【文档说明】【高考复习】高考物理 热点冲刺练习13 电磁感应问题（含答案解析）.doc，共(10)页，197.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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2020版高考物理热点冲刺练习13电磁感应问题1.如图所示，两相邻有界匀强磁场的宽度均为L，磁感应强度大小相等、方向相反，均垂直于纸面．有一边长为L的正方形闭合线圈向右匀速通过整个磁场．用i表示线圈中的感应电流，规定逆时针

方向为电流正方向，图示线圈所在位置为位移起点，则下列关于i－x的图象中正确的是()2.图a和图b是教材中演示自感现象的两个电路图，L1和L2为电感线圈，实验时，断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗，闭合开关S2，灯A2逐渐变亮，而另一个相同的灯A3立即变亮，最终A2与A3

的亮度相同，下列说法正确的是()A．图a中，A1与L1的电阻值相同B．图a中，闭合S1，电路稳定后，A1中电流大于L1中电流C．图b中，变阻器R与L2的电阻值相同D．图b中，闭合S2瞬间，L2中电流与变阻器R中电流相等3.近来，无

线充电成为应用于我们日常生活中的一项新科技，其中利用电磁感应原理来实现无线充电是比较成熟的一种方式，电动汽车无线充电方式的基本原理如图所示：路面下依次铺设圆形线圈，相邻两个线圈由供电装置通以反向电流，车身底部固定感应线圈，通过充电装置与蓄电池相连，汽车在此路面上行

驶时，就可以进行充电．在汽车匀速行驶的过程中，下列说法正确的是()A．感应线圈中电流的磁场方向一定与路面线圈中电流的磁场方向相反B．感应线圈中产生的是方向改变、大小不变的电流C．感应线圈一定受到路面线圈磁场的

安培力，会阻碍汽车运动D．给路面下的线圈通以同向电流，不会影响充电效果4.如图A中水平放置的U形光滑金属导轨NMPQ，MN接有电键K，导轨宽度为L，其电阻不计．在左侧边长为L的正方形区域存在方向竖直向上磁场B，其变化规律如图B所示；中间一段没有磁场，右侧一段区域存在方向竖直向下的匀

强磁场，其磁感应强度为B0，在该段导轨之间放有质量为m、电阻为R、长为L的金属棒ab.若在图B所示的t0/2时刻关闭电键K，则在这一瞬间()A．金属棒ab中的电流方向为由a流向bB．金属棒ab中的电流大小

为LB0t0RC．金属棒ab所受安培力方向水平向右D．金属棒ab的加速度大小为L3B20mt0R5.(多选)如图所示，一足够长的光滑平行金属轨道，其轨道平面与水平面成θ角，上端用一电阻R相连，处于方向垂直轨道平面向

上的匀强磁场中．质量为m、电阻为r的金属杆ab，从高为h处由静止释放，下滑一段时间后，金属杆开始以速度v匀速运动直到轨道的底端．金属杆始终保持与导轨垂直接触良好，轨道电阻及空气阻力均可忽略不计，重力加速度为

g.则()A．金属杆加速运动过程中的平均速度大于v2B．金属杆加速运动过程中克服安培力做功的功率小于匀速运动过程中克服安培力做功的功率C．当金属杆的速度为v2时，它的加速度大小为gsinθ2D．整个运动过程中电阻R产生的焦耳热为mgh－12mv26.(多选)两条平行虚线间存在一匀强磁场，

磁感应强度方向与纸面垂直，边长为0.1m、总电阻为0.005Ω的正方形导线框abcd位于纸面内，cd边与磁场边界平行，如图(a)所示．已知导线框一直向右做匀速直线运动，cd边于t=0时刻进入磁场．线框中

感应电动势随时间变化的图线如图(b)所示(感应电流的方向为顺时针时，感应电动势取正)．下列说法正确的是()A．磁感应强度的大小为0.5TB．导线框运动速度的大小为0.5m/sC．磁感应强度的方向垂直于纸面向外D．在t=0.4s至

t=0.6s这段时间内，导线框所受的安培力大小为0.1N7.(多选)如图所示，两平行导轨间距为L，倾斜部分和水平部分长度均为L，倾斜部分与水平面的夹角为37°，cd间接电阻R，导轨电阻不计．质量为m的金属细杆静止在倾斜导轨底端，

与导轨接触良好，电阻为r.整个装置处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化关系为B=B0＋kt(k>0)，在杆运动前，以下说法正确的是()A．穿过回路的磁通量为2(B0＋kt)L2B．流过导体棒的电流方向为由b到aC．回路中电流

的大小为1.8kL2R＋rD．细杆受到的摩擦力一直减小8.(多选)如图所示，用粗细均匀的电阻丝制成形状相同、大小不同的甲、乙两个矩形框．甲对应边的长度是乙的两倍，二者底边距离匀强磁场上边界高度h相同，磁场方向垂直纸面向里

，匀强磁场强度d足够大．不计空气阻力，适当调整高度h，将二者由静止释放，甲将以恒定速度进入匀强磁场中．在矩形线框进入磁场的整个过程中，甲、乙的感应电流分别为I1和I2，通过导体棒截面的电量分别为q1和q2，线框产生的热

量分别为Q1和Q2，线框所受到的安培力分别是F1和F2，则以下结论中正确的是()A．I1>I2B．q1=4q2C．Q1=4Q2D．F1=2F29.(多选)如图所示，空间直角坐标系的xOz平面是光滑水平面，空间中有沿z轴正方向的匀强磁场，磁感应强度大小为

B.现有两块平行的薄金属板，彼此间距为d，构成一个电容为C的电容器，电容器的下极板放在xOz平面上；在两板之间焊接一根垂直于两板的电阻不计的金属杆MN，已知两板和杆MN的总质量为m，若对杆MN施加一个

沿x轴正方向的恒力F，两金属板和杆开始运动后，则()A．金属杆MN中存在沿M到N方向的感应电流B．两金属板间的电压始终保持不变C．两金属板和杆做加速度大小为FB2d2C的匀加速直线运动D．单位时间内电容器增加的电荷量为CBdFm＋B2d2C10.(多选)如图所示，一个半

径为r、粗细均匀、阻值为R的圆形导线框，竖直放置在磁感应强度为B的水平匀强磁场中，线框平面与磁场方向垂直．现有一根质量为m、电阻不计的导体棒，自圆形线框最高点由静止释放，棒在下落过程中始终与线框保持良好接触．已知下落距离为r2时棒的速度大小为v1，下落到圆心

O时棒的速度大小为v2，忽略摩擦及空气阻力，下列说法正确的是()A．导体棒下落距离为r2时，棒中感应电流的方向向右B．导体棒下落距离为r2时，棒的加速度的大小为g－27B2r2v12mRC．导体棒下落到圆心时，圆形导线框的发热功率为B2r2v22RD．导体

棒从开始下落到经过圆心的过程中，圆形导线框产生的热量为mgr－12mv2211.电磁感应式无线充电系统原理如图(a)所示，给送电线圈中通以变化的电流，就会在邻近的受电线圈中产生感应电流，从而实现充电器与用

电装置之间的能量传递．某受电线圈的匝数n=50匝，电阻r=1.0Ω，c、d两端接一阻值R=9.0Ω的电阻，当送电线圈接交变电流后，在受电线圈内产生了与线圈平面垂直的磁场，其磁通量随时间变化的规律如图(b)所示．求(结果保留2位有效数字)(1)

t1到t2时间内，通过电阻R的电荷量；(2)在一个周期内，电阻R产生的热量．12.如图甲所示，两个形状相同、倾角均为37°的足够长的斜面对接在一起，左侧斜面粗糙，右侧斜面光滑．一个电阻不计、质量m=1kg的足够长的U形金属导轨MM′N′N置于左侧斜面上，

导轨MM′N′N与斜面间的动摩擦因数μ=0.5，质量m=1kg、电阻为R的光滑金属棒ab通过跨过定滑轮的轻质绝缘细线与质量为m0的滑块相连，金属棒ab与导轨MM′N′N接触良好且始终垂直(金属棒ab始终不接触左侧斜面)，左侧斜面处于垂直斜面向下的匀强磁

场中．初始状态时，托住滑块，使导轨MM′N′N、金属棒ab及滑块组成的系统处于静止状态，某时刻释放滑块，当其达到最大速度时，导轨MM′N′N恰好要向上滑动．已知细线始终与斜面平行，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g取10m/s2.(1)求滑块的

质量m0；(2)以释放滑块的时刻为计时起点，滑块的速度v随时间t的变化情况如图乙所示，若匀强磁场的磁感应强度B=2T，导轨MM′N′N宽度L=7m，求在滑块加速运动过程中系统产生的焦耳热．答案解析1.答案为：C；解析：[线圈进入磁场，在进入磁场的0～L的过程中，E=BLv，电流I=BL

vR，根据右手定则判断方向为逆时针方向，为正方向；在L～2L的过程中，电动势E=2BLv，电流I=2BLvR，根据右手定则判断方向为顺时针方向，为负方向；在2L～3L的过程中，E=BLv，电流I=BLvR，根据右手定则判断方向为逆时针方向

，为正方向；故ABD错误，C正确；故选C.]2.答案为：C；解析：[分析图a，断开开关S1瞬间，A1突然闪亮，说明流经A1的电流瞬间增大，从而得到S1闭合，电路稳定时，A1中的电流小于L1中的电流，所以选项B错误，由并联电路特点可知，A1的电阻值大于L

1的电阻值，所以选项A错误，分析图b，开关S2闭合后，灯A2逐渐变亮，A3立即变亮，说明闭合S2瞬间A2与A3中的电流不相等，那么L2与R中的电流也不相等，所以选项D错误．最终A2与A3亮度相同，说明流经A2与A3的电流相同，由欧姆定律可知，R与L2的电阻值相等，所以选项C正确

．]3.答案为：C；解析：[A项：由于路面下铺设圆形线圈，相邻两个线圈的电流相反，所以感应线圈中电流的磁场方向不一定与路面线圈中电流的磁场方向相反，故A错误；B项：由于路面上的线圈中的电流不知是怎么变化，即

产生的磁场无法确定变化情况，所以感应线圈中的电流大小不能确定，故B错误；C项：感应线圈随汽车一起运动过程中会产生感应电流，在路面线圈的磁场中受到安培力，根据“来拒去留”可知，此安培力阻碍相对运动，即阻碍汽车运动，故C正确；D项：给路面下的线圈通以同向

电流时，路面下的线圈产生相同方向的磁场，穿过感应线圈的磁通量变小，变化率变小，所以产生的感应电流变小，故D错误．]4.答案为：C；解析：[根据楞次定律可得金属棒ab中的电流方向为由b流向a，故A错误；根据法拉第电磁感应定律可得感应电动势：E=ΔBΔtS=B0t0L2

，所以金属棒ab中的电流大小为：I=ER=B0Rt0L2，故B错误；金属棒ab的电流方向为由b流向a，根据左手定则可得ab棒所受安培力方向水平向右，C正确；根据牛顿第二定律可得金属棒ab的加速度大小为a=BILm=

B02mIL=B20L32Rmt0，故D错误．所以C正确，ABD错误．]一、多选题5.答案为：ABC；解析：[若金属杆匀加速运动，则平均速度为v2，实际上金属杆加速运动中，加速度不断减小，速度－时间图象的斜率不断减小，在相同间内金属杆通过位移大于匀加速运动的位移，金属杆平均速度大

于匀加速运动的平均速度v2，A正确；金属杆加速运动过程中，安培力平均值小于匀速运动的安培力，且加速运动的平均速度小于匀速直线的速度，因此金属杆加速运动过程中，克服安培力做功的功率小于匀速运动过程中克服安培力做功的功率，B正确；根据匀速直线运动时，金属杆速度大小

为v，所受的安培力大小为B2L2vR＋r，此时依据平衡状态，则有mgsinθ=B2L2vR＋r；金属杆的速度为v2时，它所受的安培力为B2L2v2R＋r，据牛顿第二定律解得mgsinθ－B2L2v2R＋r=ma，联立得a=gsinθ2，C正确；根据能量守恒定律可知整个运动过程

中回路产生的焦耳热为mgh－12mv2，所以R上产生的焦耳热小于mgh－12mv2，D错误．]6.答案为：BC；解析：[由图象可知，从导线框的cd边进入磁场到ab边刚好进入磁场，用时为0.2s，可得导线框运动速度的大小v=0.10.2m/s

=0.5m/s，B对．由图象可知，cd边切割磁感线产生的感应电动势E=0.01V，由公式E=BLv，可得磁感应强度的大小B=0.010.1×0.5T=0.2T，A错．ca边进入磁场时感应电流的方向为顺时针时，对cd边应用右手定则可知，磁感应强度的方向垂直于纸面向外，C对．t

=0.4s至t=0.6s时间段为cd边离开磁场，ab边切割磁感线的过程．由闭合电路欧姆定律及安培力公式得安培力F=BELR，代入数据得F=0.04N，D错．]7.答案为：BC；解析：[A、由Φ=BS效=(B0＋kt)·(L2＋L2cos37°)=1.8(B0＋kt)L2，故A错

误．C、磁感应强度均匀增大，产生的感生电动势，由法拉第电磁感应定得E=nΔφΔt=ΔBΔt·S=k·(L2＋L2cos37°)=1.8kL2，由全电路欧姆定律得I=ER＋r=1.8kL2R＋r，则C正确．B

、由楞次定律可得感应电流的方向俯视为顺时针方向，即电流流向为b到a，B正确．D、因感应电流大小恒定，则细杆所受的安培力F=BIL因B逐渐增大而增大，由左手定则知方向水平向右，对杆的平衡知识可得mgsinθ=f＋BIL

cosθ，则摩擦力先向上逐渐减小到零，后向下逐渐增大，D错误．故选B、C.]8.答案为：CD；解析：[设甲的宽度为L，周长为l，则乙的宽度为L2，周长为l2，那么甲的质量是乙质量的两倍，根据电阻R=ρlS，可得R1R2=21，由题意可知甲做匀速运动：m1g－BI1L=0，感应电动势为：E

1=BLv1，感应电流为：I1=E1R1，联立以上可得：m1g－B2L2v1R1=0，同理对乙有：m2g－B2L2v24R2=m2a，联立以上可得a=0，说明乙也匀速运动且v1=v2=2gh，感应电流为：I=BLvR，结合以上易得I1=I2，故A错误；电量为q=ΔφR=

BSR，可得：q1q2=21，故B错误；产生的热量为：Q=I2Rt，由运动学公式可得：t1t2=21，联立以上可得：Q1Q2=41，故C正确；安培力为：F=B2L2vR，根据以上可得：F1F2=21，故D正确．所以CD正确，AB错误．]

9.答案为：AD；解析：[由右手定则可知，充电电流方向为：由M流向N，故A正确；设此装置匀加速平移的加速度为a，则时间t后速度v=at，MN切割磁感线产生电动势：E=BLv=Bdat，即电容器两板电压：U=E=BLat，U随时

间增大而增大，电容器所带电量Q=CU=CBdat，MN间此时有稳定的充电电流：I=Qt=CBda，方向向下，根据左手定则可知，MN受到向左的安培力：F安=BIL=CB2d2a，以整个装置为研究对象，由牛顿第二定律得：F－F安=ma，即：F－CB2d2a=

ma，解得：a=Fm＋B2d2C，方向沿＋Z方向，则单位时间内电容器增加的电荷量为ΔQΔt=CBda=CBdFm＋B2d2C，故BC错误，D正确；故选AD.]10.答案为：BD；解析：[A项：导体棒下落过程中切割磁感线，根据右手定则可知，棒中感应电流的方向向左，故A错误；B项：

棒下落距离为r2时，棒有效的切割长度为L=2rcos30°=3r，弦所对的圆心角为120°，则圆环上半部分的电阻为R3，圆环下半部分的电阻为2R3由外电路并联电阻为：R1=R3×2R3R=2R9此时，回路中感应电动势为E=BLv，I=ER1，

安培力F=BIL，联立得：F=B232v1R1由牛顿第二定律得：mg－F=ma得：a=g－27B2r2v12mR，故B正确；C项：导体棒下落到圆心时，棒有效的切割长度为2r，回路中的总电阻为R4，电动势为E=B·2r·v2，根据公式P=E2R4=22R4=16B2r2v22R，故C

错误；D项：从开始下落到经过圆心的过程中，棒的重力势能减小转化为棒的动能和内能，根据能量守恒定律得：mgr=12mv22＋Q，解得Q=mgr－12mv22，故D正确．]二、简答题11.解：(1)受电线圈中产生的感应电动势的平均值E=nΔφΔt

.通过电阻的电流的平均值I=ER＋r通过电阻的电荷量q=IΔt由图b知，在t1到t2的时间内Δφ=4.0×10－4Wb解得：q=2.0×10－3C；(2)由图b知T=π×10－3s又ω=2πT受电线圈中产生的电动势的最大值Em=nφmω线圈中的感应电流的最大值Im=Emr＋R通

过电阻的电流的有效值I=Im2电阻在一个周期内产生的热量Q=I2RT解得：Q=5.7×10－2J.12.解：(1)当滑块与金属棒ab达到最大速度时，导轨MM′N′N恰好不能向上滑动，导轨与左侧斜面间的静摩擦力向下达到最大，对导

轨由平衡条件得mgsin37°＋μ·2mgcos37°=F安解得F安=14N对滑块及金属棒ab组成的系统由平衡条件得mgsin37°＋F安=m0gsin37°解得m0=103kg(2)达到最大速度时安培力F安=BIL=B2L2vR=14N由图乙知最大速度v=1m/s解得

R=2Ω加速阶段对滑块及金属棒ab组成的系统由动量定理得m0gtsin37°－mgtsin37°－BILt=(m0＋m)v加速阶段通过金属棒ab的电荷量q=It又结合法拉第电磁感应定律及闭合电路欧姆定律可得q=ΔΦR=BLxR，解得x=41

105m加速阶段由能量守恒得m0gxsin37°=mgxsin37°＋12(m0＋m)v2＋Q解得Q=3.3J即滑块在加速运动过程中系统产生的焦耳热为3.3J.