大二輪高考總復習物理第12講電磁感應問題（專題強化訓練）

專題強化訓練(十二)電磁感應問題一、選擇題(1～5為單選題，6～10為多選題)1．(2017·全國卷Ⅰ)掃描隧道顯微鏡(STM)可用來探測樣品表面原子尺度上的形貌．為了有效隔離外界振動對STM的擾動，在圓底盤周邊沿其徑向?qū)ΨQ地安裝若干對紫銅薄板，并施加磁場來快速衰減其微小振動，如圖所示．無擾動時，按下列四種方案對紫銅薄板施加恒磁場；出現(xiàn)擾動后，對于紫銅薄板上下及左右振動的衰減最有效的方案是()解析：本題考查電磁阻尼．由于要求有效衰減紫銅薄板的上下及左右的微小振動，則在紫銅薄板發(fā)生微小的上下或左右振動時，通過紫銅薄板橫截面的磁通量應均能發(fā)生變化，由圖可以看出，只有A圖方案中才能使兩方向上的微小振動得到有效衰減．答案：A2．(2017·哈爾濱市高三模擬)如圖所示，一圓形金屬環(huán)與兩固定的平行長直導線在同一豎直平面內(nèi)，環(huán)的圓心與兩導線距離相等，環(huán)的直徑小于兩導線間距．兩導線中通有大小相等、方向均向下的恒定電流．則()A．金屬環(huán)向上運動，則環(huán)上的感應電流方向為順時針B．金屬環(huán)向下運動，則環(huán)上的感應電流方向為順時針C．金屬環(huán)向左側(cè)直導線靠近，則環(huán)上的感應電流方向為逆時針D．金屬環(huán)向右側(cè)直導線靠近，則環(huán)上的感應電流方向為逆時針解析：當金屬環(huán)上下移動時，穿過環(huán)的磁通量不發(fā)生變化，根據(jù)楞次定律，沒有感應電流產(chǎn)生，選項AB錯誤；當金屬環(huán)向左移動時，穿過環(huán)的磁通量垂直紙面向外且增強，根據(jù)楞次定律可知，產(chǎn)生順時針方向的感應電流，故選項C錯誤；當金屬環(huán)向右移動時，穿過環(huán)的磁通量垂直紙面向里且增強，根據(jù)楞次定律可知，產(chǎn)生逆時針方向的感應電流，故選項D正確．答案：D3．(2017·南昌市高三模擬)如圖所示，由均勻?qū)Ь€制成的半徑為R的圓環(huán)，以速度v勻速進入一磁感應強度大小為B的勻強磁場．當圓環(huán)運動到圖示位置(∠aOb＝90°)時，a、b兩點的電勢差為()A．eq\r(2)BRv B．eq\f(\r(2),2)BRvC．eq\f(\r(2),4)BRv D．eq\f(3\r(2),4)BRv解析：當圓環(huán)運動到圖示位置，圓環(huán)切割磁感線的有效長度為eq\r(2)R；線框剛進入磁場時ab邊產(chǎn)生的感應電動勢為：E＝eq\r(2)BRv；線框進入磁場的過程中a、b兩點的電勢差由歐姆定律得：Uab＝eq\f(3,4)E＝eq\f(3\r(2),4)BRv；故選D．答案：D4．(2017·茂名市高三質(zhì)檢)在光滑水平面上，有一豎直向下的勻強磁場分布在寬為L的區(qū)域內(nèi)，磁感應強度為B．正方形閉合線圈的邊長為L，沿x軸正方向運動，未進入磁場時以速度v0勻速運動，并能垂直磁場邊界穿過磁場，那么()A．bc邊剛進入磁場時bc兩端的電壓為eq\f(BLv0,4)B．線圈進入磁場過程中的電流方向為順時針方向C．線圈進入磁場做勻減速直線運動D．線圈進入磁場過程產(chǎn)生的焦耳熱大于離開磁場過程產(chǎn)生的焦耳熱解析：bc邊剛進入磁場時產(chǎn)生的感應電動勢為E＝BLv0，則bc兩端的電壓力Ubc＝eq\f(3,4)E＝eq\f(3,4)BLv0，選項A錯誤；由右手定則可知，線圈進入磁場過程中的電流方向為逆時針方向，選項B錯誤；線圈進入磁場后受向左的安培力作用做減速運動，因速度減小，故安培力逐漸減小，加速度逐漸減小，故線框進入磁場后做加速度減小的變減速運動，選項C錯誤；線圈中產(chǎn)生的焦耳熱等于克服安培力做功，由于線圈進入磁場時受安培力較大，故線圈進入磁場過程產(chǎn)生的焦耳熱大于離開磁場過程產(chǎn)生的焦耳熱，選項D正確；故選D．答案：D5．(2017·南昌市高三模擬)如圖甲所示，光滑的導軌水平放置在豎直向下的勻強磁場中，軌道左側(cè)連接一定值電阻R，導體棒ab垂直導軌，導體和軌道的電阻不計．導體棒ab在水平外力作用下運動，外力F隨t變化如圖乙所示，在0～t0時間內(nèi)從靜止開始做勻加速直線運動，則在t0以后，導體棒ab運動情況為()A．一直做勻加速直線運動 B．做勻減速直線運動，直到速度為零C．先做加速，最后做勻速直線運動 D．一直做勻速直線運動解析：設t0時刻導體棒的速度為v，則此時電動勢E＝BLv，電流I＝eq\f(BLv,R)，導體棒受安培力F安＝BIL＝eq\f(B2L2v,R)根據(jù)牛頓第二定律F－eq\f(B2L2v,R)＝ma，t0時刻后，拉力F不變，速度v增大，則加速度減小，導體做加速度減小的加速運動，當加速度減為零，做勻速運動，所以C正確；A、B、D錯誤．答案：C6．(2017·肇慶市高中畢業(yè)班檢測)在絕緣的水平桌面上有MN、PQ兩根平行的光滑金屬導軌，導軌間的距離為l.金屬棒ab和cd垂直放在導軌上，兩棒正中間用一根長l的絕緣細線相連，棒ab右側(cè)有一直角三角形勻強磁場區(qū)域，磁場方向豎直向下，三角形的兩條直角邊長均為l，整個裝置的俯視圖如圖所示，從圖示位置在棒ab上加水平拉力，使金屬棒ab和cd向右勻速穿過磁場區(qū)，則金屬棒ab中感應電流i和絕緣細線上的張力大小F隨時間t變化的圖象，可能正確的是(規(guī)定金屬棒ab中電流方向由a到b為正)()解析：在ab棒通過磁場的時間內(nèi)，ab棒切割磁感線的有效長度均勻增大，由E＝BLv分析可知，ab產(chǎn)生的感應電動勢均勻增大，則感應電流均勻增大，由楞次定律知感應電流的方向由b到a，為負值．根據(jù)cd棒受力平衡知，細線上的張力F為0；在cd棒通過磁場的時間內(nèi)，cd棒切割磁感線的有效長度均勻增大，由E＝BLv分析可知，cd產(chǎn)生的感應電動勢均勻增大，則感應電流均勻增大，由楞次定律知感應電流的方向由a到b，為正負值．根據(jù)cd棒受力平衡知，細線上的張力F＝BIL＝eq\f(B2L2v,R)，L均勻增大，則F與L2成正比．故BD錯誤，AC正確．答案：AC7．(2017·東北三省四市高三模擬)如圖所示．空間存在有界的勻強磁場，磁場上下邊界水平，方向垂直紙面向里，寬度為L.一邊長為L的正方形線框自磁場邊界上方某處自由下落，線框自開始進入磁場區(qū)域到全部離開磁場區(qū)域的過程中，下列關于線框速度和感應電流大小隨時間變化的圖象可能正確的是(線框下落過程中始終保持在同一豎直平面內(nèi)，且底邊保持與磁場邊界平行)()解析：若線圈下邊進入磁場時滿足BI0L＝mg，即v0＝eq\f(mgR,B2L2)，則線圈將勻速進入磁場，則選項A有可能；線圈進入磁場時，隨速度的變化，則安培力不斷變化，故線圈不可能做勻變速運動，選項B錯誤；若線圈下邊剛進入磁場時速度大于v0，則安培力大于重力，線圈將做減速運動，隨速度的減小，感應電流減小，但不是均勻減小，故選項C有可能；若線圈下邊剛進入磁場時速度小于v0，則安培力小于重力，線圈將做加速運動，隨速度的增加，感應電流增大，直到當安培力趨近于重力時，電流趨近I0，故選項D有可能；故選ACD．答案：ACD8．(2017·南昌市高三模擬)如圖所示，光滑水平面上存在有界勻強磁場，磁感應強度為B，質(zhì)量為m邊長為a的正方形線框ABCD斜向穿進磁場，當AC剛進入磁場時速度為v，方向與磁場邊界成45°，若線框的總電阻為R，則()A．線框穿進磁場過程中，框中電流的方向為DCBAB．AC剛進入磁場時線框中感應電流為eq\f(\r(2)Bav,R)C．AC剛進入磁場時線框所受安培力為eq\f(\r(2)B2a2v,R)D．此時CD兩端電壓為eq\f(3,4)Bav解析：線框進入磁場的過程中穿過線框的磁通量增大，由楞次定律可知，感應電流的磁場的方向向外，則感應電流的方向為ABCD方向，故A錯誤；AC剛進入磁場時CD邊切割磁感線，AD邊不切割磁感線，所以產(chǎn)生的感應電動勢E＝Bav，則線框中感應電流為I＝eq\f(E,R)＝eq\f(Bav,R)，此時CD兩端電壓，即路端電壓為U＝eq\f(\f(3,4)R,R)E＝eq\f(3,4)Bav，故B錯誤D正確；AC剛進入磁場時線框的CD邊產(chǎn)生的安培力與v的方向相反，AD邊受到的安培力的方向垂直于AD向下，它們的大小都是F＝BIa，由幾何關系可以看出，AD邊與CD邊受到的安培力的方向相互垂直，所以AC剛進入磁場時線框所受安培力為AD邊與CD邊受到的安培力的矢量合，即F合＝eq\r(2)F＝eq\f(\r(2)B2a2v,R)，故C正確．答案：CD9．(2017·拉薩中學高三月考)如圖甲所示，左側(cè)接有定值電阻R＝2Ω的水平粗糙導軌處于垂直紙面向外的勻強磁場中，磁感應強度B＝1T，導軌間距L＝1m．一質(zhì)量m＝2kg，阻值r＝2Ω的金屬棒在水平拉力F作用下由靜止開始從CD處沿導軌向右加速運動，金屬棒的v-x圖象如圖乙所示，若金屬棒與導軌間動摩擦因數(shù)μ＝0.25，則從起點發(fā)生x＝1m位移的過程中(A．金屬棒克服安培力做的功W1＝0.5JB．金屬棒克服摩擦力做的功W2＝4JC．整個系統(tǒng)產(chǎn)生的總熱量Q＝5.25JD．拉力做的功W＝9.25J解析：由速度圖象得：v＝2x，金屬棒所受的安培力FA＝eq\f(B2L2v,R＋r)＝eq\f(B2L22x,R＋r)，代入得：FA＝0.5x，則知FA與x是線性關系．當x＝0時，安培力FA1＝0；當x＝1m時，安培力FA2＝0.5N，則從起點發(fā)生x＝1m位移的過程中，安培力做功為：WA＝－eq\o(F,\s\up6(－))Ax＝eq\f(FA1＋FA2,2)x＝－eq\f(0.5,2)×1J＝－0.25J，即金屬棒克服安培力做的功為：W1＝0.25J，故A錯誤．金屬棒克服摩擦力做的功為：W2＝μmgx＝0.25×2×10×1J＝5J，故B錯誤；根據(jù)動能定理得：W－μmgs＋WA＝eq\f(1,2)mv2，其中v＝2m/s，μ＝0.25，m＝2kg，代入解得拉力做的功為：W＝9.25J．整個系統(tǒng)產(chǎn)生的總熱量為：Q＝W－eq\f(1,2)mv2＝9.25J－eq\f(1,2)×2×22J＝5.25J．故CD正確，故選CD．答案：CD10．(2017·宜賓市高三二診)如圖所示，兩根足夠長光滑平行金屬導軌間距l(xiāng)＝0.9m，與水平面夾角θ＝30°，正方形區(qū)域abcd內(nèi)有勻強磁場，磁感應強度B＝2T，方向垂直于斜面向上．甲、乙是兩根質(zhì)量相同、電阻均為R＝4.86Ω的金屬桿，垂直于導軌放置．甲置于磁場的上邊界ab處，乙置于甲上方l處．現(xiàn)將兩金屬桿由靜止同時釋放，并立即在甲上施加一個沿導軌方向的拉力F，甲始終以a＝5m/s2的加速度沿導軌勻加速運動，乙進入磁場時恰好做勻速運動，g＝10m/A．甲穿過磁場過程中拉力F不變B．每根金屬桿的質(zhì)量為0.2C．乙穿過磁場過程中安培力的功率是2WD．乙穿過磁場過程中，通過整個回路的電荷量為eq\f(1,6)C解析：甲穿過磁場過程中做勻加速運動，故速度不斷增加，感應電動勢逐漸變大，回路的電流增大，安培力變大，根據(jù)F＋mgsinθ－F安＝ma可知，拉力F逐漸變大，選項A錯誤；乙進入磁場時的速度滿足mgLsin30°＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，v0＝3m/s；乙進入磁場后做勻速運動，則mgsin30°＝BIL；因為乙進入磁場之前與甲的加速度相同，均為5m/s2，故當乙進入磁場時，甲剛好出離磁場，此時E＝BLv0，I＝eq\f(E,2R)，聯(lián)立解得m＝0.2kg，選項B正確；乙穿過磁場過程中安培力的功率：P＝F安v0＝mgsin30°v0＝2×eq\f(1,2)×3W＝3W，選項C錯誤；乙穿過磁場過程中，通過整個回路的電荷量：q＝eq\f(ΔΦ,2R)＝eq\f(BL2,2R)＝eq\f(2×0.92,2×4.86)C＝eq\f(1,6)C，選項D正確；故選BD．答案：BD二、計算題11．(2017·江蘇卷)如圖所示，兩條相距d的平行金屬導軌位于同一水平面內(nèi)，其右端接一阻值為R的電阻．質(zhì)量為m的金屬桿靜置在導軌上，其左側(cè)的矩形勻強磁場區(qū)域MNPQ的磁感應強度大小為B、方向豎直向下．當該磁場區(qū)域以速度v0勻速地向右掃過金屬桿后，金屬桿的速度變?yōu)関.導軌和金屬桿的電阻不計，導軌光滑且足夠長，桿在運動過程中始終與導軌垂直且兩端與導軌保持良好接觸．求：(1)MN剛掃過金屬桿時，桿中感應電流的大小I；(2)MN剛掃過金屬桿時，桿的加速度大小a；(3)PQ剛要離開金屬桿時，感應電流的功率P．解析：本題考查法拉第電磁感應定律、閉合電路歐姆定律、牛頓第二定律．(1)感應電動勢E＝Bdv0感應電流I＝eq\f(E,R)解得I＝eq\f(Bdv0,R)(2)安培力F＝BId牛頓第二定律F＝ma解得a＝eq\f(B2d2v0,mR)(3)金屬桿切割磁感線的速度v′＝v0－v，則感應電動勢E＝Bd(v0－v)電功率P＝eq\f(E2,R)解得P＝eq\f(B2d2v0－v2,R)答案：(1)eq\f(Bdv0,R)(2)eq\f(B2d2v0,mR)(3)eq\f(B2d2v0－v2,R)12．(2017·南昌市高三模擬)如圖所示，豎直平面內(nèi)，水平線OO′下方足夠大的區(qū)域內(nèi)存在水平勻強磁場