2025人教版高中物理选择性必修第二册强化练习题（有解析）--第二章　电磁感应拔高练

中小学教育资源及组卷应用平台
2025人教版高中物理选择性必修第二册
第二章　电磁感应
综合拔高练
五年高考练
考点1　安培定则、楞次定律的综合应用
1.(2024广东,4)电磁俘能器可在汽车发动机振动时利用电磁感应发电实现能量回收,结构如图甲所示。两对永磁铁可随发动机一起上下振动,每对永磁铁间有水平方向的匀强磁场,磁感应强度大小均为B。磁场中,边长为L的正方形线圈竖直固定在减震装置上。某时刻磁场分布与线圈位置如图乙所示,永磁铁振动时磁场分界线不会离开线圈。关于图乙中的线圈,下列说法正确的是 (　　)
　
A.穿过线圈的磁通量为BL2
B.永磁铁相对线圈上升越高,线圈中感应电动势越大
C.永磁铁相对线圈上升越快,线圈中感应电动势越小
D.永磁铁相对线圈下降时,线圈中感应电流的方向为顺时针方向
2.(2024江苏,10)如图所示,在绝缘的水平面上,有闭合的两个线框a、b,线框a处在匀强磁场中,在将线框a从磁场中匀速拉出的过程中,线框a、b中产生的感应电流方向分别是 (　　)
A.顺时针,顺时针　　　　　　B.顺时针,逆时针
C.逆时针,顺时针　　　　　　D.逆时针,逆时针
考点2　电磁阻尼
3.(2023全国乙,17)一学生小组在探究电磁感应现象时,进行了如下比较实验。用图(a)所示的缠绕方式,将漆包线分别绕在几何尺寸相同的有机玻璃管和金属铝管上,漆包线的两端与电流传感器接通。两管皆竖直放置,将一很小的强磁体分别从管的上端由静止释放,在管内下落至管的下端。实验中电流传感器测得的两管上流过漆包线的电流I随时间t的变化分别如图(b)和图(c)所示,分析可知 (　　)
　
A.图(c)是用玻璃管获得的图像
B.在铝管中下落,小磁体做匀变速运动
C.在玻璃管中下落,小磁体受到的电磁阻力始终保持不变
D.用铝管时测得的电流第一个峰到最后一个峰的时间间隔比用玻璃管时的短
考点3　E=n的综合应用
4.(2023湖北,5)近场通信(NFC)器件应用电磁感应原理进行通讯,其天线类似一个压平的线圈,线圈尺寸从内到外逐渐变大。如图所示,一正方形NFC线圈共3匝,其边长分别为1.0 cm、1.2 cm和1.4 cm,图中线圈外线接入内部芯片时与内部线圈绝缘。若匀强磁场垂直通过此线圈,磁感应强度变化率为103 T/s,则线圈产生的感应电动势最接近 (　　)
A.0.30 V　　　　B.0.44 V　　　　C.0.59 V　　　　D.4.3 V
5.(多选题)(2022广东,10)如图所示,水平地面(Oxy平面)下有一根平行于y轴且通有恒定电流I的长直导线。P、M和N为地面上的三点,P点位于导线正上方,MN平行于y轴,PN平行于x轴。一闭合的圆形金属线圈,圆心在P点,可沿不同方向以相同的速率做匀速直线运动,运动过程中线圈平面始终与地面平行。下列说法正确的有 (　　)
A.N点与M点的磁感应强度大小相等,方向相同
B.线圈沿PN方向运动时,穿过线圈的磁通量不变
C.线圈从P点开始竖直向上运动时,线圈中无感应电流
D.线圈从P到M过程的感应电动势与从P到N过程的感应电动势相等
考点4　E=BLv的综合应用
6.(2024湖南,4)如图,有一硬质导线Oabc,其中是半径为R的半圆弧,b为圆弧的中点,直线段Oa长为R且垂直于直径ac。该导线在纸面内绕O点逆时针转动,导线始终在垂直纸面向里的匀强磁场中。则O、a、b、c各点电势关系为 (　　)
A.φO>φa>φb>φc　　　　　　B.φO<φa<φb<φc
C.φO>φa>φb=φc　　　　　　D.φO<φa<φb=φc
7.(多选题)(2022山东,12)如图所示,xOy平面的第一、三象限内以坐标原点O为圆心、半径为L的扇形区域充满方向垂直纸面向外的匀强磁场。边长为L的正方形金属框绕其始终在O点的顶点、在xOy平面内以角速度ω顺时针匀速转动。t=0时刻,金属框开始进入第一象限。不考虑自感影响,关于金属框中感应电动势E随时间t变化规律的描述正确的是 (　　)
A.在t=0到t=的过程中,E一直增大
B.在t=0到t=的过程中,E先增大后减小
C.在t=0到t=的过程中,E的变化率一直增大
D.在t=0到t=的过程中,E的变化率一直减小
8.(2021河北,7)如图,两光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中,磁感应强度大小为B。导轨间距最窄处为一狭缝,取狭缝所在处O点为坐标原点。狭缝右侧两导轨与x轴夹角均为θ,一电容为C的电容器与导轨左端相连。导轨上的金属棒与x轴垂直,在外力F作用下从O点开始以速度v向右匀速运动,忽略所有电阻。下列说法正确的是 (　　)
A.通过金属棒的电流为2BCv2 tan θ
B.金属棒到达x0时,电容器极板上的电荷量为BCvx0 tan θ
C.金属棒运动过程中,电容器的上极板带负电
D.金属棒运动过程中,外力F做功的功率恒定
考点5　电磁感应中的图像问题
9.(多选题)(2024全国甲,21)如图,一绝缘细绳跨过两个在同一竖直面(纸面)内的光滑定滑轮,绳的一端连接一矩形金属线框,另一端连接一物块。线框与左侧滑轮之间的虚线区域内有方向垂直纸面的匀强磁场,磁场上下边界水平。在t=0时刻线框的上边框以不同的初速度从磁场下方进入磁场。运动过程中,线框始终在纸面内且上下边框保持水平。以向上为速度的正方向,下列线框的速度v随时间t变化的图像中可能正确的是 (　　)
考点6　电磁感应中的动力学问题
10.(多选题)(2024山东,11)如图所示,两条相同的半圆弧形光滑金属导轨固定在水平桌面上,其所在平面竖直且平行,导轨最高点到水平桌面的距离等于半径,最低点的连线OO'与导轨所在竖直面垂直。空间充满竖直向下的匀强磁场(图中未画出),导轨左端由导线连接。现将具有一定质量和电阻的金属棒MN平行OO'放置在导轨图示位置,由静止释放。MN运动过程中始终平行于OO'且与两导轨接触良好,不考虑自感影响,下列说法正确的是　 (　　)
A.MN最终一定静止于OO'位置
B.MN运动过程中安培力始终做负功
C.从释放到第一次到达OO'位置过程中,MN的速率一直在增大
D.从释放到第一次到达OO'位置过程中,MN中电流方向由M到N
11.(多选题)(2024黑吉辽,9)如图,两条“∧”形的光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上,间距为L,左、右两导轨面与水平面夹角均为30°,均处于竖直向上的匀强磁场中,磁感应强度大小分别为2B和B。将有一定阻值的导体棒ab、cd放置在导轨上,同时由静止释放,两棒在下滑过程中始终与导轨垂直并接触良好。ab、cd的质量分别为2m和m,长度均为L。导轨足够长且电阻不计,重力加速度大小为g。两棒在下滑过程中 (　　)
A.回路中的电流方向为abcda
B.ab中电流趋于
C.ab与cd加速度大小之比始终为2∶1
D.两棒产生的电动势始终相等
12.(2024河北,14)如图,边长为2L的正方形金属细框固定放置在绝缘水平面上,细框中心O处固定一竖直细导体轴OO'。间距为L、与水平面成θ角的平行导轨通过导线分别与细框及导体轴相连。导轨和细框分别处在与各自所在平面垂直的匀强磁场中,磁感应强度大小均为B。足够长的细导体棒OA在水平面内绕O点以角速度ω匀速转动,水平放置在导轨上的导体棒CD始终静止。OA棒在转动过程中,CD棒在所受安培力达到最大和最小时均恰好能静止。已知CD棒在导轨间的电阻值为R,电路中其余部分的电阻均不计,CD棒始终与导轨垂直,各部分始终接触良好,不计空气阻力,重力加速度大小为g。
(1)求CD棒所受安培力的最大值和最小值。
(2)锁定OA棒,推动CD棒下滑,撤去推力瞬间,CD棒的加速度大小为a,所受安培力大小等于(1)问中安培力的最大值,求CD棒与导轨间的动摩擦因数。
考点7　电磁感应中的动量与能量问题
13.(多选题)(2023辽宁,10)如图,两根光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上,左、右两侧导轨间距分别为d和2d,处于竖直向上的磁场中,磁感应强度大小分别为2B和B。已知导体棒MN的电阻为R、长度为d,导体棒PQ的电阻为2R、长度为2d,PQ的质量是MN的2倍。初始时刻两棒静止,两棒中点之间连接一压缩量为L的轻质绝缘弹簧。释放弹簧,两棒在各自磁场中运动直至停止,弹簧始终在弹性限度内。整个过程中两棒保持与导轨垂直并接触良好,导轨足够长且电阻不计。下列说法正确的是 (　　)
A.弹簧伸展过程中,回路中产生顺时针方向的电流
B.PQ速率为v时,MN所受安培力大小为
C.整个运动过程中,MN与PQ的路程之比为2∶1
D.整个运动过程中,通过MN的电荷量为
14.(2023湖南,14)如图,两根足够长的光滑金属直导轨平行放置,导轨间距为L,两导轨及其所构成的平面均与水平面成θ角,整个装置处于垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场中,磁感应强度大小为B。现将质量均为m的金属棒a、b垂直导轨放置,每根金属棒接入导轨之间的电阻均为R。运动过程中金属棒与导轨始终垂直且接触良好,金属棒始终未滑出导轨,导轨电阻忽略不计,重力加速度为g。
(1)先保持棒b静止,将棒a由静止释放,求棒a匀速运动时的速度大小v0;
(2)在(1)问中,当棒a匀速运动时,再将棒b由静止释放,求释放瞬间棒b的加速度大小a0;
(3)在(2)问中,从棒b释放瞬间开始计时,经过时间t0,两棒恰好达到相同的速度v,求速度v的大小,以及时间t0内棒a相对于棒b运动的距离Δx。
15.(2024湖北,15)如图所示,两足够长平行金属直导轨MN、PQ的间距为L,固定在同一水平面内,直导轨在左端M、P点分别与两条竖直固定、半径为L的圆弧导轨相切。MP连线与直导轨垂直,其左侧无磁场,右侧存在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场。长为L、质量为m、电阻为R的金属棒ab跨放在两圆弧导轨的最高点。质量为2m、电阻为6R的均匀金属丝制成一个半径为L的圆环,水平放置在两直导轨上,其圆心到两直导轨的距离相等。忽略导轨的电阻、所有摩擦以及金属环的可能形变,金属棒、金属环均与导轨始终接触良好,重力加速度大小为g。现将金属棒ab由静止释放,求
(1)ab刚越过MP时产生的感应电动势大小。
(2)金属环刚开始运动时的加速度大小。
(3)为使ab在整个运动过程中不与金属环接触,金属环圆心初始位置到MP的最小距离。
16.(2024浙江1月选考,19)如图1所示,扫描隧道显微镜减振装置由绝缘减振平台和磁阻尼减振器组成。平台通过三根关于O'O″轴对称分布的相同轻杆悬挂在轻质弹簧的下端O,弹簧上端固定悬挂在O'点,三个相同的关于O'O″轴对称放置的减振器位于平台下方。如图2所示,每个减振器由通过绝缘轻杆固定在平台下表面的线圈和固定在桌面上能产生辐向磁场的铁磁体组成,辐向磁场分布关于线圈中心竖直轴对称,线圈所在处磁感应强度大小均为B。处于静止状态的平台受到外界微小扰动,线圈在磁场中做竖直方向的阻尼运动,其位移随时间变化的图像如图3所示。已知t=0时速度为v0,方向向下,t1、t2时刻的振幅分别为A1、A2。平台和三个线圈的总质量为m,弹簧的劲度系数为k,每个线圈半径为r、电阻为R。当弹簧形变量为Δx时,其弹性势能为kΔx2。不计空气阻力(重力加速度为g),求
(1)平台静止时弹簧的伸长量Δx0;
(2)t=0时,每个线圈所受到安培力F的大小;
(3)在0~t1时间内,每个线圈产生的焦耳热Q;
(4)在t1~t2时间内,弹簧弹力冲量I弹的大小。
　
三年模拟练
应用实践
1.(2024广东汕头期中)如图所示是汽车的磁电式轮速传感器。转速传感器中线圈和永久磁铁均固定,当车轮旋转时,与车轮同轴的铁质齿圈随之旋转,齿圈与永久磁铁之间的空气间隙(即气隙)大小发生周期性变化,从而在传感器中产生脉冲电压信号。已知气隙越大,线圈的磁通量越小。下列说法正确的是 (　　)
A.车轮旋转的过程中,线圈中的电流大小会发生变化,但方向不变
B.当轮齿靠近线圈时,线圈中的磁通量增大
C.线圈的输出电压与车轮转速无关
D.车轮转速越快,相邻两轮齿经过转速传感器时,线圈的磁通量变化量越大
2.(多选题)(2024广东汕头模拟)某磁悬浮列车的刹车原理可以简化为如图所示:将匝数为N的矩形线框固定在车身下方,当线框进入磁场时,会受到安培力的作用,这种力会辅助列车进行刹车。已知列车的质量为m,车身长为s,ab和cd长度均为L(L小于磁场的宽度),线框的总电阻为R。站台轨道上匀强磁场区域足够长,磁感应强度的大小为B,方向竖直向上。车头刚进入磁场时速度为v0,列车停止前所受铁轨阻力及空气阻力的合力恒为f。车尾进入磁场瞬间,列车恰好停止。下列说法正确的是 (　　)
A.列车进站过程线框中电流方向为abcd
B.列车ab边进入磁场瞬间,线框中电流大小为I=
C.列车ab边进入磁场瞬间,加速度的大小为a=
D.列车从进站到停下来的过程中,减少的动能等于线框产生的焦耳热
3.(2024浙江杭州测试)某同学设计了一种带有闪烁灯的自行车车轮,以增强夜间骑车的安全性。如图所示为自行车后车轮,已知金属车轮半径为r=0.6 m,金属轮轴半径可以忽略,有绝缘辐条连接轮轴与车轮(辐条未画出)。车轮与轮轴之间对称地接有4根相同的金属条,每根金属条中间都串接一个LED灯,LED灯可视为纯电阻用电器,每个LED灯的阻值恒为R=0.45 Ω,不计其他电阻。车轮旁的车架上固定有一特殊磁铁,能在车轮与轮轴之间形成一个方向垂直于纸面向外、磁感应强度大小B=0.5 T的扇形匀强磁场区域,扇形对应的圆心角θ=30°。使自行车沿平直路面匀速前进,已知车轮转动的角速度为ω=20 rad/s,不计车轮厚度,忽略磁场的边缘效应,取π=3.0,则下列说法正确的是 (　　)
A.车轮转动一周过程中,LED灯亮的总时间为0.075 s
B.金属条ab进入磁场时,ab上电流的方向是a→b
C.金属条ab进入磁场时,ab上电流大小是2 A
D.车轮转动一周,LED灯产生的总焦耳热为0.54 J
4.(多选题)(2024广东一模)如图甲所示,浮桶式灯塔的装置可简化为由带空腔的磁体和一个连着灯泡的线圈组成,磁体在空腔中产生磁场的俯视图如图乙所示,磁体通过支柱固定在暗礁上,线圈随波浪相对磁体在竖直方向上做简谐运动的图像如图丙所示。若取竖直向上为正方向,则下列说法正确的是 (　　)
A.若海水水平匀速流动时,灯泡不会发光
B.线圈和磁感线共面,磁通量没有变化,灯泡不会发光
C.若仅增大线圈随海水上下振荡的幅度,灯泡变亮
D.若仅增大线圈随海水上下振荡的频率,灯泡变亮
5.(多选题)(2024河南安阳测试)如图所示,宽度为d的匀强磁场垂直纸面向里,磁感应强度大小为B,一“日”字形金属线框从图示位置向上匀速穿过磁场区域。金属线框由同一均匀金属丝制成,AB=BC=CD=DE=EF=AF=d,通过磁场的过程中AF边始终与磁场的水平边界平行。以AF边刚进入磁场时刻为计时起点,通过AF的电流规定向右为正方向,则通过AF的电流I、AF两端的电压UAF随时间t的变化图像正确的是 (　　)
　　　　　　
　　　　　　
6.(2024山东省实验中学一模)如图所示,左右两部分间距之比为1∶2的光滑水平导轨分别放在磁感应强度大小相等、方向相反且与导轨平面垂直的匀强磁场中。两根质量均为m=2 kg、电阻之比RAB∶RCD=1∶2的金属棒垂直静置在水平导轨上。现用水平拉力F=250 N作用在CD棒上,使其向右移动0.5 m时撤去拉力,此时两棒速度大小满足vAB∶vCD=1∶2,在此过程中CD棒产生的热量为30 J。设导轨足够长且两棒始终在不同的磁场中运动,导轨电阻不计,下列说法正确的是 (　　)
A.撤去拉力时金属棒AB的速度大小为8 m/s
B.撤去拉力后,棒AB、CD的加速度始终相等
C.运动的全过程中回路产生的焦耳热为73.8 J
D.从撤去拉力到两棒刚达到稳定状态,棒AB、CD运动的位移大小之比为1∶2
迁移创新
7.(2024湖北武汉模拟)如图甲为航空母舰上帮助飞机起飞的电磁弹射装置示意图,其工作原理如图乙:水平固定的平行光滑导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场,金属棒MN垂直静置于导轨间,开关S先接1,电容器完全充电后,开关S再接至2使MN棒向右加速运动。当MN棒产生的感应电动势与电容器两极板间电压相等时,回路中电流为零,飞机达到起飞速度。已知直流电源的电动势E,电容器的电容C,两导轨(电阻不计)的间距L,磁感应强度大小B,MN棒的质量m0、电阻R。在飞机起飞过程中,求:
(1)MN棒受到的最大安培力F的大小和方向;
(2)若飞机起飞时速度为v,求飞机起飞过程中电容器释放的电荷量ΔQ;
(3)飞机起飞时速度v的大小的表达式(用题干已知的物理量表示)。
8.(2023全国高三专题练习)生活中常见的减速带通过使路面稍微拱起从而达到使车减速的目的。其实我们也可以通过在汽车底部安装线圈,利用磁场对线圈的安培力来实现使汽车减速的目的。我们用单匝、边长为L的正方形线圈代替汽车来模拟真实情境。如图所示,倾角为θ的光滑斜面上平行等间距分布着很多个条形匀强磁场区域,磁感应强度大小为B,方向垂直斜面向下,条形磁场区域的宽度及相邻条形无磁场区域的宽度均为L;线圈的质量为m、电阻为R,线圈ab边与磁场边界平行,线圈ab边刚进入第一个有磁场区时的速度大小为5v1;线圈ab边刚进入第七个有磁场区时,开始匀速运动,速度大小为v1;其中重力加速度g、θ、B、L、m和R均为已知量。求:
(1)线圈匀速运动时的速度大小v1;
(2)从线圈ab边刚进入第一个有磁场区到线圈ab边刚进入第七个有磁场区的过程中,线圈产生的焦耳热Q;
(3)线圈ab边刚进入第一个有磁场区到线圈ab边刚进入第七个有磁场区的过程所用的时间t。
答案与分层梯度式解析
第二章　电磁感应
综合拔高练
五年高考练
1.D　题图乙所示情况下,穿过线圈的磁通量为0,A错误;由法拉第电磁感应定律可知,永磁铁相对线圈上升越快,磁通量变化越快,线圈中的感应电动势越大,永磁铁相对线圈上升越高时速度越小(点拨:永磁铁是上下振动的运动形式,故永磁铁相对线圈上升或下降的距离越大,速度越小),B、C错误;永磁铁相对线圈下降,穿过线圈的磁通量向外增大,由楞次定律和安培定则可知,线圈中感应电流的方向为顺时针方向,D正确。
2.A　线框a从磁场中被匀速拉出的过程中,穿过线框a的磁通量减小,则根据楞次定律结合安培定则可知线框a中产生的感应电流方向为顺时针。线框a从磁场中被匀速拉出,则a中产生的电流大小不变,线框a靠近线框b的过程中穿过线框b的磁通量垂直纸面向外增大,同理可得线框b中产生的感应电流方向为顺时针,A正确。
教材溯源　本题中,线框b内的磁场是由线框a中的电流产生的,由于线框a的移动,线框b内的磁通量发生变化,从而产生感应电流。该试题这种电流的磁场变化在其他线圈中产生感应电流的方式,在人教版教材29页中第3题涉及,其情境如下图所示。
3.A　强磁体在玻璃管中下落时只有漆包线对其产生电磁阻力,而在铝管中下落时,漆包线和铝管都对其产生电磁阻力,则在玻璃管中运动较快,用时较短,通过相同位置的线圈时产生的电流峰值较大,则图(c)是用玻璃管获得的图像,A正确,D错误;图(b)是用铝管获得的图像,各个电流峰值基本相同,说明强磁体在铝管中先做加速运动,达到最大速度后做匀速运动,B错误;强磁体在玻璃管中下落时,电流峰值越来越大,说明受到的电磁阻力是变化的,C错误。
4.B　线圈产生的感应电动势为3匝正方形线圈产生的感应电动势之和(破题关键),根据法拉第电磁感应定律得E=++=(++),代入数据解得E=0.44 V,B正确。
5.AC　长直导线中的电流产生的磁场在P、N两点的磁感应强度方向如图。
过M点作x轴的平行线,与通电导线在xOy平面内的投影交于P',则有MP'=NP,故N、M两点磁感应强度大小相等、方向相同,A正确;圆形线圈在初始位置时,通过线圈的磁通量为零,沿PN方向运动时,穿过线圈的磁通量变化,B错误;P点为导线正上方的点,当线圈从P点开始竖直向上运动时,通过线圈的磁通量始终为0,线圈中无感应电流,C正确;由E=,Δt=,而xPN导师点睛　将立体图转化为平面图,可以使试题的分析难度大大降低。
6.C　根据几何关系可知Ob=Oc,根据v=ωr、E=Brv及右手定则可知,UOb=UOc>UOa,且O点的电势最高,即φO>φa>φb=φc,C正确。
考情分析　本题考查导体棒转动切割磁感线产生感应电流,是高考考查的热点问题,在近几年各省的高考试题中经常出现。
7.BC　在t=0至t=的过程中,有效切割长度l有先变大后变小,故E先增大后减小,故B正确,A错误。在t=0至t=的过程中,l有=,E=Bω=,由三角函数求导知识可得,E的变化率=BL2ω2·变大(解题技法),故C正确,D错误。
易混易错　电动势的变化率
　　从t=0至t=的过程中,有效切割长度变大,故E变大,E的变化率需要对E求导,结合数学方法去分析推导。
8.A　金属棒切割磁感线产生的电动势E=BLv=2Bxv tan θ,电容器极板上的电荷量Q=CU=CE=2CBxv tan θ,通过金属棒的电流I===2BCv2 tan θ,选项A正确。金属棒到达x0时,Q=2BCx0v tan θ,B错误。根据右手定则,可知金属棒中电流从下向上流,上极板带正电,C错误。外力F=F安,F安=IBL,P=Fv=4B2Cv3x tan2 θ,则随着x的增加,P增加,D错误。
9.AC　设线框上、下边框长度均为L,线框电阻为R,磁场的磁感应强度为B,则线框所受安培力大小F=BIL=,设线框质量为m,物块质量为M,由四个选项可知,线框刚进入磁场时,线框加速度方向向下,则对线框有mg+F-T=ma,对物块有T-Mg=Ma,联立可得加速度大小a=,线框向上进入磁场的过程做加速度逐渐减小的减速运动,B错误;当m=M时,可能在线框完全进入磁场前,速度减为0,加速度也减为0(结合上述a的表达式可得该结论),A正确;当m=M,且线框减速到某一速度刚好全部进入磁场,则线框匀速上升到上边框接触到磁场上边界后,继续做加速度越来越小的减速运动,线框完全出磁场后匀速上升,C正确;由D选项可知,线框完全进入磁场前,加速度已减为0且速度不为0,结合上述a的表达式,可知m方法技巧　线圈、导体棒因为自身感应电流的安培力作用,其加速度往往是变化的,分析v-t图像时,要从图线的切线的斜率变化方面去思考,从而突破难点。
10.ABD　MN在运动过程中,受重力、支持力和安培力作用,且MN始终克服安培力做功将机械能转化为电能,电能又转化为焦耳热;MN最后静止时,安培力为零,重力与支持力平衡,只能在OO'位置,A、B正确。MN从释放到第一次运动到OO'位置过程中,由右手定则可得MN中电流方向由M到N,D正确;当重力沿导轨切线方向的分力与安培力沿导轨切线方向的分力等大反向时,MN速率最大,故从释放到第一次到达OO'位置过程中,MN的速率先增大后减小(易错点),C错误。
11.AB　对两棒分别由右手定则知电流方向为abcda,A正确。导轨倾角θ=30°,对ab棒沿左导轨面方向由牛顿第二定律有2mg sin θ-2BIL cos θ=2ma1,对cd棒沿右导轨面方向由牛顿第二定律有mg sin θ-BIL cos θ=ma2,由以上两式比较得a1=a2,C错误。两棒加速度大小始终相等,所以速率始终相等,因磁感应强度不同,所以两棒产生的电动势不相等,D错误。稳定后,两棒各自沿左、右导轨面向下做匀速运动,对ab棒沿左导轨面方向由力的平衡条件有2BIL cos θ=2mg sin θ,可得I=,B正确。
12.答案　(1)　　(2)- tan θ
解析　(1)OA棒转至正方形金属细框顶点位置时,切割磁感线的有效长度最大,产生的感应电动势最大,
Emax=Bω=BL2ω
回路中的最大电流Imax=
CD棒所受安培力的最大值Fmax=ImaxLB=
OA棒转至与正方形金属细框任意一边垂直时,切割磁感线的有效长度最小,产生的感应电动势最小,Emin=BL2ω
回路中的最小电流Imin=
CD棒所受安培力的最小值Fmin=IminLB=
(2)由右手定则可知电流由O流向A,即CD棒中电流由D流向C,再由左手定则可知,CD棒所受安培力的方向沿导轨平面向上
设CD棒质量为m,CD棒与导轨间的最大静摩擦力为fm,则在最小安培力下恰好静止,如图1,对CD棒受力分析可知
Fmin+fm=mg sin θ(点拨:CD棒所受安培力最大和最小时,分别对应CD棒所受最大静摩擦力沿斜面向下和向上)
在最大安培力作用下恰好静止,如图2,对CD棒受力分析可知Fmax=fm+mg sin θ
　　
当OA棒锁定后,撤去推力瞬间,如图3,对CD棒受力分析,结合牛顿第二定律得Fmax+f-mg sin θ=ma
f=μmg cos θ
联立解得μ=- tan θ。
图3
13.AC
关键点拨　MN、PQ和导轨组成回路,通过MN和PQ的电流大小始终相等,MN所受安培力大小为2BId,PQ所受安培力大小为BI·2d,初始状态弹簧被压缩,最终恢复到原长。
弹簧伸展过程中,由右手定则可判定PQ向右运动产生的感应电流沿顺时针方向,MN向左运动产生的感应电流也沿顺时针方向,所以回路中产生顺时针方向的电流,A正确;因MN所受安培力F安1=2BId,PQ所受安培力F安2=BI·2d,所以F安1=F安2,两导体棒与弹簧组成的系统动量守恒(破题关键),mvMN-2mvPQ=0,当PQ的速率为v时,MN的速率为2v,此时E=2Bd·2v+B·2dv=6Bdv,I==,MN所受安培力F安1=2BId=,故B错误;任意时刻vMN∶vPQ=2∶1,且速度方向相反,则在相同时间内MN和PQ的路程之比为2∶1,C正确;在整个运动过程中弹簧最终恢复到原长,MN左移L,PQ右移,ΔΦ=2B·L·d+B··2d=2BLd,通过MN的电荷量即通过整个回路的电荷量,q=t=·Δt=·Δt==,故D错误。
归纳总结　双杆问题中若F合=0,则双杆组成的系统动量守恒。
14.答案　(1)　(2)2g sin θ　
(3)gt0 sin θ+　
解析　(1)棒a沿导轨向下运动,当mg sin θ=BIL时,棒a开始以速度v0匀速运动,
此时有E0=BLv0,流过金属棒的电流I=
联立有mg sin θ=,解得v0=。
(2)棒b释放瞬间,由左手定则可知棒b受到的安培力方向沿导轨平面向下,根据牛顿第二定律有
mg sin θ+BIL=ma0
解得a0=2g sin θ。
(3)从棒b释放瞬间到两棒共速,对棒a根据动量定理有mgt0 sin θ-IF=mv-mv0 ①
对棒b根据动量定理有mgt0 sin θ+IF=mv ②
解得v=gt0 sin θ+
t0时间内a、b棒与导轨构成的回路中产生的感应电动势的平均值==
=
联立解得IF=BLt0=
由①②得2IF=mv0,解得Δx=。
15.答案　(1)BL　(2)
(3)
解析　(1)设ab棒刚到MP处时的速度为v0,
由动能定理得mgL=m ①
产生的电动势E0=BLv0 ②
由①②式得E0=BL
(2)将圆环分成4段,如图,由几何关系可知Rcf=R,Rde=R
由于导轨电阻不计,可认为cd、ef段
被短路,圆环等效电阻R'== ③
金属环中总电流I0= ④
安培力大小F0=BI1L+BI2L=BI0L ⑤
由牛顿第二定律有F0=2ma0 ⑥
由①~⑥式得a0=
(3)当棒ab的速度v1大于圆环速度v2时回路会有感应电流,安培力使ab减速。圆环加速直到ab速度等于圆环速度,此后一起匀速。设共同速度为vt,
极短时间Δt内,由动量定理
对ab棒有BIL·Δt=mΔv1
对圆环有BIL·Δt=2mΔv2
求和ΣBIL·Δt=Σm·Δv1
可得BLq=m(v0-vt) ⑦
ΣBILΔt=Σ2mΔv2
可得BLq=2m·vt ⑧
由⑦⑧式得
由闭合电路欧姆定律可得E1-E2=I·(R+R')
BLv1-BLv2=IR
BLv1Δt-BLv2Δt=IΔt·R
ΣBLv1Δt-ΣBLv2Δt=RΣIΔt
BLΣ(v1Δt-v2Δt)=RΣIΔt
BLΔx=Rq
Δx===
最小距离s=L+Δx=L+=
16.答案　(1)　(2)　(3)(m-k)　(4)见解析
解析　(1)平台静止时,穿过三个线圈的磁通量不变,线圈中不产生感应电流,线圈不受安培力作用,O点受力平衡,因此由胡克定律可知此时弹簧的伸长量Δx0=。
(2)在t=0时线圈速度为v0,设每个线圈的周长为L,由法拉第电磁感应定律和欧姆定律可得线圈中产生的感应电流I====
每个线圈所受到安培力F的大小
F=BIL=。
(3)由能量守恒可得平台在0~t1时间内,系统损失的弹性势能和动能转化为重力势能和三个线圈的焦耳热Q'(破题关键),则有k(Δx0)2-k(Δx0-A1)2+m=mgA1+Q'
解得Q'=m-k
可知每个线圈产生的焦耳热Q=Q'=(m-k)。
(4)在t1和t2时刻,线圈速度均为零,由动量定理有I弹+I安-I重=0
其中I重=mg(t2-t1),
I安=3BLΔt=3×2πrBΔq,
Δq=Δt=Δt=(A1-A2),
I安=(A1-A2),
联立解得I弹=mg(t2-t1)-(A1-A2)
三年模拟练
1.B　车轮旋转的过程中,轮齿靠近和远离线圈时,线圈中的原磁通量方向不变,但是因为穿过线圈的磁通量有增大也有减小,所以感应电流的磁场方向有时与原磁场方向相反,有时与原磁场方向相同,所以产生的感应电流大小及方向均会发生周期性变化,故A错误;当轮齿靠近线圈时,气隙减小,则线圈中的磁通量增大,故B正确;车轮转动时,相邻两轮齿经过转速传感器时,线圈的磁通量变化量相等,但车轮转速越快,磁通量的变化率越大,根据法拉第电磁感应定律可知线圈中产生的感应电动势也越大,显然线圈的输出电压与车轮转速有关,故C、D错误。
2.AC　列车进站过程中穿过线框的磁通量变大,由楞次定律及安培定则可知列车进站过程线框中电流方向为abcd,故A正确;列车ab边进入磁场瞬间产生的感应电动势为E=NBLv0,由闭合电路的欧姆定律得I==,对列车由牛顿第二定律有NBIL+f=ma,联立解得a=,B错误,C正确;列车从进站到停下来的过程中,减少的动能等于线框产生的热量与克服阻力做功之和(易错点),故D错误。
3.D　车轮转动一周的时间为T==0.3 s,车轮转动一周的过程中,能产生感应电流的时间为t=4×T=0.1 s,即LED灯亮的总时间为0.1 s,故A错误;金属条ab进入磁场时,根据右手定则判断知ab上电流的方向是b→a,故B错误;金属条ab进入磁场时,ab相当于电源,等效电路图如图所示(破题关键),电源电动势为E=Br2ω=1.8 V,电路中的总电阻为R总=R+R=0.6 Ω,所以通过ab的电流大小为I== A=3.0 A,故C错误;车轮转动一周,LED灯亮的总时间为0.1 s,则产生的总焦耳热为Q=I2R总t=32×0.6×0.1 J=0.54 J,故D正确。
4.ACD　若海水水平匀速流动,线圈只会水平运动,线圈不切割磁感线,线圈中没有感应电流,灯泡不亮,A正确。线圈和所在处磁感线共面,线圈相对磁体在竖直方向运动过程中会切割磁感线,灯泡发光,B错误。由题图丙可知,线圈的位移与时间关系为y=A sin ωt,则速度随时间变化关系为v=Aω cos ωt,设线圈匝数为N,则线圈切割磁感线产生的瞬时感应电动势为e=NB×2πrv=2πrNBAω cos ωt,感应电动势的最大值为Emax=2πrNBAω=2πrNBA×2πf,可知A越大,灯泡越亮;f越大,灯泡越亮,C、D正确。
5.BD　
思路点拨　运动过程如图所示
令AB、BC、CD、DE、EF、AF、BE的电阻均为R,AF进入磁场时,感应电动势为E1=Bdv,AF为等效电源,根据右手定则,通过AF的电流方向向左,为负值,电流大小为I1==;BE进入磁场时,感应电动势为E2=Bdv,BE为等效电源,通过AF的电流方向向右,为正值,电流大小为I2=·==;CD进入磁场时,感应电动势为E3=Bdv,CD为等效电源,通过AF的电流方向向右,为正值,电流大小为I3=·=,选项A错误,B正确。AF进入磁场时,AF为等效电源,根据右手定则,通过AF的电流方向向左,A为电源正极,UAF大于0,结合上述有UAF1=I1=;BE进入磁场时,通过AF的电流方向向右,UAF大于0,结合上述有UAF2=I2R=;CD进入磁场时,通过AF的电流方向向右,UAF大于0,结合上述有UAF3=I3R=,选项C错误,D正确。
6.C　设AB、CD棒的长度分别为L和2L,电阻分别为R和2R,该回路中同一时刻电流均相等,根据焦耳定律Q=I2Rt,可知从CD棒开始运动到撤去拉力过程中AB棒产生的焦耳热为15 J,根据能量守恒定律,有Fs=m+m+QAB+QCD,又因为vAB∶vCD=1∶2,代入可得vAB=4 m/s、vCD=8 m/s,故A错误;撤去拉力后,根据牛顿第二定律有BIl=ma,而通过两金属棒的电流相等,两金属棒的质量相等,长度之比为1∶2,故加速度之比为aAB∶aCD=1∶2,故B错误;撤去拉力后,AB棒继续向左加速运动,而CD棒向右开始减速运动,两棒最终匀速运动时,两棒切割磁感线产生的感应电动势大小相等,此时两棒的速度大小满足BLvAB'=B·2LvCD',即vAB'=2vCD'(破题关键),对两棒分别应用动量定理,有t=mvAB'-mvAB,-t=mvCD'-mvCD,而两棒受到的安培力大小始终满足2FAB=FCD,可得vAB'=6.4 m/s、vCD'=3.2 m/s,此时回路中无电流,不产生焦耳热,整个过程中回路产生的焦耳热Q=Fs-=73.8 J,故C正确;撤去拉力时,vAB=4 m/s,vCD=8 m/s,之后在安培力作用下,AB棒加速,CD棒减速,稳定时,vAB'=6.4 m/s、vCD'=3.2 m/s,可知只有刚撤去拉力时AB的速度是CD的,所以从撤去拉力至两棒刚达到稳定,AB棒、CD棒的位移大小之比一定不是1∶2,故D错误。
7.答案　(1),方向水平向右　(2)(E-BLv)C　(3)
解析　(1)开关S刚接至2瞬间,金属棒MN上的电流最大,最大电流为I=,方向从M流向N,
此时MN棒受到的安培力最大,最大安培力为F=BIL
解得F=
由左手定则可知安培力方向水平向右。
(2)飞机起飞时金属棒MN产生的感应电动势E'=BLv
此时电容器两极板间电压U=E'=BLv
则ΔQ=ΔU·C=(E-BLv)C
(3)飞机起飞时,电容器两极板间电压U=E'=BLv
对金属棒MN由动量定理有BLt=m0v-0
又有t=q=(E-BLv)C
所以BLt=BLq=BL(E-BLv)C=m0v
解得v=
8.答案　(1)
(2)12mgL+ sin θ
(3)-
解析　(1)线圈ab边刚进入第七个有磁场区时,开始以速率v1匀速运动,
对线圈由平衡条件,有mg sin θ=BIL
又I=,解得v1=
(2)从线圈ab边刚进入第一个有磁场区到线圈ab边刚进入第七个有磁场区的过程,由动能定理,有WG-W克安=m-m(5v1)2
其中重力做功WG=12mgL sin θ,克服安培力做功W克安=Q
解得线圈产生的焦耳热Q=12mg sin θ
(3)从线圈ab边刚进入第一个有磁场区到线圈ab边刚进入第七个有磁场区过程,
由动量定理有mgt sin θ-I安=mv1-5mv1
线圈进入一个磁场区或从一个磁场区穿出所受安培力的冲量I安1=BLΔt,又=,解得I安1=
所以从线圈ab边刚进入第一个有磁场区到线圈ab边刚进入第七个有磁场区的过程,
安培力的冲量I安=12I安1=
解得t=-
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
21世纪教育网(www.21cnjy.com)