2022年高考物理二輪復(fù)習(xí) 課時跟蹤訓(xùn)練13 電磁感應(yīng)問題

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1、2022年高考物理二輪復(fù)習(xí) 課時跟蹤訓(xùn)練13 電磁感應(yīng)問題 一、選擇題(1－4題為單項選擇題，5－10題為多項選擇題) 1．(2018·安徽省合肥三模)如圖所示，兩相鄰有界勻強磁場的寬度均為L，磁感應(yīng)強度大小相等、方向相反，均垂直于紙面．有一邊長為L的正方形閉合線圈向右勻速通過整個磁場．用i表示線圈中的感應(yīng)電流，規(guī)定逆時針方向為電流正方向，圖示線圈所在位置為位移起點，則下列關(guān)于i－x的圖象中正確的是(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　 C　[線圈進入磁場，在進入磁場的0～L的過程中，E＝BLv，電流I＝，根據(jù)右手定則判斷方向為逆時針方向，為正方向；在L～2L的過程中，

2、電動勢E＝2BLv，電流I＝，根據(jù)右手定則判斷方向為順時針方向，為負方向；在2L～3L的過程中，E＝BLv，電流I＝，根據(jù)右手定則判斷方向為逆時針方向，為正方向；故ABD錯誤，C正確；故選C.] 2．圖a和圖b是教材中演示自感現(xiàn)象的兩個電路圖，L1和L2為電感線圈，實驗時，斷開開關(guān)S1瞬間，燈A1突然閃亮，隨后逐漸變暗，閉合開關(guān)S2，燈A2逐漸變亮，而另一個相同的燈A3立即變亮，最終A2與A3的亮度相同，下列說法正確的是(　　) A．圖a中，A1與L1的電阻值相同 B．圖a中，閉合S1，電路穩(wěn)定后，A1中電流大于L1中電流 C．圖b中，變阻器R與L2的電阻值相同 D．圖b中，閉合

3、S2瞬間，L2中電流與變阻器R中電流相等 C　[分析圖a，斷開開關(guān)S1瞬間，A1突然閃亮，說明流經(jīng)A1的電流瞬間增大，從而得到S1閉合，電路穩(wěn)定時，A1中的電流小于L1中的電流，所以選項B錯誤，由并聯(lián)電路特點可知，A1的電阻值大于L1的電阻值，所以選項A錯誤，分析圖b，開關(guān)S2閉合后，燈A2逐漸變亮，A3立即變亮，說明閉合S2瞬間A2與A3中的電流不相等，那么L2與R中的電流也不相等，所以選項D錯誤．最終A2與A3亮度相同，說明流經(jīng)A2與A3的電流相同，由歐姆定律可知，R與L2的電阻值相等，所以選項C正確．] 3．(2018·山東省濟南市高三一模)近來，無線充電成為應(yīng)用于我們?nèi)粘Ｉ钪械囊?/p>

4、項新科技，其中利用電磁感應(yīng)原理來實現(xiàn)無線充電是比較成熟的一種方式，電動汽車無線充電方式的基本原理如圖所示：路面下依次鋪設(shè)圓形線圈，相鄰兩個線圈由供電裝置通以反向電流，車身底部固定感應(yīng)線圈，通過充電裝置與蓄電池相連，汽車在此路面上行駛時，就可以進行充電．在汽車勻速行駛的過程中，下列說法正確的是(　　) A．感應(yīng)線圈中電流的磁場方向一定與路面線圈中電流的磁場方向相反 B．感應(yīng)線圈中產(chǎn)生的是方向改變、大小不變的電流 C．感應(yīng)線圈一定受到路面線圈磁場的安培力，會阻礙汽車運動 D．給路面下的線圈通以同向電流，不會影響充電效果 C　[A項：由于路面下鋪設(shè)圓形線圈，相鄰兩個線圈的電流相反，所以

5、感應(yīng)線圈中電流的磁場方向不一定與路面線圈中電流的磁場方向相反，故A錯誤；B項：由于路面上的線圈中的電流不知是怎么變化，即產(chǎn)生的磁場無法確定變化情況，所以感應(yīng)線圈中的電流大小不能確定，故B錯誤；C項：感應(yīng)線圈隨汽車一起運動過程中會產(chǎn)生感應(yīng)電流，在路面線圈的磁場中受到安培力，根據(jù)“來拒去留”可知，此安培力阻礙相對運動，即阻礙汽車運動，故C正確；D項：給路面下的線圈通以同向電流時，路面下的線圈產(chǎn)生相同方向的磁場，穿過感應(yīng)線圈的磁通量變小，變化率變小，所以產(chǎn)生的感應(yīng)電流變小，故D錯誤．] 4．(2018·高考物理全真模擬三)如圖A中水平放置的U形光滑金屬導(dǎo)軌NMPQ，MN接有電鍵K，導(dǎo)軌寬度為L，其

6、電阻不計．在左側(cè)邊長為L的正方形區(qū)域存在方向豎直向上磁場B，其變化規(guī)律如圖B所示；中間一段沒有磁場，右側(cè)一段區(qū)域存在方向豎直向下的勻強磁場，其磁感應(yīng)強度為B0，在該段導(dǎo)軌之間放有質(zhì)量為m、電阻為R、長為L的金屬棒ab.若在圖B所示的t0/2時刻關(guān)閉電鍵K，則在這一瞬間(　　) A．金屬棒ab中的電流方向為由a流向b B．金屬棒ab中的電流大小為 C．金屬棒ab所受安培力方向水平向右 D．金屬棒ab的加速度大小為 C　[根據(jù)楞次定律可得金屬棒ab中的電流方向為由b流向a，故A錯誤；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得感應(yīng)電動勢：E＝S＝L2，所以金屬棒ab中的電流大小為：I＝＝L2，故B錯誤

7、；金屬棒ab的電流方向為由b流向a，根據(jù)左手定則可得ab棒所受安培力方向水平向右，C正確；根據(jù)牛頓第二定律可得金屬棒ab的加速度大小為a＝＝mIL＝，故D錯誤．所以C正確，ABD錯誤．] 5．(2018·山東省日照市高三5月校際聯(lián)考)如圖所示，一足夠長的光滑平行金屬軌道，其軌道平面與水平面成θ角，上端用一電阻R相連，處于方向垂直軌道平面向上的勻強磁場中．質(zhì)量為m、電阻為r的金屬桿ab，從高為h處由靜止釋放，下滑一段時間后，金屬桿開始以速度v勻速運動直到軌道的底端．金屬桿始終保持與導(dǎo)軌垂直接觸良好，軌道電阻及空氣阻力均可忽略不計，重力加速度為g.則(　　) A．金屬桿加速運動過程中的平均

8、速度大于 B．金屬桿加速運動過程中克服安培力做功的功率小于勻速運動過程中克服安培力做功的功率 C．當(dāng)金屬桿的速度為時，它的加速度大小為 D．整個運動過程中電阻R產(chǎn)生的焦耳熱為mgh－mv2 ABC　[若金屬桿勻加速運動，則平均速度為，實際上金屬桿加速運動中，加速度不斷減小，速度－時間圖象的斜率不斷減小，在相同間內(nèi)金屬桿通過位移大于勻加速運動的位移，金屬桿平均速度大于勻加速運動的平均速度，A正確；金屬桿加速運動過程中，安培力平均值小于勻速運動的安培力，且加速運動的平均速度小于勻速直線的速度，因此金屬桿加速運動過程中，克服安培力做功的功率小于勻速運動過程中克服安培力做功的功率，B正確；根據(jù)

9、勻速直線運動時，金屬桿速度大小為v，所受的安培力大小為，此時依據(jù)平衡狀態(tài)，則有mgsin θ＝；金屬桿的速度為時，它所受的安培力為，據(jù)牛頓第二定律解得mgsin θ－＝ma，聯(lián)立得a＝，C正確；根據(jù)能量守恒定律可知整個運動過程中回路產(chǎn)生的焦耳熱為mgh－mv2，所以R上產(chǎn)生的焦耳熱小于mgh－mv2，D錯誤．] 6．兩條平行虛線間存在一勻強磁場，磁感應(yīng)強度方向與紙面垂直，邊長為0.1 m、總電阻為0.005 Ω的正方形導(dǎo)線框abcd位于紙面內(nèi)，cd邊與磁場邊界平行，如圖(a)所示．已知導(dǎo)線框一直向右做勻速直線運動，cd邊于t＝0時刻進入磁場．線框中感應(yīng)電動勢隨時間變化的圖線如圖(b)所示(感

10、應(yīng)電流的方向為順時針時，感應(yīng)電動勢取正)．下列說法正確的是(　　) A．磁感應(yīng)強度的大小為0.5 T B．導(dǎo)線框運動速度的大小為0.5 m/s C．磁感應(yīng)強度的方向垂直于紙面向外 D．在t＝0.4 s至t＝0.6 s這段時間內(nèi)，導(dǎo)線框所受的安培力大小為0.1 N BC　[由圖象可知，從導(dǎo)線框的cd邊進入磁場到ab邊剛好進入磁場，用時為0.2 s，可得導(dǎo)線框運動速度的大小v＝m/s＝0.5 m/s，B對． 由圖象可知，cd邊切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝0.01 V，由公式E＝BLv，可得磁感應(yīng)強度的大小B＝T＝0.2 T，A錯． ca邊進入磁場時感應(yīng)電流的方向為順時針時，對c

11、d邊應(yīng)用右手定則可知，磁感應(yīng)強度的方向垂直于紙面向外，C對． t＝0.4 s至t＝0.6 s時間段為cd邊離開磁場，ab邊切割磁感線的過程．由閉合電路歐姆定律及安培力公式得安培力F＝，代入數(shù)據(jù)得F＝0.04 N，D錯．] 7．(2018·山東省濰坊市高三三模)如圖所示，兩平行導(dǎo)軌間距為L，傾斜部分和水平部分長度均為L，傾斜部分與水平面的夾角為37°，cd間接電阻R，導(dǎo)軌電阻不計．質(zhì)量為m的金屬細桿靜止在傾斜導(dǎo)軌底端，與導(dǎo)軌接觸良好，電阻為r.整個裝置處在豎直向上的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度隨時間變化關(guān)系為B＝B0＋kt(k>0)，在桿運動前，以下說法正確的是(　　) A．穿過回路的磁通量

12、為2(B0＋kt)L2 B．流過導(dǎo)體棒的電流方向為由b到a C．回路中電流的大小為 D．細桿受到的摩擦力一直減小 BC　[A、由Φ＝BS效＝(B0＋kt)·(L2＋L2cos 37°)＝1.8(B0＋kt)L2，故A錯誤．C、磁感應(yīng)強度均勻增大，產(chǎn)生的感生電動勢，由法拉第電磁感應(yīng)定得E＝n＝·S＝k·(L2＋L2cos37°)＝1.8k L2，由全電路歐姆定律得I＝＝，則C正確．B、由楞次定律可得感應(yīng)電流的方向俯視為順時針方向，即電流流向為b到a，B正確．D、因感應(yīng)電流大小恒定，則細桿所受的安培力F＝BIL因B逐漸增大而增大，由左手定則知方向水平向右，對桿的平衡知識可得mgsin θ＝

13、f＋BILcos θ，則摩擦力先向上逐漸減小到零，后向下逐漸增大，D錯誤．故選B、C.] 8．(2018·山東省淄博一中高三三模)如圖所示， 用粗細均勻的電阻絲制成形狀相同、大小不同的甲、乙兩個矩形框．甲對應(yīng)邊的長度是乙的兩倍，二者底邊距離勻強磁場上邊界高度h相同，磁場方向垂直紙面向里，勻強磁場強度d足夠大．不計空氣阻力，適當(dāng)調(diào)整高度h，將二者由靜止釋放，甲將以恒定速度進入勻強磁場中．在矩形線框進入磁場的整個過程中，甲、乙的感應(yīng)電流分別為I1和I2，通過導(dǎo)體棒截面的電量分別為q1和q2，線框產(chǎn)生的熱量分別為Q1和Q2，線框所受到的安培力分別是F1和F2，則以下結(jié)論中正確的是(　　) A

14、．I1>I2 B．q1＝4q2 C．Q1＝4Q2 D．F1＝2F2 CD　[設(shè)甲的寬度為L，周長為l，則乙的寬度為，周長為，那么甲的質(zhì)量是乙質(zhì)量的兩倍，根據(jù)電阻R＝ρ，可得＝，由題意可知甲做勻速運動：m1g－BI1L＝0，感應(yīng)電動勢為：E1＝BLv1，感應(yīng)電流為：I1＝，聯(lián)立以上可得：m1g－＝0，同理對乙有：m2g－＝m2a，聯(lián)立以上可得a＝0，說明乙也勻速運動且v1＝v2＝，感應(yīng)電流為：I＝，結(jié)合以上易得I1＝I2，故A錯誤；電量為q＝＝，可得：＝，故B錯誤；產(chǎn)生的熱量為：Q＝I2Rt，由運動學(xué)公式可得：＝，聯(lián)立以上可得：＝，故C正確；安培力為：F＝，根據(jù)以上可得：＝，故D正確．所

15、以CD正確，AB錯誤．] 9．(2018·山東省煙臺市高三下學(xué)期診斷測試)如圖所示，空間直角坐標(biāo)系的xOz平面是光滑水平面，空間中有沿z軸正方向的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B.現(xiàn)有兩塊平行的薄金屬板，彼此間距為d，構(gòu)成一個電容為C的電容器，電容器的下極板放在xOz平面上；在兩板之間焊接一根垂直于兩板的電阻不計的金屬桿MN，已知兩板和桿MN的總質(zhì)量為m，若對桿MN施加一個沿x軸正方向的恒力F，兩金屬板和桿開始運動后，則(　　) A．金屬桿MN中存在沿M到N方向的感應(yīng)電流 B．兩金屬板間的電壓始終保持不變 C．兩金屬板和桿做加速度大小為的勻加速直線運動 D．單位時間內(nèi)電容器增加的電荷

16、量為 AD　[由右手定則可知，充電電流方向為：由M流向N，故A正確；設(shè)此裝置勻加速平移的加速度為a，則時間t后速度v＝at，MN切割磁感線產(chǎn)生電動勢：E＝BLv＝Bdat，即電容器兩板電壓：U＝E＝BLat，U隨時間增大而增大，電容器所帶電量Q＝CU＝CBdat，MN間此時有穩(wěn)定的充電電流：I＝＝CBda，方向向下，根據(jù)左手定則可知，MN受到向左的安培力：F安＝BIL＝CB2d2a，以整個裝置為研究對象，由牛頓第二定律得：F－F安＝ma，即：F－CB2d2a＝ma，解得：a＝，方向沿＋Z方向，則單位時間內(nèi)電容器增加的電荷量為＝CBda＝，故BC錯誤，D正確；故選AD.] 10．(2018·

17、湖北省武漢市高三綜合訓(xùn)練)如圖所示，一個半徑為r、粗細均勻、阻值為R的圓形導(dǎo)線框，豎直放置在磁感應(yīng)強度為B的水平勻強磁場中，線框平面與磁場方向垂直．現(xiàn)有一根質(zhì)量為m、電阻不計的導(dǎo)體棒，自圓形線框最高點由靜止釋放，棒在下落過程中始終與線框保持良好接觸．已知下落距離為時棒的速度大小為v1，下落到圓心O時棒的速度大小為v2，忽略摩擦及空氣阻力，下列說法正確的是(　　) A．導(dǎo)體棒下落距離為時，棒中感應(yīng)電流的方向向右 B．導(dǎo)體棒下落距離為時，棒的加速度的大小為g－ C．導(dǎo)體棒下落到圓心時，圓形導(dǎo)線框的發(fā)熱功率為 D．導(dǎo)體棒從開始下落到經(jīng)過圓心的過程中，圓形導(dǎo)線框產(chǎn)生的熱量為mgr－mv

18、BD　[A項：導(dǎo)體棒下落過程中切割磁感線，根據(jù)右手定則可知，棒中感應(yīng)電流的方向向左，故A錯誤；B項：棒下落距離為時，棒有效的切割長度為L＝2rcos30°＝r，弦所對的圓心角為120°，則圓環(huán)上半部分的電阻為，圓環(huán)下半部分的電阻為 由外電路并聯(lián)電阻為：R1＝＝ 此時，回路中感應(yīng)電動勢為E＝BLv，I＝，安培力F＝BIL， 聯(lián)立得：F＝由牛頓第二定律得：mg－F＝ma 得：a＝g－，故B正確； C項：導(dǎo)體棒下落到圓心時，棒有效的切割長度為2r，回路中的總電阻為，電動勢為E＝B·2r·v2，根據(jù)公式P＝＝＝，故C錯誤；D項：從開始下落到經(jīng)過圓心的過程中，棒的重力勢能減小轉(zhuǎn)化為棒的動能和內(nèi)

19、能，根據(jù)能量守恒定律得： mgr＝mv＋Q，解得Q＝mgr－mv，故D正確．] 二、非選擇題 11．(2018·湖北省武漢市高三下學(xué)期五月理綜訓(xùn)練)電磁感應(yīng)式無線充電系統(tǒng)原理如圖(a)所示，給送電線圈中通以變化的電流，就會在鄰近的受電線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電流，從而實現(xiàn)充電器與用電裝置之間的能量傳遞．某受電線圈的匝數(shù)n＝50匝，電阻r＝1.0 Ω，c、d兩端接一阻值R＝9.0 Ω的電阻，當(dāng)送電線圈接交變電流后，在受電線圈內(nèi)產(chǎn)生了與線圈平面垂直的磁場，其磁通量隨時間變化的規(guī)律如圖(b)所示．求(結(jié)果保留2位有效數(shù)字) (1)t1到t2時間內(nèi)，通過電阻R的電荷量； (2)在一個周期內(nèi)，電阻

20、R產(chǎn)生的熱量． 解析　(1)受電線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的平均值＝n.通過電阻的電流的平均值＝ 通過電阻的電荷量q＝Δt 由圖b知，在t1到t2的時間內(nèi)Δφ＝4.0×10－4Wb 解得：q＝2.0×10－3C； (2)由圖b知T＝π×10－3s 又ω＝ 受電線圈中產(chǎn)生的電動勢的最大值Em＝nφmω 線圈中的感應(yīng)電流的最大值Im＝ 通過電阻的電流的有效值I＝ 電阻在一個周期內(nèi)產(chǎn)生的熱量Q＝I2RT 解得：Q＝5.7×10－2J. 答案　見解析 12．(2018·衡中同卷(五))如圖甲所示，兩個形狀相同、傾角均為37°的足夠長的斜面對接在一起，左側(cè)斜面粗糙，右側(cè)斜面光滑．一

21、個電阻不計、質(zhì)量m＝1 kg的足夠長的U形金屬導(dǎo)軌MM′N′N置于左側(cè)斜面上，導(dǎo)軌MM′N′N與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，質(zhì)量m＝1 kg、電阻為R的光滑金屬棒ab通過跨過定滑輪的輕質(zhì)絕緣細線與質(zhì)量為m0的滑塊相連，金屬棒ab與導(dǎo)軌MM′N′N接觸良好且始終垂直(金屬棒ab始終不接觸左側(cè)斜面)，左側(cè)斜面處于垂直斜面向下的勻強磁場中．初始狀態(tài)時，托住滑塊，使導(dǎo)軌MM′N′N、金屬棒ab及滑塊組成的系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，某時刻釋放滑塊，當(dāng)其達到最大速度時，導(dǎo)軌MM′N′N恰好要向上滑動．已知細線始終與斜面平行，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g

22、取10 m/s2. (1)求滑塊的質(zhì)量m0； (2)以釋放滑塊的時刻為計時起點，滑塊的速度v隨時間t的變化情況如圖乙所示，若勻強磁場的磁感應(yīng)強度B＝2 T，導(dǎo)軌MM′N′N寬度L＝m，求在滑塊加速運動過程中系統(tǒng)產(chǎn)生的焦耳熱． 解析　(1)當(dāng)滑塊與金屬棒ab達到最大速度時，導(dǎo)軌MM′N′N恰好不能向上滑動，導(dǎo)軌與左側(cè)斜面間的靜摩擦力向下達到最大，對導(dǎo)軌由平衡條件得 mgsin 37°＋μ·2mgcos 37°＝F安 解得F安＝14 N 對滑塊及金屬棒ab組成的系統(tǒng)由平衡條件得 mgsin 37°＋F安＝m0gsin 37° 解得m0＝kg (2)達到最大速度時安培力F安＝BIL＝＝14 N 由圖乙知最大速度v＝1 m/s 解得R＝2 Ω 加速階段對滑塊及金屬棒ab組成的系統(tǒng)由動量定理得 m0gtsin 37°－mgtsin 37°－BLt＝(m0＋m)v 加速階段通過金屬棒ab的電荷量q＝t 又結(jié)合法拉第電磁感應(yīng)定律及閉合電路歐姆定律可得 q＝＝，解得x＝m 加速階段由能量守恒得 m0gxsin 37°＝mgxsin 37°＋(m0＋m)v2＋Q 解得Q＝3.3 J 即滑塊在加速運動過程中系統(tǒng)產(chǎn)生的焦耳熱為3.3 J. 答案　(1)kg　(2)3.3