高考物理二轮复习闯关导练热点11电磁感应含答案

这是一份高考物理二轮复习闯关导练热点11电磁感应含答案，共12页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题(1～4题为单项选择题，5～10题为多项选择题)
1．[2020·全国卷Ⅲ，14]如图，水平放置的圆柱形光滑玻璃棒左边绕有一线圈，右边套有一金属圆环．圆环初始时静止．将图中开关S由断开状态拨至连接状态，电路接通的瞬间，可观察到( )
A．拨至M端或N端，圆环都向左运动
B．拨至M端或N端，圆环都向右运动
C．拨至M端时圆环向左运动，拨至N端时向右运动
D．拨至M端时圆环向右运动，拨至N端时向左运动
2．如图所示，在带负电荷的橡胶圆盘附近悬挂一个小磁针．现驱动圆盘绕中心轴高速旋转，小磁针发生偏转．下列说法正确的是( )
A．偏转原因是圆盘周围存在电场
B．偏转原因是圆盘周围产生了磁场
C．仅改变圆盘的转动方向，偏转方向不变
D．仅改变圆盘所带电荷的电性，偏转方向不变
3.
如图所示，一光滑绝缘半圆槽ABC水平固定，AC为水平直径，B为半圆槽的最低点，一闭合金属圆环从A点由静止释放，运动过程中经过一有界匀强磁场区域，则( )
A．圆环向右穿过磁场后，能摆至C点
B．在进入和离开磁场的过程，圆环中感应电流方向相反
C．圆环完全进入磁场后离B点越近速度越大，感应电流也越大
D．圆环最终停在B点
4．[2020·浙江7月，12]如图所示，固定在水平面上的半径为r的金属圆环内存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场．长为l的金属棒，一端与圆环接触良好，另一端固定在竖直导电转轴OO′上，随轴以角速度ω匀速转动，在圆环的A点和电刷间接有阻值为R的电阻和电容为C、板间距为d的平行板电容器，有一带电微粒在电容器极板间处于静止状态．已知重力加速度为g，不计其它电阻和摩擦，下列说法正确的是( )
A．棒产生的电动势为eq \f(1,2)Bl2ω
B．微粒的电荷量与质量之比为eq \f(2gd,Br2ω)
C．电阻消耗的电功率为eq \f(πB2r4ω,2R)
D．电容器所带的电荷量为CBr2ω
5．[2020·天津卷，6]手机无线充电是比较新颖的充电方式．如图所示，电磁感应式无线充电的原理与变压器类似，通过分别安装在充电基座和接收能量装置上的线圈，利用产生的磁场传递能量．当充电基座上的送电线圈通入正弦式交变电流后，就会在邻近的受电线圈中感应出电流，最终实现为手机电池充电．在充电过程中( )
A．送电线圈中电流产生的磁场呈周期性变化
B．受电线圈中感应电流产生的磁场恒定不变
C．送电线圈和受电线圈通过互感现象实现能量传递
D．手机和基座无需导线连接，这样传递能量没有损失
6．[2020·新高考Ⅰ卷，12]如图所示，平面直角坐标系的第一和第二象限分别存在磁感应强度大小相等、方向相反且垂直于坐标平面的匀强磁场，图中虚线方格为等大正方形．一位于Oxy平面内的刚性导体框abcde在外力作用下以恒定速度沿y轴正方向运动(不发生转动)．从图示位置开始计时，4 s末bc边刚好进入磁场．在此过程中，导体框内感应电流的大小为I，ab边所受安培力的大小为Fab，二者与时间t的关系图像可能正确的是( )
7.
某同学在实验室里做如下实验，两根光滑竖直金属导轨(电阻不计)上端接有电阻R，下端开口，所在区域有垂直纸面向里的匀强磁场，一个矩形导体框(电阻不计)在整个运动过程中始终和光滑金属导轨保持良好接触，矩形导体框的宽度大于两根导轨的间距，一弹簧下端固定在水平面上，弹簧涂有绝缘漆，弹簧和导体框接触时，二者处于绝缘状态，且导体框与弹簧接触过程无机械能的损失．现将导体框在距离弹簧上端H处由静止释放，导体框下落，接触到弹簧后一起向下运动然后反弹，直至导体框静止．导体框的质量为m，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A．导体框接触到弹簧后，可能立即做减速运动
B．导体框在接触弹簧前下落的加速度为g
C．只改变下落的初始高度H，导体框的最大速度可能不变
D．只改变R的阻值，在导体框运动过程中系统产生的焦耳热会改变
8．[2020·山西临汾市二轮复习模拟]如图甲所示，半径为1 m的带缺口刚性金属圆环导轨固定在水平面内，在导轨上垂直放置一质量为0.1 kg、电阻为1 Ω的直导体棒，其长度恰好等于金属圆环的直径，导体棒初始位置与圆环直径重合，且与导轨接触良好．已知导体棒与导轨间的动摩擦因数为0.3，不计金属圆环的电阻，导体棒受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10 m/s2.现若在圆环内加一垂直于纸面向里的变化磁场，变化规律如图乙所示，则( )
A．导体棒中的电流是从b到a
B．通过导体棒的电流大小为0.5 A
C．0～2 s内，导体棒产生的热量为0.125 J
D．t＝π s时，导体棒受到的摩擦力大小为0.3 N
9．[2020·云南第二次统一检测]如图所示，倾角为θ＝37°的足够长的平行金属导轨固定在水平面上，两导体棒ab、cd垂直于导轨放置，空间存在垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B.现给导体棒ab沿导轨平面向下的初速度v0使其沿导轨向下运动，已知两导体棒质量均为m，电阻相等，两导体棒与导轨之间的动摩擦因数均为μ＝0.75，导轨电阻忽略不计，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8.从ab开始运动到两棒相对静止的整个运动过程中两导体棒始终与导轨保持良好的接触，下列说法正确的是( )
A．导体棒cd中产生的焦耳热为eq \f(1,4)mveq \\al(2,0)
B．导体棒cd中产生的焦耳热为eq \f(1,8)mveq \\al(2,0)
C．当导体棒cd的速度为eq \f(1,4)v0时，导体棒ab的速度为eq \f(1,2)v0
D．当导体棒ab的速度为eq \f(3,4)v0时，导体棒cd的速度为eq \f(1,4)v0
10．[2020·全国卷Ⅰ，21]如图，U形光滑金属框abcd置于水平绝缘平台上，ab和dc边平行，和bc边垂直．ab、dc足够长，整个金属框电阻可忽略．一根具有一定电阻的导体棒MN置于金属框上，用水平恒力F向右拉动金属框，运动过程中，装置始终处于竖直向下的匀强磁场中，MN与金属框保持良好接触，且与bc边保持平行．经过一段时间后( )
A．金属框的速度大小趋于恒定值
B．金属框的加速度大小趋于恒定值
C．导体棒所受安培力的大小趋于恒定值
D．导体棒到金属框bc边的距离趋于恒定值
二、非选择题
11．[2020·全国卷Ⅲ，24]如图，一边长为l0的正方形金属框abcd固定在水平面内，空间存在方向垂直于水平面，磁感应强度大小为B的匀强磁场．一长度大于eq \r(2)l0的均匀导体棒以速率v自左向右在金属框上匀速滑过，滑动过程中导体棒始终与ac垂直且中点位于ac上，导体棒与金属框接触良好．已知导体棒单位长度的电阻为r，金属框电阻可忽略．将导体棒与a点之间的距离记为x，求导体棒所受安培力的大小随x(0≤x≤eq \r(2)l0)变化的关系式．
12．[2020·安徽蚌埠市第二次质检]如图所示，质量M＝1 kg的半圆弧形绝缘凹槽放置在光滑的水平面上，凹槽部分嵌有cd和ef两个光滑半圆形导轨，c与e端由导线连接，一质量m＝1 kg的导体棒自ce端的正上方h＝2 m处平行ce由静止下落，并恰好从ce端进入凹槽，整个装置处于范围足够大的竖直方向的匀强磁场中，导体棒在槽内运动过程中与导轨接触良好．已知磁场的磁感应强度B＝0.5 T，导轨的间距与导体棒的长度均为L＝0.5 m，导轨的半径r＝0.5 m，导体棒的电阻R＝1 Ω，其余电阻均不计，重力加速度g＝10 m/s2，不计空气阻力．
(1)求导体棒刚进入凹槽时的速度大小；
(2)求导体棒从开始下落到最终静止的过程中系统产生的热量；
(3)若导体棒从开始下落到第一次通过导轨最低点的过程中产生的热量为16 J，求导体棒第一次通过最低点时回路中的电功率．
热点11 电磁感应
1．答案：B
解析：左侧线圈通电后相当于条形磁铁，形成的磁场相当于条形磁铁的磁场，将图中开关闭合时，线圈及金属圆环内磁场由0开始增加，根据楞次定律可知，金属圆环将向磁场弱的方向移动，即向右移动．圆环移动方向与开关拨至M或拨至N无关．故选B项．
2．答案：B
解析：小磁针发生偏转是因为带负电荷的橡胶圆盘高速旋转形成电流，而电流周围有磁场，磁场会对放入其中的小磁针有力的作用，故A错误，B正确；仅改变圆盘的转动方向，形成的电流的方向与初始相反，小磁针的偏转方向也与之前相反，故C错误；仅改变圆盘所带电荷的电性，形成的电流的方向与初始相反，小磁针的偏转方向也与之前相反，故D错误．故选B.
3．答案：B
解析：圆环向右进入磁场的过程，会产生电流，圆环中将产生焦耳热，根据能量守恒定律知圆环的机械能将转化为电能，所以圆环回不到原来的高度，故A错误；当圆环进入或离开磁场区域的过程，磁通量会发生变化，产生电流，根据楞次定律可知，感应电流的方向相反，故B正确；整个圆环完全进入磁场后，磁通量不发生变化，不产生感应电流，故C错误；圆环不断进出磁场的过程中，机械能不断损耗，圆环越摆越低，最后整个圆环只会在磁场区域内来回摆动，因为在此区域内没有磁通量的变化(一直是最大值)，所以圆环的机械能守恒，即圆环最后的运动状态为在磁场区域内来回摆动，而不是静止在B点，故D错误．
4．答案：B
解析：棒产生的电动势为E＝Br·eq \f(1,2)ωr＝eq \f(1,2)Br2ω，选项A错误．金属棒电阻不计，故电容器两极板间的电压等于棒产生的电动势，微粒的重力与其受到的电场力大小相等，有qeq \f(E,d)＝mg，可得eq \f(q,m)＝eq \f(2gd,Br2ω)，选项B正确．电阻消耗的电功率P＝eq \f(E2,R)＝eq \f(B2r4ω2,4R)，选项C错误．电容器所带的电荷量Q＝CE＝eq \f(1,2)CBr2ω，选项D错误．
5．答案：AC
解析：由题意可知送电线圈中通入了正弦式交变电流，可知电流产生的磁场也呈周期性变化，A正确；由变压器的工作原理可知，受电线圈中输出的电流按余弦规律变化，因此受电线圈中感应电流产生的磁场随电流的变化而变化，B错误；送电线圈和受电线圈的能量传递是通过互感现象实现的，C正确；由于送电线圈产生的磁场并没有全部穿过受电线圈，即有磁通量的损失，因此该充电过程存在能量的损失，D错误．
6．答案：BC
解析：第1 s内，ae边切割磁感线，由E＝BLv可知，感应电动势不变，导体框总电阻一定，故感应电流一定，由安培力F＝BIL可知ab边所受安培力与ab边进入磁场的长度成正比；第2 s内，导体框切割磁感线的有效长度均匀增大，感应电动势均匀增大，感应电流均匀增大；第3～4 s内，导体框在第二象限内切割磁感线的有效长度保持不变，在第一象限内切割磁感线的有效长度不断增大，但两象限磁场方向相反，导体框的两部分感应电动势方向相反，所以第2 s末感应电动势达到最大，之后便不断减小，第3 s末与第1 s末，导体框切割磁感线的有效长度相同，可知第3 s末与第1 s末线框中产生的感应电流大小相等，A项错误，B项正确；但第3 s末ab边进入磁场的长度是笫1 s末的3倍，即ab边所受安培力在第3 s末的大小等于第1 s末所受安培力大小的3倍，C项正确，D项错误．
7．答案：AC
解析：导体框下落过程中两部分切割磁感线，相当于两个电源给电阻R供电，当导体框所受安培力等于导体框的重力时导体框速度达到最大，达到最大速度可能发生在接触弹簧之前，所以导体框有可能在接触弹簧前已经开始匀速，故A、C正确；由于导体框中有感应电流，导体框受到安培力作用，所以加速度小于g，故B错误；由于导体框质量一定，所以最后弹簧停止的位置是确定的，重力势能的减少量是确定的，弹簧增加的弹性势能是确定的，所以电阻产生的热量与R的阻值无关，电阻大小会影响导体框反复运动的次数，故D错误．
8．答案：AC
解析：穿过闭合回路的磁通量向里且增加，由楞次定律可知导体棒中的电流是从b到a，选项A正确；假设0～π s时间内导体棒静止不动，感应电动势E＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(ΔB,Δt)·eq \f(1,2)πr2＝eq \f(0.5,π)×eq \f(1,2)π×12 V＝0.25 V，则感应电流I＝eq \f(E,R)＝eq \f(0.25,1) A＝0.25 A，t＝π s时，导体棒受到的安培力F＝2BIr＝2×0.5×0.25×1 N＝0.25 N，最大静摩擦力Ffm＝μmg＝0.3 N，则假设成立，故导体棒所受摩擦力大小为0.25 N，选项B、D错误；0～2 s内，导体棒产生的热量为Q＝I2Rt＝0.252×1×2 J＝0.125 J，选项C正确．
9．答案：BD
解析：由题意可知：mgsin 37°＝μmgcs 37°，则两棒组成的系统沿轨道方向动量守恒，当最终稳定时：mv0＝2mv，解得v＝0.5v0，则回路产生的焦耳热为Q＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)·2mv2＝eq \f(1,4)mveq \\al(2,0)，则导体棒c中产生的焦耳热为Qcd＝Qab＝eq \f(1,2)Q＝eq \f(1,8)mveq \\al(2,0)，选项A错误，B正确；当导体棒cd的速度为eq \f(1,4)v0时，则由动量守恒：mv0＝m·eq \f(1,4)v0＋mvab，解得vab＝eq \f(3,4)v0，选项C错误；当导体棒ab的速度为eq \f(3,4)v0时，则由动量守恒：mv0＝m·eq \f(3,4)v0＋mvcd，解得vcd＝eq \f(1,4)v0，选项D正确．
10．答案：BC
解析：用水平恒力F向右拉动金属框，bc边切割磁感线产生感应电动势，回路中有感应电流i，bc边受到水平向左的安培力作用，设金属框的质量为M，加速度为a1，由牛顿第二定律有F－BiL＝Ma1；导体棒MN受到向右的安培力，向右做加速运动，设导体棒的质量为m，加速度为a2，由牛顿第二定律有BiL＝ma2.设金属框bc边的速度为v时，导体棒的速度为v′，则回路中产生的感应电动势为E＝BL(v－v′)，由闭合电路欧姆定律i＝eq \f(E,R)＝eq \f(BLv－v′,R)，F安＝BiL，可得金属框bc边所受安培力和导体棒MN所受的安培力均为F安＝eq \f(B2L2v－v′,R)，二者加速度之差Δa＝a1－a2＝eq \f(F－F安,M)－eq \f(F安,m)＝eq \f(F,M)－F安eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,M)＋\f(1,m)))，随着所受安培力的增大，二者加速度之差Δa减小，当Δa减小到零时，eq \f(F,M)＝eq \f(B2L2v－v′,R)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,M)＋\f(1,m)))，之后金属框和导体棒的速度之差Δv＝v－v′＝eq \f(FRm,B2L2m＋M)，保持不变．由此可知，金属框的速度逐渐增大，金属框所受安培力趋于恒定值，金属框的加速度大小趋于恒定值，导体棒所受的安培力F安＝eq \f(B2L2v－v′,R)趋于恒定值，选项A错误，BC正确；导体棒到金属框bc边的距离x＝eq \i\in(0,t,)(v－v′)dt，随时间的增大而增大，选项D错误．
11．答案：f＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(2B2v,r)x，0≤x≤\f(\r(2),2)l0,\f(2B2v,r)\r(2)l0－x，\f(\r(2),2)l0解析：当导体棒与金属框接触的两点间棒的长度为l时，由法拉第电磁感应定律知，导体棒上感应电动势的大小为
E＝Blv ①
由欧姆定律，流过导体棒的感应电流为
I＝eq \f(E,R) ②
式中，R为这一段导体棒的电阻．按题意有
R＝rl ③
此时导体棒所受安培力大小为
f＝BlI ④
由题设和几何关系有
l＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x，0≤x≤\f(\r(2),2)l0,2\r(2)l0－x，\f(\r(2),2)l0联立①②③④⑤式得
f＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(2B2v,r)x，0≤x≤\f(\r(2),2)l0,\f(2B2v,r)\r(2)l0－x，\f(\r(2),2)l012．答案：(1)2eq \r(10) m/s (2)25 J (3)eq \f(9,4) W
解析：(1)根据机械能守恒定律，
可得：mgh＝eq \f(1,2)mv2
解得导体棒刚进入凹槽时的速度大小：
v＝2eq \r(10) m/s
(2)导体棒在凹槽导轨上运动过程中发生电磁感应现象，产生感应电流，最终整个系统处于静止，导体棒停在凹槽最低点．
根据能量守恒可知，整个过程中系统产生的热量：Q＝mg(h＋r)＝25 J
(3)设导体棒第一次通过最低点时速度大小为v1，凹槽速度大小为v2，导体棒在凹槽内运动时系统在水平方向动量守恒，故有：mv1＝Mv2
由能量守恒可知：
mg(h＋r)－Q1＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)Mveq \\al(2,2)
导体棒第一次通过最低点时感应电动势：
E＝BL(v1＋v2)
回路电功率：P＝eq \f(E2,R)
联立解得：P＝eq \f(9,4)W.