高考物理二轮复习第1部分专题突破方略专题4第2讲电磁感应问题试题含解析

第一部分　专题四　第2讲　电磁感应问题

基础题——知识基础打牢

1.(2021·北京房山区5月二模)磁电式仪表的基本组成部分是磁铁和线圈．缠绕线圈的骨架常用铝框，铝框、指针固定在同一转轴上．线圈未通电时，指针竖直指在表盘中央；线圈通电时发生转动，指针随之偏转，由此就能确定电流的大小．如图所示，线圈通电时指针向右偏转，在此过程中，下列说法正确的是(　D　)

A．俯视看线圈中通有逆时针方向的电流

B．穿过铝框的磁通量减少

C．俯视看铝框中产生顺时针方向的感应电流

D．使用铝框做线圈骨架能够尽快使表针停在某一刻度处

【解析】　由左手定则可知，俯视看线圈中通有顺时针方向的电流，选项A错误；因为线圈在水平位置时磁通量为零，则线圈转动时，穿过铝框的磁通量向左增加，根据楞次定律可知，俯视看铝框中产生逆时针方向的感应电流，选项BC错误；当铝框中产生感应电流时，铝框受到的安培力与运动方向相反，故起到了阻尼作用，则使用铝框做线圈骨架能够尽快使表针停在某一刻度处，故D正确．

2．(多选)(2021·河南开封二模)如图甲所示，通电的螺线管右侧有一金属圆环，在螺线管中通入如图乙所示的正弦交变电流，规定甲图中所示电流方向为正方向．在B时刻，金属环(　AD　)

A．感应电流为逆时针方向(从左向右方向观察)

B．受到水平向左的安培力作用

C．磁通量最大

D．感应电动势最大

【解析】　B时刻螺线管中电流i随时间的变化率为负，根据安培定则可以判断此时金属环中由右向左方向的磁通量随时间的变化率为负，根据楞次定律可知感应电流的磁场应阻碍这种变化，即从左向右方向观察，金属环中的感应电流方向为逆时针方向，故A正确；B时刻螺线管中电流为零，因此产生的磁场大小为零，因此金属环的安培力为零，故B错误；B时刻穿过金属环磁通量为零，但磁通量的变化率最大，感应电动势最大，故C错误，D正确．故选AD.

3.(2021·广西桂林二模)如图所示，匀强磁场中有一等边三角形线框abc，匀质导体棒在线框上向右匀速运动．导体棒在线框接触点之间的感应电动势为E，通过的电流为I.忽略线框的电阻，且导体棒与线框接触良好，则导体棒(　C　)

A．从位置①到②的过程中，E增大、I增大

B．经过位置②时，E最大、I为零

C．从位置②到③的过程中，E减小、I不变

D．从位置①到③的过程中，E和I都保持不变

【解析】　由导体做切割磁感线产生电动势公式E＝BLv可知，L增大，E就会增大，由电阻定律可知R＝ρ，导体中的电流为I＝＝＝，导体做匀速运动，所以I不变，A错误；经过②位置时，L最大，E最大，电流不为0，B错误；从位置②到③的过程中，L减小，E减小，电流不变，C正确；从位置①到③的过程中，E先增大后减小，I保持不变，D错误；故选C.

4．(多选)(2021·山东烟台模拟)如图所示，一根总电阻为R的导线弯成宽度和高度均为d的“半正弦波”形闭合线框．竖直虚线之间有宽度也为d、磁感应强度大小为B、方向垂直于线框所在的平面的匀强磁场．线框在外力F的作用下向右匀速通过磁场，ab边始终与磁场边界垂直．则从b点到达磁场左边界开始到a点离开磁场右边界的过程中，穿过线框的磁通量φ、线框中的感应电流i(规定逆时针方向为电流正方向)ab边所受安培力F安大小、外力F大小与线框的位移x的关系图像可能正确的是(下图中a＝，b＝)(　AB　)

【解析】　磁场与线框平面垂直，磁感应强度不变，由于线框是“半正弦波”形闭合线框，线框向右匀速运动过程，面积按正弦规律变化，因此磁通量按正弦规律变化，A正确；设线框做匀速直线运动的速度为v，线框切割磁感线产生的感应电动势为E＝BLv.其中切割磁感线的有效长度为L＝dsin ωt，ω＝，感应电流为i＝，联立解得：i＝sin t.由楞次定律可得，0～d内感应电流沿逆时针方向，在d～2d内感应电流沿顺时针方向，即电流方向先正后负，B正确；线框所受安培力大小为F安＝BiL＝B×sin t×dsin t＝2，线框做匀速直线运动，则F＝F安＝2，CD错误；故选AB.

5．(2021·北京西城区5月测试)如图1所示，地面上方高度为d的空间内有水平方向的匀强磁场，质量为m的正方形闭合导线框abcd的边长为l，从bc边距离地面高为h处将其由静止释放，已知h>d>l.从导线框开始运动到bc边即将落地的过程中，导线框的v－t图像如图2所示．重力加速度为g，不计空气阻力，以下有关这一过程的判断正确的是(　D　)

A．t1～t2时间内导线框受到的安培力逐渐增大

B．磁场的高度d可以用v－t图中阴影部分的面积表示

C．导线框重力势能的减少量等于其动能的增加量

D．导线框产生的焦耳热大于mgl

【解析】　由图2可知，在0～t1时间内，导线框自由落体，t1～t2时间内导线框切割磁感线进入磁场，做加速度减小的减速运动，完全进入磁场后又做匀加速运动，所以根据受力分析可知，W安＝F安l，且a在减小，则安培力在减小，A错误；根据题意可知，在t1～t2时间段内，导线框切割磁感线，距离为l，完全进入后又做加速运动直到落地，所以磁场高度d为t1～t3时间内的位移，B错误；根据题意可知，安培力做负功，所以重力势能减少量为动能增加量和安培力做功，C错误；由题可知F安>mg且W安＝F安l，所以在下降过程中导线框产生的焦耳热大于mgl，故选D.

6.(多选)(2021·山东烟台模拟)如图所示，竖直面内固定一足够长的竖直光滑平行金属导轨，导轨上端接有一个定值电阻R，整个装置处在垂直纸面向里的匀强磁场中，一质量为m、电阻不计的金属棒可紧贴导轨自由滑动．现让金属棒由静止下滑，不计导轨电阻和空气阻力，则金属棒在运动过程中，加速度大小a与速度大小v、流过的电荷量q与位移x的关系图像中正确的有(　AD　)

【解析】　金属棒中感应电流为I＝＝，对金属棒，由牛顿第二定律可得mg－BIL＝ma，联立可得a＝g－，对比题中图像可知，A正确，B错误；金属棒产生的平均感应电动势为＝＝，平均感应电流为＝，流过的电荷量为q＝Δt，联立可得q＝，对比题中图像可知，C错误，D正确，故选AD.

7.(2021·辽宁葫芦岛一模)如图所示，边长为L的单匝均匀金属线框置于光滑水平桌面上，在拉力作用下以恒定速度通过宽度为D、方向竖直向下的有界匀强磁场，线框的边长L小于有界磁场的宽度D，在整个过程中线框的ab边始终与磁场的边界平行，若以F表示拉力、以Uab表示线框ab两点间的电势差、I表示通过线框的电流(规定逆时针为正，顺时针为负)、P表示拉力的功率，则下列反映这些物理量随时间变化的图像中正确的是(　B　)

【解析】　设线框每边电阻为R，线框的边长为L，线框的速度为v.

①线框进入磁场过程，产生的感应电动势为E＝BLv，线框中的电流为I＝，方向为逆时针方向(正方向)；拉力F大小为F＝F安＝BIL＝，a、b两点间的电势差为Uab＝I·3R＝BLv，拉力的功率为P＝Fv＝.

②线框完全进入磁场过程Uab＝E＝BLv，F＝0，I＝0，P＝0

③线框离开磁场过程，产生的感应电动势为E＝BLv，线框中的电流为I＝，方向为顺时针方向(负方向)；拉力F大小为F＝F安＝BIL＝，a、b两点间的电势差为Uab＝I·R＝BLv，拉力的功率为P＝Fv＝，故B正确，ACD错误．

8．(2021·河南郑州二模)如图所示，垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t均匀变化，磁场方向取垂直纸面向里为正方向．正方形硬质金属框abcd放置在磁场中，金属框平面与磁场方向垂直，电阻R＝0.1 Ω，边长L＝0.2 m，则下列说法错误的是(　C　)

A．在t＝0到t＝0.1 s时间内，金属框中的感应电动势为0.08 V

B．在t＝0.05 s时，金属框ab边受到的安培力的大小为0.016 N

C．在t＝0.05 s时，金属框ab边受到的安培力的方向垂直于ab向右

D．在t＝0到t＝0.1 s时间内，金属框中电流的电功率为0.064 W

【解析】　根据法拉第电磁感应定律E＝，金属框的面积不变，磁场的磁感应强度变化，故ΔΦ＝ΔB·L2，＝＝2 T/s，解得E＝0.08 V，故A正确；感应电流为I＝＝ A＝0.8 A，在t＝0.05 s时，ab受到的安培力为F＝BIL＝0.1×0.8×0.2 N＝0.016 N，故B正确；根据楞次定律，感应电流阻碍磁通量的变化，磁通量随磁感应强度的减小，线框有扩大的趋势，故ab受到的安培力水平向左，故C错误；电功率为P＝EI＝0.08 V×0.8 A＝0.064 W，故D正确．

应用题——强化学以致用

9．(多选)(2021·湖南邵阳一模)如图所示，水平面内有两根足够长的平行导轨L1、L2，其间距d＝0.5 m，左端接有电容C＝1 000 μF的电容器，质量m＝10 g的导体棒可在导轨上无摩擦滑动，导体棒和导轨的电阻不计．整个空间存在着垂直导轨所在平面的匀强磁场，磁感应强度B＝2 T．现用一沿导轨方向向右的恒力，F1＝0.44 N作用于导体棒，使导体棒从静止开始运动，经t时间后到达B处，速度v＝8 m/s.此时，突然将拉力方向变为沿导轨向左，大小变为F2，又经t时间后导体棒返回到初始位置A处，整个过程电容器未被击穿．则(　ABD　)

A．导体棒运动到B处时，电容器C上的电荷量8×10－3C

B．导体棒运动到B处时，导体棒的加速度大小为40 m/s2

C．2F1＝F2

D．3F1＝F2

【解析】　当导体棒运动到B处时电容器两端电压为U＝Bdv＝2×0.5×8 V＝8 V，此时电容器积累的电荷量Q＝CU＝1 000×10－6×8 C＝8×10－3C，A正确；棒在F1作用下由牛顿第二定律有F1－BId＝ma1，又根据I＝＝，a1＝联立解得a1＝＝40 m/s2，可见棒的加速度不变，说明棒做匀加速运动，B正确；棒在F2作用下，先向右做匀减速运动，此时电容器放电，棒受到的安培力向右；当棒的速度减小为零时，电容器放电完毕，此后棒向左做匀加速运动，电容器被反向充电，此时棒受的安培力仍然向右，可知导体棒做匀加速直线运动的加速度大小a2＝，方向向左；而两种情况下位移等大、反向，则有a1t2＝－，解得F2＝3F1，C错误，D正确．故选ABD.

10．(多选)(2021·河南郑州二模)在如下图所示的甲、乙、丙图中，MN、PQ是固定在同一水平面内足够长的平行金属导轨．导体棒ab垂直放在导轨上，导轨都处于垂直水平面向下的匀强磁场中，导体棒和导轨间的摩擦不计，导体棒、导轨和直流电源的电阻均可忽略，甲图中的电容器C原来不带电．今给导体棒ab一个向右的初速度v0，在甲、乙、丙图中导体棒ab在磁场中的运动状态是(　AC　)

A．甲图中，棒ab最终做匀速运动

B．乙图中，棒ab匀减速运动直到最终静止

C．丙图中，棒ab最终做匀速运动

D．甲、乙、丙中，棒ab最终都静止

【解析】　图甲中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流而使电容器充电，当电容器C极板间电压与导体棒产生的感应电动势相等时，电路中没有电流，ab棒不受安培力，向右做匀速运动；故A正确；图乙中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流，通过电阻R转化为内能，ab棒速度减小，当ab棒的动能全部转化为内能时，ab棒静止；又由于I＝，F＝BIL，由于速度减小，则产生感应电流减小，导体棒所受安培力减小，根据牛顿第二定律可知导体棒的加速度减小，所以乙图中，棒ab做加速度减小的减速运动最终静止；故B错误；图丙中，导体棒先受到向左的安培力作用向右做减速运动，速度减为零后再在安培力作用下向左做加速运动，当导体棒产生的感应电动势与电源的电动势相等时，电路中没有电流ab棒向左做匀速运动．故C正确；由以上分析可知，甲、乙、丙中，只有图乙中棒ab最终静止，故D错误；故选AC.

11．(多选)(2021·河北衡水模拟)如图所示，两个金属轮A1、A2，可绕通过各自中心并与轮面垂直的固定的光滑金属细轴O1和O2转动，O1和O2相互平行，水平放置，每个金属轮由四根金属辐条和金属环组成，A1轮的辐条长为a1、电阻为R1，A2轮的辐条长也为a1、电阻为R2，连接辐条的金属环的宽度与电阻都可以忽略．半径为a0的绝缘圆盘D与A1同轴且固连在一起，一轻细绳的一端固定在D边缘上的某点，绳在D上绕足够匝数后，悬挂一质量为m的重物P.当P下落时，通过细绳带动D和A1绕轴转动，转动过程中A1、A2保持接触，无相对滑动．两轮与各自轴之间保持良好接触，无相对滑动，两轮与各自细轴之间保持良好的电接触．两细轴通过导线与一阻值为R的电阻相连，除R和A1、A2两轮中辐条的电阻外，所有金属电阻都不计，整个装置处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与转轴平行，现将P由静止起释放，则(　CD　)

A．重物在下落过程中，减少的重力势能转化为重物的动能和电路电阻发热的内能

B．通过电阻R中的电流方向由N→M

C．通过电阻R中的电流方向由M→N

D．P下落过程中的最大速度为v＝

【解析】　A1、A2从起始的静止状态逐渐加速转动，电流随之逐渐增大，电磁阻力矩亦逐渐增大，直至电磁阻力矩与机械力矩相等，D、A1和A2停止作加速转动，均作匀角速转动，此时P匀速下落，加速过程的能量转化：重力势能转化为动能和内能；匀速阶段：重力势能转化为内能，A错误；P被释放后，细绳的张力对D产生机械力矩，带动D和A1作逆时针的转动，通过两个轮子之间无相对运动的接触，A1带动A2作顺时针的运动，根据左手定则，左边的四条电流方向均指向圆心，右边的四条电流方向均背向圆心，即通过电阻R中的电流方向由M→N，B错误C正确；设其速度为v，则A1的角速度ω＝，A1带动A2转动，A2的角速度ω2与A1的角速度ω1之间的关系为ω1a1＝ω2a1，A1中每根辐条产生的感应电动势均为E1＝Baω1，轴与轮边之间的电动势就是A1中四条辐条电动势的并联，其数值E1＝Baω1，同理，A2中，轴与轮边之间的电动势就是A2中四条辐条电动势的并联，其数值E2＝Baω2，A1中每根辐条的电阻为R1，轴与轮边之间的电动势就是A1中四条辐条电动势的并联，其数值为RA1＝.A2中每根辐条的电阻为R2，轴与轮边之间的电动势就是A2中四条辐条电动势的并联，其数值为RA2＝.A1轮、A2轮和电阻R构成串联回路，其中的电流为I＝，根据以上格式可得I＝，当P匀速下降时，对整个系统来说，重力的功率等于所有电阻的焦耳热功率之和，即mgv＝I2，解得v＝，D正确．故选CD.

12．(2021·天津十二区重点学校二模)如图所示，两根光滑的平行金属导轨与水平面的夹角θ＝30°，导轨间距L＝0.5 m，导轨下端接定值电阻R＝0.4 Ω，导轨电阻忽略不计．在导轨上距底端d＝1 m处垂直导轨放置一根导体棒MN，其质量m＝0.4 kg，电阻r＝0.1 Ω，导体棒MN始终与导轨接触良好．t＝0 s开始在空间加一垂直导轨平面向上的变化磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系为B＝0.5t(T)，导体棒MN在沿导轨向上的拉力F作用下处于静止状态，g取10 m/s2.求：

(1)流过导体棒MN电流大小I；

(2)t＝4 s时导体棒MN所受拉力大小F；

(3)t＝4 s以后磁场保持不变，同时撤去拉力F，导体棒MN沿导轨下滑到达底端的过程中，电阻R产生的焦耳热Q.(导体棒MN滑到底端前已达到最大速度)

【答案】　(1)0.5 A　(2)2.5 N　(3)1.44 J

【解析】　(1)由法拉第电磁感应定律，有E＝＝Ld

由题意可知＝0.5 T/s

由闭合电路欧姆定律，可得I＝

解得I＝0.5 A

(2)当t＝4 s时，B＝2 T

导体棒受力平衡F＝mgsin θ＋BIL

解得F＝2.5 N

(3)当t＝4 s时B＝2 T，此后磁感应强度不变，导体棒有最大速度，mgsin θ＝BIL

E＝BLv

I＝

mgdsin θ＝mv2＋Q总

Q＝Q总

解得Q＝1.44 J

13．(2021·安徽芜湖5月质检)如图所示，宽度为L1＝30 cm与宽度为L2＝ 10 cm的两部分平行金属导轨连接良好并固定在水平面上，整个空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B＝0.1 T，长度分别为L1和L2的导体棒1和2按如图的方式置于导轨上，已知两导体棒的质量均为m＝0.02 kg、两导体棒单位长度的电阻均为r0＝0.1 Ω/m，现给导体棒1以水平向右的初速度v0＝4 m/s.假设导轨的电阻忽略不计、导体棒与导轨之间的摩擦可忽略不计，两部分导轨足够长且导体棒1始终在宽轨道上运动．求：

(1)当导体棒1开始运动瞬间，导体棒2的加速度大小；

(2)导体棒1匀速运动时的速度大小；

(3)两导体棒从开始运动到刚匀速运动的过程中，两导体棒发生的位移分别是x1和x2，试写出此时两导体棒的位移x1和x2之间的关系式．

【答案】　(1)a2＝1.5 m/s2　(2)1.2 m/s　(3)3x1－x2＝9.6 m

【解析】(1)导体棒1刚开始运动时电源电动势为E＝BL1v0＝0.12 V

由题意整个电路的总电阻为r＝(L1＋L2)r0

由闭合电路欧姆定律知电路中的总电流大小为I＝＝3 A

联立可得导体棒2所受的安培力大小为F2＝BIL2

由牛顿第二定律可知加速度大小为a2＝＝＝1.5 m/s2

(2)由动量定理，对导体棒1有－BL1Δt＝mv1－mv0(或－∑BL1iΔt＝mv1－mv0)

即－BL1q＝mv1－mv0

同理对导体棒2有BL2Δt＝mv2(或－∑BL2iΔt＝mv2)

两导体棒均匀速运动时，两导体棒无电流，电动势相等，有v2＝3v1

联立以上各式可解得v1＝v0＝0.4 m/s，v2＝v0＝1.2 m/s

(3)由BL2Δt＝mv2

由法拉第电磁感应定律得E＝

又＝

Δq＝Δt

整理得Δq＝

联立以上各式可得L1x1－L2x2＝

即3x1－x2＝9.6 m