（新課標(biāo)）2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 主題九 電磁感應(yīng) 課時(shí)跟蹤訓(xùn)練43

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1、（新課標(biāo)）2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 主題九 電磁感應(yīng) 課時(shí)跟蹤訓(xùn)練43 1.如圖，空間有一勻強(qiáng)磁場，一直金屬棒與磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直，當(dāng)它以速度v沿與棒和磁感應(yīng)強(qiáng)度都垂直的方向運(yùn)動(dòng)時(shí)，棒兩端的感應(yīng)電動(dòng)勢大小為E，將此棒彎成兩段長度相等且相互垂直的折線，置于與磁感應(yīng)強(qiáng)度相垂直的平面內(nèi)，當(dāng)它沿兩段折線夾角平分線的方向以速度v運(yùn)動(dòng)時(shí)，棒兩端的感應(yīng)電動(dòng)勢大小為E′.則等于(　　) A. B. C．1 D. [解析]　設(shè)折彎前導(dǎo)體切割磁感線的長度為L，運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢為E＝BLv；折彎后，導(dǎo)體切割磁感線的有效長度為L′＝ ＝L，故產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢為E′＝BL′v＝B·Lv＝E，所以＝

2、，B正確． [答案]　B 2．(多選)如圖所示，水平放置的光滑金屬長導(dǎo)軌MM′和NN′之間接有電阻R，導(dǎo)軌左、右兩區(qū)域分別存在方向相反且與導(dǎo)軌平面垂直的勻強(qiáng)磁場，設(shè)左、右區(qū)域磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為B1和B2，虛線為兩區(qū)域的分界線．一根阻值也為R的金屬棒ab放在導(dǎo)軌上并與其垂直，導(dǎo)軌電阻不計(jì)．若金屬棒ab在恒定外力F的作用下從左邊的磁場區(qū)域距離磁場邊界x處勻速運(yùn)動(dòng)到右邊的磁場區(qū)域距離磁場邊界x處，下列說法正確的是(　　) A．當(dāng)金屬棒通過磁場邊界時(shí)，通過電阻R的電流反向 B．當(dāng)金屬棒通過磁場邊界時(shí)，金屬棒受到的安培力反向 C．金屬棒在題設(shè)的運(yùn)動(dòng)過程中，通過電阻R的電荷量等于零

3、 D．金屬棒在題設(shè)的運(yùn)動(dòng)過程中，回路中產(chǎn)生的熱量等于Fx [解析]　金屬棒的運(yùn)動(dòng)方向不變，磁場方向反向，則電流方向反向，A正確；電流方向反向，磁場也反向時(shí)，安培力的方向不變，B錯(cuò)誤；由q＝知，因?yàn)槌?、末狀態(tài)磁通量相等，所以通過電阻R的電荷量等于零，C正確；由于金屬棒勻速運(yùn)動(dòng)，所以動(dòng)能不變，即外力做功全部轉(zhuǎn)化為電熱，Q＝2Fx，D錯(cuò)誤． [答案]　AC 3．(2018·浙江金華永康模擬)如圖所示為安檢門原理圖，左邊門框中有一通電線圈，右邊門框中有一接收線圈．工作過程中某段時(shí)間內(nèi)通電線圈中存在順時(shí)針方向(電流方向均為從左向右看)均勻增大的電流，則(　　) A．無金屬片通過時(shí)，接收線圈中

4、的感應(yīng)電流為順時(shí)針方向 B．無金屬片通過時(shí)，接收線圈中的感應(yīng)電流增大 C．有金屬片通過時(shí)，接收線圈中的感應(yīng)電流為順時(shí)針方向 D．有金屬片通過時(shí)，接收線圈中的感應(yīng)電流大小發(fā)生變化 [解析]　無金屬片通過時(shí)，左側(cè)通電線圈中有不斷增大的順時(shí)針方向的電流，知穿過右側(cè)接收線圈的磁通量向右，且增大，根據(jù)楞次定律，右側(cè)線圈中產(chǎn)生逆時(shí)針方向的電流，故A錯(cuò)誤；無金屬片通過時(shí)，通電線圈中存在順時(shí)針方向均勻增大的電流，則通電線圈中的磁通量均勻增大，所以穿過右側(cè)接收線圈中的磁通量均勻增大，則磁通量的變化率是定值，由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，接收線圈中的感應(yīng)電流不變，故B錯(cuò)誤；結(jié)合A的分析可知，即使有金屬片通過，

5、接收線圈中的感應(yīng)電流仍然為逆時(shí)針方向，故C錯(cuò)誤；有金屬片通過時(shí)，則穿過金屬片的磁通量發(fā)生變化，金屬片中也會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流，感應(yīng)電流的方向與接收線圈中的感應(yīng)電流的方向相同，所以也會(huì)將該空間中的磁場的變化削弱一些，引起接收線圈中的感應(yīng)電流大小發(fā)生變化，故D正確． [答案]　D 4．(2017·北京朝陽期末)隨著新能源轎車的普及，無線充電技術(shù)得到進(jìn)一步開發(fā)和應(yīng)用．一般給大功率電動(dòng)汽車充電時(shí)利用的是電磁感應(yīng)原理．如圖所示，由地面供電裝置(主要裝置是線圈和電源)將電能傳送至電動(dòng)車底部的感應(yīng)裝置(主要裝置是線圈)，該裝置使用接收到的電能對(duì)車載電池進(jìn)行充電，供電裝置與車身接收裝置之間通過磁場傳送能量，由于

6、電磁輻射等因素，其能量傳輸效率只能達(dá)到90%左右．無線充電樁一般采用平鋪式放置，用戶無需下車、無需插電即可對(duì)電動(dòng)車進(jìn)行充電．目前，無線充電樁可以允許的充電有效距離一般為15～25 cm，允許的錯(cuò)位誤差一般為15 cm左右．下列說法正確的是(　　) A．無線充電樁的優(yōu)越性之一是在百米開外也可以對(duì)電動(dòng)車快速充電 B．車身感應(yīng)線圈中感應(yīng)電流的磁場總是要阻礙引起感應(yīng)電流的磁通量的變化 C．車身感應(yīng)線圈中感應(yīng)電流的磁場總是與地面供電線圈中電流的磁場方向相反 D．若線圈均采用超導(dǎo)材料，則能量的傳輸效率有望達(dá)到100% [解析]　無線充電樁可以允許的充電有效距離一般為15～25 cm，選項(xiàng)A錯(cuò)

7、誤；根據(jù)楞次定律，車身感應(yīng)線圈中感應(yīng)電流的磁場總是要阻礙引起感應(yīng)電流的磁通量的變化，選項(xiàng)B正確；車身感應(yīng)線圈中感應(yīng)電流的磁場可能與地面供電線圈中電流的磁場方向相同，也可能相反，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；由于電磁輻射等因素，能量的傳輸效率不會(huì)達(dá)到100%，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．綜上本題選B. [答案]　B 5．(多選)在如圖1所示的虛線框內(nèi)有勻強(qiáng)磁場，設(shè)圖1所示磁場方向?yàn)檎?，磁感?yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間的變化規(guī)律如圖2所示．邊長為l，電阻為R的正方形均勻線框abcd有一半處在磁場中，磁場方向垂直于線框平面，此時(shí)線框ab邊的發(fā)熱功率為P，則(　　) A．線框中的感應(yīng)電動(dòng)勢為 B．線框中感應(yīng)電流為2 C．線框cd邊的發(fā)

8、熱功率為 D．b端電勢高于a端電勢 [解析]　由題圖2可知，在每個(gè)周期內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻增大，線框中產(chǎn)生大小恒定的感應(yīng)電流，設(shè)感應(yīng)電流為I，則對(duì)ab邊有，P＝I2·R，得I＝2，由閉合電路歐姆定律得，感應(yīng)電動(dòng)勢為E＝IR＝2，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得，E＝＝·l2，由題圖2知，＝，聯(lián)立解得，E＝，故A錯(cuò)誤，B正確；線框的四邊電阻相等，電流相等，則發(fā)熱功率相等，都為P，故C錯(cuò)誤；由楞次定律判斷可知，線框中感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針，則b端電勢高于a端電勢，故D正確． [答案]　BD 6．(多選)如圖所示，在線圈上端放置一盛有冷水的金屬杯，現(xiàn)接通交流電源，過了幾分鐘，杯內(nèi)的水沸騰起來．若要縮

9、短上述加熱時(shí)間，下列措施可行的有(　　) A．增加線圈的匝數(shù) B．提高交流電源的頻率 C．將金屬杯換為瓷杯 D．取走線圈中的鐵芯 [解析]　當(dāng)電磁鐵接通交流電源時(shí)，金屬杯處在變化的磁場中產(chǎn)生渦電流發(fā)熱，使水溫升高．要縮短加熱時(shí)間，需增大渦電流，即增大感應(yīng)電動(dòng)勢或減小電阻．增加線圈匝數(shù)、提高交變電流的頻率都是為了增大感應(yīng)電動(dòng)勢．瓷杯不能產(chǎn)生渦電流，取走鐵芯會(huì)導(dǎo)致磁性減弱．所以選項(xiàng)A、B正確，C、D錯(cuò)誤． [答案]　AB 7．(2017·江蘇鹽城月考)如圖所示，金屬三角形導(dǎo)軌COD上放有一根足夠長的金屬棒MN，拉動(dòng)MN使它以速度v從O點(diǎn)開始在勻強(qiáng)磁場中向右勻速平動(dòng)．若導(dǎo)軌和金屬棒

10、是粗細(xì)相同的均勻?qū)w，它們的電阻率相同，則在MN運(yùn)動(dòng)過程中閉合回路的(　　) A．感應(yīng)電動(dòng)勢保持不變 B．感應(yīng)電流逐漸增大 C．感應(yīng)電流將保持不變 D．感應(yīng)電流逐漸減小 [解析]　拉動(dòng)MN使它以速度v在勻強(qiáng)磁場中向右勻速平動(dòng)，t時(shí)刻，MN切割磁感線的有效長度l＝vttanα，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢E＝Blv＝Bv2ttanα，感應(yīng)電動(dòng)勢逐漸增大，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；粗細(xì)相同的均勻?qū)w，它們的電阻率相同，單位長度電阻相同，設(shè)為R，回路總電阻R總＝R＝Rvt，產(chǎn)生的感應(yīng)電流I＝是一恒量，選項(xiàng)C正確，BD錯(cuò)誤． [答案]　C 8．(2017·福建單科質(zhì)檢)如圖，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場中有一

11、固定金屬線框PMNQ，線框平面與磁感線垂直，線框?qū)挾葹長.導(dǎo)體棒CD垂直放置在線框上，并以垂直于棒的速度v向右勻速運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過程中導(dǎo)體棒與金屬線框保持良好接觸． (1)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E＝n，推導(dǎo)MNCDM回路中的感應(yīng)電動(dòng)勢E＝Blv； (2)已知B＝0.2 T，L＝0.4 m，v＝5 m/s，導(dǎo)體棒接入電路中的有效電阻R＝0.5 Ω，金屬線框電阻不計(jì)，求： ①導(dǎo)體棒所受到的安培力大小和方向； ②回路中的電功率． [解析]　(1)設(shè)在Δt時(shí)間內(nèi)MNCDM回路面積的變化量為ΔS，磁通量的變化量為ΔΦ，則 ΔS＝LvΔt ΔΦ＝BΔS＝BLvΔt 根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，

12、得 E＝＝＝BLv (2)①M(fèi)NCDM回路中的感應(yīng)電動(dòng)勢 E＝BLv 回路中的電流強(qiáng)度 I＝ 導(dǎo)體棒受到的安培力 F＝BIL＝ 將已知數(shù)據(jù)代入解得 F＝0.064 N 安培力的方向與速度方向相反 ②回路中的電功率 P＝EI＝ 將已知數(shù)據(jù)代入解得 P＝0.32 W [答案]　(1)見解析　(2)①0.064 N，安培力的方向與速度方向相反?、?.32 W [素能培養(yǎng)] 9．(多選)(2017·遼寧盤錦高中月考)如圖所示，傾角為α的光滑平行導(dǎo)軌上端接入一定值電阻R，Ⅰ和Ⅱ是邊長都為L的兩正方形磁場區(qū)域，其區(qū)域內(nèi)的磁場方向都垂直于導(dǎo)軌平面向上，區(qū)域Ⅰ中磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)

13、度為B1，恒定不變，區(qū)域Ⅱ中的磁場隨時(shí)間按B2＝kt變化，一質(zhì)量為m、電阻為r的金屬桿穿過區(qū)域Ⅰ垂直地跨放在兩導(dǎo)軌上，并恰能保持靜止，則下列說法正確的是(　　) A．通過金屬桿的電流大小為 B．通過金屬桿的電流方向是從a到b C．定值電阻的阻值為－r D．定值電阻的阻值為 [解析]　對(duì)金屬桿，根據(jù)平衡關(guān)系，結(jié)合安培力公式，則有mgsinα＝B1IL，解得I＝，故A正確；根據(jù)楞次定律，區(qū)域Ⅱ中磁場均勻增大，感應(yīng)電流為順時(shí)針方向(從上往下看)，通過金屬桿的電流方向是從b到a，故B錯(cuò)誤；由法拉第電磁感應(yīng)定律，則有E＝＝＝kL2，且由閉合電路歐姆定律知I＝，故R＝－r＝－r，故C正確，D

14、錯(cuò)誤． [答案]　AC 10．(多選)(2017·河北石家莊檢測)如圖下圖甲所示，質(zhì)量m＝3.0×10－3 kg的“”形金屬細(xì)框豎直放置在兩水銀槽中，“”形框的水平細(xì)桿CD長l＝0.20 m，處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B1＝1.0 T、方向水平向右的勻強(qiáng)磁場中．有一匝數(shù)n＝300、面積S＝0.01 m2的線圈通過開關(guān)K與兩水銀槽相連．線圈處于與線圈平面垂直、沿豎直方向的勻強(qiáng)磁場中，其磁感應(yīng)強(qiáng)度B2隨時(shí)間t變化的關(guān)系如圖乙所示．t＝0.22 s時(shí)閉合開關(guān)K，瞬間細(xì)框跳起(細(xì)框跳起瞬間安培力遠(yuǎn)大于重力)，跳起的最大高度h＝0.20 m．不計(jì)空氣阻力，重力加速度g＝10 m/s2，下列說法正確的是(　　

15、) A．0～0.10 s內(nèi)線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢大小為3 V B．開關(guān)K閉合瞬間，CD中的電流方向由C到D C．磁感應(yīng)強(qiáng)度B2的方向豎直向下 D．開關(guān)K閉合瞬間，通過細(xì)桿CD的電荷量為0.03 C [解析]　由法拉第電磁感應(yīng)定律知，0～0.10 s內(nèi)線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢大小為E＝n＝nS＝300×0.01× V＝30 V，則選項(xiàng)A錯(cuò)誤；t＝0.22 s時(shí)閉合開關(guān)K，瞬間細(xì)框跳起，由左手定則知CD中的電流方向由C到D，則選項(xiàng)B正確；由CD中的電流方向和楞次定律知磁感應(yīng)強(qiáng)度B2的方向豎直向上，則選項(xiàng)C錯(cuò)誤；開關(guān)K閉合瞬間(細(xì)框跳起瞬間安培力遠(yuǎn)大于重力)，由動(dòng)量定理有FΔt＝Δp＝mv－0，

16、而v＝＝2 m/s，安培力F＝B1Il，F(xiàn)Δt＝B1IlΔt＝mv，故通過細(xì)桿CD的電荷量為q＝IΔt＝＝ C＝0.03 C，選項(xiàng)D正確． [答案]　BD 11．(多選)(2017·湖北襄陽聯(lián)考)半徑分別為r和2r的同心圓導(dǎo)軌固定在同一水平面內(nèi)，一長為r、電阻為R的均勻直金屬棒ab置于圓導(dǎo)軌上面，ba的延長線通過圓導(dǎo)軌中心O點(diǎn)，裝置的俯視圖如圖所示，整個(gè)裝置處于一勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B，方向豎直向下．在兩環(huán)之間接有阻值為R的定值電阻和電容為C的電容器．直金屬棒在水平外力作用下以角速度ω繞O點(diǎn)逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，在轉(zhuǎn)動(dòng)過程中始終與導(dǎo)軌保持良好接觸．導(dǎo)線和導(dǎo)軌的電阻不計(jì)．下列說法正確的是

17、(　　) A．金屬棒中電流從a流向b B．金屬棒兩端電壓為Bω2r C．電容器的M板帶正電 D．電容器所帶電荷量為CBωr2 [解析]　根據(jù)右手定則可知，金屬棒ab逆時(shí)針切割磁感線時(shí)，產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向從b到a，A錯(cuò)誤；根據(jù)E感＝BL以及v＝rω可得金屬棒切割磁感線時(shí)產(chǎn)生的電動(dòng)勢E感＝BL＝Br＝Br2ω，切割磁感線的金屬棒相當(dāng)于電源，則ab兩端的電壓相當(dāng)于電源的路端電壓，根據(jù)閉合電路歐姆定律可知Uab＝E感＝×Br2ω＝Br2ω，B錯(cuò)誤；金屬棒ab的a端相當(dāng)于電源正極，故與a端相連的電容器M板帶正電，C正確；ab兩端的電壓為Br2ω，電容器兩端的電壓也是Br2ω，故電容器所帶電

18、荷量Q＝CU＝CBωr2，D正確． [答案]　CD 12．(2017·山東濰坊模擬)如圖甲所示，半徑為R的導(dǎo)體環(huán)內(nèi)，有一個(gè)半徑為r的虛線圓，虛線圓內(nèi)有垂直紙面向里的磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時(shí)間變化關(guān)系為B＝kt(k>0且為常量)． (1)求導(dǎo)體環(huán)中感生電動(dòng)勢E的大??； (2)將導(dǎo)體環(huán)換成內(nèi)壁光滑的絕緣細(xì)管，管內(nèi)放置一質(zhì)量為m，電荷量為＋q的小球，小球重力不計(jì)，如圖乙所示．已知絕緣細(xì)管內(nèi)各點(diǎn)渦旋電場的場強(qiáng)大小為ER＝，方向與該點(diǎn)切線方向相同．小球在電場力作用下沿細(xì)管加速運(yùn)動(dòng)．要使t＝t0時(shí)刻管壁對(duì)小球的作用力為0，可在細(xì)管處加一垂直于紙面的磁場，求所加磁場的方向及磁感應(yīng)強(qiáng)度B′的大?。? [解析]　(1)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，有 E＝n Φ＝B·S＝kt·πr2 得E＝kπr2 (2)根據(jù)楞次定律，可知小球沿逆時(shí)針方向運(yùn)動(dòng)，要使管壁對(duì)小球的作用力為0，需洛倫茲力方向指向圓心．由左手定則，得磁場方向垂直紙面向里 電場力F＝ERq 小球運(yùn)動(dòng)的加速度滿足F＝ma t時(shí)刻速度v＝at0 洛倫茲力大小F洛＝qvB′ 由向心力公式，有F向＝m＝qvB′ 聯(lián)立解得B′＝ [答案]　(1)kπr2　(2)垂直紙面向里