2011年高中物理高考备考30分钟课堂集训系列专题9 电
磁感应
一、选择题(本大题共12个小题，共60分，每小题至少有一个选项正确，全部选对的 得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)
1．如图1所示的电路中，电源电动势为E，内阻r不能忽 略．R1和R2是两个定值电阻，L是一个自感系数较大的 线圈．开关S原来是断开的．从闭合开关S到电路中电 流达到稳定为止的时间内，通过R1的电流I1和通过R2 的电流I2的变化情况是 ( ) A．I1开始较大而后逐渐变小 B．I1开始很小而后逐渐变大 C．I2开始很小而后逐渐变大 D．I2开始较大而后逐渐变小
解析：闭合开关S时，由于L是一个自感系数较大的线圈，产生反向的自感电动势 阻碍电流的变化，所以开始时I2很小而I较大，随着电流达到稳定，线圈的自感作 用减小，I2开始逐渐变大，由于分流导致稳定电路中R1中的电流减小．故选A、C. 答案：AC
2．(2011·山东模拟)如图2所示，粗糙水平桌面上有一质量 为m的铜质矩形线圈．当一竖直放置的条形磁铁从线圈 中线AB正上方等高快速经过时，若线圈始终不动，则关 于线圈受到的支持力FN及在水平方向运动趋势的正确判断是 ( )
A．FN先小于mg后大于mg，运动趋势向左 B．FN先大于mg后小于mg，运动趋势向左 C．FN先小于mg后大于mg，运动趋势向右 D．FN先大于mg后小于mg，运动趋势向右 解析：当磁铁沿矩形线圈中线AB正上方通过时，线圈中向下的磁通量先增加后减小， 由楞次定律可知，线圈中感应电流的方向(从上向下看)先逆时针再顺时针，则线圈先 上方为N极下方为S极，后改为上方为S极下方为N极，根据同名磁极相斥、异名 磁极相吸，则线圈受到的支持力先大于mg后小于mg，线圈受到向右的安培力，则 水平方向的运动趋势向右．D项正确． 答案：D
3．一环形线圈放在匀强磁场中，设第1 s内磁感线垂直线圈平面(即垂直于纸面)向里， 如图3甲所示．若磁感应强度B随时间t变化的关系如图3乙所示，那么第3 s内线 圈中感应电流的大小与其各处所受安培力的方向是 ( )
图3 A．大小恒定，沿顺时针方向与圆相切 B．大小恒定，沿着圆半径指向圆心 C．逐渐增加，沿着圆半径离开圆心 D．逐渐增加，沿逆时针方向与圆相切
解析：由图乙知，第3s内磁感应强度B逐渐增大，变化率恒定，故感应电流的大小 恒定．再由楞次定律，线圈各处受安培力的方向都使线圈面积有缩小的趋势，故沿 半径指向圆心．B项正确． 答案：B
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4．如图4所示，光滑绝缘水平面上有一矩形线圈冲入一匀强磁 场，线圈全部进入磁场区域时，其动能恰好等于它在磁场外 面时的一半，设磁场宽度大于线圈宽度，那么
( )
A．线圈恰好在刚离开磁场的地方停下 B．线圈在磁场中某位置停下
C．线圈在未完全离开磁场时即已停下
D．线圈完全离开磁场以后仍能继续运动，不会停下来
解析：线圈冲入匀强磁场时，产生感应电流，线圈受安培力作用做减速运动，动能 减少．同理，线圈冲出匀强磁场时，动能也减少，进、出时减少的动能都等于安培 力做的功．由于进入时的速度大，故感应电流大，安培力大，安培力做的功也多， 减少的动能也多，线圈离开磁场过程中，损失的动能少于它在磁场外面时动能的一 半，因此线圈离开磁场仍继续运动．D项正确． 答案：D
5．两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5所示，两板间有一个质量为m、电荷 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 ( )
ΔΦdmgA．磁感应强度B竖直向上且正增强，＝ ΔtnqΔΦdmgB．磁感应强度B竖直向下且正增强，＝ ΔtnqΔΦdmgR＋rC．磁感应强度B竖直向上且正减弱，＝ ΔtnqRΔΦdmgrR＋rD．磁感应强度B竖直向下且正减弱，＝ ΔtnqR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＝ UEΔΦΔΦdmgR＋rq，U＝R，E＝n，联立可求得＝，故只有C项正确． dR＋rΔtΔtnqR答案：C
6．如图6所示，竖直平面内的虚线上方是一匀强磁场B，从 虚线下方竖直上抛一正方形线圈，线圈越过虚线进入磁场， 最后又落回原处，运动过程中线圈平面保持在竖直平面内， 不计空气阻力，则 ( ) A．上升过程克服磁场力做的功大于下降过程克服磁场力 做的功 B．上升过程克服磁场力做的功等于下降过程克服磁场力做的功
C．上升过程克服重力做功的平均功率大于下降过程中重力的平均功率 D．上升过程克服重力做功的平均功率等于下降过程中重力的平均功率
解析：线圈上升过程中，加速度增大且在减速，下降过程中，运动情况比较复杂， 有加速、减速或匀速等，把上升过程看做反向的加速，可以比较当运动到同一位置 时，线圈速度都比下降过程中相应的速度要大，可以得到结论：上升过程中克服安 培力做功多；上升过程时间短，故正确选项为A、C. 答案：AC
7．如图7所示，在平行于水平地面的匀强磁场上方有三个线圈，从相同的高度由静止 开始同时释放，三个线圈都是用相同的金属材料制成的边长一样的正方形，A线圈 有一个缺口，B、C线圈闭合，但B线圈的导线比C线圈的粗，则 ( )
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图7
A．三个线圈同时落地 B．A线圈最先落地 C．A线圈最后落地 D．B、C线圈同时落地
解析：由于A线圈上有缺口，A中不产生感应电流，不受安培力的阻碍作用，所以A 线圈先落地，B正确．
B、C线圈在进入磁场的过程中，受安培力与重力作用，满足：
B2L2v4Lmg－＝ma m＝ρ密·4L·S R＝ρ电
RS所以4ρ4ρ
密
密
BLSvLSg－＝4ρ
4ρ
电
2
密
LSa
g－
B2v4ρ
＝4ρ
密
a
电
a＝g－
相
B2v16ρ密ρ
电
，由于B、C线圈起始下落高度相同，材料相同，所以a相同，进入
同的磁场，B、C线圈同时落地，D选项正确．
答案：BD
8．某输电线路横穿公路时，要在地下埋线通过，为了保护线路不至于被压坏，预先铺 设结实的过路钢管，再让输电线从钢管中穿过．电线穿管的方案有两种：甲方案是 铺设两根钢管，两条输电线分别从两根钢管中穿过；乙方案是只铺设一根钢管，两 条输电线都从这一根钢管中穿过，如图8所示．如果输电导线输送的电流很大，那 么，以下说法正确的是 ( )
图8
A．无论输送的电流是恒定电流还是交变电流，甲、乙两方案都是可行的 B．若输送的电流是恒定电流，甲、乙两方案都是可行的
C．若输送的电流是交变电流，乙方案是可行的，甲方案是不可行的 D．若输送的电流是交变电流，甲方案是可行的，乙方案是不可行的
解析：若输送的电流是恒定电流，甲、乙两方案都是可行的，B正确．输电线周围 存在磁场，交变电流产生变化的磁场，因此在输电过程中输电线因电流变化引起自 感现象，当输电线上电流很大时，强大的自感电流有可能将钢管融化，造成事故， 所以甲方案是不可行的．在乙方案中，两条输电线中的电流方向相反，产生的磁场 互相抵消，使自感现象的影响减弱到可以忽略不计的程度，是可行的，C正确．此 题类似于课本中提到的“双线并绕”． 答案：BC 9．(2011·宁波模拟)如图9所示，水平光滑的平行金属导轨， 左端接有电阻R，匀强磁场B竖直向下分布在导轨所在的 空间内，质量一定的金属棒PQ垂直导轨放置．今使棒以 一定的初速度v0向右运动，当其通过位置a、b时，速率 分别为va、vb，到位置c时棒刚好静止，设导轨与棒的电阻均不计，a到b与b到c 的间距相等，则金属棒在由a到b和由b到c的两个过程
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中
( )
A．回路中产生的内能不相等 B．棒运动的加速度相等 C．安培力做功相等
D．通过棒横截面积的电荷量相等
解析：棒由a到b再到c的过程中，速度逐渐减小．根据E＝Blv，E减小，故I减 小．再根据F＝BIl，安培力减小，根据F＝ma，加速度减小，B错误．由于a与b、 b与c间距相等，故从a到b安培力做的功大于从b到c安培力做功，故A正确，C
EΔΦBΔSBΔS错误．再根据平均感应电动势E＝＝，I＝，q＝IΔt得q＝，故
ΔtΔtRRD
正确．
答案：AD
10．如图10所示，闭合导线框的质量可以忽略不计，将它 从如图所示位置匀速向右拉出匀强磁场．若第一次用0.3 s 拉出，外力所做的功为W1，通过导线横截面的电荷量为 q1；第二次用0.9 s拉出，外力所做的功为W2，通过导 线横截面的电荷量为q2，则 ( )
A．W1＜W2，q1＜q2 B．W1＜W2，q1＝q2 C．W1＞W2，q1＝q2 D．W1＞W2，q1＞q2
解析：设线框长为L1，宽为L2，其电阻为R.第一次拉出速度为v1，第二次拉出速度 为v2，则v1＝3v2.匀速拉出磁场时，外力所做的功恰等于克服安培力所做的功，有 W1＝F1L1＝BI1L2L1＝B2L22L1v1/R， 同理W2＝B2L22L1v2/R，故W1＞W2；
又由于线框两次拉出过程中，磁通量的变化量相等，即ΔΦ1＝ΔΦ2，由q＝It＝BL2vRt ＝
BL1L2BL1L2ΔΦ
t＝＝，得：q1＝q2.故正确答案为选项C. RtRR答案：C 11．如图11所示，两根水平放置的相互平行的金属导轨ab、 cd，表面光滑，处在竖直向上的匀强磁场中，金属棒PQ 垂直于导轨放在上面，以速度v向右匀速运动，欲使棒 PQ停下来，下面的措施可行的是(导轨足够长，棒PQ有 电阻) ( ) A．在棒PQ右侧垂直于导轨再放上一根同样的金属棒 B．在棒PQ棒右侧垂直于导轨再放上一根质量和电阻均比棒PQ大的金属棒
C．将导轨的a、c两端用导线连接起来
D．将导轨的a、c两端和b、d两端分别用导线连接起来
解析：在棒PQ右侧放金属棒时，回路中会有感应电流，使金属棒加速，棒PQ减速， 当两者获得共同速度时，回路中感应电流为零，两棒都将做匀速运动，A、B项错误．当 一端或两端用导线连接时，棒PQ的动能将转化为内能而最终静止，C、D两选项 正确． 答案：CD
12．如图12所示，在PQ、QR区域中存在着磁感应强度大小相等、方向相反的匀强磁 场，磁场方向均垂直于纸面．一导线框abcdefa位于纸面内，框的邻边都相互垂直， bc边与磁场的边界P重合．导线框与磁场区域的尺寸如图所示．从t＝0时刻开始， 线框匀速横穿两个磁场区域．以a→b→c→d→e→f为线框中的电动势E的正方向，
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则如图13所示的四个E－t关系示意图中正确的是
( )
图12
图13
解析：由右手定则和E＝Blv判定水平位移从0～l时E＝Blv；从l～2l时，E＝0； 从2l～3l时，E＝3Blv；从3l～4l时，E＝－2Blv，可知图C正确． 答案：C
二、计算题(本大题共4个小题，共40分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和演 算步骤，有数值计算的要注明单位)
13．(9分)(2011·宣武模拟)如图14所示，光滑的U形金
属导轨MNN′M′水平的固定在竖直向上的匀强磁 场中，磁感应强度为B，导轨的宽度为L，其长度足 够长，M′、M之间接有一个阻值为R的电阻，其 余部分电阻不计．一质量为m、电阻也为R的金属 棒ab恰能放在导轨之上，并与导轨接触良好．给棒 施加一个水平向右的瞬间作用力，棒就沿轨道以初速度v0开始向右滑行．求：
(1)开始运动时，棒中的瞬时电流i和棒两端的瞬时电压u分别为多大？ (2)当棒的速度由v0减小到v0/10的过程中，棒中产生的焦耳热Q是多少？
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14．(9分)一根电阻R＝0.6 Ω的导线弯成一个圆形线圈，圆半径r＝1 m，圆形线圈质 量m＝1 kg，此线圈放在绝缘光滑的水平面上，在y轴右侧有垂直线圈平面的磁感应 强度B＝0.5 T的匀强磁场，如图15所示．若线圈以初动能E0＝5 J沿x轴方向滑进 磁场，当进入磁场0.5 m时，线圈中产生的电能为E＝3 J．求：
图15
(1)此时线圈的运动速度的大小；
(2)此时线圈与磁场左边缘两交接点间的电压； (3)此时线圈加速度的大小．
解析：(1)设线圈的速度为v，由能量守恒定律得
1
E0＝E＋mv2.
2
解得：v＝2 m/s.
(2)线圈切割磁感线的有效长度 14
电动势E＝BLv＝3 V，
E3
电流I＝＝ A，
R0.6
两交接点间的电压
L＝2 r2－r2＝3 m，
322
×0.6× V＝3 V. 0.633
(3)F＝ma＝BIL，所以a＝2.5 m/s2.
U＝IR1＝
232
V (3)2.5 m/s 3
15．(10分)如图16所示，竖直放置的等距离金属导轨宽0.5 m，垂直于导轨平面向里 的匀强磁场的磁感应强度为B＝4 T，轨道光滑、电阻不计，ab、cd为两根完全相同 答案：(1)2 m/s (2)
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的金属棒，套在导轨上可上下自由滑动，每根金属棒的电阻为1 Ω.今在ab棒上施加
一个竖直向上的恒力F，这时ab、cd恰能分别以0.1 m/s的速度向上和向下做匀速滑
行．(g取10 m/s2)试求：
图 16
(1)两棒的质量； (2)外力F的大小．
解析：(1)根据右手定则，可以判定电路中电流方向是沿acdba流动的．设ab棒的质 量为m1，cd棒的质量为m2.取cd棒为研究对象，受力分析，根据平衡条件可得BIL ＝m2g
E2BLvB2L2v其中I＝＝，得m2＝＝0.04 kg，
2R2RgR根据题意判断可知m1＝0.04 kg.
(2)取两根棒整体为研究对象，根据平衡条件可得 F＝m1g＋m2g＝0.8 N.
答案：(1)0.04 kg 0.04 kg (2)0.8 N 16．(12分)(2011·广东模拟)如图17所示，光滑的平行金属导轨水平放置，电阻不计， 导轨间距为l，左侧接一阻值为R的电阻．区域cdef内存在垂直轨道平面向下的有 界匀强磁场，磁场宽度为s.一质量为m、电阻为r的金属棒MN置于导轨上，与导 轨垂直且接触良好，受到F＝0.5v＋0.4(N)(v为金属棒速度)的水平外力作用，从磁场
的左边界由静止开始运动，测得电阻两端电压随时间均匀增大．(已知：l＝1 m，m ＝1 kg，R＝0.3 Ω，r＝0.2 Ω，s＝1 m)
图17
(1)分析并说明该金属棒在磁场中做何种运动； (2)求磁感应强度B的大小；
B2l2
(3)若撤去外力后棒的速度v随位移x的变化规律满足v＝v0－mR＋r动
x，且棒在运
到ef处时恰好静止，则外力F作用的时间为多少？
(4)若在棒未出磁场区域时撤出外力，画出棒在整个运动过程中速度随位移变化所对 应的各种可能的图线．
解析：(1)金属棒做匀加速直线运动
R两端电压U∝I∝E∝v，U随时间均匀增大，即v随时间均匀增大． 所以加速度为恒量．
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B2l2
(2)F－v＝ma，将F＝0.5v＋0.4代入
R＋rB2l2
得：(0.5－)v＋0.4＝a
R＋r因为加速度为恒量，与v无关，所以a＝0.4 m/s2
B2l2
0．5－＝0
R＋r代入数据得：B＝0.5 T.
12
(3)设外力F作用时间为t.x1＝at
2
B2l2
v0＝x2＝at
mR＋rmR＋rat＝s
B2l2
代入数据得0.2t2＋0.8t－1＝0，
解方程得t＝1 s或t＝－5 s(舍去)． x1＋x2＝s，所以at2＋
12
(4)可能图线如下：
答案：(1)见解析 (2)0.5 T (3)1 s (4)见解析
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