2021高考物理大一轮复习题组层级快练：第十单元 电磁感应 作业46 Word版含答案

这是一份2021高考物理大一轮复习题组层级快练：第十单元 电磁感应 作业46 Word版含答案，共9页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

1.如图所示，垂直纸面的正方形匀强磁场区域内，有一位于纸面且电阻均匀的正方形导体框abcd，现将导体框分别朝两个方向以v、3v速度匀速拉出磁场，则导体框从两个方向移出磁场的两过程中( )
A．导体框中产生的感应电流方向相同
B．导体框中产生的焦耳热相同
C．导体框ad边两端电势差相同
D．通过导体框截面的电荷量相同
答案 AD
解析 由右手定则可得两种情况导体框中产生的感应电流方向相同，选项A正确；热量Q＝I2Rt＝(eq \f(BLv,R))2R·eq \f(L,v)＝eq \f(B2L3v,R)，可知导体框产生的焦耳热与运动速度有关，选项B错误；电荷量q＝It＝eq \f(BLv,R)·eq \f(L,v)＝eq \f(BL2,R)，故通过截面的电荷量与速度无关，电荷量相同，选项D正确；以速度v拉出时，Uad＝eq \f(1,4)BLv，以速度3v拉出时，Uad＝eq \f(3,4)BL·3v，选项C错误．
2.如图所示，电阻R＝1 Ω、半径r1＝0.2 m的单匝圆形导线框P内有一个与P共面的圆形磁场区域Q，P、Q的圆心相同，Q的半径r2＝0.1 m．t＝0时刻，Q内存在着垂直于圆面向里的磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系是B＝2－t(T)．若规定逆时针方向为电流的正方向，则线框P 中感应电流I随时间t变化的关系图像应该是图中的( )
答案 C
解析 由B＝2－t知，eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(ΔB,Δt)))＝1 T/s，且磁感应强度减小，由楞次定律得P内电流沿顺时针方向，为负值，图A、D错误；又由欧姆定律得I＝eq \f(E,R)＝eq \f(\f(ΔB,Δt)S,R)＝eq \f(\f(ΔB,Δt)·πr22,R)＝0.01 π(A)，故选项B错误，选项C正确．
3.两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，其余电阻均不计．如图所示，两板间有一个质量为m、电荷量为q的带正电的油滴恰好处于静止状态，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竖直向上且正在增强，eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(mgd,nq)
B．磁感应强度B竖直向下且正在增强，eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(mgd,nq)
C．磁感应强度B竖直向上且正在减弱，eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(mgd（R＋r）,nqR)
D．磁感应强度B竖直向下且正在减弱，eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(mgd（R＋r）,nqR)
答案 C
解析 设板间电压为U，由平衡条件，得油滴受的电场力方向向上，eq \f(U,d)q＝mg，上板带负电．因E＝neq \f(ΔΦ,Δt)＝U＋eq \f(U,R)r，故eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(mgd（R＋r）,nqR).由楞次定律知，磁感应强度为向上在减弱或向下在增强，C项正确．
4．如图甲所示，垂直纸面向里的匀强磁场的区域宽度为2a，磁感应强度的大小为B.一边长为a、电阻为4R的正方形均匀导线框ABCD从图示位置开始沿水平向右方向以速度v匀速穿过磁场区域，则图乙中线框A、B两端电压UAB与线框移动距离x的关系图像正确的是( )
答案 D
解析 进入磁场时，UAB是路端电压，E＝Bav，所以UAB＝eq \f(3,4)E＝eq \f(3Bav,4)；完全进入后，导线框中没有感应电流，但A、B两端有感应电动势，大小为Bav；穿出磁场时UAB应该是电动势的四分之一，即eq \f(Bav,4)，A点电势始终高于B点电势，即φA>φB.
5．(2015·山东)如图甲，R0为定值电阻，两金属圆环固定在同一绝缘平面内．左端连接在一周期为T0的正弦交流电源上，经二极管整流后，通过R0的电流i始终向左，其大小按图乙所示规律变化．规定内圆环a端电势高于b端时，a，b间的电压uab为正，下列uab－t图像可能正确的是( )
答案 C
解析 在第一个0.25T0时间内，通过大圆环的电流为顺时针逐渐增加，由楞次定律可判断内环a端电势高于b端，因电流的变化率逐渐减小，故内环的电动势逐渐减小；同理在第0.25T0－0.5T0时间内，通过大圆环的电流为顺时针逐渐减小，由楞次定律可判断内环a端电势低于b端，因电流的变化率逐渐变大，故内环的电动势逐渐变大；故C项正确．
6.如图所示，一个边长为L的正方形线框abcd从高处无初速度地释放，线框下落过程中，下边保持水平向下平动，在线框的下方，有一个上、下界面都水平的匀强磁场区，磁场区高度为2L，磁场方向与线框平面垂直，闭合线框下落后，刚好匀速进入磁场区，在整个进出磁场过程中，线框中的感应电流I随位移x变化的图像可能是下图中的( )
答案 BD
解析 线框刚进入磁场时，eq \f(B2L2v,R)＝mg，下边始终匀速切割磁感线，通过线框的感应电流的大小恒定为I0，方向不变，线框完全进入磁场后，安培力立即消失，线框仅在重力的作用下做匀加速运动，当线框下边刚出磁场时，线框的速度大于进入磁场时的速度，故电流大于I0，线框所受安培力大于重力，线框做减速运动，感应电流及安培力都减小，所以线框的加速度a＝eq \f(\f(B2L2v,R)－mg,m)也减小，当加速度减小到0时，电流为I0，A、C项错误；B、D两项中在x＝2L和x＝3L之间的曲线，分别对应着上边刚要出磁场时，线框的速度已减小到进入磁场时的速度和未减小到该速度两种情况，因此B、D项正确．
7．图甲为列车运行的俯视图，列车首节车厢下面安装一块电磁铁，电磁铁产生垂直于地面的匀强磁场，列车经过放在铁轨间的线圈时，线圈产生的电脉冲信号传到控制中心，如图乙所示．则列车的运动情况可能是( )
A．匀速运动
B．匀加速运动
C．匀减速运动
D．先匀减速运动再匀加速运动
答案 C
解析 当列车通过线圈时，线圈的左边或右边切割磁感线，由E＝BLv可得电动势的大小由速度v决定，由图像可得线圈产生的感应电动势均匀减小，则列车做匀减速运动，C项正确．
8．如图所示(俯视图)，在光滑的水平面上，宽为eq \r(3)l的区域内存在一匀强磁场，磁场方向垂直水平面向下．水平面内有一不可形变的粗细均匀的等边三角形闭合导体线框CDE(由同种材料制成)，边长为l.t＝0时刻，E点处于磁场边界，CD边与磁场边界平行．在外力F的作用下线框沿垂直于磁场区域边界的方向匀速穿过磁场区域．从E点进入磁场到CD边恰好离开磁场的过程中，线框中感应电流I(以逆时针方向的感应电流为正)、外力F(水平向右为正方向)随时间变化的图像(图像中的t＝eq \f(\r(3)l,2v)，曲线均为抛物线)可能正确的有( )
答案 BD
解析 线框的位移x＝vt，切割磁感线的有效长度L＝2xtan30°＝eq \f(2\r(3)v,3)t，感应电流I＝eq \f(E,R)＝eq \f(BLv,R)＝eq \f(2\r(3)Bv2,3)t，线框进入与离开磁场过程L都增大，感应电流都增大，线框完全在磁场中感应电流为零，由右手定则可知，线框进入磁场过程感应电流沿逆时针方向，为正的，离开磁场过程，感应电流沿顺时针方向，为负的，A项错误，B项正确，线框的位移x＝vt，切割磁感线的有效长度L＝2xtan30°＝eq \f(2\r(3)v,3)t，安培力F安培＝BIL＝eq \f(B2L2v,R)＝eq \f(4B2v3,3R)t2，线框做匀速运动，由平衡条件可知，F＝F安培＝eq \f(4B2v3,3R)t2，由左手定则可知，安培力水平向左，则拉力水平向右，故C项错误，D项正确．
9．如图所示，两根相距为L的平行直导轨水平放置，R为固定电阻，导轨电阻不计．电阻阻值也为R的金属杆MN垂直于导轨放置，杆与导轨之间有摩擦，整个装置处在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B.t＝0时刻对金属杆施加一水平外力F，使金属杆从静止开始做匀加速直线运动．下列关于外力F、通过R的电流i、摩擦生热Q(图C为抛物线)、外力F的功率P随时间t变化的图像中正确的是( )
答案 BC
解析 金属杆从静止开始做匀加速直线运动，速度v＝at，金属杆切割磁感线产生的感应电动势E＝BLv＝BLat，感应电流i＝eq \f(E,2R)＝eq \f(BLat,2R)，电流与时间成正比，选项B正确．金属杆受的安培力F安＝BIL＝eq \f(B2L2at,2R)，根据牛顿第二定律有F－F安－f＝ma，则有F＝F安＋f＋ma＝eq \f(B2L2at,2R)＋f＋ma，外力F随时间逐渐增大，选项A错误．摩擦生热Q＝fs＝f×eq \f(1,2)at2与时间的平方成正比，选项C正确．外力F的功率P＝Fv＝(eq \f(B2L2at,2R)＋f＋ma)at，不是一次函数，所以图像不是直线，选项D错误．
10．(2016·盐城市高三第三次市统考)如图甲所示，圆形的刚性金属线圈与一平行板电容器连接，线圈内存在垂直于线圈平面的匀强磁场，磁感应强度B随时间变化的关系如图乙所示(以图示方向为正方向)．t＝0时刻，平行板电容器间一带正电的粒子(重力可忽略不计)由静止释放，假设粒子运动未碰到极板，不计线圈内部磁场变化对外部空间的影响，下列粒子在板间运动的速度图像和位移图像(以向上为正方向)中，正确的是( )
答案 C
解析 0～T/4内情况：由楞次定律可知，金属板上极板带负电，金属板下极板带正电；因粒子带正电，则粒子所受电场力方向竖直向上而向上做匀加速运动．T/4～T/2内情况：由楞次定律可知，金属板上极板带正电，金属板下极板带负电；因粒子带正电，则粒子所受电场力方向竖直向下而向上做匀减速运动，直到速度为零．T/2～3T/4内情况：由楞次定律可知，金属板上极板带正电，金属板下极板带负电，带正电粒子向下匀加速，3T/4～T内情况：由楞次定律可知，金属板上极板带负电，金属板下极板带正电；因粒子带正电，则粒子所受电场力方向竖直向上，而向下做匀减速运动，直到速度为零；由上分析可知，末速度减小为零，位移最大，当T末，粒子回到了原来位置．故C项正确，A、B、D三项错误．
二、非选择题
11．匀强磁场的磁感应强度B＝0.2 T，磁场宽度L＝3 m，一正方形金属框边长ab＝l＝1 m，每边电阻r＝0.2 Ω，金属框以v＝10 m/s的速度匀速穿过磁场区，其平面始终保持与磁感线方向垂直，如图所示．
(1)画出金属框穿过磁场区的过程中，金属框内感应电流的I－t图线．
(2)画出ab两端电压的U－t图线．
解析 (1)金属框进入磁场区时：E1＝Blv＝2 V，I1＝eq \f(E1,4r)＝2.5 A，电流的方向为逆时针方向，如图甲中实线框abcd所示，感应电流持续的时间t1＝eq \f(l,v)＝0.1 s
金属框全部进入磁场区后：E2＝0，I2＝0，无电流的时间t2＝eq \f(L－l,v)＝0.2 s
金属框穿出磁场区时：E3＝Blv＝2 V，I3＝eq \f(E3,4r)＝2.5 A，电流的方向为顺时针方向，如图甲中虚线框abcd所示，规定电流方向逆时针为正，故I－t图线如图乙所示．
(2)
金属框进入磁场区时：ab两端电压U1＝I1r＝0.5 V
金属框全部进入磁场区后：ab两端电压U2＝Blv＝2 V
金属框穿出磁场区时：ab两端电压U3＝E3－I3r＝1.5 V
由此得U－t图线如图丙所示．
12．如图甲所示，水平面上的两光滑金属导轨平行固定放置，间距d＝0.5 m，电阻不计，左端通过导线与阻值R＝2 Ω的电阻连接，右端通过导线与阻值RL＝4 Ω的小灯泡L连接．在CDFE矩形区域内有竖直向上的匀强磁场，CE长l＝2 m，有一阻值r＝2 Ω的金属棒PQ放置在靠近磁场边界CD处(恰好不在磁场中)．CDFE区域内磁场的磁感应强度B随时间变化如图乙所示．在t＝0至t＝4 s内，金属棒PQ保持静止，在t＝4 s时使金属棒PQ以某一速度进入磁场区域并保持匀速运动．已知从t＝0开始到金属棒运动到磁场边界EF处的整个过程中，小灯泡的亮度没有发生变化．求：
(1)通过小灯泡的电流；
(2)金属棒PQ在磁场区域中运动的速度大小．
答案 (1)0.1 A (2)1 m/s
解析 (1)在t＝0至t＝4 s内，金属棒PQ保持静止，磁场变化导致电路中产生感应电动势．电路为r与R并联，再与RL串联，电路的总电阻
R总＝RL＋eq \f(Rr,R＋r)＝5 Ω
此时感应电动势
E＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝dleq \f(ΔB,Δt)＝0.5×2×0.5 V＝0.5 V
通过小灯泡的电流为：I＝eq \f(E,R总)＝0.1 A.
(2)当棒在磁场区域中运动时，由导体棒切割磁感线产生电动势，电路为R与RL并联，再与r串联，此时电路的总电阻
R′总＝r＋eq \f(RRL,R＋RL)＝(2＋eq \f(4×2,4＋2)) Ω＝eq \f(10,3) Ω
由于灯泡中电流不变，所以灯泡的电流IL＝I＝0.1 A，则流过金属棒的电流为
I′＝IL＋IR＝IL＋eq \f(RLIL,R)＝0.3 A
电动势E′＝I′R总′＝Bdv
解得棒PQ在磁场区域中运动的速度大小
v＝1 m/s.
13．如图甲所示，水平面内直角坐标系的第一象限有磁场分布，方向垂直于水平面向下，磁感应强度沿y轴方向没有变化，与x轴的关系如图乙所示，图线是双曲线(坐标轴是渐近线)；顶角θ＝45°的光滑金属长导轨MON固定在水平面内，ON与x轴重合，一根与ON垂直的长导体棒在水平向右的外力作用下沿导轨MON向右滑动，导体棒在滑动过程中始终与导轨良好接触．已知t＝0时，导体棒位于顶点O处；导体棒的质量为m＝2 kg；OM、ON接触处O点的接触电阻为R＝0.5 Ω，其余电阻不计；回路电动势E与时间t的关系如图丙所示，图线是过原点的直线．求：
(1)t＝2 s时流过导体棒的电流I2的大小；
(2)导体棒滑动过程中水平外力F(单位：N)与横坐标x(单位：m)的关系式．
答案 (1)8 A (2)F＝4eq \r(x)＋4
解析 (1)根据E－t图像可知t＝2 s时，回路中电动势E2＝4 V
所以I2＝eq \f(E2,R)＝eq \f(4,0.5) A＝8 A.
(2)因θ＝45°，可知任意t时刻回路中导体棒有效切割长度L＝x
再根据B－x图像中双曲线的特点，有E＝BLv＝Bxv
且E与时间成正比，可知导体棒的运动是匀加速直线运动．
由图乙知Bx＝1 T·m，由图丙知E＝2t
所以v＝2t，即棒运动的加速度a＝2 m/s2
导体棒受到的安培力
F安＝BIL＝BIx＝Bx·eq \f(Bxv,R)＝eq \f(B2x2v,R)＝eq \f(B2x2·\r(2ax),R)
导体棒做匀加速运动，由牛顿第二定律得F－F安＝ma
则F＝F安＋ma＝eq \f(B2x2\r(2ax),R)＋ma＝4eq \r(x)＋4