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1、2022年高考物理 考前回歸教材單元綜合突破九 電磁感應 一、選擇題(本題共10小題，每題4分，共40分．有的小題只有一個選項正確，有的小題有多個選項正確，把正確選項前的字母填在題后的括號內) 圖1 1．如圖1所示，閉合圓導線圈平行地放置在勻強磁場中，其中ac、bd分別是平行、垂直于磁場方向的兩直徑．試分析線圈做如下運動時，能產生感應電流的是(　 　) A．使線圈在紙面內平動或轉動 B．使線圈平面沿垂直紙面方向向紙外平動 C．使線圈以ac為軸轉動 D．使線圈以bd為軸轉動 解析：使線圈在紙面內平動或轉動，沿垂直紙面方向向紙外平動或以ac為軸轉動，線圈中的磁通量始終為零，不變

2、化，無感應電流產生；以bd為軸轉動時，線圈中的磁通量不斷變化，能產生感應電流，所以D選項正確． 答案：D 2．如圖2所示，螺線管的導線的兩端與兩平行金屬板相接，一個帶負電的小球用絲線懸掛在兩金屑板間，并處于靜止狀態(tài)，若條形磁鐵突然插入線圈時，小球的運動情況是(　　) 圖2 A．向左擺動　　　　　　　 B．向右擺動 C．保持靜止 D．無法判定 解析：當條形磁鐵插入線圈中時，線圈中向左的磁場增強．由楞次定律可判定金屬板左端電勢高，故帶負電的小球將向左擺動，A正確． 答案：A 3．如圖3所示，AOC是光滑的金屬軌道，AO沿豎直方向，OC沿水平方向，PQ是一根金屬直桿如圖所示立

3、在導軌上，直桿從圖示位置由靜止開始在重力作用下運動，運動過程中Q端始終在OC上，空間存在著垂直于紙面向外的勻強磁場，則在PQ桿滑動的過程中，下列判斷正確的是(　　) 圖3 A．感應電流的方向始終是由P→Q B．感應電流的方向先是由P→Q，后是由Q→P C．PQ受磁場力的方向垂直桿向左 D．PQ受磁場力的方向先垂直于桿向左，后垂直于桿向右 解析：在PQ桿滑動的過程中，桿與導軌所圍成的三角形面積先增大后減小，三角形POQ內的磁通量先增大后減小，由楞次定律可判斷B項對；再由PQ中電流方向及左手定則可判斷D項對． 答案：BD 4．如圖4所示，通過水平絕緣的傳送帶輸送完全相同的銅線圈

4、，線圈均與傳送帶以相同的速度勻速運動．為了檢測出個別未閉合的不合格線圈，讓傳送帶通過一固定勻強磁場區(qū)域，磁場方向垂直于傳送帶，線圈進入磁場前等距離排列，穿過磁場后根據線圈間的距離，就能夠檢測出不合格線圈，通過觀察圖形，判斷下列說法正確的是(　　) 圖4 A．若線圈閉合，進入磁場時，線圈相對傳送帶向后滑動 B．若線圈不閉合，進入磁場時，線圈相對傳送帶向后滑動 C．從圖中可以看出，第2個線圈是不合格線圈 D．從圖中可以看出，第3個線圈是不合格線圈 解析：由產生電磁感應現象的條件和楞次定律知，A正確，B錯誤，由各線圈位置關系知，C錯誤，D正確． 答案：AD 圖5 5．如圖5

5、所示，在O點正下方有一個具有理想邊界的磁場，銅環(huán)在A點由靜止釋放向右擺至最高點B.不考慮空氣阻力，則下列說法正確的是(　　) A．A、B兩點在同一水平線上 B．A點高于B點 C．A點低于B點 D．銅環(huán)最終將做等幅擺動 解析：銅環(huán)在進入或穿出磁場邊界時，由于銅環(huán)內的磁通量發(fā)生變化，將有感應電流產生，感應電流通過銅環(huán)將產生內能，故銅環(huán)在A點靜止釋放后，向右擺至最高點時的B點要低于A點的位置，A、C錯誤，B正確；當銅環(huán)最后全部處于磁場中時，由于銅環(huán)內的磁通量不再發(fā)生變化，此時沒有感應電流，故銅環(huán)將在磁場中做等幅擺動，D正確． 答案：BD 6．如圖6所示為新一代炊具——電磁爐，無煙、無明

6、火、無污染、不產生有害氣體、無微波輻射、高效節(jié)能等，是電磁爐的優(yōu)勢所在．電磁爐是利用電流通過線圈產生磁場，當磁場的磁感線通過含鐵質鍋底部時，即會產生無數小渦流，使鍋體本身自行高速發(fā)熱，然后再加熱鍋內食物．下列相關說法中正確的是(　　) 圖6 A．鍋體中的渦流是由恒定的磁場產生的 B．恒定磁場越強，電磁爐的加熱效果越好 C．鍋體中的渦流是由變化的磁場產生的 D．提高磁場變化的頻率，可提高電磁爐的加熱效果 解析：由電磁感應原理可知，鍋體中的渦流是由變化的磁場產生的，且提高磁場變化的頻率，產生的感應電動勢變大，故可提高電磁爐的加熱效果．故C、D正確． 答案：CD 圖7

7、7．如圖7所示，矩形金屬框置于勻強磁場中，ef為一導體棒，可在ab和cd間滑動并接觸良好．設磁感應強度為B，ac長為L，在Δt時間內向左勻速滑過距離Δd，由法拉第電磁感應定律E＝n可知，下列說法正確的是(　　) A．當ef向左滑動時，左側面積減少LΔd，右側面積增加LΔd，因此E＝2BLΔd/Δt B．當ef向左滑動時，左側面積減少LΔd，右側面積增加LΔd，互相抵消，因此E＝0 C．在公式E＝n中，在切割磁感線情況下，ΔΦ＝BΔS，ΔS應是導體棒切割磁感線掃過的面積，因此E＝BLΔd/Δt D．在切割磁感線的情況下，只能用E＝BLv計算，不能用E＝n計算 解析：本題中由于導體棒是勻

8、速切割磁感線，所以產生的感應電動勢是恒定的，因而任一時刻產生的瞬時感應電動勢等于平均感應電動勢．因此感應電動勢有兩種求法，(1)由E＝BLv＝BL；(2)由法拉第電磁感應定律知E＝＝＝，式子中ΔS為導體棒移動中掃過的面積．故C正確． 答案：CD 圖8 8．如圖8所示，一個“∠”形導軌垂直于磁場固定在磁感應強度為B的勻強磁場中．導體棒ab與導軌由相同粗細、相同材料的導體制成，導體棒與導軌接觸良好．在外力作用下，導體棒以恒定速度v向右運動，以導體棒在圖中所示位置的時刻作為計時起點，則回路中感應電動勢E、感應電流I、導體棒所受外力的功率P和回路中產生的焦耳熱Q隨時間t變化的圖象中，正確的是

9、(　　) 解析：E＝Blv＝Bv·vttanθ∝t，A正確；I＝，而R與三角形回路的周長成正比，可把R表示為R＝kc(式中c為周長)代入I的表達式中I＝，而為一定值，所以I是一定值，B錯誤；P＝IE，I不變，E與t成正比，所以P∝t，C正確；Q＝Pt∝t2，D錯誤． 答案：AC 圖9 9．如圖9所示，豎直平面內有一金屬環(huán)，半徑為d，總電阻為R(指拉直時兩端的電阻)，磁感應強度為B的勻強磁場垂直穿過環(huán)平面，在環(huán)的最高點A用鉸鏈連接長度為2a、電阻為的導體棒AB，AB由水平位置緊貼環(huán)面擺下，當擺到豎直位置時，B點的線速度為v，則這時AB兩端的電壓大小為(　　) A. B.

10、 C. D．Bav 解析： 圖10 當擺到豎直位置時，AB棒產生的電動勢E＝B·2a·＝Bav.等效電路如圖10所示．則U＝＝. 答案：A 圖11 10．如圖11，足夠長的U型光滑金屬導軌平面與水平面成θ角(0<θ<90°)，其中MN與PQ平行且間距為L，導軌平面與磁感應強度為B的勻強磁場垂直，導軌電阻不計．金屬棒ab由靜止開始沿導軌下滑，并與兩導軌始終保持垂直且良好接觸，ab棒接入電路的電阻為R，當流過ab棒某一橫截面的電量為q時，棒的速度大小為v，則金屬棒ab在這一過程中(　　) A．運動的平均速度大小為 B．下滑的位移大小為 C．產生的焦耳熱為qBLv

11、D．受到的最大安培力大小為sinθ 解析：流過ab棒某一截面的電量q＝·t＝·t＝，ab棒下滑的位移x＝，其平均速度v＝，而棒下滑過程中做加速度減小的加速度運動，故平均速度不等于v，A錯誤B正確；由能量守恒mgxsinθ＝Q＋mv2，產生的焦耳熱Q＝mgxsinθ－mv2＝mgsinθ－mv2，C錯誤；當mgsinθ＝時v最大，安培力最大，即F安m＝mgsinθ或，D錯誤． 答案：B 第Ⅱ卷(非選擇題，共60分) 二、填空題(本題共2小題，每題8分，共16分) 11．如圖12所示，半徑為r的金屬圓環(huán)繞通過直徑的軸OO′以角速度ω勻速轉動，勻強磁場的磁感應強度為B，以金屬環(huán)的平面與磁場

12、方向重合時開始計時，求在轉動30°角的過程中，環(huán)中產生的感應電動勢為________． 圖12 解析：ΔΦ＝Φ2－Φ1＝BSsin30°－0＝Bπr2. 又Δt＝＝＝π/(6ω) 所以E＝＝＝3Bωr2. 答案：3Bωr2 12．一個邊長為10 cm的正方形金屬線框置于勻強磁場中，線框匝數n＝100，線框平面與磁場垂直，電阻為20 Ω.磁感應強度隨時間變化的圖象如圖13所示．則在一個周期內線框產生的熱量為________ J. 圖13 解析：由題圖可知，線框中穿過均勻變化的磁場，變化周期T＝4 s．根據法拉第電磁感應定律和閉合電路歐姆定律，線框中產生的感應電動勢E＝nS

13、， 感應電流I＝＝ A＝5×10－2 A， 在一個周期內產生的熱量 Q＝I2RT＝(5×10－2)2×20×4 J＝0.2 J. 答案：0.2 三、計算題(本題共4小題，13、14題各10分，15、16題各12分，共44分，計算時必須有必要的文字說明和解題步驟，有數值計算的要注明單位) 圖14 13. 如圖14所示，質量m1＝0.1 kg，電阻R1＝0.3 Ω，長度l＝0.4 m的導體棒ab橫放在U形金屬框架上．框架質量m2＝0.2 kg，放在絕緣水平面上，與水平面間的動摩擦因數μ＝0.2. 相距0.4 m的MM′、NN′相互平行，電阻不計且足夠長．電阻R2＝0.1Ω的MN垂

14、直于MM′.整個裝置處于豎直向上的勻強磁場中，磁感應強度B＝0.5 T．垂直于ab施加F＝2 N的水平恒力，ab從靜止開始無摩擦地運動，始終與MM′、NN′保持良好接觸．當ab運動到某處時，框架開始運動．設框架與水平面間最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g取10 m/s2. (1)求框架開始運動時ab速度v的大??； (2)從ab開始運動到框架開始運動的過程中，MN上產生的熱量Q＝0.1 J，求該過程ab位移x的大?。? 解析：(1)ab對框架的壓力 F1＝m1g 框架受水平面的支持力 FN＝m2g＋F1 依題意，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則框架受到最大靜摩擦力 F2＝μFN ab中

15、的感應電動勢 E＝Blv MN中電流 I＝ MN受到的安培力 F安＝IlB 框架開始運動時 F安＝F2 由上述各式代入數據解得 v＝6 m/s. (2)閉合回路中產生的總熱量 Q總＝Q 由能量守恒定律，得 Fx＝m1v2＋Q總 代入數據解得 x＝1.1 m. 答案：(1)6 m/s　(2)1.1 m 圖15 14．(xx·四川理綜)如圖15所示，間距l(xiāng)＝0.3 m的平行金屬導軌a1b1c1和a2b2c2分別固定在兩個豎直面內，在水平面a1b1b2a2區(qū)域內和傾角θ＝37°的斜面c1b1b2c2區(qū)域內分別有磁感應強度B1＝0.4 T、方向豎直向上和B2＝1

16、 T、方向垂直于斜面向上的勻強磁場．電阻R＝0.3 Ω、質量m1＝0.1 kg、長為l的相同導體桿K、S、Q分別放置在導軌上，S桿的兩端固定在b1、b2點，K、Q桿可沿導軌無摩擦滑動且始終接觸良好．一端系于K桿中點的輕繩平行于導軌繞過輕質定滑輪自然下垂，繩上穿有質量m2＝0.05 kg的小環(huán)．已知小環(huán)以a＝6 m/s2的加速度沿繩下滑，K桿保持靜止，Q桿在垂直于桿且沿斜面向下的拉力F作用下勻速運動．不計導軌電阻和滑輪摩擦，繩不可伸長．取g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求 (1)小環(huán)所受摩擦力的大??； (2)Q桿所受拉力的瞬時功率． 解析：(1)設小環(huán)受到的

17、摩擦力大小為Ff，由牛頓第二定律，有m2g－Ff＝m2a 代入數據，得 Ff＝0.2 N. (2)設通過K桿的電流為I1，K桿受力平衡，有 Ff＝B1I1l 設回路總電流為I，總電阻為R總，有 I＝2I1 R總＝R 設Q桿下滑速度大小為v，產生的感應電動勢為E，有 I＝ E＝B2lv F＋m1gsinθ＝B2Il 拉力的瞬時功率為 P＝F·v 聯立以上方程，代入數據得 P＝2 W. 答案：(1)0.2 N　(2)2 W 15．(xx·天津理綜)如圖16所示，兩根足夠長的光滑平行金屬導軌MN、PQ間距為l＝0.5m, 其電阻不計，兩導軌及其構成的平面均與水平面

18、成30°角．完全相同的兩金屬棒ab、cd分別垂直導軌放置，每棒兩端都與導軌始終有良好接觸，已知兩棒質量均為m＝0.02kg，電阻均為R＝0.1Ω，整個裝置處在垂直于導軌平面向上的勻強磁場中，磁感應強度B＝0.2 T，棒ab在平行于導軌向上的力F作用下，沿導軌向上勻速運動，而棒cd恰好能夠保持靜止．取g＝10m/s2，問 圖16 (1)通過棒cd的電流I是多少，方向如何？ (2)棒ab受到的力F多大？ (3)棒cd每產生Q＝0.1J的熱量，力F做的功W是多少？ 解析：(1)棒cd受到的安培力 Fcd＝IlB① 棒cd在共點力作用下平衡，則 Fcd＝mgsin30°② 由①②

19、式，代入數據解得 I＝1 A 根據楞次定律可知，棒cd中的電流方向由d至c. (2)棒ab與棒cd受到的安培力大小相等 Fab＝Fcd 對棒ab，由共點力平衡知 F＝mgsin30°＋IlB 代入數據解得 F＝0.2 N. (3)設在時間t內棒cd產生Q＝0.1 J的熱量，由焦耳定律知Q＝I2Rt 設棒ab勻速運動的速度大小為v，其產生的感應電動勢 E＝Blv 由閉合電路歐姆定律知　I＝ 由運動學公式知在時間t內，棒ab沿導軌的位移 x＝vt 力F做的功　W＝Fx 綜合上述各式，代入數據解得　W＝0.4 J. 答案：(1)1 A　方向由d至c　(2)0.2 N

20、　(3)0.4 J 16．(xx·上海單科)電阻可忽略的光滑平行金屬導軌長S＝1.15 m，兩導軌間距L＝0.75 m，導軌傾角為30°，導軌上端ab接一阻值R＝1.5 Ω的電阻，磁感應強度B＝0.8 T的勻強磁場垂直軌道平面向上．阻值r＝0.5 Ω，質量m＝0.2 kg的金屬棒與軌道垂直且接觸良好，從軌道上端ab處由靜止開始下滑至底端，在此過程中金屬棒產生的焦耳熱Qr＝0.1 J．(取g＝10 m/s2)求： 圖17 (1)金屬棒在此過程中克服安培力的功W安； (2)金屬棒下滑速度v＝2 m/s時的加速度a. (3)為求金屬棒下滑的最大速度vm，有同學解答如下： 由動能定理，

21、W重－W安＝mvm2，…….由此所得結果是否正確？若正確，說明理由并完成本小題；若不正確，給出正確的解答． 解析：(1)下滑過程中安培力的功即為在電阻上產生的焦耳熱，由于R＝3r，因此 QR＝3Qr＝0.3 J ∴W安＝Q＝QR＋Qr＝0.4 J. (2)金屬棒下滑時受重力和安培力 F安＝BIL＝v 由牛頓第二定律mgsin30°－v＝ma ∴a＝gsin30°－v＝ (10×－) m/s2＝3.2 m/s2 (3)此解法正確． 金屬棒下滑時受重力和安培力作用，其運動滿足 mgsin30°－v＝ma 上式表明，加速度隨速度增加而減小，棒做加速度減小的加速運動．無論最終是否達到勻速，當棒到達斜面底端時速度一定為最大．由動能定理可以得到棒的末速度，因此上述解法正確． mgSsin30°－Q＝mvm2 ∴vm＝ ＝ m/s＝2.74 m/s. 答案：(1)0.4 J　(2)3.2 m/s2　(3)見解析