高考物理一轮复习单元过关检测(九) 电磁感应

《高考导航》2013届高考物理一轮复习单元过关检测（九）：电磁感

应（人教版）

(时间：90分钟 满分：100分)

一、单项选择题(本题共7小题，每小题5分，共计35分，在每小题给出的四个选项中，

只有一个选项符合题意)

1．(2012年扬州模拟)如图所示，每米电阻为1 Ω的一段导线被弯成半径

r ＝1 m 的三段圆弧组成闭合回路．每段圆弧都是1

4

圆周，位于空间直角

坐标系的不同平面内；ab 段位于xOy 平面内，bc 段位于yOz 平面内，

ca 段位于zOx 平面内．空间内存在着一个沿＋x 轴方向的磁场，其磁感应强度随时间变

化的关系式为B t ＝0.7＋0.6t (T)．则( )

A ．导线中的感应电流大小是0.1 A ，方向是a →c →b →a

B ．导线中的感应电流大小是0.1 A ，方向是a →b →c →a

C ．导线中的感应电流大小是π

20

A ，方向是a →c →b →a D ．导线中的感应电流大小是

π

20

A ，方向是a →b →c →a 解析：由于空间存在一个沿＋x 轴方向的磁场，因此产生磁通量的有效面积为1

4圆bOc ，

根据楞次定律可判定导线中的感应电流方向是a →c →b →a ，B 、D 两项错误；再由法拉第电磁感应定律E ＝n

ΔΦ

Δt

和闭合电路的欧姆定律I ＝E /R 可求得导线中的感应电流大小是0.1 A ，A 项正确、C 项错误． 答案：A

2．如图，一磁铁用细线悬挂，一个很长的铜管固定在磁铁的正下方，开始时磁铁上端与铜管上端相平．烧断细线，磁铁落入铜管的过程中，下列说法正确的是( )

①磁铁下落的加速度先增大，后减小 ②磁铁下落的加速度恒定 ③磁铁下落的速度先增大后减小 ④磁铁下落的加速度一直减小最后为零 ⑤磁铁下落的速度逐渐增大，最后匀速运动 A ．只有②正确 B ．只有①③正确 C ．只有①⑤正确

D ．只有④⑤正确

解析：刚烧断细线时，磁铁只受重力，向下加速运动，铜管中产生感应电流，对磁铁

的下落产生阻力，故磁铁速度增大，加速度减小，当阻力和重力相等时，磁铁加速度为零，速度达到最大，可见D正确．

答案：D

3．如图所示，Q是单匝金属线圈，MN是一个螺线管，它的绕线方法没有画出，Q的输出端a、b和MN的输入端c、d之间用导线相连，P是在MN的

正下方水平放置的用细导线绕制的软弹簧线圈．若在Q所处的空间加上

与环面垂直的变化磁场，发现在t1至t2时间段内弹簧线圈处于收缩状态，

则所加磁场的磁感应强度的变化情况可能是( )

解析：在t1至t2时间段内弹簧线圈处于收缩状态，说明此段时间内穿过弹簧线圈的磁通量变大，即穿过弹簧线圈的磁场的磁感应强度变大，则螺线管中电流变大，单匝金属线圈Q产生的感应电动势变大，所加磁场的磁感应强度的变化率变大，即B－t图线的斜率变大，选项D正确．

答案：D

4．(2011年上海单科)如图，均匀带正电的绝缘圆环a与金属圆环b同心共面放置，当a绕O点在其所在平面内旋转时，b中产生顺时针方向的

感应电流，且具有收缩趋势，由此可知，圆环a( )

A．顺时针加速旋转B．顺时针减速旋转

C．逆时针加速旋转D．逆时针减速旋转

解析：由楞次定律，欲使b中产生顺时针电流，则a环内磁场应向里减弱或向外增强，a环的旋转情况应该是顺时针减速或逆时针加速，由于b环又有收缩趋势，说明a环外部磁场向外，内部向里，故选B.

答案：B

5．如图所示，矩形线框abcd通过导体杆搭接在金属导轨EF和MN上，

整个装置放在如图所示的匀强磁场中．当线框向右运动时，下面说法

正确的是( )

A．R中无电流

B．R中有电流，方向为E→M

C．ab中无电流

D．ab中有电流，方向为a→b

解析：由于线框向右运动，所以ab两端和cd两端存在着相同大小的电动势，ab中有电流，方向为b→a，cd中也有电流，方向为c→d.同样R的回路内有电流，电流方向

为E →M . 答案：B

6．两块水平放置的金属板间的距离为d ，用导线与一个n 匝线圈相连，线圈电阻为r ，线圈中有竖直方向的磁场，电阻R 与金属板连接，如图所示，两板间有一个质量为m 、电量＋q 的油滴恰好处于静止，则线圈中的磁感应强度

B 的变化情况和磁通量的变化率分别是( )

A ．磁感应强度

B 竖直向上且正增强，ΔΦΔt ＝dmg

nq

B ．磁感应强度B 竖直向下且正增强，ΔΦΔt ＝dmg

nq

C ．磁感应强度B 竖直向上且正减弱，ΔΦΔt ＝

dmg R ＋r

nRq

D ．磁感应强度B 竖直向下且正减弱，ΔΦΔt ＝dmgr R ＋r

nRq

解析：由平衡条件知，下金属板带正电，故电流应从线圈下端流出，由楞次定律可以判定磁感应强度B 竖直向上且正减弱或竖直向下且正增强，A 、D 错误；因mg ＝q U

d

，U ＝

E

R ＋r R ，E ＝n ΔΦΔt ，联立可求得ΔΦΔt ＝dmg R ＋r

nqR

，故只有C 项正确． 答案：C

7．如图所示，一闭合直角三角形框以速度v 匀速穿过匀强磁场区域．从

BC 边进入磁场区开始计时，到A 点离开磁场区为止的过程中，线框

内感应电流的情况(以逆时针方向为电流的正方向)是图中的( )

解析：BC 边刚进入磁场时，产生的感应电动势最大，由右手定则可判定电流方向为逆时针方向，是正值，随线框进入磁场，有效长度L 逐渐减小，由E ＝Blv 得电动势均匀减小，即电流均匀减小；当线框刚出磁场时，切割磁感线的有效长度l 最大，故电流最大，且为顺时针方向，是负值，此后电流均匀减小，故只有A 图象符合要求． 答案：A

二、多项选择题(本题共5小题，每小题5分，共计25分，每小题有多个选项符合题意，

全部选对的得7分，选对但不全的得4分，错选或不答的得0分)

8．(2011年山东理综)了解物理规律的发现过程，学会像科学家那样观察和思考，往往比掌握知识本身更重要．以下符合史实的是( )

A ．焦耳发现了电流热效应的规律

B ．库仑总结出了点电荷间相互作用的规律

C ．楞次发现了电流的磁效应，拉开了研究电与磁相互关系的序幕

D ．牛顿将斜面实验的结论合理外推，间接证明了自由落体运动是匀变速直线运动 解析：焦耳发现了电流的热效应，通常称此为焦耳热，A 正确．库仑研究电荷间作用的规律，得出库仑定律，B 正确．奥斯特发现了电流的磁效应，法拉第发现了磁场产生电流，打开电气时代的大门，C 错误．伽利略做斜面实验，研究自由落体运动，D 错误． 答案：AB

9．如图所示，在边长为a 的等边三角形区域内有匀强磁场B ，其方向垂直纸面向外，一个边长也为a 的等边三角形导线框架EFG 正好与上述磁场区域的边界重合．现使导线框以周期T 绕其中心O 点在纸面内匀速转动，经过T 6导线框转到图中虚线位置，则在这T

6时间内( )

A ．平均感应电动势大小等于3a 2

B

2T

B ．平均感应电动势大小等于3a 2B

T

C ．逆时针方向转动时感应电流方向为E →G →F →E

D ．顺时针方向转动时感应电流方向为

E →

F →

G →E 解析：由E ＝ΔΦΔt ＝B ·ΔS Δt

＝

B ×3×12×a 3×a

3sin 60°

T /6

＝3a 2

B 2T ，A 正确、B 错误；T 6

时间

内磁通量减少，由楞次定律知：感应电流为逆时针方向，C 错误、D 正确． 答案：AD

10．(2010年全国Ⅰ)某地的地磁场磁感应强度的竖直分量方向向下，大小为4.5×10－5

T ．一

灵敏电压表连接在当地入海河段的两岸，河宽100 m ，该河段涨潮和落潮时有海水(视为导体)流过．设落潮时，海水自西向东流，流速为2 m/s.下列说法正确的是( ) A ．电压表记录的电压为5 mV B ．电压表记录的电压为9 mV C ．河南岸的电势较高 D ．河北岸的电势较高

解析：由E ＝BLv ＝4.5×10－5

×100×2＝9×10－3

V 可知A 项错误、B 项正确．再由右手定则可判断河北岸电势高，故C 项错误、D 项正确． 答案：BD

11．(2012年泰州模拟)如图所示，在水平桌面上放置两条相距l 的平

行粗糙且无限长的金属导轨ab 与cd ，阻值为R 的电阻与导轨的a 、c 端相连．金属滑杆MN 垂直于导轨并可在导轨上滑动，且与导轨始终接触良好．整个装置处于匀强磁场中，磁场的方向竖直向上，磁感应强度的大小为B .滑杆与导轨电阻不计，滑杆的中点系一根不可伸长的轻绳，绳绕过固定在桌边的光滑轻滑轮后，与一质量为m 的物块相连，拉滑杆的绳处于水平拉直状态．现若由静止开始释放物块，用I 表示稳定后回路中的感应电流，g 表示重力加速度，设滑杆在运动中所受的摩擦阻力恒为F f ，则在物块下落过程中( ) A ．物块的最终速度为

mg －F f R

B 2l 2

B ．物块的最终速度为I 2R

mg －F f

C ．稳定后物块重力的功率为I 2

R D ．物块重力的最大功率可能大于

mg mg －F f R

B 2l 2

解析：由题意分析可知，由静止释放物块，它将带动金属滑杆MN 一起运动，当它们稳定时最终将以某一速度做匀速运动而处于平衡状态，设MN 的最终速度为v ，对MN 列平

衡方程：B 2l 2v R ＋F f ＝mg ，所以v ＝mg －F f R

B 2l 2

，所以A 项正确；从能量守恒角度进行分

析，物块的重力的功率转化为因克服安培力做功而产生的电热功率和克服摩擦力做功

产生的热功率，所以有：I 2

R ＋F f v ＝mgv ，所以v ＝I 2R

mg －F f

，所以B 项正确、C 项错误；

物块重力的最大功率为P m ＝mgv ＝mg mg －F f R

B 2l 2

，所以D 错误．

答案：AB

12．在光滑的水平地面上方，有两个磁感应强度大小均为B ，方向相

反的水平匀强磁场，如图所示，PQ 为两个磁场的边界，磁场范围足够大．一个半径为d ，质量为m ，电阻为R 的金属圆环垂直磁场方向，以速度v 从如图位置运动，当圆环运动到直径刚好与边界线PQ 重合时，圆环的速度为v

2，则下列说法正确的是( )

A ．此时圆环中的电功率为4

B 2d 2v

2

R

B ．此时圆环的加速度为4B 2d 2

v mR

C ．此过程中通过圆环截面的电荷量为πBd 2

R

D ．此过程中回路产生的电能为0.75mv 2

解析：当圆环运动到直径刚好与边界线PQ 重合时，圆环左右两半环均产生感应电动势，根据右手定则可知，其感应电动势大小相等，方向相反，而整个回路组成串联电动势，

则总电动势为E ＝2B ×2d ×v 2＝2Bdv ，此时回路中的电流为I ＝E R ＝2Bdv R

，圆环中的电功

率为P ＝IE ＝4B 2d 2v

2

R

，即选项A 正确．根据左手定则可判断，圆环左右两半环均受到大

小相等、方向向左的安培力作用，合力为F ＝2BI ×2d ＝

8B 2d 2

v

R

，因此，此时圆环的加速

度为a ＝F m ＝8B 2d 2v mR ，故选项B 错误．在这一过程中，线圈向里的磁通量减少B πd 22

，而

线圈向外的磁通量增加

B πd 2

2

，则通过线圈的磁通量的变化量为ΔΦ＝B πd 2

，此过程中通过圆环截面的电荷量为q ＝

ΔΦ

R ＝πBd

2

R

，故选项C 正确．根据能量守恒定律可知，

在这一过程中，线圈中产生的热量为Q ＝12mv 2－12m ? ????v 22＝0.375mv 2

，则选项D 错误．

答案：AC

三、计算题(本题共4小题，共计40分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步

骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．) 13．(9分)如图所示，在磁感应强度为0.4 T 的匀强磁场中，让长为

0.5 m 、电阻为0.1 Ω的导体棒ab 在金属框上以10 m/s 的速度向右匀速滑动，电阻R 1＝6 Ω，R 2＝4 Ω，其他导线上的电阻可忽略不计．求：

(1)ab 棒中的电流大小与方向；

(2)为使ab 棒匀速运动，外力的机械功率；

(3)ab 棒中转化成电能的功率，并比较机械功率与转化成电能的功率是否相等． 解析：(1)由右手定则可以判定，电流方向b →a

E ＝Blv ＝2 V

R 总＝R 1R 2

R 1＋R 2＋r ＝2.5 Ω

I ＝E

R 总

＝0.8 A (2)P ＝Fv ＝BIlv ＝1.6 W (3)P ＝I 2

R 总＝1.6 W ，P 机＝P 电

答案：(1)0.8 A b →a (2)1.6 W (3)1.6 W 相等

14．(9分)如图(甲)所示，一正方形金属线框位于有界匀强磁场区域内，线框的右边紧贴着

边界．t ＝0时刻对线框施加一水平向右的外力F ，让线框从静止开始做匀加速直线运

动．经过时间t 0穿出磁场．图(乙)所示为外力F 随时间t 变化的图象．若线框质量m 、电阻R 及图象中的F 0、t 0均为已知量，则根据上述条件，请你推出：

(1)磁感应强度B 的表达式；

(2)线框左边刚离开磁场前瞬间的感应电动势E 的表示式． 解析：(1)线框运动的加速度大小为：

a ＝F 0

m

①

线框边长：l ＝12at 2

0②

线框离开磁场前瞬间速度：

v ＝at 0③

由牛顿第二定律知：

3F 0－B 2l 2v R

＝ma ④

解①②③④式得，

B ＝

8m 3

R

F 20t 50

⑤

(2)线框离开磁场前瞬间感应电动势．

E ＝Blv ⑥

解①②③⑤⑥式得：

E ＝

2Rt 0F 2

m

.⑦ 答案：(1)B ＝8m 3

R

F 20t 5

(2)E ＝

2Rt 0F 2

m

15．(10分)一个质量为m 、直径为d 、电阻为R 的金属圆环，在范围足

够大的磁场中竖直向下下落，磁场的分布情况如图所示．已知磁感应强度竖直方向分量B y 的大小只随高度y 变化，其随高度y 变化关系为B y ＝B 0(1＋ky )(此处k 为比例常数，且k ＞0)，其中沿圆环轴线的磁场方向始终竖直向上．金属圆环在下落过程中的环面始终保持水平，速度越来越大，最终稳定为某一数值，称为收尾速度．求：

(1)圆环中感应电流的方向； (2)圆环收尾速度的大小．

解析：(1)根据楞次定律可知，感应电流的方向为顺时针(俯视观察)． (2)圆环下落高度为y 时的磁通量为

Φ＝BS ＝B πd 24

＝B 0(1＋ky )πd 2

4

设收尾速度为v m ，以此速度运动Δt 时间内磁通量的变化为 ΔΦ＝ΔBS ＝B 0k πd 2

4v m Δt

根据法拉第电磁感应定律有 E ＝ΔΦΔt ＝B 0k πd 2

4

v m

圆环中感应电流的电功率为P E ＝E 2

R

重力做功的功率为P G ＝mgv m 根据能量守恒定律有P E ＝P G 解得v m ＝

16mgR π2k 2B 20d

4. 答案：(1)顺时针(俯视) (2)16mgR

π2k 2B 20d

4

16．(12分)(2011年四川理综)如图所示，间距l ＝0.3 m

的平行金属导轨a 1b 1c 1和a 2b 2c 2分别固定在两个竖直面内．在水平面a 1b 1b 2a 2区域内和倾角θ＝37°的斜面c 1b 1b 2c 2区域内分别有磁感应强度B 1＝0.4 T 、方向

竖直向上和B 2＝1 T 、方向垂直于斜面向上的匀强磁场．电阻R ＝0.3 Ω、质量m 1＝0.1 kg 、长为l 的相同导体杆K 、S 、Q 分别放置在导轨上，S 杆的两端固定在b 1、b 2点，K 、

Q 杆可沿导轨无摩擦滑动且始终接触良好．一端系于K 杆中点的轻绳平行于导轨绕过

轻质定滑轮自然下垂，绳上穿有质量m 2＝0.05 kg 的小环．已知小环以a ＝6 m/s 2

的加速度沿绳下滑，K 杆保持静止，Q 杆在垂直于杆且沿斜面向下的拉力F 作用下匀速运动．不计导轨电阻和滑轮摩擦，绳不可伸长．取g ＝10 m/s 2

，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求

(1)小环所受摩擦力的大小； (2)Q 杆所受拉力的瞬时功率．

解析：(1)设小环受到的摩擦力大小为F f ，由牛顿第二定律，有m 2g －F f ＝m 2a ① 代入数据，得

F f ＝0.2 N ②

(2)设通过K 杆的电流为I 1，K 杆受力平衡，有

F f ＝B 1I 1l ③

设回路总电流为I ，总电阻为R 总，有

I ＝2I 1④ R 总＝32

R ⑤

设Q 杆下滑速度大小为v ，产生的感应电动势为E ，有

I ＝E R 总⑥ E ＝B 2lv ⑦

F ＋m 1g sin θ＝B 2Il ⑧

拉力的瞬时功率为

P ＝Fv ⑨

联立以上方程，代入数据得

P ＝2 W

答案：(1)0.2 N (2)2 W