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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(14題為單項選擇題，510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(qiáng)磁場的寬度均為L，磁感應(yīng)強(qiáng)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ix的圖象中正確的是()C線圈進(jìn)入磁場，在進(jìn)入磁場的0L的過程中，EBLv，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L2L的過程中，電動勢E2BLv，電流I，根據(jù)右手定則判斷方向為順時針方向，為負(fù)方向；在2L3L的過程中，
2、EBLv，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
3、，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(jì)南市高三一模)近來，無線充電成為應(yīng)用于我們?nèi)粘Ｉ钪械囊豁椥驴萍?，其中利用電磁感?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
4、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(jìn)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(yùn)動D給路面下的線圈通以同向電流，不會影響充電效果CA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
5、圈隨汽車一起運(yùn)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(yùn)動，即阻礙汽車運(yùn)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(qiáng)磁場，其磁感應(yīng)強(qiáng)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.
6、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bB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：ESL2，所以金屬棒ab中的電流大小為：IL2，故B錯誤；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amIL，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
7、水平面成角，上端用一電阻R相連，處于方向垂直軌道平面向上的勻強(qiáng)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(yùn)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(yùn)動過程中的平均速度大于B金屬桿加速運(yùn)動過程中克服安培力做功的功率小于勻速運(yùn)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(yùn)動過程中電阻R產(chǎn)生的焦耳熱為mghmv2ABC若金屬桿勻加速運(yùn)動，則平均速度為，實際上金屬桿加速運(yùn)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
8、大于勻加速運(yùn)動的位移，金屬桿平均速度大于勻加速運(yùn)動的平均速度，A正確；金屬桿加速運(yùn)動過程中，安培力平均值小于勻速運(yùn)動的安培力，且加速運(yùn)動的平均速度小于勻速直線的速度，因此金屬桿加速運(yùn)動過程中，克服安培力做功的功率小于勻速運(yùn)動過程中克服安培力做功的功率，B正確；根據(jù)勻速直線運(yùn)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 ；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 ma，聯(lián)立得a，C正確；根據(jù)能量守恒定律可知整個運(yùn)動過程中回路產(chǎn)生的焦耳熱為mghmv2，所以R上產(chǎn)生的焦耳熱小于mghmv2，D錯誤6兩條平行虛線間存在一勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度方
9、向與紙面垂直，邊長為0.1 m、總電阻為0.005 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(yùn)動，cd邊于t0時刻進(jìn)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(qiáng)度的大小為0.5 TB導(dǎo)線框運(yùn)動速度的大小為0.5 m/sC磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直于紙面向外D在t0.4 s至t0.6 s這段時間內(nèi)，導(dǎo)線框所受的安培力大小為0.1 NBC由圖象可知，從導(dǎo)線框的cd邊進(jìn)入磁場到ab邊剛好進(jìn)入磁場，用時為0.2 s，可得導(dǎo)線框運(yùn)動速度的大小vm/s0.5 m/s，B對由
10、圖象可知，cd邊切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E0.01 V，由公式EBLv，可得磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小BT0.2 T，A錯ca邊進(jìn)入磁場時感應(yīng)電流的方向為順時針時，對cd邊應(yīng)用右手定則可知，磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直于紙面向外，C對t0.4 s至t0.6 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F0.04 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(xì)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
11、勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間變化關(guān)系為BB0kt(k0)，在桿運(yùn)動前，以下說法正確的是()A穿過回路的磁通量為2(B0kt)L2B流過導(dǎo)體棒的電流方向為由b到aC回路中電流的大小為D細(xì)桿受到的摩擦力一直減小BCA、由BS效(B0kt)(L2L2cos 37)1.8(B0kt)L2，故A錯誤C、磁感應(yīng)強(qiáng)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EnSk(L2L2cos37)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(xì)桿所受的安培力FBIL因B逐漸增大而增大，由左手定則知方向水平向右，
12、對桿的平衡知識可得mgsin fBILcos ，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(xì)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(qiáng)磁場上邊界高度h相同，磁場方向垂直紙面向里，勻強(qiáng)磁場強(qiáng)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(jìn)入勻強(qiáng)磁場中在矩形線框進(jìn)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()AI1
13、I2Bq14q2 CQ14Q2DF12F2CD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，可得，由題意可知甲做勻速運(yùn)動：m1gBI1L0，感應(yīng)電動勢為：E1BLv1，感應(yīng)電流為：I1，聯(lián)立以上可得：m1g0，同理對乙有：m2gm2a，聯(lián)立以上可得a0，說明乙也勻速運(yùn)動且v1v2，感應(yīng)電流為：I，結(jié)合以上易得I1I2，故A錯誤；電量為q，可得：，故B錯誤；產(chǎn)生的熱量為：QI2Rt，由運(yùn)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
14、的xOz平面是光滑水平面，空間中有沿z軸正方向的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)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(yùn)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(yùn)動D單位時間內(nèi)電容器增加的電荷量為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vat，MN切割磁感線產(chǎn)
15、生電動勢：EBLvBdat，即電容器兩板電壓：UEBLat，U隨時間增大而增大，電容器所帶電量QCUCBdat，MN間此時有穩(wěn)定的充電電流：ICBda，方向向下，根據(jù)左手定則可知，MN受到向左的安培力：F安BILCB2d2a，以整個裝置為研究對象，由牛頓第二定律得：FF安ma，即：FCB2d2ama，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(xì)均勻、阻值為R的圓形導(dǎo)線框，豎直放置在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的水平勻強(qiáng)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
16、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gC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mgrmvBDA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L2rcos30r，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
17、阻為：R1此時，回路中感應(yīng)電動勢為EBLv，I，安培力FBIL，聯(lián)立得：F由牛頓第二定律得：mgFma得：ag，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EB2rv2，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)能，根據(jù)能量守恒定律得：mgrmvQ，解得Qmgrmv，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)n50匝，
18、電阻r1.0 ，c、d兩端接一阻值R9.0 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qt由圖b知，在t1到t2的時間內(nèi)4.0104Wb解得：q2.0103C；(2)由圖b知T103s又受電線圈中產(chǎn)生的電動勢的最大值Emnm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QI2RT解得：Q5.7102J.答
19、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)斜面光滑一個電阻不計、質(zhì)量m1 kg的足夠長的U形金屬導(dǎo)軌MMNN置于左側(cè)斜面上，導(dǎo)軌MMNN與斜面間的動摩擦因數(shù)0.5，質(zhì)量m1 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(xì)線與質(zhì)量為m0的滑塊相連，金屬棒ab與導(dǎo)軌MMNN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(qiáng)磁場中初始狀態(tài)時，托住滑塊，使導(dǎo)軌MMNN、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(dá)到最大速度時，導(dǎo)軌MMNN恰好要向上滑動已知細(xì)線始終與斜
20、面平行，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，sin 370.6，cos 370.8，重力加速度g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(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B2 T，導(dǎo)軌MMNN寬度Lm，求在滑塊加速運(yùn)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(dá)到最大速度時，導(dǎo)軌MMNN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(dá)到最大，對導(dǎo)軌由平衡條件得mgsin 372mgcos 37F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 37F安m0gsin 37解得m0kg(2)達(dá)到最大速度時安培力F安BIL14 N由圖乙知最大速度v1 m/s解得R2 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 37mgtsin 37BLt(m0m)v加速階段通過金屬棒ab的電荷量qt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xm加速階段由能量守恒得m0gxsin 37mgxsin 37(m0m)v2Q解得Q3.3 J即滑塊在加速運(yùn)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
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
