【物理】2020届二轮复习专题四2第2讲　电磁感应问题作业（京津鲁琼专用） 8页

一、单项选择题 ‎1．图甲为手机及无线充电板．图乙为充电原理示意图．充电板接交流电源，对充电板供电，充电板内的送电线圈可产生交变磁场，从而使手机内的受电线圈产生交变电流，再经整流电路转变成直流电后对手机电池充电．为方便研究，现将问题做如下简化：设送电线圈的匝数为n1，受电线圈的匝数为n2，面积为S，若在t1到t2时间内，磁场(垂直于线圈平面向上、可视为匀强磁场)的磁感应强度由B1均匀增加到B2.下列说法正确的是(　　)‎ A．受电线圈中感应电流方向由d到c B．c点的电势高于d点的电势 C．c、d之间的电势差为 D．c、d之间的电势差为 解析：选D.根据楞次定律可知，受电线圈内部产生的感应电流方向俯视为顺时针，受电线圈中感应电流方向由c到d，所以c点的电势低于d点的电势，故A、B错误；根据法拉第电磁感应定律可得c、d之间的电势差为Ucd＝E＝n2＝，故C错误，D正确．‎ ‎2．(2017·高考全国卷Ⅲ)如图，在方向垂直于纸面向里的匀强磁场中有一U形金属导轨，导轨平面与磁场垂直．金属杆PQ置于导轨上并与导轨形成闭合回路PQRS，一圆环形金属线框T位于回路围成的区域内，线框与导轨共面．现让金属杆PQ突然向右运动，在运动开始的瞬间，关于感应电流的方向，下列说法正确的是(　　)‎ A．PQRS中沿顺时针方向，T中沿逆时针方向 B．PQRS中沿顺时针方向，T中沿顺时针方向 C．PQRS中沿逆时针方向，T中沿逆时针方向 D．PQRS中沿逆时针方向，T中沿顺时针方向 解析：选D.金属杆PQ向右切割磁感线，根据右手定则可知PQRS中感应电流沿逆时针方向；原来T中的磁场方向垂直于纸面向里，金属杆PQ中的感应电流产生的磁场方向垂直于纸面向外，使得穿过T的磁通量减小，根据楞次定律可知T中产生顺时针方向的感应电流，综上所述，可知A、B、C项错误，D项正确．‎ ‎3．(2019·黄冈预测)如图，虚线P、Q、R间存在着磁感应强度大小相等，方向相反的匀强磁场，磁场方向均垂直于纸面，磁场宽度均为L.一等腰直角三角形导线框abc，ab边与bc边长度均为L，bc边与虚线边界垂直．现让线框沿bc方向以速度v匀速穿过磁场区域，从 c点经过虚线P开始计时，以逆时针方向为导线框中感应电流i的正方向，则下列四个图象中能正确表示i－t图象的是(　　)‎ 解析：选A.由右手定则可知导线框从左侧进入磁场时，感应电流方向为逆时针方向，即沿正方向，且逐渐增大，导线框刚好完全进入P、Q之间的瞬间，电流由正向最大值变为零，然后电流方向变为顺时针(即沿负方向)且逐渐增加，当导线框刚好完全进入Q、R之间的瞬间，电流由负向最大值变为零，然后电流方向变为逆时针且逐渐增加，当导线框离开磁场时，电流变为零，故A正确．‎ ‎4．如图甲中水平放置的U形光滑金属导轨NMPQ，MN接有开关S，导轨宽度为L，其电阻不计．在左侧边长为L的正方形区域存在方向竖直向上磁场B，其变化规律如图乙所示；中间一段没有磁场，右侧一段区域存在方向竖直向下的匀强磁场，其磁感应强度为B0，在该段导轨之间放有质量为m、电阻为R、长为L的金属棒ab.若在图乙所示的时刻关闭开关S，则在这一瞬间(　　)‎ A．金属棒ab中的电流方向为由a流向b B．金属棒ab中的电流大小为 C．金属棒ab所受安培力方向水平向右 D．金属棒ab的加速度大小为 解析：选C.根据楞次定律可得金属棒ab中的电流方向为由b流向a，故A错误；根据法拉第电磁感应定律可得感应电动势：E＝S＝L2，所以金属棒ab中的电流大小为：I＝＝L2，故B错误；金属棒ab的电流方向为由b流向a，根据左手定则可得ab棒所受安培力方向水平向右，C正确；根据牛顿第二定律可得金属棒ab的加速度大小为a＝＝，故D错误．‎ ‎5．如图所示，a、b两个闭合正方形线圈用同样的导线制成，匝数均为10匝，边长la＝3lb，图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀增大，‎ 不考虑线圈之间的相互影响，则(　　)‎ A．两线圈内产生顺时针方向的感应电流 B．a、b线圈中感应电动势之比为9∶1‎ C．a、b线圈中感应电流之比为3∶4‎ D．a、b线圈中电功率之比为3∶1‎ 解析：选B.由于磁感应强度随时间均匀增大，则根据楞次定律知两线圈内产生的感应电流方向皆沿逆时针方向，故A项错误；根据法拉第电磁感应定律E＝N＝NS，而磁感应强度均匀变化，即恒定，则a、b线圈中的感应电动势之比为＝＝＝9，故B项正确；根据电阻定律R＝ρ，且L＝4Nl，则＝＝3，由闭合电路欧姆定律I＝，得a、b线圈中的感应电流之比为＝·＝3，故C项错误；由功率公式P＝I2R知，a、b线圈中的电功率之比为＝·＝27，故D项错误．‎ ‎6．(2017·高考全国卷Ⅰ)扫描隧道显微镜(STM)可用来探测样品表面原子尺度上的形貌．为了有效隔离外界振动对STM的扰动，在圆底盘周边沿其径向对称地安装若干对紫铜薄板，并施加磁场来快速衰减其微小振动，如图所示．无扰动时，按下列四种方案对紫铜薄板施加恒磁场；出现扰动后，对于紫铜薄板上下及左右振动的衰减最有效的方案是(　　)‎ ‎ ‎ 解析：选A.施加磁场来快速衰减STM的微小振动，其原理是电磁阻尼，在振动时通过紫铜薄板的磁通量变化，紫铜薄板中产生感应电动势和感应电流，则其受到安培力作用，该作用阻碍紫铜薄板振动，即促使其振动衰减．方案A中，无论紫铜薄板上下振动还是左右振动，通过它的磁通量都发生变化；方案B中，当紫铜薄板上下振动时，通过它的磁通量可能不变，当紫铜薄板向右振动时，通过它的磁通量不变；方案C中，紫铜薄板上下振动、左右振动时，通过它的磁通量可能不变；方案D中，当紫铜薄板上下振动时，紫铜薄板中磁通量可能不变．综上可知，对于紫铜薄板上下及左右振动的衰减最有效的方案是A.‎ ‎7．(2017·高考天津卷)如图所示，两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有电阻R.金属棒ab与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下．现使磁感应强度随时间均匀减小，ab始终保持静止，下列说法正确的是(　　)‎ A．ab中的感应电流方向由b到a B．ab中的感应电流逐渐减小 C．ab所受的安培力保持不变 D．ab所受的静摩擦力逐渐减小 解析：选D.根据楞次定律，感应电流产生的磁场向下，再根据安培定则，可判断ab中感应电流方向从a到b，A错误；磁场变化是均匀的，根据法拉第电磁感应定律，感应电动势恒定不变，感应电流I恒定不变，B错误；安培力F＝BIL，由于I、L不变，B减小，所以ab所受的安培力逐渐减小，根据力的平衡条件，静摩擦力逐渐减小，C错误，D正确．‎ 二、多项选择题 ‎8．如图，在水平面内固定有两根相互平行的无限长光滑金属导轨，其间距为L，电阻不计．在虚线l1的左侧存在竖直向上的匀强磁场，在虚线l2的右侧存在竖直向下的匀强磁场，两部分磁场的磁感应强度大小均为B.ad、bc两根电阻均为R的金属棒与导轨垂直，分别位于两磁场中，现突然给ad棒一个水平向左的初速度v0，在两棒达到稳定的过程中，下列说法正确的是(　　)‎ A．两金属棒组成的系统的动量守恒 B．两金属棒组成的系统的动量不守恒 C．ad棒克服安培力做功的功率等于ad棒的发热功率 D．ad棒克服安培力做功的功率等于安培力对bc棒做功的功率与两棒总发热功率之和 解析：选BD.开始时， ad棒以初速度v0切割磁感线，产生感应电动势，在回路中产生顺时针方向(从上往下看)的感应电流，ad棒因受到向右的安培力而减速，bc棒受到向右的安培力而向右加速；当两棒的速度大小相等，即两棒因切割磁感线而产生的感应电动势相等时，回路中没有感应电流，两棒各自做匀速直线运动；由于两棒所受的安培力都向右，两金属棒组成的系统所受合外力不为零，所以该系统的动量不守恒，选项A错误，B正确．根据能量守恒定律可知，ad棒动能的减小量等于回路中产生的热量和bc棒动能的增加量，由动能定理可知，ad棒动能的减小量等于ad棒克服安培力做的功，bc棒动能的增加量等于安培力对bc棒做的功，所以ad棒克服安培力做功的功率等于安培力对bc棒做功的功率与两棒总发热功率之和，选项C错误，D正确．‎ ‎9．(2018·高考全国卷Ⅰ)如图，两个线圈绕在同一根铁芯上，其中一线圈通过开关与电源连接，另一线圈与远处沿南北方向水平放置在纸面内的直导线连接成回路．将一小磁针悬挂在直导线正上方，开关未闭合时小磁针处于静止状态．下列说法正确的是　(　　)‎ A．开关闭合后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动 B．开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向里的方向 C．开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向外的方向 D．开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动 解析：选AD.由电路可知，开关闭合瞬间，右侧线圈环绕部分的电流向下，由安培定则可知，直导线在铁芯中产生向右的磁场，由楞次定律可知，左侧线圈环绕部分产生向上的电流，则直导线中的电流方向由南向北，由安培定则可知，直导线在小磁针所在位置产生垂直纸面向里的磁场，则小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动，A正确；开关闭合并保持一段时间后，穿过左侧线圈的磁通量不变，则左侧线圈中的感应电流为零，直导线不产生磁场，则小磁针静止不动，B、C错误；开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，穿过左侧线圈向右的磁通量减少，则由楞次定律可知，左侧线圈环绕部分产生向下的感应电流，则流过直导线的电流方向由北向南，直导线在小磁针所在处产生垂直纸面向外的磁场，则小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动，D正确．‎ ‎10．如图甲所示，一个匝数为n的圆形线圈(图中只画了2匝)，面积为S，线圈的电阻为R，在线圈外接一个阻值为R的电阻和一个理想电压表，将线圈放入垂直线圈平面指向纸内的磁场中，磁感应强度随时间变化规律如图乙所示，下列说法正确的是(　　)‎ A．0～t1时间内P端电势高于Q端电势 B．0～t1时间内电压表的读数为 C．t1～t2时间内R上的电流为 D．t1～t2时间内P端电势高于Q端电势 解析：选AC.0～t1时间内，磁通量向里增大，根据楞次定律可知感应电流沿逆时针方向，线圈相当于电源，上端为正极，下端为负极，所以P端电势高于Q端电势，故A正确；0～t1时间内线圈产生的感应电动势E＝n＝nS＝nS，电压表的示数等于电阻R两端的电压U＝IR＝·R＝，故B错误；t1～t2时间内线圈产生的感应电动势E′＝n＝nS，根据闭合电路的欧姆定律I′＝＝，故C正确；t1～t2时间内，磁通量向里减小，根据楞次定律，感应电流沿顺时针方向，所以P端电势低于Q端电势，故D错误．‎ ‎11．(2017·高考全国卷Ⅱ)两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感应强度方向与纸面垂直．边长为0.1 m、总电阻为0.005 Ω的正方形导线框abcd位于纸面内，cd边与磁场边界平行，如图(a)所示．已知导线框一直向右做匀速直线运动，cd边于t＝0时刻进入磁场．线框中感应电动势随时间变化的图线如图(b)所示(感应电流的方向为顺时针时，感应电动势取正)．下列说法正确的是(　　)‎ ‎ ‎ A．磁感应强度的大小为0.5 T B．导线框运动速度的大小为0.5 m/s C．磁感应强度的方向垂直于纸面向外 D．在t＝0.4 s至t＝0.6 s这段时间内，导线框所受的安培力大小为0.1 N 解析：选BC.由题图(b)可知，导线框运动的速度大小v＝＝ m/s＝0.5 m/s，B项正确；导线框进入磁场的过程中，cd边切割磁感线，由E＝BLv，得B＝＝ T＝0.2 T，A项错误；由图可知，导线框进入磁场的过程中，感应电流的方向为顺时针方向，根据楞次定律可知，磁感应强度方向垂直纸面向外，C项正确；在0.4～0.6 s这段时间内，导线框正在出磁场，回路中的电流大小I＝＝ A＝2 A，则导线框受到的安培力F＝BIL＝0.2×2×0.1 N＝0.04 N，D项错误．‎ ‎12．水平面上固定相距为d的光滑直轨道MN和PQ，在N、Q之间连接不计电阻的电感线圈L和电阻R.匀强磁场磁感应强度为B，方向垂直导轨平面向上，在导轨上垂直导轨放置一质量为m，电阻不计的金属杆ab，在直导轨右侧有两个固定挡块C、D，CD连线与导轨垂直．现给金属杆ab沿轨道向右的初速度v0，当ab即将撞上CD时速度为v，撞后速度立即变为零但不与挡块粘连．以下说法正确的是(　　)‎ A．ab向右做匀变速直线运动 B．当ab撞上CD后，将会向左运动 C．ab在整个运动过程中受到的最大安培力为 D．从ab开始运动到撞上CD时，电阻R上产生的热量小于mv－mv2‎ 解析：选BD.ab向右运动时受到向左的安培力而做减速运动，产生的感应电动势和感应电流减小，安培力随之减小，加速度减小，所以ab做非匀变速直线运动，故A错误．当ab撞CD后，ab中产生的感应电动势为零，电路中电流要减小，线圈L将产生自感电动势，根据楞次定律可知自感电动势方向与原来电流方向相同，ab中电流方向沿b→a，根据左手定则可知ab受到向左的安培力，故当ab撞CD后，将会向左运动，故B正确．开始时，ab的速度最大，产生的感应电动势最大，由于线圈中产生自感电动势，此自感电动势与ab感应电动势方向相反，电路中的电流小于，最大安培力将小于BdI＝，故C错误．从ab开始运动到撞CD时，由于线圈中有磁场能，所以电阻R上产生的热量小于mv－mv2，故D正确．‎ 三、非选择题 ‎13．(2019·高考北京卷)如图所示，垂直于纸面的匀强磁场磁感应强度为B.纸面内有一正方形均匀金属线框abcd，其边长为L，总电阻为R，ad边与磁场边界平行．从ad边刚进入磁场直至bc边刚要进入的过程中，线框在向左的拉力作用下以速度v匀速运动，求：‎ ‎(1)感应电动势的大小E；‎ ‎(2)拉力做功的功率P；‎ ‎(3)ab边产生的焦耳热Q.‎ 解析：(1)由法拉第电磁感应定律可得，感应电动势 E＝BLv.‎ ‎(2)线圈中的感应电流I＝ 拉力大小等于安培力大小F＝BIL 拉力的功率P＝Fv＝.‎ ‎(3)线圈ab边电阻Rab＝ 时间t＝ ab边产生的焦耳热Q＝I2Rabt＝.‎ 答案：(1)BLv　(2)　(3) ‎14．如图，固定在水平绝缘桌面上的“∠”形平行导轨足够长，间距L＝1 m，电阻不计．倾斜导轨的倾角θ＝53°，并与R＝2 Ω的定值电阻相连．整个导轨置于磁感应强度B＝5 T、方向垂直倾斜导轨平面向上的匀强磁场中．金属棒ab、cd的阻值为R1＝R2＝2 Ω，cd棒质量m＝1 kg.ab与导轨间摩擦不计，cd与导轨间的动摩擦因数μ＝0.3，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．现让ab棒从导轨上某处由静止释放，当它滑至某一位置时，cd棒恰好开始滑动．sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g＝10 m/s2.‎ ‎(1)求此时通过ab棒的电流；‎ ‎(2)求cd棒消耗的热功率与ab棒克服安培力做功的功率之比；‎ ‎(3)若ab棒无论从多高的位置释放，cd棒都不动，则ab棒质量应小于多少？‎ 解析：(1)ab棒沿倾斜导轨下滑切割磁感线产生的感应电流的方向是b→a，通过cd棒的电流方向是c→d.cd棒刚要开始滑动时，由平衡条件得：‎ BIcdLcos 53°＝f 由摩擦力公式得：f＝μN N＝mg＋BIcdLsin 53°‎ 联立以上三式，得Icd＝ A，Iab＝2Icd＝ A.‎ ‎(2)根据题意画出等效电路如图所示：‎ 设Icd＝I，因为电阻R与cd棒并联，故电阻R上产生的热功率与cd棒产生的热功率相等，即PR＝Pcd＝I2R 又因为流经ab棒的电流为2I，故ab棒产生的热功率Pab＝4I2R 整个回路产生的热功率P＝6I2R 又因为回路中消耗的热功率源于ab棒克服安培力做功，所以cd棒消耗的热功率与ab棒克服安培力做功的功率之比为＝＝.‎ ‎(3)ab棒在足够长的轨道下滑时，最大安培力只能等于自身重力在倾斜轨道平面上的分力，有：‎ FA＝mabgsin 53°‎ cd棒所受最大安培力应为FA，‎ 要使cd棒不能滑动，需满足：‎ FAcos 53°≤μ 由以上两式联立解得：mab≤ kg≈2.08 kg.‎ 答案：见解析