2022届高中物理一轮复习 第十单元 电磁感应 训练卷 B卷 教师版

     2022届高三一轮单元训练卷

第十单元 电磁感应（B）

注意事项：

1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。

一、 (本题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1～8题只有一项符合题目要求，第9～12题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)

1．在安培时代，关于验证“电流磁效应”设想的实验中，下列不属于电流磁效应的是(　　)

A．把闭合线圈放在变化的磁场中，闭合线圈中产生感应电流

B．把磁针放在“沿南北放置的通电导线”上方，磁针发生了偏转

C．把通有同向电流的两根导线平行放置，发现两根通电导线相互吸引

D．把磁针放在通电螺线管中，磁针发生了偏转

【答案】A

【解析】A选项中把闭合线圈放在变化的磁场中，闭合线圈中产生感应电流，属于电磁感应（磁生电）实验，不属于电流磁效应；BCD选项中都是由于电流周围产生磁场从而发生的现象，故此题选择A。

2．水平放置的玻璃板上方有一用细线悬挂的可自由旋转的小磁针，下方有一水平放置的铜圆盘。圆盘的轴线与小磁针悬线在同一直线上，初始时小磁针与圆盘均处于静止状态。当圆盘绕轴逆时针方向匀速转动时，下列说法正确的是(　　)

A．小磁针不动

B．小磁针逆时针方向转动

C．小磁针顺时针方向转动

D．由于圆盘中没有磁通量的变化，圆盘中没有感应电流

【答案】B

【解析】铜圆盘上存在许多小的闭合回路，当圆盘转动时，穿过小的闭合回路的磁通量发生变化，回路中产生感应电流（涡流），此电流产生的磁场导致磁针逆时针方向转动，构成电磁驱动。

3．电动汽车刹车时若能回收动能，把动能转换为电能再次储存，可以增加汽车续航。某同学在实验室设计了如图甲所示的装置。圆盘a上面分布有特殊物质，该物质在接到刹车指令后瞬间被磁化，正常行驶时，物质退磁，圆盘a固定在车轮上。绝缘材质制成的圆盘b中有固定线圈，线圈在接到刹车指令后与车载电池接通并为电池蓄电。b固定在与a正对的车身上。图乙为装置b自右向左的侧视图，在图乙中设计线圈和a物质形成的磁场，实现动能回收效果最佳的是(　　)

【答案】D

【解析】线圈中磁通量变化可以产生感应电流，选项A、B无磁通量变化，没有感应电流产生；C、D选项中，线圈中磁通量变化都产生感应电流，由图可知D选项线圈效率比C的高，故选D。

4．如图甲，电阻为r＝0.1 Ω、边长为0.2 m的正方形闭合金属线框内存在一个边长为0.1m的正方形磁场区域。磁场的磁感应强度随时间变化如图乙（开始时磁场方向为垂直纸面向里）。则(　　)

A．0～1 s内，线框感应电流大小为0.08 A

B．2～4 s内，流过线框的电荷量为0.04 C

C．线框在2～3 s内的感应电流方向与3～4 s内的感应电流方向相反

D．线框0～1 s内的感应电流与2～3 s内的感应电流大小之比为1∶2

【答案】D

【解析】0～1 s内，线框感应电动势，感应电流大小，A错误；2～4 s内，线框感应电动势，感应电流大小，流过线框的电荷量，B错误；根据楞次定律可知，线框在2～3 s内的感应电流方向与3～4 s内的感应电流方向相同，均为顺时针方向，C错误；由AB选项的计算可知，线框0～1s内的感应电流与2～3s内的感应电流大小之比为1∶2，D正确。

5．如图所示，用粗细相同的铜丝做成边长分别为L和3L的两只闭合线框a和b，现将两线框分别以va、vb的速度从磁感应强度为B的匀强磁场区域中匀速地拉到磁场外，若va＝2vb，则外力对线框做的功Wa、Wb之比为(　　)

A．1∶3      B．2∶9      C．2∶1      D．2∶3

【答案】B

【解析】因为线框做匀速直线运动，根据能量守恒可知，外力做的功等于产生的电能，而产生的电能又全部转化为焦耳热，由，所以，B正确。

6．如图所示，变化的匀强磁场垂直穿过金属框架MNQP，金属杆ab在恒力F作用下沿框架从静止开始运动，t＝0时磁感应强度大小为B0，为使ab中不产生感应电流，下列能正确反映磁感应强度B随时间t变化的图像是(　　)

【答案】C

【解析】当通过闭合回路的磁通量不变时，则棒MN中不产生感应电流，，设金属杆ab长为L，金属杆ab距离MP的距离为l1，棒的质量为m，则，，则，则，所以，随着时间增加，是增大的，且增大的速度越来越快，且非线性关系。

7．如图所示，abcd为一矩形金属线框，其中ab＝cd＝L，ab边接有定值电阻R，cd边的质量为m，其他部分的电阻和质量均不计，整个装置用两根绝缘轻弹簧悬挂起来。线框下方处在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于纸面向里。初始时刻，使两弹簧处于自然长度，且给线框一竖直向下的初速度v0，在cd边第一次运动至最下端的过程中，R中产生的焦耳热为Q，此过程及以后的运动过程中ab边未进入磁场、cd边始终未离开磁场，已知重力加速度大小为g。下列说法中不正确的是(　　)

A．初始时刻cd边所受安培力的大小为

B．线框中产生的最大感应电流可能为

C．在cd边第一次到达最下端的时刻，两根弹簧具有的弹性势能总量大于mv－Q

D．在cd边反复运动过程中，R中产生的焦耳热最多为mv

【答案】D

【解析】初始时刻，cd边切割磁感线的速度为v0，若此时所受重力不大于安培力，则产生的感应电动势最大，为E＝BLv0，感应电流最大，为I＝＝，cd边所受安培力的大小F＝BIL＝，A、B正确；在cd边第一次运动至最下端的过程中，由能量守恒定律有mv＋mgh＝Q＋Ep，在cd边第一次到达最下端的时刻，两根弹簧具有的弹性势能的总量为Ep＝mv－Q＋mgh，大于mv－Q，C正确；由题意可知，cd边最后静止在初始位置下方，设弹簧的劲度系数为k，由mg＝2kx得x＝，由能量守恒定律可知，导体棒的动能和减少的重力势能转化为焦耳热及弹簧的弹性势能，减少的重力势能为，弹性势能为Ep＝2×kx2＝，则减少的重力势能大于弹簧的弹性势能，所以R中产生的焦耳热应大于mv，D错误。

8．如图甲所示，MN、PO两条平行的光滑金属轨道与水平面成θ＝30°角固定，间距为L＝1 m，质量为m的金属杆ab水平放置在轨道上，其阻值忽略不计。空间存在匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面向上，磁感应强度为B＝0.5 T。P、M间接有阻值为R1的定值电阻，Q、N间接电阻箱R。现从静止释放ab，改变电阻箱的阻值R，测得最大速度为v，得到与的关系如图乙所示。若轨道足够长且电阻不计，重力加速度g取10 m/s2，则(　　)

A．金属杆中感应电流方向为a指向b

B．金属杆所受的安培力沿轨道向下

C．定值电阻的阻值为0.1 Ω 

D．金属杆的质量为0.1 kg

【答案】D

【解析】由右手定则可知，金属杆中感应电流方向为b指向a，故A错误；由左手定则可知，金属杆所受安培力沿斜面向上，故B错误；电路总电阻，通过金属杆ab的电流，金属杆受到的安培力，当达到最大速度时金属棒受力平衡，由平衡条件得，整理得，由图示图像可知，图像的斜率，纵轴截距，即，，解得，，故C错误，D正确。

9．目前，许多停车场门口都设置车辆识别系统，在自动栏杆前、后的地面各自铺设相同的传感器线圈A、B，两线圈各自接入相同的电路，电路a、b端与电压有效值恒定的交变电源连接，如图所示。工作过程回路中流过交变电流，当以金属材质为主体的汽车接近或远离线圈时，线圈的自感系数会发生变化，导致线圈对交变电流的阻碍作用发生变化，使得定值电阻R的c、d两端电压就会有所变化，这一变化的电压输入控制系统，控制系统就能做出抬杆或落杆的动作。下列说法正确的是(　　)

A．汽车接近线圈A时，该线圈的自感系数增大

B．汽车离开线圈B时，回路电流将减少

C．汽车接近线圈B时，c、d两端电压升高

D．汽车离开线圈A时，c、d两端电压升高

【答案】AD

【解析】汽车上有很多钢铁，当汽车接近线圈时，相对于给线圈增加了铁芯，所以线圈的自感系数增大，感抗也增大，在电压不变的情况下，交流回路的电流将减小，所以R两端电压将减小，即c、d两端得电压将减小，A正确，C错误；汽车远离线圈时，线圈的感抗减小，交流回路的电流增大，R两端电压将变大，c、d两端得电压将增大，B错误，D正确。

10．如图所示，空间存在垂直纸面向里的磁场，磁场在竖直方向均匀分布，在水平方向非均匀分布，且关于竖直平面MN对称，绝缘轻线上端固定在M点，下端与一个粗细均匀的铜制圆环相接。现将圆环由P处无初速释放，圆环第一次向右摆动最远能到达Q处（图中未画出）。已知圆环始终在同一竖直平面内摆动，则在圆环从P摆向Q的过程中，下列说法正确的是(　　)

A．位置P与Q可能在同一高度

B．感应电流方向始终逆时针

C．感应电流方向先逆时针后顺时针

D．圆环整体安培力一直做负功

【答案】CD

【解析】圆环从P摆向Q的过程中，由于磁场在竖直方向均匀分布，在水平方向非均匀分布，导致环中磁通量变化，从而产生感应电流，出现焦耳热，则环的重力势能会减小，因此Q不可能与P在同一高度，故A错误；根据楞次定律，环在向下摆的过程中，穿过环垂直向里的磁通量在增大，当向上摆的过程中，穿过环垂直向里的磁通量在减小，那么感应电流则先逆时针后顺时针，故B错误，C正确；根据左手定则，结合感应电流方向先逆时针后顺时针，及磁场在竖直方向均匀分布，在水平方向非均匀分布，且关于竖直平面MN对称，可知，安培力是阻碍环的运动，但不与运动方向相反，圆环整体安培力一直做负功，故D正确。

11．如图所示，半径为2l的圆形金属导轨固定在水平面上，一根长也为2l、电阻为2R的金属棒ab一端与导轨接触良好，另一端固定在圆心处的导电转轴OO′上，由电动机A带动旋转。在金属导轨区域内存在垂直于导轨平面、大小为B的匀强磁场，金属导轨区域中心半径为l的区域内磁场竖直向上，其余部分磁场竖直向下。另有一质量为m、长为l、电阻为R的金属棒MN放置于导轨后面并与固定在竖直平面内的平行导轨保持良好接触，导轨间距为l，处于大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中。从圆形金属导轨引出导线和通过电刷从转轴引出导线平行导轨连接。MN处于静止状态，MN与竖直平行导轨间的动摩擦因数为μ，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是(　　)

A．MN中电流方向由M到N

B．MN两端电压为Bl2ω

C．MN与平行导轨间的动摩擦因数μ至少为

D．电路总电功率为

【答案】AC

【解析】MN处于静止状态，竖直方向上受重力和静摩擦力处于平衡，可知MN所受安培力方向垂直导轨向外，根据左手定则，通过MN中的电流方向由M到N，A正确；由于金属棒ab被分成两部分位于相反的磁场中，所以产生的感应电动势相反，ab产生的总电动势，则MN两端的电压，B错误；MN恰好处于静止时，有，根据闭合电路姆定律得，解得动摩擦因数的最小值，C正确；电路的总电功率，D错误。

12．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

【答案】BC

【解析】由bc边切割磁感线产生电动势，形成电流，使得导体棒MN受到向右的安培力，做加速运动，bc边受到向左的安培力，向右做加速运动。当MN运动时，金属框的bc边和导体棒MN一起切割磁感线，设导体棒MN和金属框的速度分别为v1、v2，则电路中的电动势E＝BL(v2－v1)，电流中的电流，金属框受到的安培力，与运动方向相反，导体棒MN受到的安培力，与运动方向相同，设导体棒MN和金属框的质量分别为m1、m2，则对导体棒MN有，对金属框有，初始速度均为零，则a1从零开始逐渐增加，a2从开始逐渐减小。当a1＝a2时，相对速度，大小恒定。整个运动过程用速度时间图象描述如图所示。综上可得，金属框的加速度趋于恒定值，安培力也趋于恒定值，BC正确；金属框的速度会一直增大，导体棒到金属框bc边的距离也会一直增大，AD错误。

二、(本题共5小题，共52分。把答案填在题中的横线上或按题目要求作答。解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)

13．(6分)如图为“研究电磁感应现象”的实验装置，开关闭合前小螺线管已插入到大螺线管中。

(1)将图中所缺的导线补接完整；

(2)如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏转一下，那么合上电键后将小螺线管迅速抽出时，灵敏电流计指针将向______偏转；小螺线管插入大螺线管后，将滑动变阻器触头迅速向左移动时，灵敏电流计的指针将向______偏转。（均选填“左”或“右”）

【答案】(1)见解析图    (2)左偏    右偏    (每空2分)

【解析】(1)将电源、开关、变阻器、小螺线管串联成一个回路，再将电流计与大螺线管串联成另一个回路，电路图如图所示

(2)闭合开关，磁通量增加，指针向右偏转，将原线圈迅速从副线圈抽出，磁通量减小，产生的感应电流与原电流的方向相反，所以则灵敏电流计的指针将左偏；小螺线管插入大螺线管后，将滑动变阻器触头迅速向左移动时，电阻减小，则电流增大，穿过副线圈的磁通量增大，则灵敏电流计指针向右偏。

14．(8分)如图甲所示，一对足够长的平行光滑轨道固定在水平面上，两轨道间距l＝0.5 m，左侧接一阻值为R＝1 Ω的电阻。有一金属棒静止地放在轨道上，与两轨道垂直，金属棒及轨道的电阻皆可忽略不计，整个装置处于垂直轨道平面竖直向下的匀强磁场中。t＝0时，用一外力F沿轨道方向拉金属棒，使金属棒以加速度a＝0.2 m/s2做匀加速运动，外力F与时间t的关系如图乙所示。求：

(1)金属棒的质量m；

(2)磁感应强度B。

【解析】(1)由图乙可知     (2分)

当，金属棒速度为零，则安培力为零，由牛顿第二定律得

代入数据解得。     (2分)

(2)金属棒的速度

金属棒的感应电动势

则电流

金属棒所受安培力

联立可得     (2分)

因为F合是一个常数，所以有

代入数据解得。     (2分)

15．(8分)如图所示，两根半径r为1 m的圆弧轨道间距L也为1 m，其顶端a、b与圆心处等高，轨道光滑且电阻不计，在其上端连有一阻值为R的电阻，整个装置处于辐向磁场中，圆弧轨道所在处的磁感应强度大小均为B，且B＝0.5 T。将一根长度稍大于L、质量m＝0.2 kg、电阻为R0的金属棒从轨道顶端ab处由静止释放。已知当金属棒到达如图所示的cd位置时，金属棒与轨道圆心的连线和水平面夹角θ为60°，金属棒的速度达到最大；当金属棒到达轨道底端ef时，对轨道的压力为3 N。g取10 m/s2。

(1)当金属棒的速度最大时，求流经电阻R的电流大小和方向；

(2)金属棒滑到轨道底端ef的整个过程中，流经电阻R的电荷量为0.1π，则整个回路中的总电阻为多少？

【解析】(1)金属棒速度最大时，在轨道切线方向上所受合力为0，则有

mgcosθ＝BIL    (2分)

解得I＝＝2 A，流经R的电流方向为a→R→b。   (2分)

(2)金属棒滑到轨道底端的整个过程中，穿过回路的磁通量变化量为

ΔΦ＝BS＝B·L·＝ (1分)

平均电动势为＝

平均电流为＝

则流经电阻R的电荷量q＝Δt   (1分)

联立解得整个回路中的总电阻：R＋R0＝2.5 Ω。 (2分)

16．(14分)如图所示，在一倾角为的光滑斜面上有一粗细均匀的单匝“L”型线圈，质量为m，相邻两边均垂直，且fe＝ed＝dc＝l0，fa＝ab＝2l0线圈下方一矩形区域内有匀强磁场，磁感应强度为B，宽度d＞2l0，方向垂直于斜面向下，且磁场上下边界与线圈ab边平行。“L”型线圈从离磁场上边界2l0处静止释放，当ab边刚进入磁场上边界时线圈做匀速运动，当fe边出磁场下边界前线圈又已开始匀速，线圈在通过整个磁场区域的过程中产生的焦耳热为Q。已知重力加速度为g，求：

(1)“L”型线圈的电阻；

(2) fe边出磁场下边界前匀速运动的速度大小是ab边刚进入磁场上边界时的几倍；

(3)ab边刚进入磁场上边界到fe边出磁场下边界整个过程经历的时间。

【解析】(1)ab边刚进入磁场时的速度v0满足     (1分)

求得

ab边切割磁感线时产生的感应电动势

线圈产生的感应电流

ab边受到的安培力     (1分)

由于线框匀速运动

联立解得。     (2分)

(2)设fe边出磁场前的匀速运动阶段速度大小为v1，fe边受到的安培力大小为

     (1分)

     (1分)

解得。     (2分)

(3)从静止释放到线圈刚出磁场下边界的过程中，由能量守恒得

     (2分)

解得

ab边刚进入磁场上边界到fe边出磁场下边界整个过程，由动量定理得

     (2分)

又，

联立以上式子解得。     (2分)

17．(16分)如图所示，有两条相距L＝1 m的平行的金属导轨，轨道左侧的光滑斜面倾斜角θ＝30°，右侧水平轨道分为3个区域，第I区域的长度x1＝0.5 m，动摩擦因数μ1＝0.1；第II光滑区域的长度x2＝m，第III区域的长度x3＝1 m，动摩擦因数μ2＝0.2，在右侧轨道接阻值R＝2 Ω的定值电阻。在轨道第II光滑区域存在竖直向下的磁场，磁感应强度的大小为B＝2 T。一质量m1＝2 kg、电阻R1＝2 Ω的导体棒a从t＝0时刻无初速度释放，初始位置与水平轨道间的高度差H＝0.45 m。另一m2＝1 kg的导体棒b静止于倾斜轨道和第I区域连接处，导体棒b的电阻R2＝1 Ω。a棒下滑后平滑进入水平轨道（转角处无机械能损失），并与b棒发生弹性碰撞。导体棒始终与导轨垂直并接触良好，轨道的电阻和电感不计。重力加速度g取10 m/s2。

(1)导体棒a与导体棒b碰撞后瞬间的速度分别为多少？

(2)导体棒b刚进入磁场瞬间受到的安培力大小。

(3)判断导体棒b能否进入区域III，若能，求出进入区域III前瞬间速度是多少，导体棒a和导体棒b在整个运动过程中所产生的总电热和总摩擦生热分别是多少。

【解析】(1)导体棒a滑到底端时速度为v，则m1gH＝m1v2   (1分)

导体棒ab碰撞时由动量守恒和能量守恒关系

m1v＝m1v1＋m2v2  (1分)

m1v2＝m1v12＋m2v22  (1分)

联立解得：v1＝1 m/s，v2＝4 m/s。  (2分)

(2)a棒在区域I运动时：－μ1m1gx1＝m1v1′2－m1v12   (1分)

解得v1′＝0，则a棒刚好未进入磁场

b棒在区域I运动时：－μ1m2gx1＝m2v2′2－m2v22  (1分)

解得v2′＝m/s

即仅导体棒b在磁场中做减速运动，刚进入速度v2′＝m/s

E＝BLv2′   (1分)

FA＝BIL   (1分)

联立解得：FA＝N。  (1分)

(3)在I区域：两棒产生的总摩擦热Q1＝μ1m1gx1＋μ1m2gx1＝1.5 J   (1分)

在II区域：设导体棒在区域II中运动，刚出离区域时的速度为v2′′，则由动量定理得：

－BLt＝m2v2′′－m2v2′   (1分)

   (1分)

解得v2′′＝m/s

即导体棒b能进入区域III

在区域II 中产生的电热：Q电＝m2v2′2－m2v2′′2＝5.625 J  (1分)

在III区域：导体棒b运动的距离

则导体棒b摩擦生热Q2＝m2v2′′2＝1.875 J  (1分)

总的摩擦热Q＝Q1＋Q2＝3.375 J。  (1分)