2022届新高考二轮复习电磁感应作业

选择题保分专训（十三）电磁感应1．(2021·广州一模)如图，1831年8月29日，法拉第在一个软铁圆环上绕两个互相绝缘的线圈a和b。a与电池、开关组成回路，b的两端用导线连接，导线正下方有一枚小磁针。使法拉第在“磁生电”方面取得突破性进展的现象是()A．闭合开关瞬间，观察到小磁针发生偏转B．闭合开关后，观察到小磁针保持偏转状态C．断开开关瞬间，观察到小磁针不发生偏转D．断开开关后，观察到小磁针保持偏转状态解析：选A闭合开关瞬间，线圈a中电流发生变化，在线圈b中会产生感应电流，可观察到小磁针发生偏转，选项A正确；闭合开关后，线圈a中电流不发生变化，在线圈b中不会产生感应电流，观察到小磁针不偏转，选项B错误；断开开关瞬间，线圈a中电流发生变化，在线圈b中会产生感应电流，观察到小磁针发生偏转，选项C错误；断开开关后，线圈a中电流不发生变化，在线圈b中不会产生感应电流，观察到小磁针不偏转，选项D错误。2．(2021·汕头一模)在物理兴趣小组的活动中，某同学将轻质圆形铝板用细棉线悬挂在固定点O上，铝板可以绕O点自由摆动，如图所示。在平行于铝板的竖直面内将一竖放的条形磁铁在铝板附近左右来回拉动(与铝板始终不相碰)，若空气流动对铝板的影响可忽略不计，则下列对这个实验结果的判断，正确的是()A．铝板内不会产生感应电动势B．铝板内能产生感应电动势但不会产生感应电流C．铝板可以在安培力的作用下摆动起来D．铝板始终保持静止不动解析：选C当条形磁铁靠近和远离铝板时，铝板切割磁感线，产生感应电动势，故A错误；因铝板各部分切割磁感线的密集程度不同，磁通量的改变量不同，故各部分产生的感应电动势不同，由此能产生感应电流，B错误；铝板产生感应电流后，可以在安培力的作用下摆动起来，故C正确，D错误。3．美媒报道称，中国第三艘航母(第二艘国产航母)很可能比前两艘“前辈”更大，并配备电磁弹射系统，允许更大、更重的飞机携带更多武器，执行更远距离任务，航母上飞机弹射起飞所利用的电磁驱动原理如图所示，当固定线圈上突然通过直流电流时，线圈左侧的金属环被弹射出去，则下列说法正确的是()A．若将金属环置于线圈的右侧，环将不能弹射出去B．金属环向左运动过程中将有扩大趋势C．若将电池正、负极调换后，金属环不能向左弹射D．合上开关S的瞬间，从左侧看环中产生沿逆时针方向的感应电流解析：选D若金属环放在线圈右侧，根据“来拒去留”可得，金属环将向右运动，A错误；固定线圈上突然通过直流电流，穿过金属环的磁通量增大，根据楞次定律“增缩减扩”可知金属环被向左弹射的瞬间，还有缩小的趋势，B错误；根据“来拒去留”，在线圈上突然通过直流电流时，金属环都会受到向左的力的作用，与电源的正负极无关，C错误；线圈中电流为左侧流入，磁场方向为向右，在闭合开关的过程中，磁场变强，则由楞次定律可知，金属环的感应电流由左侧看为逆时针，D正确。4．(多选)匀强磁场方向垂直纸面，规定向里的方向为正，磁感应强度B随时间t变化规律如图甲所示。在磁场中有一细金属圆环，圆环平面位于纸面内，如图乙所示。令I1、I2、I3分别表示Oa、ab、bc段的感应电流，f1、f2、f3分别表示金属环对应感应电流时，其中很小段受到的安培力，则()A．I1沿逆时针方向，I2沿顺时针方向B．I2沿顺时针方向，I3沿顺时针方向C．f1方向指向圆心，f2方向指向圆心D．f2方向背离圆心向外，f3方向指向圆心解析：选ABD由题图知Oa段，穿过金属环的磁场方向为垂直线面向里，磁通量增大，根据楞次定律可判断感应电流I1的方向为沿逆时针方向，同理可判断I2沿顺时针方向，I3沿顺时针方向，所以A、B正确；根据左手定则可判断f1方向指向圆心，f2方向背离圆心向外，f3方向指向圆心，故C错误，D正确。5．(多选)如图甲，螺线管匝数n＝1000匝，横截面积S＝0.02m2，电阻r＝1Ω，螺线管外接一个阻值R＝4Ω的电阻，电阻的一端b接地。一方向平行于螺线管轴线向左的磁场穿过螺线管，磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示，则()A．在0～4s内，R中有电流从a流向bB．在t＝3s时穿过螺线管的磁通量为0.07WbC．在4s～6s内，R中电流大小为8AD．在4s～6s内，R两端电压Uab＝40V解析：选BC在0～4s内，原磁场增大，则磁通量增大，根据楞次定律可知，感应磁场方向向右，再由安培定则可知R中的电流方向从b流向a，故A错误；由题图乙可知，t＝3s时磁感应强度为B＝3.5T，则此时的磁通量为Φ＝BS＝3.5×0.02Wb＝0.07Wb，故B正确；在4s～6s内，感应电动势为E＝neq\f(ΔB·S,Δt)＝eq\f(1000×4×0.02,2)V＝40V，则R中电流大小为I＝eq\f(E,R＋r)＝eq\f(40,4＋1)A＝8A，故C正确；在4s～6s内，根据楞次定律可知，R中的电流从a流向b，则R两端电压为Uab＝IR＝8×4V＝32V，故D错误。6．(多选)如图甲所示，平行边界MN、QP间有垂直光滑绝缘水平桌面向下的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为1T，正方形金属线框放在MN左侧的水平桌面上。用水平向右的恒定力拉金属线框，使金属线框一直向右做初速度为零的匀加速直线运动，施加的拉力F随时间t变化规律如图乙所示，已知金属线框的质量为4.5kg、电阻为2Ω，则下列判断正确的是()A．金属框运动的加速度大小为2m/s2B．金属框的边长为1mC．金属框进磁场过程通过金属框截面电量为0.5CD．金属框通过磁场过程中安培力的冲量大小为1N·s解析：选BCD由题意可知，金属框运动的加速度大小a＝eq\f(F,m)＝0.5m/s2，A错误；由题意知，金属框进磁场时的速度大小为v1＝at1＝0.5m/s，设金属框边长为L，则2L＝v1t2＋eq\f(1,2)ateq\o\al(22,)，解得L＝1m，B正确；金属框进磁场过程中离开金属框截面的电量为q＝eq\f(BL2,R)＝0.5C，C正确；金属框离开磁场时速度大小为v2＝v1＋at2＝1.5m/s，则金属框通过磁场过程中安培力的冲量大小为IA＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(B2L2v1,R)＋\f(B2L2v2,R)))t2＝1N·s，D正确。7．(多选)如图所示，两根足够长的平行光滑金属轨道MN、PQ水平放置，轨道间距为L。现有一个质量为m、长度为L的导体棒ab垂直于轨道放置，且与轨道接触良好，导体棒和轨道电阻均可忽略不计。有一电动势为E、内阻为r的电源通过开关S连接到轨道左端，另有一个定值电阻R也连接在轨道上，且在定值电阻右侧存在着垂直于轨道平面的匀强磁场，磁感应强度的大小为B。现闭合开关S，导体棒ab开始运动，则下列叙述中正确的有()A．导体棒先做加速度逐渐减小的加速运动，当速度达到最大时导体棒中无电流B．导体棒所能达到的最大速度为eq\f(ER,R＋rBL)C．导体棒稳定运动时电源的输出功率为eq\f(E2R,R＋rB2L2)D．导体棒稳定运动时产生的感应电动势为E解析：选AB闭合开关S，导体棒受到安培力向右同时导体棒切割磁感线产生感应电动势，且方向与电源电动势相反，电流减小，安培力减小，加速度减小，当导体棒的电动势和定值电阻R两端电压大小相等时，导体棒中电流为零，导体棒做匀速运动，速度达到最大，故A正确；由A分析可知Eab＝BLvm＝eq\f(R,R＋r)E，得vm＝eq\f(ER,R＋rBL)，故B正确；导体棒稳定运动时电源的输出功率为P＝I2R＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(E,R＋r)))2R＝eq\f(E2R,R＋r2)，故C错误；导体棒稳定运动时导体棒中电流为零，感应电动势与电源两端的路端电压相等，即U＝eq\f(ER,R＋r)，故D错误。8．(2021·梅州质检)如图所示，一平行金属轨道平面与水平面成θ角，两轨道宽为L，上端用一电阻R相连，该装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于轨道平面向上。质量为m的金属杆ab以初速度v0从轨道底端向上滑行，达到最大高度h后保持静止。若运动过程中金属杆始终保持与导轨垂直且接触良好，轨道与金属杆的电阻均忽略不计。关于上滑过程，下列说法正确的是()A．通过电阻R的电量为eq\f(BLh,Rsinθ)B．金属杆中的电流方向由b指向aC．金属杆克服安培力做功等于eq\f(1,2)mveq\o\al(02,)－mghD．金属杆损失的机械能等于电阻R产生的焦耳热解析：选A根据q＝eq\x\to(I)t，eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R)，eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,Δt)，ΔΦ＝BΔS＝BLeq\f(h,sinθ)，可得通过电阻R的电量为q＝eq\f(BLh,Rsinθ)，故A正确；由右手定则判断金属杆中的电流方向由a指向b，故B错误；由于达到最大高度h后保持静止，所以轨道粗糙，由动能定理－mgh＋W安－Wf＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(02,)可得金属杆克服安培力做功等于eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(W安))＝eq\f(1,2)mveq\o\al(02,)－mgh－Wf，故C错误；由能量守恒可知金属杆损失的机械能等于电阻R产生的焦耳热和金属杆与轨道摩擦产生的热量，故D错误。9．(多选)如图所示，水平面上足够长的光滑平行金属导轨，左侧接定值电阻，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中。金属杆MN以某一初速度沿导轨向右滑行，且与导轨接触良好，导轨电阻不计。则金属杆在运动过程中，速度大小v、流过的电量q与时间t或位移x的关系图像正确的有()解析：选ABD导体棒在前进过程中，所受安培力大小F＝BIL＝eq\f(B2L2v,R)，可知随速度的减小，安培力逐渐减小，加速度逐渐减小，最后停止运动，因此在v­t图像中，斜率的绝对值逐渐减小，A正确；根据动量定理F·Δt＝m·Δv，代入可得－eq\f(B2L2v,R)·Δt＝m·Δv，而Δx＝v·Δt，因此－eq\f(B2L2,R)·Δx＝m·Δv，速度随位移均匀变化，可知v­x图像为一条倾斜的直线，B正确；根据I＝eq\f(BLv,R)而I＝eq\f(Δq,Δt)，可知随着速度的减小，q­t图像是一条斜率逐渐减小的曲线，C错误；由于I＝eq\f(BLv,R)，两边同时乘以Δt可得I·Δt＝eq\f(BLv,R)·Δt，而Δq＝I·Δt，整理得Δq＝eq\f(BL,R)·Δx，因此，q­x图像为一条过坐标原点的倾斜直线，D正确。10．(2021·沈阳质检)如图甲所示，正五边形硬导线框abcde固定在磁场中，磁场方向与线框平面垂直，图乙表示该磁场的磁感应强度B随时间t变化的关系，t＝0时刻磁场方向垂直纸面向里。设垂直cd边向下为安培力的正方向，在0～5t0时间内，线框cd边受到该磁场对它的安培力F随时间t变化的关系图为()解析：选B在0～2t0时间内，磁感应强度的变化率不变，则感应电流的方向不变，为顺时针方向，则在0～t0时间内，线框cd边受到的安培力向下，并均匀减小，在t0～2t0时间内，线框cd边受到的安培力向上，并均匀增大；在2t0～3t0时间内，磁感应强度不变，无感应电流，无安培力；在3t0～5t0时间内，磁感应强度的变化率不变，则感应电流的方向不变，为逆时针方向，则在3t0～4t0时间内，线框cd边受到的安培力向下，并均匀减小，在4t0～5t0时间内，线框cd边受到的安培力向上，并均匀增大。故选B。11．(多选)如图所示，倾斜平行金属导轨PQ、MN处在垂直导轨平面的匀强磁场中，铜棒ab垂直跨放在导轨上且与导轨接触良好，由静止释放铜棒，在铜棒运动中闭合开关S，之后通过电阻R的电荷量为q，铜棒速度为v，铜棒和导轨电阻不计，不计摩擦。则下列表达q、v与时间t关系的图像，不可能成立的是()解析：选BD设闭合开关S时铜棒的速度为v0，铜棒达到匀速运动的速度为v′，则mgsinθ＝eq\f(B2l2v′,R)，铜棒运动的加速度a＝eq\f(mgsinθ－BIl,m)＝gsinθ－eq\f(B2l2v,mR)，若v0＝v′则a＝0，铜棒匀速下滑；若v0<v′则a>0，铜棒加速下滑，且随速度的增大加速度减小，最终达到v＝v′；若v0>v′则a<0，铜棒减速下滑，且加速度随速度减小而减小，最终达到v＝v′；所以v­t图像的斜率只能不变或减小，故D错误；通过电阻的电荷量q＝It，其中电流I＝eq\f(Blv,R)，随铜棒速度的变化趋向定值，即图像的斜率只能不变或减小，v＝v′时斜率恒定且不为零，但电荷量q总是随时间而增大，故B错误。12．(2022届·广州高三联考)(多选)如图所示正方形闭合导线框abcd，置于磁感应强度为B垂直纸面向里的匀强磁场上方h处。线框由静止自由下落，线框平面始终在竖直平面内，且dc边与磁场的上边界平行。则下列说法正确的是()A．dc边刚进入磁场时，线框中产生的感应电动势一定最大B．线框进入磁场的过程中一定做减速运动C．线框进入磁场的过程中加速度不可能变大D．线框从释放到完全进入磁场的过程中，线框减少的重力势能等于它增加的动能与产生的焦耳热之和解析：选CD线框下落过程有mgh＝eq\f(1,2)mv2，得v＝eq\r(2gh)，所受安培力F＝BIL＝eq\f(B2L2v,R)。若mg＞F，则线框具有向下的加速度，速度增大，E＝BLv增大，则当cd边刚进入磁场时，线框中产生的感应电动势不是最大，故A、B错误；若线框刚进入磁场时mg＞F，mg－eq\f(B2L2v,R)＝ma，a＞0，线框做加速运动，v增大，则合力减小，a减小；若mg＜F，则mg－eq\f(B2L2v,R)＝ma，a＜0，线框做减速运动，v减小，则合力减小，a减小，若mg＝F，则a＝0，v不变，即线框做匀速直线运动，故线框进入磁场的过程其加速度可能变小，可能为0，不可能变大，故C正确；根据能量守恒定律，线框从释放到完全进入磁场的过程中，线框减少的重力势能等于它增加的动能与产生的焦耳热之和，故D正确。13．如图所示，两宽度均为a的水平匀强磁场，磁感应强度的大小相等，两磁场区域间距为4a。一个边长为a的正方形金属线框从磁场上方距离为a处由静止自由下落，匀速通过上方匀强磁场区域，之后又通过下方匀强磁场区域。已知下落过程中线框平面始终在竖直平面内，不计空气阻力，下列说法正确的是()A．线框通过上、下两个磁场的过程中产生的电能相等B．线框通过上、下两个磁场的过程中流过线框的电荷量不相等C．线框通过下方磁场的过程中加速度的最大值与重力加速度的大小相等D．线框通过上、下两个磁场的时间相等解析：选C线框匀速通过上方磁场，加速一段距离后，将减速通过下方磁场，两次通过磁场时，克服安培力做功不同，所以产生的电能不相等，A错误；根据电流公式得q＝eq\x\to(I)t＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(2a2B,R)，所以两次通过磁场流过的电荷量相等，B错误；进入上方磁场时，速度为v1＝eq\r(2ga)，受力分析有mg＝BIa＝eq\f(B2a2v1,R)＝eq\f(B2a2,R)eq\r(2ga)，进入下方磁场时，其速度为v2＝eq\r(8ga)，受力分析有F＝BI′a－mg＝eq\f(B2a2v2,R)－mg＝eq\f(B2a2,R)eq\r(8ga)－mg＝mg＝ma′，解得a′＝g，C正确；因为线框减速通过下方磁场的过程中，最小速度不小于通过上方磁场时的速度，所以通过下方磁场时的时间较短，D错误。14．(2021·重庆高三二模)(多选)如图所示，MN和PQ是两根互相平行、竖直放置的足够长的光滑金属导轨，电阻不计，匀强磁场垂直导轨平面向里。具有一定质量和电阻的金属杆ab垂直导轨放置，与导轨接触良好。开始时，断开开关S，让金属杆ab由静止开始沿导轨自由下落，经过一段时间后，闭合开关S。从闭合开关S时开始计时，取竖直向下为正方向，金属杆的速度v、加速度a、安培力F及电流表示数i随时间t变化的图像可能是下图中的()解析：选BC闭合开关时，金属杆受到向下的重力以及向上的安培力，若重力与安培力相等，即mg＝BIl＝eq\f(B2l2v,R)，金属杆做匀速直线运动，速度不变，则动能、安培力、感应电流都不变，加速度为零。若安培力小于重力，则加速度的方向向下，金属杆做加速运动，加速运动的过程中，安培力增大，则加速度减小，金属杆做加速度逐渐减小的加速运动，当重力与安培力相等时，金属杆做匀速直线运动，则a­t图像是a逐渐减小的曲线，v­t图像是一条斜率减小的曲线。安培力为F＝eq\f(B2l2v,R)，F­t图线先是一条斜率逐渐减小的曲线，之后恒定不变，因为I＝eq\f(Blv,R)，所以i­t图像先是一条斜率逐渐减小的的曲线，当金属杆匀速时，电流恒定不变，但t＝0时金属杆有速度，所以t＝0时电流不等于零。若安培力大于重力，则加速度的方向向上，金属杆做减速运动，减速运动的过程中，安培力减小，金属杆做加速度逐渐减小的减速运动，当重力与安培力相等时，金属杆做匀速直线运动。安培力为F＝eq\f(B2l2v,R)，所以F­t图像是斜率逐渐减小的曲线，当匀速运动时，安培力不再减小，此时安培力等于重力，故A、D错误，B、C正确。15．