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1、高考物理能力梯级提升思维高效练习5.11电磁感应规律及其应用一、单项选择题1.如下图，一长直导线右侧放一矩形线框abcd，直导线中通有稳恒电流I，现将线框由位置1移到位置2，第一次是平移，第二次是以bc为轴翻转180，且两次经历的时间相同，若两次线框中产生的感应电荷量分别为Q和Q，则（ ）AQQ BQ=Q CQQ D不能确定2.（2017江苏高考）如下图，固定的水平长直 导线中通有电流I，矩形线框与导线在同一竖直平面内，且一边与导线平行，线框由静止释放，在下落过程中（ ）A.穿过线框的磁通量保持不变B.线框中感应电流方向保持不变C.线框所受安培力的合力为零D.线框的机械能不断增大3.（2018
2、淄博模拟）如下图，等腰三角形内分布有垂直于纸面向外的匀强磁场，它的底边在x轴上且长为2L，高为L纸面内一边长为L的正方形导线框沿x轴正方向做匀速直线运动穿过匀强磁场区域，在t=0时刻恰好位于图中所示的位置以顺时针方向为导线框中电流的正方向，在下面四幅图中能够正确表示电流位移（I-x）关系的是（ ）二、多项选择题4.如下图，E为电池，L是电阻可忽略不计、 自感系数足够大的线圈，D1、D2是两个规格相同且额定电压足够大的灯泡，S是控制电路的开关对于这个电路，以下说法正确的是（ ）A刚闭合开关S的瞬间，通过D1、D2的电流大小相等B刚闭合开关S的瞬间，通过D1、D2的电流大小不相等C闭合开关S待电路
3、达到稳定，D1熄灭，D2比原来更亮D闭合开关S待电路达到稳定，再将S断开瞬间，D2立即熄灭，D1闪亮一下再熄灭5.一空间有垂直纸面向里的匀强磁场B，两条电阻不计的平行光滑导轨竖直放置在磁场内，如下图，磁感应强度B0.5 T，导体棒ab、cd长度均为0.2 m，电阻均为0.1 ，重力均为0.1 N，现用力向上拉动导体棒ab，使之匀速上升(导体棒ab、cd与导轨接触良好)，此时cd静止不动，则ab上升时，以下说法正确的选项是（ ）Aab受到的拉力大小为2 NBab向上运动的速度为2 m/sC在2 s内，拉力做功，有0.4 J的机械能转化为电能D在2 s内，拉力做功为0.6 J6在光滑的水平地面上方
4、,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a,质量为m,电阻为R的金属圆环垂直磁场方向,以速度v从如下图位置运动,当圆环运动到直径刚好与边界线PQ重合时,圆环的速度为则以下说法正确的选项是( )A.此时圆环中的电功率为B.此时圆环的加速度为C.此过程中通过圆环截面的电量为D.此过程中回路产生的电能为三、计算题7.（2018南通模拟）如下图，两足够长平行 光滑的金属导轨MN、PQ相距为L，导轨平面与水平面夹角=30，导轨上端跨接一定值电阻R，导轨电阻不计.整个装置处于方向竖直向上的匀强磁场中，长为L的金属棒cd垂直于MN、P
5、Q放置在导轨上，且与导轨保持良好接触，金属棒的质量为m、电阻为r，重力加速度为g，现将金属棒由静止释放，当金属棒沿导轨下滑距离为s时，速度达到最大值vm.求：（1）金属棒开始运动时的加速度大小；（2）匀强磁场的磁感应强度大小；（3）金属棒沿导轨下滑距离为s的过程中，电阻R上产生的电热.8.（2017浙江高考）如图甲所示，在水平面上固定有长为L=2 m、宽为d=1 m的金属“U”型导轨，在“U”型导轨右侧l=0.5 m范围内存在垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间变化规律如图乙所示.在t=0时刻，质量为m=0.1 kg的导体棒以v0=1 m/s 的初速度从导轨的左端开始向右运动，导体棒与导
6、轨之间的动摩擦因数为=0.1,导轨与导体棒单位长度的电阻均为=0.1 /m,不计导体棒与导轨之间的接触电阻及地球磁场的影响（取g=10 m/s2）.（1）通过计算分析4 s内导体棒的运动情况；（2）计算4 s内回路中电流的大小，并判断电流方向；（3）计算4 s内回路产生的焦耳热.答案解析1.【解析】选C.设线框在位置1时磁通量为1，当平移到位置2时磁通量为2，则=21；而当翻转到位置2时，则变为框的背面向外，磁通量为-2，故=-21=-(2+1)，又显然|，则QQ，C正确.2.【解析】选B.线框下落过程中距离直导线越来越远，磁场越来越弱，但磁场方向不变，所以磁通量越来越小，根据楞次定律可知感应
7、电流的方向不变，A错，B对；线框左边和右边所受安培力总是大小相等，方向相反，但上下两边磁场强弱不同，安培力大小不同，合力不为零，C错；下落过程中机械能越来越小，D错.3.【解析】选C.线框匀速穿过L的过程中，有效长度l均匀增加，由E=Blv知，电动势随位移均匀变大，x=L处电动势最大，电流I最大；从x=L至x=1.5L过程中，框架两边都切割，总电动势减小，电流减小；从x=1.5L至x=2L，左边框切割磁感线产生感应电动势大于右边框，故电流反向且增大；x=2L至x=3L过程中，只有左边框切割，有效长度l减小，电流减小.综上所述，只有C项符合题意.4.【解析】选A、C、D.由于线圈的电阻可忽略不计
8、、自感系数足够大，在开关闭合的瞬间线圈的阻碍作用很大，线圈中的电流为零，所以通过D1、D2的电流大小相等，A正确，B项错误；闭合开关S待电路达到稳定时线圈短路，D1中电流为零，回路电阻减小，D2比原来更亮，C项正确；闭合开关S待电路达到稳定，再将S断开瞬间，D2立即熄灭，线圈和D1形成回路，D1闪亮一下再熄灭，故D项正确5.【解析】选B、C.对导体棒cd分析：得v2 m/s，故B正确；对导体棒ab分析：FmgBIl0.2 N，A错误； 在2 s内拉力做功转化的电能等于克服安培力做的功，即WF安vt=BIlvt=mgvt0.4 J，C正确；在2 s内拉力做的功为Fvt=2mgvt0.8 J，D错
9、误6【解析】选A、C.由右手定则知,当圆环运动到直径刚好与边界线PQ重合时,两个半圆切割磁感线产生的感应电流方向都为顺时针方向,所以,回路中的感应电动势的大小E=2Bav,回路中的电流功率A正确;圆环受到的安培力由牛顿第二定律得B错误;圆环运动到直径刚好与边界线PQ重合时,通过圆环的磁通量为0，故C正确;此过程中回路产生的热量等于动能的减少量，为0.375mv2,D错误.7.【解析】（1）金属棒开始运动时的加速度大小为a，由牛顿第二定律有mgsin=ma 解得a=gsin=g（2）设匀强磁场的磁感应强度大小为B，则金属棒达到最大速度时产生的电动势E=BLvmcos回路中产生的感应电流金属棒所受
10、安培力F=BIL cd棒所受合外力为零时，下滑的速度达到最大，则Fcos=mgsin解得（3）设电阻R上产生的电热为Q，整个电路产生的电热为Q总，则mgssin=解得答案：（1）（2）（3）8.【解析】(1)导体棒先在无磁场区域做匀减速运动，有-mg=ma，vt=v0+at，代入数据解得：t=1 s时，vt=0，x=0.5 m,所以导体棒没有进入磁场区域.导体棒在1 s末已停止运动，以后一直保持静止，静止时离左端位置为x=0.5 m (2)由图乙可知：前2 s磁通量不变，回路电动势和电流分别为E=0，I=0后2 s回路产生的电动势为此时回路的总长度为5 m，因此回路的总电阻为R=5=0.5 电流为根据楞次定律，在回路中的电流方向是顺时针方向.(3)前2 s电流为零，后2 s有恒定电流，焦耳热为Q=I2Rt=0.04 J答案：（1）前1 s：匀减速直线运动；后3 s：静止在离左端0.5 m的位置（2）前2 s：I=0；后2 s：I=0.2 A 电流方向是顺时针方向 （3）0.04 J内容总结
