2023届高考物理二轮复习选择题8电磁感应作业含答案

这是一份2023届高考物理二轮复习选择题8电磁感应作业含答案，共14页。试卷主要包含了如图甲所示,面积为0等内容，欢迎下载使用。
选择8　电磁感应考向1　楞次定律和电磁感应现象1.(2021·重庆卷)某眼动仪可以根据其微型线圈在磁场中随眼球运动时所产生的电流来追踪眼球的运动。若该眼动仪线圈面积为S,匝数为N,处于磁感应强度为B的匀强磁场中,线圈平面最初平行于磁场,经过时间t后线圈平面逆时针转动至与磁场夹角为θ处,则在这段时间内,线圈中产生的平均感应电动势的大小和感应电流的方向(从左往右看)为(　A　)A.,逆时针B.,逆时针C.,顺时针D.顺时针解析:经过时间t,面积为S的线圈平面逆时针转动至与磁场夹角为θ处,磁通量变化为ΔΦ=BSsin θ,由法拉第电磁感应定律,线圈中产生的平均感应电动势的大小为E=N=,由楞次定律和安培定则可判断出感应电流方向为逆时针方向。故选A。2.(2022·台州二模)如图是一种延时继电器的示意图,铁芯上有两个线圈A和B,线圈A跟电源连接,线圈B两端连在一起构成闭合电路,铁杆D的右端与金属触头C绝缘相连,C连接工作电路,弹簧K可以拉起杆D从而使工作电路断开。下列说法正确的是(　C　)A.工作电路正常工作时,弹簧K处于原长状态B.工作电路正常工作时,线圈B中有感应电流C.开关S断开瞬间,铁芯能继续吸住铁杆D一小段时间D.减少线圈B的匝数,对电路的延时效果没有影响解析:工作电路正常工作时,金属触头C将工作电路连通,此时弹簧K处于拉伸状态,此时由于线圈A的电流不变,则穿过线圈B的磁通量不变,线圈B中没有感应电流,选项A、B错误;开关S断开瞬间,线圈A中电流减小,则穿过线圈B的磁通量减小,从而在线圈B中产生感应电流,使铁芯的磁性逐渐减弱,从而铁芯能继续吸住铁杆D一小段时间,起到延时的作用,选项C正确;减少线圈B的匝数,则当开关S断开的瞬时,线圈B中产生的感应电流会减小,铁芯的磁性减弱,则对电路的延时效果有影响,选项D错误。3.(2022·绍兴二模)如图所示,右端为N极的磁体置于粗糙水平桌面上并与轻质弹簧相连,弹簧一端固定在竖直墙面上,当弹簧处于原长时,磁体的中心恰好是接有一盏小灯泡的竖直固定线圈的圆心。用力将磁体向右拉到某一位置,撤去作用力后磁体穿过线圈来回振动,有关这个振动过程,以下说法正确的是(　B　)A.灯泡的亮暗不会发生变化B.磁体接近线圈时,线圈对磁体产生排斥力C.从左往右看线圈中的电流一直沿逆时针方向D.若忽略摩擦力和阻力,磁体振动的幅度不会减小解析:以S极靠近线圈分析,速度增大,且靠近线圈时磁感应强度增大,则穿过线圈的磁通量变化率增大,感应电流增大,灯泡会变亮,故A错误;根据楞次定律“来拒去留”可知磁体接近线圈时,线圈对磁体产生排斥力,故B正确;当S极向左运动靠近线圈时,根据楞次定律和安培定则可知,从左向右看线圈中的电流沿逆时针方向,当S极向右运动远离线圈时,根据楞次定律和安培定则可知,从左向右看线圈中的电流沿顺时针方向,故C错误;若忽略摩擦力和阻力,磁体的振幅也会越来越小,因为弹簧和磁体的机械能逐渐转化为焦耳热,故D错误。4.利用电磁感应驱动的电磁炮,原理示意图如图甲所示,高压直流电源电动势为E,大电容器的电容为C。线圈套在中空的塑料管上,管内光滑,将直径略小于管的内径的金属小球静置于管内右侧。首先将开关S接1,使电容器完全充电,然后将S转接2,此后电容器放电,通过线圈的电流随时间的变化规律如图乙所示,金属小球在0～t1的时间内被加速发射出去(t1时刻刚好运动到右侧管口)。下列关于该电磁炮的说法正确的是(　D　)A.小球在塑料管中的加速度随线圈中电流的增大而增大B.在0～t1的时间内,电容器储存的电能全部转化为小球的动能C.适当加长塑料管可使小球获得更大的速度D.在0～t1的时间内,顺着发射方向看小球中产生的涡流沿逆时针方向解析:电流越大产生的磁场越强。根据题图乙可知,线圈中的磁感应强度变化情况与电流的变化情况相同,在0～t1时间内,电流i在增大,但变化率却逐渐减小,线圈的磁通量变化率也逐渐减小,由法拉第电磁感应定律E=可知,感应电动势逐渐减小,所以小球受到的安培力也逐渐减小,由牛顿第二定律可知,小球的加速度逐渐减小,故A错误;电容器在放电过程中,变化的磁场在空间产生了变化的电场,然后以电磁波的形式传递出去,散失了一部分能量,所以0～t1时间内,电容器储存的电能没有全部转化为小球的动能,故B错误;适当增加塑料管的长度,增长后,小球会在电流减小的过程中离开塑料管,通过楞次定律判断可知,此时小球受到的作用力向左,阻碍小球运动,所以适当加长塑料管,小球速度会再减小,故C错误;0～t1时间内,电流逐渐增大,产生的磁场也会增强,通过楞次定律和安培定则判断可知,顺着发射方向看小球中产生的涡流沿逆时针方向,故D正确。考向2　电磁感应的电路问题5.如图甲所示,面积为0.2 m2的100匝线圈处在匀强磁场中,线圈电阻r=4 Ω,磁场方向垂直于线圈平面向里,已知磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示,定值电阻R=6 Ω。下列说法正确的是(　D　)A.线圈中产生的感应电动势均匀增大B.a、b两点间的电压为2 VC.a点电势比b点电势低1.2 VD.0～5 s内通过电阻R的电荷量为1.0 C解析:由题图乙可知B随t均匀变化,所以线圈中的磁通量变化率恒定,产生的感应电动势恒定,故A错误;根据法拉第电磁感应定律可得线圈产生的感应电动势大小为E=N=NS=2 V,根据闭合电路欧姆定律可得a、b两点间的电压为U==1.2 V,故B错误;根据楞次定律和安培定则可知电流从a点流出、b点流入,所以a点电势比b点电势高1.2 V,故C错误;通过电阻R的电流为I==0.2 A,0～5 s内通过电阻R的电荷量为q=It =1.0 C,故D正确。6.(多选) 法拉第圆盘发电机的示意图如图所示。铜圆盘安装在竖直的铜轴上,两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触。圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中。圆盘旋转时,关于流过电阻R的电流,下列说法正确的是(　AB　)A.若圆盘转动的角速度恒定,则电流大小恒定B.若从上向下看,圆盘顺时针转动,则电流沿a到b的方向流动C.若圆盘转动方向不变,角速度大小发生变化,则电流方向可能发生变化D.若圆盘转动的角速度变为原来的2倍,则电流在R上的热功率也变为原来的2倍解析:设圆盘的半径为L,可认为圆盘由无数根辐条构成,则每根辐条切割磁感线产生的感应电动势E=BL2ω,整个回路中的电源为无数个电动势为E的电源并联而成,电源总内阻为零,故回路中电流I==,选项A正确;R上的热功率P=I2R=,由此可见,ω变为原来的2倍时,P变为原来的4倍,选项D错误;由右手定则可知,选项B正确;电流方向与导体切割磁感线的方向有关,而与切割的速度大小无关,选项C错误。7.(多选)如图所示,边长为L、不可形变的正方形导线框内有半径为r的圆形磁场区域,其磁感应强度B随时间t的变化关系为B=kt(常量k>0)。回路中滑动变阻器R的最大阻值为R0,滑片P位于滑动变阻器中央,定值电阻R1=R0,R2=。闭合开关S,电压表的示数为U,不考虑虚线MN右侧导体的感应电动势,则(　AC　)A.R2两端的电压为B.电容器的a极板带正电C.滑动变阻器R的热功率为电阻R2的5倍D.正方形导线框中的感应电动势为kL2解析:根据法拉第电磁感应定律可知E===kπr2,选项D错误;R2与R右侧部分是并联,滑动变阻器并联部分的阻值为,可知并联电阻为,则滑动变阻器所在支路的电阻为,外电路的总电阻为R1+=,故R2两端电压为·=,选项A正确;电路左侧变化的磁场在正方形导线框内产生逆时针方向的电流,所以电容器a极板带负电,选项B错误;设干路电流为I,则通过滑动变阻器左半部分的电流为I,由于滑动变阻器右半部分与R2并联而且电阻值相等,因此通过滑动变阻器右半部分和R2的电流均为,由P=I2R知,滑动变阻器热功率为P=I2+()2=,R2的热功率为P2=()2=,所以滑动变阻器R的热功率为电阻R2的5倍,选项C正确。考向3　电磁感应的能量问题8.如图所示,水平放置的光滑平行金属导轨上有一质量为m的金属棒ab。导轨的一端连接电阻R,其他电阻均不计,磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面向下,金属棒ab在一水平恒力F的作用下由静止开始向右运动。则(　C　)A.随着ab运动速度的增大,其加速度也增大B.外力F对ab做的功等于电路中产生的电能C.当ab做匀速运动时,外力F做功的功率等于电路中的电功率D.无论ab做何种运动,它克服安培力做的功都大于电路中产生的电能解析:金属棒所受的安培力为FA=BIL=,a=,速度增大,安培力增大,则加速度减小,选项A错误;根据能量守恒定律可知,外力F对ab做的功等于电路中产生的电能以及ab的动能,选项B错误;当ab匀速运动时,外力做的功全部转化为电路中的电能,则外力F做功的功率等于电路中的电功率,选项C正确;根据功能关系知,无论ab做何种运动,克服安培力做的功都等于电路中产生的电能,选项D错误。9.(多选)如图所示,在倾角为α的光滑绝缘斜面上,CDEF区域存在垂直斜面向上的匀强磁场,磁感应强度大小为B。一个质量为m、电阻为R、边长为d的n匝正方形导线框MNPQ,由静止开始沿斜面下滑,当MN边刚越过CD进入磁场区域时,恰好做匀速直线运动。已知重力加速度大小为g,磁场宽度DE(CF)大于导线框边长d,则(　BD　)A.线框进磁场和出磁场区域时电流方向相同B.线框进磁场和出磁场区域时受到的安培力方向相同C.线框初始静止时MN边距CD的距离为D.线框进入磁场区域的过程通过线框的电荷量为解析:由楞次定律和安培定则可知,线框进磁场时,电流方向为NMQPN,出磁场时,电流方向为NPQMN,故电流方向不同,A错误;线框进磁场时,安培力沿斜面向上,出磁场时,安培力沿斜面向上,B正确;根据闭合电路欧姆定律和法拉第电磁感应定律得nBdv=IR,从开始到MN边刚进入磁场的过程中,由动能定理得mgxsin α=mv2,又有mgsin α=,联立得x=,C错误;线框进入磁场区域的过程通过线框的电荷量为q= t=t==,D正确。10.(多选)如图所示,MN、PQ是足够长的两平行固定金属导轨,导轨弯曲部分光滑,导轨水平部分粗糙,N、Q间接一定值电阻;水平导轨上紧邻弯曲导轨区域有方向竖直向上的矩形匀强磁场区域。将一金属杆(电阻不为零)从弯曲导轨某一高度处由静止释放,使杆在磁场区域外右方某处停下。若导轨的电阻不计,金属杆与导轨垂直且接触良好,则能正确反映杆穿过磁场区域的过程中克服安培力做的功W、定值电阻上产生的焦耳热Q、通过杆的最大电流Im以及通过杆上某横截面的电荷量q随高度h变化规律的图像是(　CD　)解析:设导轨质量为m,金属杆的电阻为r,金属杆在水平导轨上运动位移x时静止,磁场的宽度为d,金属杆进出磁场的速度分别为v1和v2。金属杆穿过磁场的过程,由动能定理可得-W-μmgd=m-m,整理得W=m(-)-μmgd,金属杆在弯曲导轨下滑过程mgh=m,可得=2gh,金属杆在磁场中速度逐渐减小,所受安培力逐渐减小,加速度逐渐减小,做加速度减小的减速运动,若金属杆做匀变速直线运动,则有(-)=2gh-=2ad,因加速度a逐渐减小,所以与h并非线性关系,那么(-)与h也不是线性关系,则克服安培力做的功W与h不是线性关系,其图像不是一次函数图像,A错误;定值电阻产生的焦耳热为QR=W,Q-h图像与W-h图像形状相同,也不是一次函数图像,B错误;金属杆下滑过程中,由机械能守恒定律得mgh=m,金属杆到达水平面时的速度为v1=,金属杆到达水平面后做减速运动,刚到达水平面时的速度最大,最大感应电动势为E=BLv1,最大感应电流为Im==,所以Im∝,C正确;通过杆上某横截面的电荷量q可表示为q=Δt==,可知q与h无关,D正确。11.(多选)如图所示,电阻不计的两光滑平行金属导轨相距L,固定在水平绝缘桌面上,左侧圆弧部分处在竖直平面内,右侧平直部分处在磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中,末端与桌面边缘平齐。电阻相同的金属棒ab、cd垂直于两导轨放置且与导轨接触良好,质量分别为2m、m。开始时棒cd静止在水平直导轨上,棒ab从导轨左端距水平桌面高h处无初速度释放,进入水平直导轨后与棒cd始终没有接触,最后两棒离开导轨落在地面同一位置。不计空气阻力,重力加速度为g。则(　CD　)A.金属棒ab在沿导轨水平部分运动的过程中,始终做减速运动B.在沿导轨运动的过程中,金属棒ab损失的机械能为C.在沿导轨运动的过程中,金属棒ab上产生的焦耳热为D.在整个过程中,通过金属棒ab的电荷量为解析:由题意知最后两棒离开导轨落在地面同一位置,由于导体棒离开导轨后做平抛运动,两金属棒都落在地面同一位置则说明二者离开导轨时的速度相同,由于cd先离开导轨,且cd离开导轨后ab、cd将没有组成闭合回路,则cd离开后ab做匀速直线运动,则说明ab、cd在导轨上就已经共速,一起做匀速直线运动,A错误;由选项A分析可知二者在导轨上已经达到共速,且由于导轨光滑,ab、cd组成的系统动量守恒,则有2mv0=3mv共,2mgh=×2m,再根据能量守恒定律有×2m=×3m+Q,联立解得Q=mgh,由于金属棒ab、cd电阻相同则Qab==,C正确;由能量守恒定律可知,金属棒ab损失的机械能等于系统产生的总热量Q和金属棒cd的动能之和,显然大于,B错误;对金属棒ab,根据动量定理,取向右为正方向,则有-BLt=2mv共-2mv0,q=t,整理得q=,D正确。12.(多选)如图所示,光滑的金属圆环形轨道MN、PQ竖直放置,两环之间ABDC内(含边界)有垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B0,AB水平且与圆心等高,CD竖直且延长线过圆心。电阻为r、长为2l的轻质金属杆,有小孔的一端套在内环MN上,另一端连接带孔金属球,球的质量为m,球套在外环PQ上,且都与轨道接触良好,内圆半径r1=l,外圆半径r2=3l,PM间接有阻值为R的电阻。让金属杆从AB处静止释放。金属杆第一次即将离开磁场时,金属球的速度为v,其他电阻不计。忽略一切摩擦,重力加速度为g。则(　BC　)A.金属球向下运动过程中通过电阻R的电流方向由P流向MB.金属杆第一次即将离开磁场时,R两端的电压U=C.金属杆从AB运动到CD的过程中,通过R的电荷量q=D.金属杆第一次即将离开磁场时,R上生成的焦耳热Q=3mgl-mv2解析:由右手定则可知,金属球向下运动过程中,通过金属杆的电流由B流向A,则通过R的电流由M流向P,故A错误;金属杆第一次即将离开磁场时,金属球的速度为v=ωr2=3ωl,金属杆第一次即将离开磁场时,感应电动势为E=B0·2l,解得E=B0lv,电路中的电流为I=,R两端的电压为U=IR=,故B正确;由法拉第电磁感应定律可得====,平均感应电流为=,通过R的电荷量为q=Δt,解得q=,故C正确;金属杆第一次即将离开磁场时,对整个系统由能量守恒定律有3mgl=mv2+Q,电阻R上生成的焦耳热QR=Q<3mgl-mv2,故D错误。