2013—2014学年度上学期高三一轮复习

物理单元验收试题（9）【新课标】

单元九 电磁感应

一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分．每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有错选的得0分）

1．[2013·新课标全国卷Ⅱ] 在物理学发展过程中，观测、实验、假说和逻辑推理等方法都起到了重要作用．下列叙述符合史实的是(　　)

A．奥斯特在实验中观察到电流的磁效应，该效应揭示了电和磁之间存在联系

B．安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子环流假说

C．法拉第在实验中观察到，在通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中，会出现感应电流

D．楞次在分析了许多实验事实后提出，感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化

2．（2010·全国高考Ⅱ）如图所示，空间某区域中有一匀强磁场，磁感应强度方向水平，且垂直于纸面向里，磁场上边界b和下边界d水平．在竖直面内有一矩形金属线圈，线圈上下边的距离很短，下边水平．线圈从水平面a开始下落．已知磁场上下边界之间的距离大于水平面a、b之间的距离．若线圈下边刚通过水平面b、c（位于磁场中）和d时，线圈受到的磁场力的大小分别为Fb、Fc和Fd，则（　　）

A．Fd>Fc>Fb　　　　　　　B．Fc

C．Fc>Fb>Fd D．Fc

3．如图所示，铁芯右边绕有一个线圈，线圈两端与滑动变阻器、电池组连成回路．左边的铁芯上套有一个环面积为0.02 m2、电阻为0.1 Ω的金属环．铁芯的横截面积为0.01 m2，且假设磁场全部集中在铁芯中，金属环与铁芯截面垂直．调节滑动变阻器的滑动头，使铁芯中的磁感应强度每秒均匀增加0.2 T，则从上向下看（　　）

A．金属环中感应电流方向是逆时针方向，感应电动势大小为4.0×10－3 V

B．金属环中感应电流方向是顺时针方向，感应电动势大小为4.0×10－3 V

C．金属环中感应电流方向是逆时针方向，感应电动势大小为2.0×10－3 V

D．金属环中感应电流方向是顺时针方向，感应电动势大小为2.0×10－3 V

4．[2013·北京卷] 如图，在磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，金属杆MN在平行金属导轨上以速度v向右匀速滑动，MN中产生的感应电动势为E1；若磁感应强度增为2B，其他条件不变，MN中产生的感应电动势变为E2.则通过电阻R的电流方向及E1与E2之比E1∶E2分别为(　　)

A．c→a，2∶1　　　　　　　

B．a→c，2∶1

C．a→c，1∶2

D．c→a，1∶2

5．（2011·湖南长沙）等离子气流由左方连续以v0射入P1和P2两板间的匀强磁场中，ab直导线与P1、P2相连接，线圈A与直导线cd连接．线圈A内有随图乙所示的变化磁场．且磁场B的正方向规定为向左，如图甲所示，则下列叙述正确的是（　　）

A．0～1 s内，ab、cd导线互相排斥

B．1～2 s内，ab、cd导线互相吸引

C．2～3 s内，ab、cd导线互相吸引

D．3～4 s内，ab、cd导线互相排斥

6．用相同的导线绕制的边长分别为L和2L的正方形闭合线框，以相同的速度匀速进入右侧的匀强磁场，如图所示，在线框进入磁场的过程中a、b和c、d两点间的电压分别为U甲和U乙，ab边和cd边所受的安培力分别为F甲和F乙，则下列判断正确的是（　　）

A．U甲＝U乙 B．U甲＝2U乙

C．F甲＝F乙 D．F甲＝

7．如图所示，一半圆形铝框处在水平向外的非匀强磁场中，场中各点的磁感应强度为By＝，y为该点到地面的距离，c为常数，B0为一定值，铝框平面与磁场垂直，直径ab水平，（空气阻力不计）铝框由静止释放下落的过程中（　　）

A．铝框回路磁通量不变，感应电动势为0

B．回路中感应电流为顺时针方向，直径ab两点间电势差为0

C．铝框下落的加速度大小一定小于重力加速度g

D．直径ab受安培力向上，半圆弧ab受安培力向下，铝框下落加速度大小可能等于g

8．[2013·新课标全国卷Ⅱ] 如图，在光滑水平桌面上有一边长为L、电阻为R的正方形导线框；在导线框右侧有一宽度为d(d>L)的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的一边平行，磁场方向竖直向下．导线框以某一初速度向右行动．t＝0时导线框的右边恰与磁场的左边界重合，随后导线框进入并通过磁场区域．下列v－t图像中，可能正确描述上述过程的是(　　)

　　

9．[2013·浙江卷] 磁卡的磁条中有用于存储信息的磁极方向不同的磁化区，刷卡器中有检测线圈．当以速度v0刷卡时，在线圈中产生感应电动势，其E－t关系如右图所示．如果只将刷卡速度改为，线圈中的E－t关系图可能是(　　)

10．如图（a）所示，在光滑水平面上用恒力F拉质量1 kg的单匝均匀正方形铜线框，在1位置以速度v0＝3 m/s进入匀强磁场时开始计时t＝0，此时线框中感应电动势为1 V，在t＝3 s时刻线框到达2位置开始离开匀强磁场．此过程中vt图象如图（b）所示，那么（　　）

A．线框右侧的边两端MN间电压为0.25 V

B．恒力F的大小为1.0 N

C．线框完全离开磁场的瞬间位置3速度为2 m/s

D．线框完全离开磁场的瞬间位置3速度为1 m/s

二、计算题（本大题共3小题，共60分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．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）

11．（18分）（2011·福建龙岩）如图甲所示，空间有一宽为2L的匀强磁场区域，磁感应强度为B，方向垂直纸面向外．abcd是由均匀电阻丝做成的边长为L的正方形线框，总电阻值为R.线框以垂直磁场边界的速度v匀速通过磁场区域．在运动过程中，线框ab、cd两边始终与磁场边界平行．设线框刚进入磁场的位置x＝0，x轴沿水平方向向右．求：

　　

　　　　 甲　　　　　　　　　乙

（1）cd边刚进入磁场时，ab两端的电势差，并指明哪端电势高；

（2）线框穿过磁场的过程中，线框中产生的焦耳热；

（3）在乙图中，画出ab两端电势差Uab随距离变化的图象，其中U0＝BLv.

12．（20分） [2013·江苏卷]如图所示，匀强磁场中有一矩形闭合线圈abcd，线圈平面与磁场垂直．已知线圈的匝数N＝100，边长ab＝1.0 m、bc＝0.5 m，电阻r＝2 Ω.磁感应强度B在0～1 s内从零均匀变化到0.2 T．在1～5 s内从0.2 T均匀变化到－0.2 T，取垂直纸面向里为磁场的正方向 .求：

(1)0.5 s时线圈内感应电动势的大小E和感应电流的方向；

(2)在1～5 s内通过线圈的电荷量q；

(3)在0～5 s内线圈产生的焦耳热Q.

13．（22分）（2011·上海模拟）如图（a）所示，平行金属导轨MN、PQ光滑且足够长，固定在同一水平面上，两导轨间距L＝0.25 m，电阻R＝0.5 Ω，导轨上停放一质量m＝0.1 kg、电阻r＝0.1 Ω的金属杆，导轨电阻可忽略不计，整个装置处于磁感应强度B＝0.4 T的匀强磁场中，磁场方向竖直向下，现用一外力F沿水平方向拉杆，使其由静止开始运动，理想电压表的示数U随时间t变化的关系如图（b）所示．试分析与求：

　　

图（a）　　　　　　　　　图（b）

（1）分析证明金属杆做匀加速直线运动；

（2）求金属杆运动的加速度；

（3）写出外力F随时间变化的表达式；

（4）求第2.5 s末外力F的瞬时功率．

参考答案

1．ABD　[解析] 奥斯特观察到电流的磁效应，表明电流可以产生磁场，揭示了电与磁的联系，A正确；安培根据通电螺线管和条形磁铁磁场的相似性，提出了分子环流假说，符合物理史实，B正确；法拉第发现处于变化的磁场中的闭合线圈中会产生感应电流，C错误；D项的叙述符合楞次定律的发现过程，D正确．

2．解析：线圈从a运动到b做自由落体运动，在b点开始进入磁场受到安培力作用Fb，由于线圈上下边的距离很短，进入磁场的过程时间很短，进入磁场后，由于磁通量不变，无感应电流产生，不受安培力作用，在c处Fc＝0，但线圈在磁场中受重力作用，做加速运动，出磁场的过程在d处受到的安培力比b处大．故D项正确．

答案：D

3．解析：金属环中的原磁场方向竖直向下，由楞次定律，感应电流的磁场向上，电流方向是逆时针方向；由法拉第电磁感应定律，电动势大小E＝S铁芯＝2.0×10－3 V，故C项对．

答案：C

4．C　[解析] 由右手定则可知，导体棒MN中产生的电流的方向为N→M，所以流过R的电流的方向为a→c，选项A、D错误．由E＝BLv可知，两次产生的电动势之比为1∶2，选项B错误，选项C正确．

5．解析：由左手定则可知正离子进入磁场后偏向P1板，负离子进入磁场后偏向P2板，ab中形成由a到b的电流，根据楞次定律可以判定，0～2 s内cd中形成由c到d的电流，2～4 s内形成由d到c的电流，再由左手定则判定，0～2 s内两导线相互吸引，2～4 s内相互排斥，B、D两项对，A、C两项错．

答案：BD

6．解析：线框切割磁感线，电动势E＝BLv，a、b或c、d两点间的电压U＝，2L甲＝L乙，则2U甲＝U乙；安培力F＝BIL＝＝＝，则F甲＝，故D项对．

答案：D

7．解析：铝框下落，回路磁通量增大，产生的感应电流为顺时针方向，直径ab两点间电势差不为0，直径ab受安培力向上，半圆弧ab受安培力向下，但两安培力的合力向上，则铝框的加速度大小一定小于重力加速度g.

答案：C

8．D　[解析] 由于线框在进入磁场过程要切割磁感线而产生感应电流，故线框受到安培力的作用做减速运动，A错误；安培力F安＝，因v在减小，故F安在减小，加速度a＝在减小，即线框进入磁场过程做加速度减小的变减速运动，B错误；由于d>L，若线框完全进入磁场中仍有速度，则线框将会在磁场中做匀速运动直至右边滑出磁场，线框出磁场过程仍做加速度减小的减速运动，C错误，D正确.

9．D　[解析] 磁卡磁条的磁化区通过检测线圈时，检测线圈中产生动生电动势，当刷卡速度由v0变成时，动生电动势的大小由E＝Blv0变为E′＝；刷卡器的长度一定，当刷卡速度由v0变成时，刷卡时间由t0变为2t0，故D选项正确．

10．解析：MN边切割磁感线，相当于电源，其两端的电压是路端电压，根据闭合电路欧姆定律可知，线框右侧的边两端MN间电压为3E/4＝0.75 V，A项不对；根据1～2 s时间内线框做匀速直线运动可知，这段时间线框中没有感应电流，线框所受合力为F，根据牛顿第二定律可知F＝ma＝0.5 N，B项错误；根据图线可知线圈进入磁场和离开磁场时的初速度和受力情况都一样，所以线框离开磁场时的速度和t0时刻的相同，设该速度为vx，那么v0＝vx＋·2t0，解之得vx＝v0－t0＝2 m/s，C项正确，D项不对．

答案：C

11．解析：（1）dc切割磁感线产生的感应电动势E＝BLv

回路中的感应电流I＝

ab两端的电势差U＝I·R＝BLv，b端电势高．

（2）设线框从dc边刚进磁场到ab边刚进磁场所用时间为t

由焦耳定律Q＝2I2Rt

L＝vt联立解得Q＝.

（3）如图所示

答案：（1）BLv，b点电势高　（2）　（3）如解析图所示

12．（20分）[解析] (1)感应电动势E1＝

磁通量的变化ΔΦ1 ＝ΔB1S

解得E1＝N

代入数据得E1＝10 V

感应电流的方向为a→d→c→b→a

(2)同理可得E2＝N

感应电流I2＝

电量q＝I2Δt2

解得q＝N

代入数据得q＝10 C.

(3)0～1 s内的焦耳热Q1＝IrΔt1

且I1＝

1～5 s内的焦耳热Q2＝IrΔt2

由Q＝Q1＋Q2，代入数据得Q＝100 J

13．解析：（1）U＝E·＝，U∝v，因U随时间均匀变化，故v也随时间均匀变化，金属杆做匀加速直线运动．

（2）由图象k＝＝·＝a·

则金属杆运动的加速度

a＝＝ m/s2＝2.4 m/s2.

（3）由牛顿第二定律F＝F安＋ma＝BIL＋ma＝＋ma＝0.04t＋0.24（N）．

（4）第2.5 s末外力F的瞬时功率P＝Fv＝（0.04t＋0.24）at＝2.04 W.

答案：（1）见解析　（2）2.4 m/s2　（3）F＝0.04t＋0.24 N　（4）2.04 W