江苏专用2018届高三物理一轮复习必考部分第9章电磁感应章末过关练

电磁感应

一、单项选择题(本题共5小题，每小题5分，共25分．每小题只有一个选项符合题意)．

1．光滑的金属线框abcd处在方向竖直向上的匀强磁场中．线框从图1所示位置由静止释放，到接近水平位置的过程中，则(

)

图1

A．线框的机械能守恒

B．穿过线框的磁通量逐渐增大

C．线框有abcda方向的感应电流

D．穿过线框磁通量的变化率逐渐增大

B 设θ为线框平面与磁感线夹角，根据磁通量公式Φ＝BSsin θ可知θ变大，Φ增大，选项B正确；根据楞次定律“增反减同”的原理，线框中有adcba方向的感应电流，选项C错误；因为有感应电流，导线框的一部分机械能转化为内能，机械能不守恒，选项A错误；线框在由静止释放的瞬间感应电流为零，在接近水平位置的瞬间感应电流也接近为零，所以磁通量的变化率不是逐渐增大的，而是先增大后减小的，选项D错误．

2．如图2所示，电路左端连接着金属轨道，轨道处于匀强磁场中，电路开关闭合后，导体棒在光滑轨道上匀速向左滑行时，带电小球能静止在电容器内．R1和R2为可调电阻，导

图2

A．带电小球所带电荷为正电荷

B．当导体棒加速向左滑行时，适当调小R2可使带电小球仍静止

C．当导体棒加速向左滑行时，适当调小R1可使带电小球仍静止

D．当导体棒向左匀速滑行时，适当调大R1可使带电小球向下运动

C 导体棒切割磁感线充当电源，由楞次定律可知电容器上端带正电，可知小球应带负电，选项A错误；当棒加速向左滑行时，电动势变大，R1两端的电压变大，电容器内的电场强度变大，小球受到向上的力变大，小球向上运动，R2与电容器串联，此支路断路，调节R2不起作用，选项B错；调小R1可使电容器内的电场强度变小，选项C正确；导体棒向左匀速滑行时，电动势不变，调大R1可使带电小球向上运动，选项D错误．

3．如图3所示，一呈半正弦形状的闭合线框abc，ac＝l，匀速穿过边界宽度也为l的

相邻磁感应强度大小相同的匀强磁场区域，整个过程中线框中感应电流图象为(取顺时针方向为正方向)(

)

图3

B 线框进入磁场区域时穿过导线框的磁通量垂直于纸面向外增大，根据楞次定律，线框中的感应电流方向为顺时针(正方向)，同理，线框离开磁场区域过程，线框中的感应电流方向为顺时针(正方向)，且这两过程中产生的感应电流变化规律相同，选项A错误；线框的顶点b运动到两磁场的分界线上时，同时切割两边大小相等、方向相反的磁感线，故线框中的感应电流的最大值必然为在左侧和右侧磁场中切割时产生的感应电流的最大值的2倍，且方向为逆时针(负方向)，故选项B正确，C、D错误．

4．如图4所示，abcd是边长为L、每边电阻均相同的正方形导体框，今维持线框以恒定的速度v沿x轴运动，并穿过倾角为45°的三角形匀强磁场区域，磁场的磁感应强度为B，方向垂直纸面向里．线框b点在O位置时开始计时，则在t＝2Lv时间内，a、b两点的电势差U随

图4

D 如图所示，线框由位置1到位置2的过程中，线框的右边部分在切割磁感线，由图中几何关系及欧姆定律可得U＝Bv2t－Bv2t4RR＝3Bv2t4；线框由位置2到位置3的过程中，线框的右边全部和左边部分在切割磁感线，由图中几何关系及欧姆定律可得U＝BLv－BvL－vt－Lv4R R＝BLv2＋Bv2t4，故选项D正确，选项A、B、C错误．

5.(2017·镇江模拟)如图5所示，L是一带铁芯的理想电感线圈，其直流电阻为0，电路中A、B是两个完全相同的灯泡，与A灯泡串接一个理想二极管D，则(

)

图5

A．开关S断开瞬间，B灯泡逐渐熄灭，A灯泡立即熄灭

B．开关S断开瞬间，A灯泡逐渐熄灭，B灯泡立即熄灭

C．开关S闭合瞬间，A、B灯泡同时亮

D．开关S闭合瞬间，A灯泡先亮

C L是一带铁芯的理想电感线圈，其直流电阻为0，电路稳定后A就熄灭了；开关S断开瞬间B立刻熄灭，由于二极管只正向导通，故自感线圈与A无法形成回路，A不会在闪亮，故AB错误．闭合瞬间线圈相当于断路，二极管为正向电流，故电流走A灯泡，B也同时亮，故C正确，D错误．故选C.

二、多项选择题(本题共4小题，每小题6分，共24分．每小题有多个选项符合题意．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，错选或不答的得0分)．

6.(2017·连云港模拟)如图6所示，金属棒ab置于水平放置的金属导轨cdef上，棒ab与导轨相互垂直并接触良好，导轨间接有电源．现用两种方式在空间加匀强磁场，ab棒均处于静止．第一次匀强磁场方向竖直向上；第二次匀强磁场方向斜向左上与金属导轨平面成θ＝30°角，两次匀强磁场的磁感应强度大小相等．下列说法中正确的是(

)

图6

A．两次金属棒ab所受的安培力大小不变

B．第二次金属棒ab所受的安培力大

C．第二次金属棒ab受的摩擦力小

D．第二次金属棒ab受的摩擦力大

AC 两次磁场方向都与导体棒垂直，故安培力均为F＝BIL，故A正确，B错误；第一次安培力水平向右，导体棒受重力、支持力、安培力和向左的静摩擦力，根据平衡条件，有：

f＝F＝BIL

第二次安培力斜向右上方，与竖直方向成30°，导体棒受重力、支持力、安培力和向左的静摩擦力，如图所示：

图--

根据平衡条件，有：

f′＝Fsin 30°＝12BIL

故第二次的摩擦力较小，故C正确，D错误．

图7

A．金属棒在最低点的加速度小于g

B．回路中产生的总热量等于金属棒重力势能的减小量

C．当弹簧弹力等于金属棒的重力时，金属棒下落速度最大

D．金属棒在以后运动过程中的最大高度一定低于静止释放时的高度

AD 如果不受安培力，由运动的对称性可知其在最低点的加速度大小为g，但由于金属棒在运动过程中受到与速度方向相反的安培力作用，金属棒在最低点时的弹性势能一定比没有安培力做功时小，弹性形变量一定变小，故加速度小于g，选项A正确；回路中产生的总热量等于金属棒机械能的减少量，选项B错误；当弹簧弹力与安培力之和等于金属棒的重力时，金属棒下落速度最大，选项C错误；由于金属棒运动过程中产生电能，金属棒在以后运动过程中的最大高度一定低于静止释放时的高度，选项D正确．

8．如图8甲所示，一个匝数n＝100的圆形导体线圈，面积S1＝0.4 m2，电阻r＝1 Ω.在线圈中存在面积S2＝0.3 m2的垂直线圈平面向外的匀强磁场区域，磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙所示．有一个R＝2 Ω的电阻，将其两端a、b分别与图甲中的圆形线圈相连接，b端接地，则下列说法正确的是( )

图8

A．圆形线圈中产生的感应电动势E＝6 V

B．在0～4 s时间内通过电阻R的电荷量q＝6 C

C．设b端电势为零，则a端的电势φa＝3 V

D．在0～4 s时间内电阻R上产生的焦耳热Q＝18 J

BD 由法拉第电磁感应定律可得E＝nΔBS2Δt，由图乙结合数学知识可得k＝ΔBΔt＝0.64 T/s＝0.15 T/s，将其代入可求E＝4.5 V，A错；设平均电流为I－，由q＝I－Δt＝ER＋rΔt＝nΔΦΔtR＋rΔt＝nΔΦR＋r，在0～4 s穿过圆形导体线圈的磁通量的变化量为ΔΦ＝0.6×0.3 Wb－0＝0.18 Wb，代入可解得q＝6 C，B对.0～4 s内磁感应强度增大，圆形线圈内磁通量增加，由楞次定律结合右手定则可得b点电势高，a点电势低；故C错；由于磁感应强度均匀变化产生的电动势与电流均恒定，可得I＝Er＋R＝1.5 A，由焦耳定律可得Q＝I2Rt＝18 J，D对．

9.(2017·盐城模拟)如图9所示，两根等高光滑的14圆弧轨道，半径为r、间距为L，轨道电阻不计，在轨道顶端连有一阻值为R的电阻，整个装置处在一竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B.现有一根长度稍大于L、电阻不计的金属棒从轨道最低位置cd开始，在拉力作用下以初速度v0向右沿轨道做匀速圆周运动至ab处，则该过程中(

)

图9

A．通过R的电流方向为由外向内

B．通过R的电流方向为由内向外

C．R上产生的热量为πrB2L2v04R

D．流过R的电量为πBLr2R

AC 金属棒从轨道最低位置cd运动到ab处的过程中，穿过回路的磁通量减小，根据楞

次定律判断得知通过R的电流方向为由外向内．故A正确，B错误．金属棒做匀速圆周运动，回路中产生正弦式交变电流，可得产生的感应电动势的最大值为Em＝BLv0，有效值为E＝22Em

根据焦耳定律有：Q＝E2Rt

时间为t＝π2·rv0

联立解得Q＝πrB2L2v04R.故C正确．

通过R的电量由公式：q＝IΔt＝EΔtR＝ΔΦR＝BLrR.故D错误．

三、计算题(本题共3小题，共51分．按题目要求作答，解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)．

10．(17分)如图10甲所示，两根足够长的光滑金属导轨ab、cd与水平面成θ＝30°固定，导轨间距离为l＝1 m，电阻不计．一个阻值为R0的定值电阻与电阻箱并联接在两金属导轨的上端．整个系统置于匀强磁场中，磁感应强度方向与导轨所在平面垂直，磁感应强度大小为B＝1 T．现将一质量为m、电阻可以忽略的金属棒MN从图示位置由静止开始释放．金属棒下滑过程中与导轨接触良好．改变电阻箱的阻值R，测定金属棒的最大速度vm，得到1vm­1R的关系如图乙所示．g取10 m/s2.求：

(1)金属棒的质量m和定值电阻R0的阻值；

(2)当电阻箱R取2 Ω，且金属棒的加速度为14g时，金属棒的速度．

图10

【解析】 (1)金属棒以速度vm下滑时，根据法拉第电磁感应定律有E＝Blvm

由闭合电路欧姆定律有E＝IRR0R＋R0

当金属棒以最大速度vm下滑时，根据平衡条件有BIl＝mgsin θ

联立解得1vm＝B2l2mgsin θ·1R＋B2l2mgsin θ·1R0

由1vm­1R图象可知B2l2mgsin θ＝1，B2l2mgsin θ·1R0＝0.5

解得m＝0.2 kg，R0＝2 Ω.

(2)设此时金属棒下滑的速度为v，根据法拉第电磁感应定律有E′＝Blv

由闭合电路欧姆定律有E′＝I′RR0R＋R0

当金属棒下滑的加速度为a＝14g时，根据牛顿第二定律有mgsin θ－BI′l＝ma

联立解得v＝0.5 m/s.

【答案】 (1)0.2 kg 2 Ω (2)0.5 m/s

11．(17分)矩形裸导线框长边的长度为2l，短边的长度为l，在两个短边上均接有阻值为R的电阻，其余部分电阻均不计．导线框的位置如图11所示，线框内的磁场方向及分布情况如图，大小为B＝B0cosπx2l.一电阻为R的光滑导体棒AB与短边平行且与长边始终接触良好．起初导体棒处于x＝0处，从t＝0时刻起，导体棒AB在沿x方向的外力F的作用下做速度

图11

(1)某一时刻t产生的电动势；

(2)某一时刻t所受的外力F；

(3)整个回路产生的热量．

【解析】 (1)在t时刻AB棒的坐标为x＝vt.感应电动势e＝Blv＝B0lvcos πvt2l.

(2)回路总电阻R总＝R＋12R＝32R

回路感应电流I＝eR总＝2B0lvcos πvt2l3R

棒匀速运动时有F＝F安＝BIl