2023年新教材高中物理专练2电磁感应及应用新人教版选择性必修第二册

这是一份2023年新教材高中物理专练2电磁感应及应用新人教版选择性必修第二册，共11页。
专练二　电磁感应及应用
1．(2022年全国卷)三个用同样的细导线做成的刚性闭合线框，正方形线框的边长与圆线框的直径相等，圆线框的半径与正六边形线框的边长相等，如图所示．把它们放入磁感应强度随时间线性变化的同一匀强磁场中，线框所在平面均与磁场方向垂直，正方形、圆形和正六边形线框中感应电流的大小分别为I1、I2和I3.则(　　)

A．I1I2
C．I1＝I2>I3　　 D．I1＝I2＝I3
【答案】C　【解析】设圆线框的半径为r，则由题意可知正方形线框的边长为2r，正六边形线框的边长为r；所以圆线框的周长为C2＝2πr，面积为S2＝πr2，同理可知正方形线框的周长和面积分别为C1＝8r，S1＝4r2，正六边形线框的周长和面积分别为C3＝6r，S3＝×6×r×，三线框材料粗细相同，根据电阻定律R＝ρ，可知三个线框电阻之比为R1∶R2∶R3＝C1∶C2∶C3＝8∶2π∶6，根据法拉第电磁感应定律有I＝＝·，可得电流之比为I1∶I2∶I3＝2∶2∶，即I1＝I2>I3，故选C．
2．如图所示，水平面内有一平行金属导轨，导轨光滑且电阻不计，阻值为R的导体棒垂直于导轨放置，且与导轨接触良好．导轨所在空间存在匀强磁场，匀强磁场与导轨平面垂直．t＝0时，将开关S由1掷向2，分别用q、i、v和a表示电容器所带的电荷量、棒中的电流、棒的速度大小和加速度大小，则下列图像中正确的是(　　)


A B

C D
【答案】D　【解析】开关S由1掷向2，电容器放电，会在电路中产生电流，导体棒中有电流通过，会受到安培力的作用，产生加速度而加速运动，速度增大，导体棒切割磁感线产生感应电动势，感应电动势增大，则电路中电流减小，导体棒所受安培力减小，加速度减小，因导轨光滑，所以在有电流通过棒的过程中，棒一直加速运动，加速度逐渐减小，速度逐渐增大；当感应电动势等于电容器两端的电压时，电路中无电流，导体棒做匀速运动，加速度为零，速度达到最大值，此时电容器所带电荷量q＝CU不为零．故A、B、C错误，D正确．
3．研究人员发现一种具有独特属性的新型合金能够将内能直接转化为电能．具体而言，只要略微提高温度，这种合金就会变成强磁性合金，从而使环绕它的线圈中产生电流，其简化模型如图所示．A为圆柱形合金材料，B为线圈，套在圆柱形合金材料上，线圈的半径大于合金材料的半径．现对A进行加热，下列说法正确的是(　　)

A．B线圈一定有收缩的趋势
B．B线圈一定有扩张的趋势
C．B线圈中感应电流产生的磁场阻止了B线圈内磁通量的增加
D．若从右向左看B中产生顺时针方向的电流，则A左端是强磁性合金的S极
【答案】B　【解析】现对A进行加热，其磁感应强度增大，A内部磁场与外部磁场方向相反，B线圈的总磁通量与A内部磁场方向相同，由楞次定律可知，B线圈一定有扩张的趋势，A错误，B正确；根据楞次定律可知，B线圈中感应电流产生的磁场阻碍了B线圈内磁通量的增加，而非阻止，C错误；根据右手螺旋定则和楞次定律可知，若从右向左看B中产生顺时针方向的电流，则A中原磁场方向向右，A内部磁场大于外部磁场，因此磁场方向要看内部，即A左端是强磁性合金的N极，D错误．
4．如图所示，竖直平面内有一金属圆环，半径为a，总电阻为R(指拉直时两端的电阻)，磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过环平面，环的最高点A用铰链连接长度为2a、电阻为的导体棒AB，AB由水平位置紧贴环面摆下，当摆到竖直位置时，B点的线速度为v，则这时AB两端的电压大小为(　　)

A．　　 B．　　
C．　　 D．Bav
【答案】C　【解析】导体棒AB摆到竖直位置时，产生的感应电动势为E＝B·2a·＝Bav，此时圆环两部分并联，并联电阻为R井＝×＝，则这时AB两端的电压大小为U＝·＝，A、B、D错误，C正确．
5．如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，将一水平放置的金属棒ab以初速度v0绕OP做匀速圆周运动，不计空气阻力，则金属棒在图示运动过程产生的感应电动势大小的变化情况，正确的是(　　)

A．越来越小　　 B．越来越大
C．保持不变　　 D．无法判断
【答案】A　【解析】金属棒ab做匀速圆周运动，设速度方向与水平方向夹角为θ(0≤θ≤)，根据题意可知，速度在水平方向的分速度vx＝v0cos θ，则感应电动势大小为E＝BLvx＝BLv0cos θ，根据题意可知，θ逐渐增大，则感应电动势逐渐减小，故B、C、D错误，A正确．
6．如图甲所示，OO′轴沿竖直方向，把一个闭合线圈放在蹄形磁铁的两磁极间，蹄形磁铁和闭合线圈都可以绕OO′轴转动，不计摩擦；如图乙所示，闭合金属环从曲面上h高处滚下，又沿曲面的另一侧上升，设环的初速度为零，不计摩擦，整个曲面处在垂直纸面的磁场中(图中未画出)，下列说法正确的是(　　)

A．图甲中当逆时针(从上向下看)转动蹄形磁铁时，磁铁的磁极未知，故线圈转动方向未知
B．图甲中当蹄形磁铁不动时，给闭合线圈一初速度，使其沿OO′轴转动，由于不计摩擦，线圈将匀速转动
C．图乙中若磁场为非匀强磁场，因圆环面积不变，可知圆环磁通量不变，故圆环机械能守恒，滚上的高度仍为h
D．图乙中若磁场为非匀强磁场，圆环滚下过程中，圆环内有感应电流
【答案】D　【解析】当逆时针(从上向下看)转动蹄形磁铁时，根据楞次定律可知，为阻碍磁通量变化，则线圈与磁铁转动方向相同，A错误；当蹄形磁铁不动时，闭合线圈以某一初速度绕OO′轴转动，切割磁感线，产生感应电流，线圈受到的安培力阻碍线圈的转动，则线圈做减速转动，B错误；若图乙中磁场是非匀强磁场，闭合金属环滚动过程中，磁通量变化，环中产生感应电流，金属环的一部分机械能转化为电能，金属环在曲面另一侧滚上的高度减小，C错误，D正确．
7．如图所示，一闭合小金属线圈从蹄形磁铁的N极正上方移到S极正上方，从上往下看，此过程中小线圈中感应电流的方向(　　)

A．始终沿顺时针
B．始终沿逆时针
C．先沿顺时针后沿逆时针
D．先沿逆时针后沿顺时针
【答案】B　【解析】小线圈从蹄形磁铁的N极正上方移到S极正上方的过程中，磁通量先向上减小后向下增大，根据楞次定律的推论“增反减同”，可判断小线圈中感应电流的方向始终沿逆时针(从上往下看)，A、C、D错误，B正确．
8．如图所示，L1、L2为两个相同的灯泡，线圈L的直流电阻不计，灯泡L1与理想二极管D相连，下列说法中正确的是(　　)

A．闭合开关S后，L1会逐渐变亮
B．闭合开关S稳定后，L1、L2亮度相同
C．断开S的瞬间，L1会逐渐熄灭
D．断开S的瞬间，a点的电势比b点高
【答案】D　【解析】闭合开关S后，线圈自感只是阻碍流过L的电流增大，但两灯立刻变亮，A错误；闭合开关S稳定后，因线圈L的直流电阻不计，所以L1与二极管被短路，导致灯泡L1不亮，而L2将更亮，因此L1、L2亮度不同，B错误；断开S的瞬间，L2会立刻熄灭，线圈L与灯泡L1及二极管构成回路，因线圈产生感应电动势，a端的电势高于b端，但此时的二极管反接，所以回路中没有电流，L1立即熄灭，C错误，D正确．
9．电吉他中电拾音器的基本结构如图所示，磁体附近的金属弦被磁化，因此弦振动时，在线圈中产生感应电流，电流经电路放大后传送到音箱发出声音，下列说法不正确的是(　　)

A．选用铜质弦，电吉他仍能正常工作
B．取走磁体，电吉他将不能正常工作
C．增加线圈匝数可以增大线圈中的感应电动势
D．弦振动过程中，线圈中的电流方向不断变化
【答案】A　【解析】铜不可以被磁化，若选用铜质弦，电吉他不能正常工作，A错误，符合题意；取走磁体，就没有磁场，弦振动时不能切割磁感线产生感应电流，电吉他将不能正常工作，B正确，不符合题意；根据E＝n可知，增加线圈匝数可以增大线圈中的感应电动势，C正确，不符合题意；弦振动过程中，磁场方向不变，但磁通量有时变大，有时变小，据楞次定律可知，线圈中的电流方向不断变化，D正确，不符合题意．
10．(多选)(2022年广东卷)如图所示，水平地面(xOy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
【答案】AC　【解析】依题意，M、N两点连线与长直导线平行、两点与长直导线的距离相同，根据右手螺旋定则可知，通电长直导线在M、N两点产生的磁感应强度大小相等，方向相同，A正确．根据右手螺旋定则，线圈在P点时，磁感线穿进与穿出在线圈中对称，磁通量为零；在向N点平移过程中，磁感线穿进与穿出线圈不再对称，线圈的磁通量会发生变化，B错误．根据右手螺旋定则，线圈从P点竖直向上运动过程中，磁感线穿进与穿出线圈对称，线圈的磁通量始终为零，没有发生变化，线圈无感应电流，C正确．线圈从P点到M点与从P点到N点，线圈的磁通量变化量相同，依题意P点到M点所用时间较从P点到N点时间长，根据法拉第电磁感应定律，则两次的感应电动势不相等，D错误．
11．(多选)(2022年全国卷)如图，两根相互平行的光滑长直金属导轨固定在水平绝缘桌面上，在导轨的左端接入电容为C的电容器和阻值为R的电阻．质量为m、阻值也为R的导体棒MN静止于导轨上，与导轨垂直，且接触良好，导轨电阻忽略不计，整个系统处于方向竖直向下的匀强磁场中．开始时，电容器所带的电荷量为Q，合上开关S后，(　　)

A．通过导体棒电流的最大值为
B．导体棒MN向右先加速、后匀速运动
C．导体棒MN速度最大时所受的安培力也最大
D．电阻R上产生的焦耳热大于导体棒MN上产生的焦耳热
【答案】AD　【解析】MN在运动过程中，MN上的电流瞬时值为i＝，当闭合的瞬间，Blv＝0，此时MN可视为纯电阻R，此时反电动势最小，故电流最大Imax＝＝，A正确；当u>Blv时，导体棒加速运动，当速度达到最大值之后，电容器与MN及R构成回路，由于一直处于通路的形式，由能量守恒可知，最后MN速度为零，B错误；MN上的电流瞬时值为i＝，当u＝Blv时，MN上电流瞬时为零，安培力为零，此时，MN速度最大，C错误；在MN加速度阶段，由于MN反电动势存在，故MN上电流小于电阻R上的电流，电阻R消耗电能大于MN上消耗的电能(即ER>EMN)，故加速过程中，QR>QMN；当MN减速到零的过程中，电容器的电流和导体棒的电流都流经电阻R形成各自的回路，因此可知此时也是电阻R的电流大，综上分析可知全过程中电阻R上的热量大于导体棒上的热量，D正确．
12．(多选)如图所示，两根电阻不计的光滑金属导轨平行放置在倾角为θ的斜面上，导轨间距为L，导轨下端接有电阻R，斜面处在竖直向上的匀强磁场中，电阻可忽略不计的金属棒ab质量为m，受到沿斜面向上且与金属棒垂直的恒力F的作用，金属棒沿导轨以速度v匀速下滑，则它在下滑h高度的过程中，以下说法正确的是(　　)

A．金属棒受到的安培力的功率为P＝
B．作用在金属棒上各力的合力做功为零
C．重力做功等于金属棒克服恒力F做的功
D．金属棒克服安培力做的功等于电阻R上产生的焦耳热
【答案】BD　【解析】金属棒产生的感应电动势为E＝BLvcos θ，电路中的感应电流为I＝，金属棒所受的安培力大小为F安＝BIL，安培力的功率为P＝－F安vcos θ＝，A错误；金属棒沿导轨匀速下滑过程中，合外力为零，则合力做功为零，B正确；设重力做功、恒力F做功、安培力做功分别为WG、WF、W安，因为金属棒匀速运动，根据动能定理得WG＋WF＋W安＝0，即WG＝－WF－W安，可知重力做功等于金属棒克服恒力F和克服安培力做功之和，C错误；金属棒克服安培力做功等于整个回路产生的电能，故电阻上的焦耳热等于金属棒克服安培力做的功，D正确．
13．(多选)如图所示，矩形闭合线圈abcd竖直放置，OO′是它的对称轴，通电直导线AB与OO′平行．若要在线圈中产生感应电流，可行的做法是(　　)

A．AB中电流I逐渐增大
B．AB中电流I先增大后减小
C．以AB为轴，线圈abcd顺时针转90°(俯视)
D．线圈绕轴OO′逆时针转动90°(俯视)
【答案】ABD　【解析】只要AB中电流发生变化，无论是大小变，还是方向变，还是大小和方向同时变，都可以使线圈内的磁通量发生变化，从而产生感应电流，A、B正确；以AB为轴，线圈绕AB顺时针转90°的过程中，磁感应强度的大小和线圈的有效面积都没变，磁通量不变，不能产生感应电流，C错误；以OO′为轴逆时针转90°的过程中，线圈的有效面积发生了变化，磁通量变化，能产生感应电流，D正确．
14．(多选)如图所示甲、乙电路，电阻R和自感线圈L的电阻都很小．接通S，使电路达到稳定，灯泡A发光，则(　　)

A．在电路甲中，断开S，A将渐渐变暗
B．在电路甲中，断开S，A将先变得更亮，然后渐渐变暗
C．在电路乙中，断开S，A将渐渐变暗
D．在电路乙中，断开S，A将先变得更亮，然后渐渐变暗
【答案】AD　【解析】图甲中，A与自感线圈L在同一个支路中，流过的电流相同，断开开关S时，线圈L中的自感电动势要维持原电流不变，所以开关断开的瞬间，A的电流不变，以后电流渐渐变小，因此，A渐渐变暗，A正确，B错误．图乙中，A所在支路的电流比自感线圈所在支路的电流要小(因为自感线圈的电阻很小)，断开开关S时，自感线圈的自感电动势要阻碍电流的变小，此瞬间自感线圈中的电流不变，自感线圈相当于一个电源给A供电，因此反向流过A的电流瞬间要变大，然后渐渐变小，所以A将先闪亮一下，然后渐渐变暗，C错误，D正确．
15．一位物理老师用一段铜导线和一块磁铁演奏一曲《菊花台》的视频惊艳网友，网友直呼“史上最牛物理老师”．他是这么做的：在一块木板上固定两颗螺丝钉，用一段铜导线缠绕在两颗螺丝钉之间，扩音器通过导线与两螺丝钉连接．将磁铁放在铜导线旁边，手指拨动铜导线，另一只手握着螺丝刀压着铜导线，并在铜导线上滑动，优美动听的乐曲就呈现出来了．根据上面所给的信息，你认为下面说法正确的是(　　)

A．手指拨动铜导线，铜导线的振动引起空气振动而发出声音
B．手指拨动铜导线，使铜导线切割磁感线产生感应电流，电流通过扩音器放大后发声
C．声音的音调变化是通过手指拨动铜导线力的大小来实现的
D．手指拨动铜导线，铜导线中产生直流电流
【答案】B　【解析】手指拨动铜导线发声是由于铜导线切割磁感线产生感应电流，电流通过扩音器放大后发声， A错误，B正确；螺丝刀压着铜导线在铜导线上滑动，实质是改变铜导线切割磁感线的有效长度，从而改变感应电流，变化的电流通过导线传到扩音器中，便产生不同音调的声音，所以声音的音调变化不是通过手指拨动铜导线产生的， C错误；手指拨动铜导线，铜导线振动切割磁感线，根据法拉第电磁感应定律，铜导线中的感应电流大小、方向均改变， D错误．
16．如图所示，有一个等腰直角三角形的匀强磁场区域其直角边长为L，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B.边长为L、总电阻为R的正方形导线框abcd，从图示位置开始沿x轴正方向以速度v匀速穿过磁场区域，取沿abcda方向的感应电流为正，则表示线框中电流i随bc边的位置坐标x变化的图像正确的是(　　)


A　　　　　　　　B

C　　　　　　　　D
【答案】C　【解析】bc边的位置坐标x在L～2L过程，线框bc边的有效切割磁感线的长度为l＝x－L，感应电动势为E＝Blv＝B(x－L)v，感应电流i＝＝，电流的大小随x逐渐增大；根据楞次定律，感应电流方向沿a→b→c→d→a，为正方向．x在2L～3L过程，根据楞次定律，感应电流方向沿a→d→c→b→a，为负方向，线框ad边有效切割磁感线的长度为l＝x－2L，感应电动势为E＝Blv＝B(x－2L)v，感应电流i＝－＝－，电流的大小随x逐渐增大．故C正确．
17．在“研究磁通量变化时感应电流的方向”实验中，实物电路连接如图．

(1)实物图中有一个元件接错了回路，请指出并改正．
(2)为了方便探究感应电流方向的规律，实验应研究原磁场方向、磁通量的变化情况、________________________三者的关系．
(3)在实验过程中，除了查清流入电流表的电流方向与指针偏转方向之间的关系之外，还应查清__________(填“A”“B”或“A和B”)中导线的绕制方向．
(4)某同学在完成实验后未断开开关，也未把A、B两线圈和铁芯分开放置．在拆除电路时突然被电击了一下，则被电击是在拆除______(填“A”或“B”)线圈所在电路时发生的；分析可知，要避免电击发生，在拆除电路前应________________(填“断开开关”或“把A、B线圈分开放置”)．
【答案】(1)开关应接入原线圈A所在的回路　(2)感应电流的磁场方向　(3)A和B
(4)A　断开开关
【解析】(1)开关应接入原线圈A所在的回路，改正后的接法如图所示．

(2)为了方便探究感应电流方向的规律，实验应研究原磁场方向、磁通量的变化情况、感应电流的磁场方向三者之间的关系．
(3)在实验过程中，需要确定线圈A中电流的磁场方向和线圈B中感应电流的磁场方向，故还应查清线圈A与线圈B中导线的绕制方向．
(4)在拆除线圈A时，线圈A中电流快速减小，由于自感作用，线圈A中会产生很大的感应电动势，导致该同学被电击，要避免电击发生，在拆除电路前应断开开关．
18．(2022年全国卷)如图，一不可伸长的细绳的上端固定，下端系在边长为l＝0.4 m的正方形金属框的一个顶点上．金属框的一条对角线水平，其下方有方向垂直于金属框所在平面的匀强磁场．已知构成金属框的导线单位长度的阻值为λ＝5.0×10－3 Ω/m；在t＝0到t＝3.0 s时间内，磁感应强度大小随时间t的变化关系为B(t)＝0.3－0.1t(SI)．求：

(1)t＝2.0 s时金属框所受安培力的大小；
(2)在t＝0到t＝2.0 s时间内金属框产生的焦耳热．
解：(1)金属框的总电阻为
R＝4lλ＝4×0.4×5×10－3 Ω＝0.008 Ω，
金属框中产生的感应电动势为
E＝＝＝0.1××0.42 V＝0.008 V，
金属框中的电流为I＝＝1 A．
t＝2.0 s时磁感应强度为B2＝(0.3－0.1×2) T＝0.1 T，
金属框处于磁场中的有效长度为L＝l，
此时金属框所受安培力大小为
FA＝B2IL＝0.1×1××0.4 N＝0.04 N.
(2)0～2.0 s内金属框产生的焦耳热为
Q＝I2Rt＝12×0.008×2 J＝0.016 J.
19．磁悬浮列车的运动原理如图所示，在水平面上有两根水平长直平行导轨，导轨间有与导轨面垂直且方向相反的匀强磁场B1和B2，B1和B2相互间隔，导轨上有金属框abcd.当磁场B1和B2同时以恒定速度沿导轨向右匀速运动时，金属框也会由静止开始沿导轨向右运动．已知两导轨间距L1＝0.4 m，两种磁场的宽度均为L2，L2＝ab，B1＝B2＝1.0 T．金属框的质量m＝0.1 kg，电阻R＝2.0 Ω.金属框受到的阻力与其速度成正比，即f＝kv，k＝0.08 kg/s，只考虑动生电动势．求：

(1)开始时金属框处于图示位置，判断此时金属框中感应电流的方向；
(2)若磁场的运动速度始终为v0＝10 m/s，在线框加速的过程中，某时刻线框速度v1＝7 m/s，求此时线框的加速度a1的大小；
(3)若磁场的运动速度始终为v0＝10 m/s，求金属框的最大速度v2为多大？此时装置消耗的总功率为多大？
解：(1)磁场以恒定速度沿导轨向右匀速运动，则由楞次定律可知金属框中感应电流的方向是abcda的方向．
(2)根据楞次定律可知金属框与磁场同向运动，感应电动势E＝2BL1(v0－v1)，
感应电流I＝＝.
左右两边受到的安培力都为
FA＝BIL1＝，
根据牛顿第二定律有2FA－kv1＝ma1，
解得此时金属框的加速度a1＝，
代入数据解得a1＝4 m/s2.
(3)当金属框有最大速度时做匀速运动，所受合外力为零2F′A－kv2＝0，
左右两边受到的安培力都为
F′A＝BI′L1＝B··L1＝，
代入数据解得最大速度v2＝8 m/s；
装置消耗的功率分克服阻力做功的功率和电功率两部分，克服阻力做功的功率
P1＝f′v2＝kv，代入数据解得P1＝5.12 W，
电功率P2＝＝，
代入数据解得P2＝1.28 W，
此时装置消耗的功率P＝P1＋P2＝6.4 W.