棒甲静止在光滑水平台面ACC1A1上，在大小为mg(g为重力加速度大小)，方向水平向左的恒力作用下做匀加速运动，经时间t后导体棒甲恰好运动至左边缘A1C1，此时撤去恒力，导体棒甲从左边缘A1C1飞出台面，并恰好沿A2A3方向落到A2C2处，与放置在此处的导体棒乙(与导体棒甲完全相同)碰撞后粘在一起然后沿导轨下滑距离x后开始做匀速运动两导体棒粘连后在导轨上运动时始终与导轨垂直且接触良好，除了电阻R外，其他电阻不计，一切摩擦不计，下列判断正确的是()A导体棒甲到达A1C1处时的速度大小为gtBA2C2与台面ACC1A1间的高度差为gt2C两导体棒在导轨上做匀速运动的速度大小为D两导体棒在导轨上变速滑行的过程中电阻R上产生的焦耳热为mg2t2mgx答案ABD解析导体棒在台面上做匀加速直线运动，速度：v0at，由牛顿第二定律得：mgma，解得：v0gt，故A项正确；导体棒离开台面后做平抛运动，竖直方向：vyv0tan，vy22gh，解得：hgt2，故B项正确；导体棒在导轨上做匀速直线运动，处于平衡状态，由平衡条件得：2mgsinBId，电流：I，解得：v，故C项错误；甲与乙碰撞前的速度为：v甲gt.甲、乙两棒碰撞过程中动量守恒，根据动量守恒定律可得：mv甲2mv共，解得：v共gt.根据动能定理可得：2mgsinxWA2mv22mv共2，解得：WAmg2t2mgx，根据功能关系可得电阻R上产生的焦耳热为mg2t2mgx，故D项正确故选A、B、D三项二、计算题(共4个小题，11题10分，12题12分，13题14分，14题14分，共50分)11如图甲所示，相距为d的足够长光滑的U型金属框架NMPQ固定在水平桌面上，框架所在的空间内存在方向竖直向下的匀强磁场一根长为d的金属棒ab放置在框架上，其质量为m，电阻为r，该棒通过一根绕过右侧定滑轮的绝缘轻绳和一物块相连，物块质量为3m.已知重力加速度为g，导体棒与金属框间接触电阻及金属框架的电阻不计则：(1)若所加磁场为磁感应强度为B的匀强磁场，求导体棒运动的最大速度；(2)若所加磁场为随时间变化的匀强磁场，导体棒运动的vt图象如图乙所示，t0时刻，导体棒ab与PM距离为l，磁感应强度为B0，求t时刻磁场的磁感应强度答案(1)(2)解析(1)对导体棒ab，有：EmBdvm此时流过导体棒的电流为：I，根据平衡条件可得：BId3mg，解得：vm；(2)对于导体棒ab根据牛顿第二定律可得：3mgFA4ma，t0时FA0，则加速度为：ag，导体棒做匀加速直线运动，则有：I0，t时刻的位移为：xat2gt2，由于感应电流为零，则磁通量变化为零，有：B0ldB(lx)d，解得：B.12.如图所示，在匀强磁场中倾斜放置电阻不计的两根平行光滑金属导轨，金属导轨与水平面成37角，平行导轨间距L1.0 m匀强磁场方向垂直于导轨平面向下，磁感应强度B1.0 T两根金属杆ab和cd可以在导轨上无摩擦地滑动两金属杆的质量均为m0.20 kg，ab杆的电阻为R11.0 ，cd杆的电阻为R22.0 .若用与导轨平行的拉力F作用在金属杆ab上，使ab杆匀速上滑并使cd杆在导轨上保持静止，整个过程中两金属杆均与导轨垂直且接触良好取重力加速度g10 m/s2，sin370.6，cos370.8.求：(1)ab杆上滑的速度v的大小；(2)ab杆两端的电势差Uab；(3)0.5 s的时间内通过cd杆的电量q.答案(1)3.6 m/s(2)2.4 V(3)0.60 C解析(1)以cd杆为研究对象，根据共点力的平衡条件可得：BILmgsin37，解得：IA1.2 A，根据闭合电路的欧姆定律可得：ab杆产生的感应电动势EI(R1R2)1.23 V3.6 V，根据法拉第电磁感应定律可得：EBLv，解得：v3.6 m/s.(2)ab杆两端的电势差是路端电压，根据欧姆定律可得：UIR21.22 V2.4 V，根据右手定则可知a点电势比b点的高，故有：Uab2.4 V.(3)由于杆匀速运动，所以通过杆的电流为一个定值，根据电荷量的计算公式可得：qIt1.20.5 C0.60 C.13如图的水平光滑金属导轨在同一水平面上，间距分别为L和，间距为L的导轨有一小段左右断开，为使导轨上的金属棒能匀速通过断开处，在此处铺放了与导轨相平的光滑绝缘材料(图中的虚线框处)质量为m，电阻为R1的均匀金属棒ab垂直于导轨放置在靠近断开处的左侧，另一质量也为m，电阻为R2的均匀金属棒cd垂直于导轨放置在间距为的导轨左端导轨MN和PQ、MN和PQ都足够长，所有导轨的电阻都不计电源电动势为E，内阻不计整个装置所在空间有竖直方向的，磁感应强度为B的匀强磁场闭合开关S，导体棒ab迅即获得水平向右的速度v0并保持该速度到达断开处右侧的导轨上求：(1)空间匀强磁场的方向；(2)通过电源E某截面的电荷量；(3)从导体棒ab滑上导轨MN和PQ起至开始匀速运动止，这一过程中棒ab和棒cd组成的系统损失的机械能答案(1)竖直向下(2)(3)mv02解析(1)闭合开关S，电流由b到a，导体棒ab受到的安培力向右，由左手定则可知磁场的方向竖直向下(2)对ab棒，设受安培力的时间为t，这段时间内的平均电流为I，平均安培力为F，通过导体棒(也就是电源)某截面的电荷量为q.由动量定理得：Ftmv00，且FBIL，qIt，联立得：q.(3)ab滑上MN和PQ时的速度仍为v0，安培力使ab减速，使cd加速，直至电路中电流为0(即总感应电动势为0)而各自做匀速运动，设ab和cd匀速运动的速度分别为v1和v2.经历的时间为t，这一过程回路中的平均电流为I.由动量定理得：对ab棒：BILtmv1mv0；对cd棒：BItmv20；稳定时有：BLv1Bv2，解得：v1，v2.棒ab和棒cd组成的系统损失的机械能为：Emv02，解得：Emv02.14如图所示，光滑平行长直导轨固定在绝缘水平面上，导轨间距为L，垂直于导轨的虚线MN左侧、虚线PQ右侧均有垂直于导轨平面向上的匀强磁场，两磁场的磁感应强度大小均为B.MN、PQ间有垂直于导轨放置的长度均为l的直导体棒a、b，质量分别为m、2m，电阻分别为2R、R，两导体棒间夹有压缩了的弹簧，弹簧与导体棒不拴接，弹簧处于锁定状态若固定导体棒a解除弹簧锁定，导体棒b被弹开后以一定的速度进入磁场(b进入磁场前，弹簧已恢复原长)，从b进入磁场到b最终停止的过程中，导体棒b中产生的焦耳热为Q.导轨的电阻不计，求：(1)弹簧被锁定时具有的弹性势能；(2)导体棒b进入磁场时的速度大小及在磁场中滑行的距离；(3)若导体棒a不固定解除弹簧的锁定后，两导体棒恰好能同时进入磁场，则两导体棒刚进入磁场时的速度分别为多大？当导体棒a的速度为进磁场时速度的一半时，回路中的电功率多大？答案(1)3Q(2)(3)2解析(1)导体棒b中产生的焦耳热为Q，则整个电路产生的焦耳热为：Q总3R3Q，根据功能关系可得弹簧被锁定时具有的弹性势能为：Ep3Q.(2)导体棒b进入磁场时的速度大小为v，则有：Ep2mv2，解得：v；根据动量定理可得：BILt02mv，其中I则有：2mv，解得在磁场中滑行的距离为：xt.(3)若导体棒a不固定解除弹簧的锁定后，两导体棒刚进入磁场时的速度分别为va、vb，根据动量守恒定律可得：mva2mvb，根据功能关系可得：Epmva22mvb2，联立解得：va2，vb，当导体棒a的速度为进磁场时速度的一半时，即为：va，由于水平方向合动量为零，则b的速度为：vb，此时回路中的感应电动势为：EBL(vavb)BL.回路中的电功率为：P.14