2022届高考物理二轮专题复习9电磁感应的基本问题

这是一份2022届高考物理二轮专题复习9电磁感应的基本问题，共11页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

1．某同学设想的减小电梯坠落时造成伤害的一种应急安全装置如图所示，在电梯轿厢底部安装永久强磁铁，磁铁N极朝上，电梯井道内壁上铺设若干金属线圈，线圈在电梯轿厢坠落时能自动闭合，从而减小对箱内人员的伤害。当轿厢坠落到图示位置时，关于该装置，以下说法正确的是（ ）
A．从下往上看，金属线圈A中的感应电流沿逆时针方向
B．从下往上看，金属线圈B中的感应电流沿顺时针方向
C．金属线圈B对轿厢下落有阻碍作用，A没有阻碍作用
D．金属线圈B有收缩的趋势，A有扩张的趋势
【答案】D
【解析】当电梯坠落至如图位置时，闭合线圈A中向上的磁场减弱，感应电流的方向从下往上看是顺时针方向，B中中向上的磁场增强，感应电流的方向从下往上看是逆时针方向，AB错误；结合A的分析可知，当电梯坠落至如图位置时，闭合线圈A、B都在阻碍电梯下落，C错误；闭合线圈A中向上的磁场减弱，B中中向上的磁场增强，根据楞次定律可知，线圈B有收缩的趋势，A有扩张的趋势，D正确。
2．霍尔电流传感器可以测量从直流电流到几十千赫兹的交变电流。其工作原理图如图所示，导线L1从圆形磁环中心垂直穿过，匝数为n的线圈L2缠绕在圆形磁环上，L1中被测电流I1产生的磁场B1集中在圆形磁环内，圆形磁环隙中的霍尔元件可产生和B1成正比的霍尔电压UMN，控制器把从M、N输入的霍尔电压转变成电流I2，该电流流过线圈L2，产生磁场B2，B2与B1方向相反，当B2与B1达到平衡时，满足关系式：I1＝nI2，下列说法正确的是（ ）
A．顺着电流I1的方向观察，磁场B1的方向沿逆时针方向
B．电流I2从b点流入线圈L2
C．若霍尔元件的载流子是电子，则其左侧电势低于右侧电势
D．若电流I2变为原来的eq \f(1,2)倍，当B2与B1重新达到平衡时，则表明被测电流I1变为原来的2倍
【答案】C
【解析】根据右手螺旋定则，顺着电流I1的方向观察，磁场B1的方向沿顺时针方向，A错误；由于B2与B1方向相反，根据右手螺旋定则可知电流I2从a点流入线圈L2，B错误；根据左手定则，若霍尔元件的载流子是电子，则其左侧电势低于右侧电势，C正确；由于，匝数n保持不变，若电流I2变为原来的eq \f(1,2)倍，被测电流I1变为原来的eq \f(1,2)倍，D错误。
3．如图所示，将一通电螺线管竖直放置，螺线管内部形成方向竖直向上、磁感应强度大小B＝kt的匀强磁场，在内部用绝缘轻绳悬挂一与螺线管共轴的金属薄圆管，其电阻率为ρ、高度为h、半径为r、厚度为d（d≪r），则（ ）
A．从上向下看，圆管中的感应电流为逆时针方向
B．圆管的感应电动势大小为
C．圆管的热功率大小为
D．轻绳对圆管的拉力随时间减小
【答案】C
【解析】穿过圆管的磁通量向上逐渐增加，则根据楞次定律可知，从上向下看，圆管中的感应电流为顺时针方向，A错误；圆管的感应电动势大小为，B错误；圆管的电阻，圆管的热功率大小为，C正确；根据左手定则可知，圆管中各段所受的受安培力方向指向圆管的轴线，则轻绳对圆管的拉力的合力始终等于圆管的重力，不随时间变化，D错误。
4．电阻不可忽略的导电圆盘的边缘用电阻不计的导电材料包裹，圆盘可绕固定点O在水平面内转动，其轴心O和边缘处电刷A均不会在转动时产生阻力，空气阻力也忽略不计。用导线将电动势为E的电源、导电圆盘、电阻和开关连接成闭合回路，如图甲所示在圆盘所在区域内充满竖直向下的匀强磁场，如图乙所示只在A、O之间的一块圆形区域内存在竖直向下的匀强磁场（圆形磁场的直径小于圆盘的半径），两图中磁场的磁感应强度大小均为B，且磁场区域固定。将图甲和图乙中的开关S1和S2闭合，经足够长时间后，两图中的圆盘转速均达到稳定。则（ ）
A．从上往下看，圆盘沿顺时针方向转动
B．刚闭合开关时，图甲中的圆盘比图乙中的圆盘加速得快
C．将两图中的开关断开，图乙中的圆盘仍然匀速转动
D．将两图中的开关断开，图甲中的圆盘比图乙中的圆盘减速得快
【答案】B
【解析】根据左手定则可知，从上往下看，圆盘的转动方向是逆时针方向，A错误；刚闭合开关时，图甲中的圆盘都处在磁场中，所受安培力较大，故图甲中的圆盘比图乙中的圆盘加速得快，B正确；开关断开后，由于图甲中磁场充满整个圆盘，使得圆盘沿每条半径方向的感应电动势都一样大，电荷只在盘心和盘的边缘处积累，不会在圆盘内部形成电流，因此在开关断开后，只要没有其它的阻力，圆盘将匀速转动不会减速，图乙由于磁场存在于圆盘中的一部分区域内，使得开关断开后，仍有电流在圆盘内部形成回路，由于安培力作用圆盘减速，CD错误。
5．如图所示，边界MN的左侧区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。正三角形铜线框OPQ的顶点O位于MN上，线框绕过O点且垂直于纸面的转轴顺时针匀速运动，角速度为ω。已知铜线框粗细均匀，边长为a，则当PQ边的中点经过边界MN的瞬间，OP两点的电势差UOP为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】当PQ边的中点经过边界MN的瞬间，OQ段和PQ段一部分在切割磁感线，切割长度为两个端点间的距离，即O到PQ中点的距离，即，动生电动势为，由右手定则可知，Q点电势比O点电势高，设每个边的电阻为R，OP两点的电势差，联立可得，故C正确，ABD错误。
6．如图所示，空间存在竖直向下的匀强磁场，金属棒MN以角速度ω绕过O点的竖直轴PQ沿逆时针方向(从上往下看)旋转。NO＝2MO，则（ ）
A．M点电势高于N点电势
B．N、O两点间电势差是M、O两点间电势差的2倍
C．若磁感应强度B加倍，M、N两点间的电势差不变
D．若角速度ω加倍，M、N两点间的电势差将变为原来的4倍
【答案】A
【解析】由右手定则可知，O点电势高于M点，O点电势高于N点，因，则M点电势高于N点电势，A正确；根据可知，N、O两点间电势差是M、O两点间电势差的4倍，B错误；M、N两点间的电势差，若磁感应强度B加倍，M、N两点间的电势差加倍，若角速度ω加倍，M、N两点间的电势差将变为原来的2倍，CD错误。
7．电荷量计是一种能测出一段时间内通过导体横截面的电荷量的仪器。某同学想用电荷量计测量地磁场强度，设计并完成了如下实验：如图所示，一个正方形金属线框abcd与电荷量计相连，其边长为L、线框导线横截面积为S，电阻率为ρ，沿图示方位水平放置于地面上某处，假设磁场方向与竖直方向成θ角。现将其从图示的转动方向绕ab轴转180°，测得通过线框的电荷量为Q1；将其从图示的转动方向绕ab轴转90°，测得通过线框的电荷量为Q2；该处地磁场的磁感应强度大小为（忽略地磁偏角影响）（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】与竖直方向之间的夹角为，取磁感线从线框上面向下穿过时为正，初始位置的磁通量，线框转过时，磁感线的方向从线框的背面穿过，所以，线框转过时，磁感线的方向也是从线框的背面穿过，所以，线框转过时，回路磁通量变化量的大小为，根据公式有，线框转过时，回路磁通量变化量的大小为，所以对，联立可得，而导线总电阻为，故有，故选C。
8．如图所示，MN为固定在光滑水平面上的细直导线，U形的金属框abcd放在导体棒上，两平行边ab、cd相距为L，MN与ab、cd垂直并与金属框接触良好，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。MN接入电路的电阻为R，金属框电阻不计。若给金属框以平行ab向右的初速度v0，当金属框发生得位移为x时，其速度减为零，此过程中通过MN的电荷量为q。则在这一过程中（ ）
A．当通过MN的电荷量达到eq \f(1,2)q时，金属框的速度为eq \f(2,3)v0
B．当金属框发生的位移为eq \f(1,3)x时，金属框的速度为eq \f(1,2)v0
C．在通过MN的电荷量达到eq \f(1,2)q的过程中，MN释放的热量为eq \f(3,8)qBLv0
D．MN释放的热量为eq \f(1,4)qBLv0
【答案】C
【解析】整个过程，根据动量定理可得，当通过MN的电荷量达到eq \f(1,2)q时，则有，解得金属框的速度为，A错误；由电磁感应定律可得，通过MN的电荷量为，当金属框发生的位移为时，则通过MN的电荷量为，又，金属框的速度为，B错误；当通过MN的电荷量达到时，，则MN释放的热量为，C正确；整个过程能量守恒可得，MN释放的热量，D错误。
9．如图所示，边长为L的等边三角形金属框架abc处于垂直框架平面向外的有界匀强磁场中，顶点a与磁场右侧边界重合。t＝0时起，用外力F把框架从磁场中水平向右匀速拉出。若金属框架中产生的感应电动势大小为E、框架的位移为x，则下列关系图中正确的是（ ）
【答案】BD
【解析】感应电动势，则E与x成正比，故A错误，B正确；线框匀速运动，F外＝F安＝BIL，电流，电动势E＝BLv，联立可得，其中，则有，因为B、R、v一定，则F外∝x2，故C错误，D正确。
10．如图甲所示，MN、PQ两条平行的光滑金属轨道与水平面成θ＝30°角固定，间距L＝1 m，质量为m的金属杆ab水平放置在轨道上，其阻值忽略不计。空间存在匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面向上，磁感应强度B＝0.5 T。P、M间接有阻值为R1的定值电阻，Q、N间接电阻箱R。现从静止释放ab，改变电阻箱的阻值R，测得最大速度为vm，得到与的关系如图乙所示。若轨道足够长且电阻不计，重力加速度g取10 m/s2，则 （ ）
A．金属杆中感应电流方向为b指向a
B．金属杆所受的安培力沿轨道向下
C．定值电阻的阻值为1 Ω
D．金属杆的质量为1 kg
【答案】AC
【解析】由右手定则可判断，金属杆中感应电流方向由b指向a，由左手定则知，金属杆所受的安培力沿轨道向上，A正确，B错误；总电阻，，当达到最大速度时，金属杆受力平衡，有，变形得，根据图像可得，，解得杆的质量m＝0.1kg，定值电阻R1＝1Ω，C正确，D错误。
11．如图所示，单位长度电阻为r的金属导线做成的圆形线圈，半径为R，下半部分置于匀强磁场中，线圈固定不动，磁场以圆的直径AC为界。当t＝0时匀强磁场的磁感应强度的方向如图甲所示，磁感应强度B随时间t变化的关系图像如图乙所示，则在0～2t0时间内（ ）
A．线圈中的感应电流方向始终为顺时针方向
B．线圈受到的安培力大小恒为
C．通过导线某横截面的电荷量为
D．A、C两端的电势差的绝对值恒为
【答案】CD
【解析】当t＝0时匀强磁场的磁感应强度的方向如图甲所示，故磁场向里为正，磁场方向先向外减小，后向里增加，根据楞次定律可知，线圈中的感应电流方向始终为逆时针方向，故A错误；由法拉第电磁感应定律可知，线框产生的感应电动势，线圈受到的安培力大小，因为磁感应强度再改变，故安培力不恒定，故B错误；通过导线某横截面的电荷量，故C正确；A、C两端的电势差的绝对值恒为，故D正确。
12．如图所示，abc和def为互相平行的“L”形金属导轨，bc、ef部分被固定在绝缘的水平面上，ab、de竖直放置。匀强磁场的磁感应强度大小为B、方向垂直于be且与水平面间的夹角为37°。垂直导轨放置的导体棒1由静止开始沿着竖直导轨下落，质量为m的导体棒2静止在水平导轨上；ab、de的间距、bc、ef的间距、两导体棒的长度均为d，导轨的竖直部分光滑，水平部分与导体棒2之间的动摩擦因数μ＝0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，回路的总电阻恒为R。若导体棒1下落高度h时达到最大速度，导体棒2恰好要滑动，重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，则下列说法正确的是（ ）
A．导体棒1的质量为2.5m
B．导体棒1的最大速度大小为
C．该过程通过导体棒的电荷量为
D．该过程经历的时间为
【答案】BD
【解析】对导体棒1由平衡条件可得，对导体棒2由平衡条件可得，，，联立解得，A错误；由，，，联立解得，B正确；根据电荷量，C错误；对导体棒1由动量定理可得，则有，即，解得，D正确。
二、非选择题（解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。）
13．如图所示，半径为R的光滑圆形金属轨道固定在竖直面内，ab为一条直径，b点处有缺口。一根长度大于2R、质量分布均匀的导体棒PQ置于圆形轨道上的a点，且与ab垂直，整个装置置于垂直纸面向里的匀强磁场（未画出）中，磁感应强度大小为B。t＝0时刻，导体棒在竖直向上的外力F0（未知量）作用下以速度v匀速向上运动，在运动过程中始终与圆形轨道接触良好，并始终与ab垂直。已知导体棒单位长度的电阻为r0，圆形轨道的电阻忽略不计，重力加速度大小为g。求：
(1)t时刻通过圆形轨道的电流大小和方向；
(2)t时刻外力F0的功率。
【解析】(1)根据题意，设t时刻导体棒的位置如图所示，棒与轨道的交点分别为c、d，由右手定则可知，导体棒中感应电流的方向是从d端流向c端，因此通过圆形轨道的电流方向为逆时针。
设t时刻导体棒切割磁感线的有效长度为L，此时，导体棒接入电路的电阻为
r＝Lr0
感应电动势E＝BLv
由闭合电路欧姆定律知，通过轨道的电流大小I＝
解得。
(2)导体棒运动t时间，竖直向上运动的距离为y＝vt
t时刻导体棒切割磁感线的有效长度
L＝2或L＝2
解得L＝2
由(1)问知t时刻导体棒切割磁感线产生的感应电流
由左手定则可知t时刻导体棒所受的安培力F的方向竖直向下，大小为
由平衡条件可得t时刻外力F0＝F＋mg
t时刻外力的功率P＝F0v
联立解得。
14．一磁感应强度为B0的有界匀强磁场区域如图甲所示，质量为m，电阻为R的矩形线圈abcd边长分别为L和2L，线圈一半在磁场内，一半在磁场外。从t1＝0时刻磁场的磁感应强度开始均匀减小，线圈中产生感应电流，在磁场力作用下运动，其运动的v－t图象如图乙所示，图中斜向虚线为过0点速度曲线的切线，数据由图中给出。不考虑重力影响：求：
(1)线圈中感应电流的方向；
(2)磁场中磁感应强度的变化率eq \f(ΔB,Δt)；
(3)t3时刻回路的电功率P。
【解析】(1)从t1＝0时刻磁场的磁感应强度开始均匀减小，所以线框的磁通量是变小的，根据楞次定律，感应电流产生的磁场跟原磁场方向相同，即感应电流产生的磁场方向为垂直纸面向内，可以判断出感应电流的方向为顺时针方向。
(2)从图线可知，t＝0时刻线圈速度为零，图中斜向虚线为过0点速度曲线的切线，所以加速度为
此时刻线框中感应电动势
由
可解得。
(3)线圈在t2时刻开始做匀速运动，在t3时刻应有两种可能
一是，线圈没有完全进入磁场，磁场就消失，线框内没有感应电流，回路电功率P＝0；
二是，磁场没有消失，但线圈完全进入磁场，尽管有感应电流，但各边所受磁场力的合力为零，由ab和cd两边切割磁感线产生的感应电动势抵消
回路电功率。
15．如图所示，水平固定一半径r＝0.2 m的金属圆环，长均为r，电阻均为R0的两金属棒沿直径放置，其中一端与圆环接触良好，另一端固定在过圆心的导电竖直转轴OO′上，并随轴以角速度ω＝600 rad/s匀速转动，圆环内左半圆均存在磁感应强度大小为B1的匀强磁场。圆环边缘、与转轴良好接触的电刷分别与间距l1的水平放置的平行金属轨道相连，轨道间接有电容C＝0.09 F的电容器，通过单刀双掷开关S可分别与接线柱1、2相连。电容器左侧宽度也为l1、长度为l2、磁感应强度大小为B2的匀强磁场区域。在磁场区域内靠近左侧边缘处垂直轨道放置金属棒ab，磁场区域外有间距也为l1的绝缘轨道与金属轨道平滑连接，在绝缘轨道的水平段上放置“［”形金属框fcde。棒ab长度和“［”形框的宽度也均为l1、质量均为m＝0.01 kg，de与cf长度均为l3＝0.08 m，已知l1＝0.25 m，l2＝0.068 m，B1＝B2＝1 T、方向均为竖直向上；棒ab和“［”形框的cd边的电阻均为R＝0.1 Ω，除已给电阻外其他电阻不计，轨道均光滑，棒ab与轨道接触良好且运动过程中始终与轨道垂直。开始时开关S和接线柱1接通，待电容器充电完毕后，将S从1拨到2，电容器放电，棒ab被弹出磁场后与“［”形框粘在一起形成闭合框abcd，此时将S与2断开，已知框abcd在倾斜轨道上重心上升0.2 m后返回进入磁场。
(1)求电容器充电完毕后所带的电荷量Q，哪个极板（M或N；）带正电？
(2)求电容器释放的电荷量ΔQ；
(3)求框abcd进入磁场后，ab边与磁场区域左边界的最大距离x。
【解析】(1)开关S和接线柱1接通，电容器充电充电过程，对绕转轴OO′转动的棒由右手定则可知其动生电源的电流沿径向向外，即边缘为电源正极，圆心为负极，则M板充正电；
根据法拉第电磁感应定律可知
则电容器的电量。
(2)电容器放电过程有
棒ab被弹出磁场后与“［”形框粘在一起的过程有
棒的上滑过程有
联立解得。
(3)设导体框在磁场中减速滑行的总路程为，由动量定理
可得
匀速运动距离为
则。