[优化方案]2016届高三物理大一轮复习课后达标：第九章 电磁感应

一、单项选择题

1．如图所示，在一固定水平放置的闭合导体圆环上方，有一条形磁铁，从离地面高h处，由静止开始下落，最后落在水平地面上．磁铁下落过程中始终保持竖直方向，并从圆环中心穿过圆环，而不与圆环接触．若不计空气阻力．重力加速度为g，下列说法中正确的是( )

A．在磁铁下落的整个过程中，圆环中的感应电流方向先逆时针后顺时针(从上向下看圆环)

B．磁铁在整个下落过程中，受圆环对它的作用力先竖直向上后竖直向下 C．磁铁在整个下落过程中，它的机械能不变 D．磁铁落地时的速率一定等于2gh

解析：选A.当条形磁铁靠近圆环时，穿过圆环的磁通量增加，根据楞次定律可判断圆环中感应电流的方向为逆时针(从上向下看圆环)，当条形磁铁远离圆环时，穿过圆环的磁通量减小，根据楞次定律可判断圆环中感应电流的方向为顺时针(从上向下看圆环)，A正确；根据楞次定律的推论“来拒去留”原则，可判断磁铁在整个下落过程中，受圆环对它的作用力始终竖直向上，B错误；磁铁在整个下落过程中，由于受到磁场力的作用，机械能不守恒，C错误；若磁铁从高度h处做自由落体运动，其落地时的速度v＝2gh，但磁铁穿过圆环的过程中要产生一部分电热，根据能量守恒定律可知，其落地速度一定小于2gh，D错误．

2.竖直平面内有一形状为抛物线的光滑曲面轨道，如图所示，抛物线方程是y＝x2，轨道下半部分处在一个水平向外的匀强磁场中，磁场的上边界是y＝a的直线(图中虚线所示)，一个小金属环从抛物线上y＝b(b>a)处以速度v沿抛物线下滑，假设抛物线足够长，金属环沿抛物线下滑后产生的焦耳热总量是( )

1

A．mgb C．mg(b－a)

1

D．mg(b－a)＋mv2

2

1B.mv2 2

解析：选D.小金属环进入或离开磁场时，磁通量会发生变化，并产生感应电流，产生焦耳热；当小金属环全部进入磁场后，不产生感应电流，小金属环最终在磁场中做往复运动，11由能量守恒可得产生的焦耳热等于减少的机械能，即Q＝mv2＋mgb－mga＝mg(b－a)＋

22mv2.

3. (2013·高考福建卷)如图，矩形闭合导体线框在匀强磁场上方，由不同高度静止释放，用t1、t2分别表示线框ab边和cd边刚进入磁场的时刻．线框下落过程形状不变，ab边始终保持与磁场水平边界线OO′平行，线框平面与磁场方向垂直．设OO′下方磁场区域足够大，不计空气影响，则下列哪一个图象不可能反映线框下落过程中速度v随时间t变化的规律( )

解析：选A.由题意可知，线框先做自由落体运动，最终做匀加速直线运动．若ab边刚进入磁场时，速度较小，线框内产生的感应电流较小，线框所受安培力小于重力，则线框进入磁场的过程做加速度逐渐减小的加速运动，图象C有可能；若线框进入磁场时的速度较大，线框内产生的感应电流较大，线框所受安培力大于重力，则线框进入磁场时做加速度逐渐减小的减速运动，图象B有可能；若线框进入磁场时的速度合适，线框所受安培力等于重力，则线框匀速进入磁场，图象D有可能；由分析可知本题应选A.

4.(2015·南昌模拟)如图所示，在光滑水平面上方，有两个磁感应强度大小均为B、方向相反的水平匀强磁场，PQ为两个磁场的边界，磁场范围足够大．一个边长为L、质量为m、电阻为R的正方形金属线框沿垂直磁场方向，以速度v从图示位置向右

v

运动，当线框中心线AB运动到与PQ重合时，线框的速度为，则( )

2

4B2L2v2

A．此时线框的电功率为

R4B2L2v

B．此时线框的加速度为

mR

2

BL2

C．此过程通过线框截面的电荷量为 RD．此过程回路产生的电能为0.75mv2

BLvBLvEBLv

解析：选C.在题图中虚线位置，线框产生的电动势E＝＋＝BLv，电流I＝＝，

22RRFBIL2B2L2v

由牛顿第二定律可知，线框的加速度a＝＝2×＝，B错误；线框的电功率P＝I2R

mmmRB2L2v2

＝，A错误；由法拉第电磁感应定律和电流的定义，可得此过程通过线框截面的电荷

RΔΦBL2121v23

量q＝It＝＝，C正确；由能量守恒定律可得，回路产生的电能W＝mv－m＝RR2248mv2，D错误．

5．如图甲所示，电阻不计且间距L＝1 m的光滑平行金属导轨竖直放置，上端接一阻值R＝2 Ω的电阻，虚线OO′下方有垂直于导轨平面向里的匀强磁场，现将质量m＝0.1 kg、电阻不计的金属杆ab从OO′上方某处由静止释放，金属杆在下落的过程中与导轨保持良好接触且始终水平，已知杆ab进入磁场时的速度v0＝1 m/s，下落0.3 m的过程中加速度a与下落距离h的关系图象如图乙所示，g取10 m/s2，则( )

A．匀强磁场的磁感应强度为1 T

B．杆ab下落0.3 m时金属杆的速度为1 m/s C．杆ab下落0.3 m的过程中R上产生的热量为0.2 J D．杆ab下落0.3 m的过程中通过R的电荷量为0.25 C

B2L2v0

解析：选D.在杆ab刚进入磁场时，有－mg＝ma，由题图乙知，a的大小为10 m/s2，

RB2L2v′

解得B＝2 T，选项A错误．杆ab下落0.3 m时杆做匀速运动，则有＝mg，解得v′＝

R0.5 m/s，选项B错误．在杆ab下落0.3 m的过程中，根据能量守恒，R上产生的热量为Q1ΔΦB·ΔS

＝mgh－mv′2＝0.287 5 J，选项C错误．通过R的电荷量q＝＝＝0.25 C，选项D正

2RR确．

☆6.如图所示，足够长的光滑U形导轨宽度为L，其所在平面与水平面的夹角为α，上端连接一个阻值为R的电阻，置于磁感应强度

3

大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中，今有一质量为m、有效电阻为r的金属杆垂直于导轨放置并由静止下滑，设磁场区域无限大，当金属杆下滑达到最大速度vm时，运动的位移为x，则以下说法中正确的是( )

A．金属杆所受导轨的支持力大于mgcos α mg?R＋r?sin α

B．金属杆下滑的最大速度vm＝ 22BLcos α12

C．在此过程中电阻R上产生的焦耳热为mgxsin α－mvm

2BLx

D．在此过程中流过电阻R的电荷量为

R＋r

解析：选A.由于磁感应强度方向竖直向上，根据右手定则及左手定则，金属杆受水平B2L2vmcos α

向右的安培力、重力及支持力，A正确；当金属杆受力平衡时，速度最大，故有R＋r＝mgtan α，得vm＝

mg?R＋r?sin α1

，B错误；由能量守恒定律可得mgxsin α＝mv2＋Q总，222BLcosα2m

1RR??mgxsin α－mv2则电阻R上产生的焦耳热QR＝Q总＝m，C错误；流过电阻R的电2??R＋rR＋rΔΦBLxcos α

荷量为Q＝＝，D错误．

R＋rR＋r

二、多项选择题

7．如图所示，边长为L、电阻不计的n匝正方形金属线框位于竖直平面内，连接的小灯泡的额定功率、额定电压分别为P、U，线框及小灯泡的总质量为m，在线框的下方有一匀强磁场区域，区域宽度为l，磁感应强度方向与线框平面垂直，其上、下边界与线框底边均水平．线框从图示位置开始静止下落，穿越磁场的过程中，小灯泡始终正常发光．则( )

A．有界磁场宽度l

mgUB．磁场的磁感应强度应为 nPLP

C．线框匀速穿越磁场，速度恒为 mg

D．线框穿越磁场的过程中，灯泡产生的焦耳热为mgL

解析：选BC.因线框穿越磁场的过程中小灯泡正常发光，故线框匀速穿越磁场，且线框长度L和磁场宽度l相同，A错误；因线框匀速穿越磁场，故重力和安培力相等，mg＝nBILPmgU＝nBL，得B＝，B正确；线框匀速穿越磁场，重力做功的功率等于电功率，即mgv

UnPLP

＝P，得v＝，C正确；线框穿越磁场时，通过的位移为2L，且重力做功完全转化为焦耳

mg热，故Q＝2mgL，D错误．

4

8.如图所示，两足够长平行金属导轨固定在水平面上，匀强磁场方向垂直导轨平面向下，金属棒ab、cd与导轨构成闭合回路且都可沿导轨无摩擦滑动，两金属棒ab、cd的质量之比为2∶1.用一沿导轨方向的恒力F水平向右拉金属棒cd，经过足够长时间以后( )

A．金属棒ab、cd都做匀速运动 B．金属棒ab上的电流方向是由b向a C．金属棒cd所受安培力的大小等于2F/3 D．两金属棒间距离保持不变

解析：选BC.对两金属棒ab、cd进行受力分析和运动分析可知，两金属棒最终将做加速度相同的匀加速直线运动，且金属棒ab速度小于金属棒cd速度，所以两金属棒间距离是变大的，由楞次定律判断金属棒ab上的电流方向由b到a，A、D错误，B正确；以两金属棒整体为研究对象有：F＝3ma，隔离金属棒cd分析其受力，则有：F－F安＝ma，可求得金2

属棒cd所受安培力的大小F安＝F，C正确．

3

9．(2015·内蒙古包头测评)如图，在水平桌面上放置两条相距l的平行光滑导轨ab与cd，阻值为R的电阻与导轨的a、c端相连．质量为m、电阻不计的导体棒垂直于导轨放置并可沿导轨自由滑动．整个装置放于匀强磁场中，磁场的方向竖直向上(图中未画出)，磁感应强度的大小为B.导体棒的中点系一个不可伸长的轻绳，绳绕过固定在桌边的光滑轻滑轮后，与一个质量也为m的物块相连，绳处于拉直状态．现若从静止开始释放物块，用h表示物块下落的高度(物块不会触地)，g表示重力加速度，其他电阻不计，则 ( )

A．电阻R中的感应电流方向由a到c B．物块下落的最大加速度为g

mgRC．若h足够大，物块下落的最大速度为22 BlD．通过电阻R的电荷量为Blh R

解析：选CD.题中导体棒向右运动切割磁感线，由右手定则可得回路中产生顺时针方向的感应电流，则电阻R中的电流方向由c到a，A错误；对导体棒应用牛顿第二定律有：TBlv

－F安＝ma，又F安＝Bl，再对物块应用牛顿第二定律有：mg－T＝ma，则联立可得：a

RgB2l2vgmgR＝－，则物块下落的最大加速度am＝，B错误；当a＝0时，速度最大为vm＝22，22mR2Bl

5

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