2024高考物理一轮复习限时检测10电磁感应含解析新人教版

PAGEPAGE14第十章电磁感应综合过关规范限时检测满分：100分考试时间：90分钟一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．(2024·恩施高三模拟)在安培时代，关于验证“电流磁效应”设想的试验中，下列不属于电流磁效应的是(A)A．把闭合线圈放在变更的磁场中，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，发觉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[解析]本题考查电流的磁效应问题，把闭合线圈放在变更的磁场中，闭合线圈中产生感应电流，属于电磁感应(磁生电)试验，不属于电流磁效应，此题选择A。2．(2024·广东佛山一模)一个简易的电磁弹射玩具如图所示。线圈、铁芯组合充当炮筒，硬币充当子弹。现将一个金属硬币放在铁芯上(金属硬币半径略大于铁芯半径)，刚起先时电容器处于无电状态，则下列说法正确的是(D)A．要将硬币射出，可干脆将开关拨向2B．当开关拨向1时，有短暂电流出现，且电容器上极板带负电C．当开关由1拨向2瞬间，铁芯中的磁通量减小D．当开关由1拨向2瞬间，硬币中会产生向上的感应磁场[解析]本题考查电容器的充放电及楞次定律在运动问题中的应用。干脆将开关拨向2，电容器不会放电产生感应电流，不能将硬币射出，选项A错误；当开关拨向1时，电容器充电，有短暂电流出现，且电容器上极板带正电，选项B错误；当开关由1拨向2瞬间，电容器通过线圈放电，由安培定则可知铁芯中的磁场方向向下，磁通量增大，依据楞次定律可知，在硬币中会产生向上的感应磁场，选项C错误，D正确。3．(2024·北京市高考适应性考试)某同学为了验证断电自感现象，自己找来带铁芯的线圈L、小灯泡A、开关S和电池组E，用导线将它们连接成如图所示的电路。检查电路后，闭合开关S，小灯泡正常发光；再断开开关S，小灯泡仅有不显著的延时熄灭现象。虽然多次重复，仍未见老师演示时出现的小灯泡闪亮现象。你认为最有可能造成小灯泡未闪亮的缘由是(A)A线圈的电阻偏大B小灯泡的额定电阻偏大C电源的电动势偏小D线圈的自感系数偏小[解析]由实物图可知线圈与灯泡并联，闭合开关，电流稳定后，当通过线圈的电流大于通过灯泡的电流，断开开关时，才能出现小灯泡闪亮的现象。要保证开关闭合电流稳定后，通过线圈的电流大于通过灯泡的电流，需让线圈的电阻小于小灯泡的电阻，故只有A正确。4．(2024·湖南、湖北八市十二校二调)如图甲所示，在竖直方向分布匀称的磁场中水平放置一个金属圆环，圆环所围面积为0.1m2，圆环电阻为0.2Ω。在第1s内感应电流I沿顺时针方向(俯视)。磁场的磁感应强度B随时间tA．在0～5s时间段，感应电流先减小再增大B．在0～5s时间段感应电流始终沿顺时针方向C．在0～5s时间段，圆环最大发热功率为5.0×10－4WD．在0～2s时间段，通过圆环横截面的电荷量为5.0×10－1[解析]本题考查电磁感应中的感生电动势问题。依据闭合电路欧姆定律得I＝eq\f(E,R)＝neq\f(ΔB·S,R·Δt)，可知磁感应强度的变更率越大，则电流越大，则在0～5s时间段，感应电流先减小再增大，最终不变，故A错误；由题意知，在第1s内感应电流I沿顺时针方向，依据楞次定律知，磁场方向向上为正方向；在0～2s时间段感应电流沿顺时针方向，在2～5s时间段，磁感应强度先减小后反向增大，则感应电流沿逆时针方向，故B错误；在0～5s时间段，当电流最大时，发热功率最大，由题图乙可知，磁感应强度变更率最大值为0.1T·s－1，则最大电流I＝eq\f(0.1×0.1,0.2)A＝0.05A，则P＝I2R＝0.052×0.2W＝5.0×10－4W，故C正确；在0～2s时间段，依据电荷量的公式可得q＝eq\f(ΔB·S,R)＝eq\f(0.1×0.1,0.2)C＝5×10－2C，则通过圆环横截面的电荷量为5.0×10－2C，故D错误。5．(2024·浙江宁波模拟)如图所示，一个有矩形边界的匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面对里。一个三角形闭合导线框，由位置1沿纸面匀速运动到位置2。取线框刚到达磁场边界的时刻为计时起点(t＝0)，规定逆时针方向为电流的正方向，则图中能正确反映线框中电流与时间关系的是(A)[解析]线框进入磁场的过程，磁通量向里增加，依据楞次定律得知感应电流的磁场向外，由安培定则可知感应电流方向为逆时针，电流i应为正方向，选项B、C错误；线框进入磁场的过程，线框有效的切割长度先匀称增大后匀称减小，由E＝BLv，可知感应电动势先匀称增大后匀称减小；线框完全进入磁场的过程，磁通量不变，没有感应电流产生。线框穿出磁场的过程，磁通量向里减小，依据楞次定律得知感应电流的磁场向里，由安培定则可知感应电流方向为顺时针，电流i应为负方向；线框有效的切割长度先匀称增大后匀称减小，由E＝BLv，可知感应电动势先匀称增大后匀称减小，选项A正确，D错误。6．(2024·湖南重点中学高三模拟)如图所示，三根等长的细线系在金属圆环的三等分点上，细线上端连在一起固定在水平天花板上，每根细线上均有微型拉力传感器(图中未画出)。竖直放置的螺线管与导线abcd构成回路，导线所围区域内有一垂直纸面对里的匀强磁场，螺线管的轴线通过金属圆环的圆心。现让导线abcd所围区域内磁场的磁感应强度发生变更，拉力传感器的示数增大，则磁感应强度的变更方式为下图中的(A)[解析]由楞次定律的运动学描述“来拒去留”可知，要使拉力传感器的示数增大，则金属圆环受到向下的磁场力，则螺线管中应产生减小的磁场，而螺线管中的磁场是由abcd区域内的磁场变更引起的，故abcd中的磁场变更率应越来越小，故A正确，B、C、D错误。7．(2024·南京高三模拟)如图甲所示，水平导轨处在竖直方向的匀强磁场中，导轨间距为d，虚线AB左侧L处用直导线CD连接电阻阻值为R0，虚线右侧eq\f(L,2)处有导体棒EF垂直导轨放置，导体棒电阻阻值为eq\f(R0,2)，其余电阻不计，AB左侧磁场竖直向下，磁感应强度随时间变更规律如图乙所示，AB右侧磁场竖直向上，磁感应强度为1.0T不变，导体棒始终静止，则(D)A．t＝0时刻CDEF回路的磁通量为dLB．导体棒受到的静摩擦力不断变大C．导体棒受到的静摩擦力方向向右D．回路中感应电动势大小为eq\f(3Ld,5)[解析]t＝0时刻，左侧向下穿过大小为0.5Ld的磁通量，右侧有向上穿过的大小为0.5Ld的磁通量，故回路磁通量为零，A错误；依据楞次定律，回路中产生的感应磁场的磁通量方向竖直向上，因此回路中的电流从上向下看应为逆时针方向，由左手定则EF受到的安培力方向向右，其静摩擦力方向向左，C错误；回路中的感应电动势大小为E＝eq\f(ΔB,Δt)Ld＝eq\f(1.5,2.5)Ld＝eq\f(3,5)Ld，D正确；因电动势不变，电阻不变，回路中的电流不变。因此EF棒受到的安培力大小不变，静摩擦力的大小也不变，B错误。8．(2024·海南高三模拟)如图甲所示，垂直纸面对里的匀强磁场的区域宽度为2L，磁感应强度的大小为B0。一边长为L、电阻为R的正方形匀称导线框ABCD从图示位置起先沿x轴正方向以速度v匀速穿过磁场区域，在乙图中给出的线框C、D两端的电压UCD与线框移动距离x的关系的图象正确的是(D)[解析]AB边未进入磁场时，CD边是等效电源，电动势E＝BLv，外电阻为eq\f(3,4)R，故UCD是路端电压，即UCD＝eq\f(3,4)BLv；AB边进入磁场，CD边未出磁场时，线圈中无感应电流，CD边切割磁感线，UCD＝BLv；CD边出磁场，AB边未出磁场时，AB边是等效电源，电动势E＝BLv，所以UCD＝eq\f(1,4)BLv，选项D正确。二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，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。9．(2024·山东高考模拟)竖直放置的长直密绕螺线管接入如图甲所示的电路中，通有俯视顺时针方向的电流，其大小按图乙所示的规律变更。螺线管内中间位置固定有一水平放置的硬质闭合金属小圆环(未画出)，圆环轴线与螺线管轴线重合。下列说法正确的是(BC)A．t＝eq\f(T,4)时刻，圆环有扩张的趋势B．t＝eq\f(T,4)时刻，圆环有收缩的趋势C．t＝eq\f(T,4)和t＝eq\f(3T,4)时刻，圆环内的感应电流大小相等D．t＝eq\f(3T,4)时刻，圆环内有俯视逆时针方向的感应电流[解析]t＝T/4时刻，线圈中通有顺时针渐渐增大的电流，则线圈中由电流产生的磁场向下且渐渐增加。由楞次定律可知，圆环有收缩的趋势。A错误，B正确；t＝3T/4时刻，线圈中通有顺时针渐渐减小的电流，则线圈中由电流产生的磁场向下且渐渐减小，由楞次定律可知，圆环中的感应电流为顺时针，D错误；t＝T/4和t＝3T/4时刻，线圈中电流的变更率一样，即由线圈电流产生的磁场变更率一样，则圆环中的感应电流大小相等，C正确。10．(2024·三亚模拟)一个闭合回路由两部分组成。如图所示，右侧是电阻为r的圆形导线，置于竖直方向匀称变更的磁场B1中，左侧是光滑的倾角为θ的平行导轨，宽度为d，其电阻不计，磁感应强度为B2的匀强磁场垂直导轨平面对上，且只分布在左侧，一个质量为m、电阻为R的导体棒此时恰好能静止在导轨上，分析下述推断正确的是(ABC)A．圆形导线中的磁场，可以方向向上匀称增加，也可以方向向下匀速减弱B．导体棒ab受到的安培力大小为mgsinθB．回路中的感应电流为eq\f(mgsinθ,B2d)B．圆形导线中的电热功率为eq\f(m2g2sin2θ,B\o\al(2,2)d2)(R＋r)[解析]导体棒静止在导轨上，所受的合力为零。依据力的平衡得知，棒所受的安培力的大小为mgsinθ，方向沿斜面对上，所以有B2Id＝mgsinθ，则回路中的感应电流大小I＝eq\f(mgsinθ,B2d)，依据安培力的方向，通过左手定则推断知，通过线圈感应电流的方向从上往下看为顺时针方向，依据楞次定律，圆形线圈中的磁场可以方向向上匀称增加，也可以方向向下匀称减弱，选项A、B、C正确；依据P＝I2r，可知圆形导线中的电热功率为P＝eq\f(m2g2sin2θ,B\o\al(2,2)d2)r，选项D错误。11．(2024·广西柳州一模)如图，两根足够长光滑平行金属导轨PP′、QQ′倾斜放置，倾角为θ，匀强磁场垂直于导轨平面，导轨的上端与水平放置的两金属板M、N相连，金属棒ab水平跨放在导轨上，下滑过程中与导轨接触良好。现由静止释放金属棒ab，假定电容器不会被击穿，忽视一切电阻，则下列说法正确的是(AB)A．金属棒ab下滑过程中M板电势高于N板电势B．金属棒ab匀加速下滑C．金属棒ab最终可能匀速下滑D．金属棒ab下滑过程中削减的重力势能等于其增加的动能[解析]本题考查电磁感应和电容器电路的结合。金属棒ab下滑过程中，金属棒ab切割磁感线产生感应电动势，由右手定则可推断出导体棒a端为正极，所以M板电势高于N板电势，选项A正确；金属棒ab下滑过程中由于产生感应电动势和感应电流，对电容器充电，由I＝eq\f(Δq,Δt)，C＝eq\f(Δq,ΔU)，ΔU＝BLΔv，金属棒ab受到安培力F＝BIL，对金属棒受力分析，有mgsinθ－F＝ma，联立解得a＝eq\f(mgsinθ,m＋CB2L2)，加速度为恒量，说明金属棒ab下滑时做加速度恒定的匀加速运动，选项B正确，C错误；金属棒ab下滑过程中削减的重力势能等于其增加的动能和电容器储存的电能之和，选项D错误。12．(2024·河北邢台模拟)如图所示，两光滑金属导轨，间距为1m，固定在绝缘桌面上的导轨部分是水平的，且处在磁感应强度大小为1T、方向竖直向下的有界匀强磁场中(导轨其他部分无磁场)，电阻R的阻值为2Ω，桌面距水平地面的高度为H＝1.25m，金属杆ab的质量为0.1kg，有效电阻为1Ω。现将金属杆ab从导轨上距桌面高度为h＝0.45m的位置由静止释放，其落地点距桌面左边缘的水平距离为x＝1m。取g＝10m/s2，空气阻力不计，离开桌面前金属杆ab与金属导轨垂直且接触良好。下列推断正确的是(AC)A．金属杆刚进入磁场时，其速度大小为3m/sB．金属杆刚进入磁场时，电阻R上通过的电流大小为1.5AC．金属杆穿过匀强磁场的过程中，克服安培力所做的功为0.25JD．金属杆穿过匀强磁场的过程中，通过金属杆某一横截面的电荷量为0.2C[解析]本题考查电磁感应中的功和能量问题。由机械能守恒定律，有mgh＝eq\f(1,2)mv2，解得金属杆刚进入磁场时，其速度大小v＝3m/s，选项A正确；金属杆刚进入磁场时切割磁感线产生感应电动势E＝BLv＝3V，由闭合电路欧姆定律，得电阻R中通过的电流I＝eq\f(E,R＋r)＝1.0A，选项B错误；由平抛运动规律，有x＝v0t，H＝eq\f(1,2)gt2，联立解得v0＝2m/s，由动能定理，得金属杆穿过匀强磁场的过程中，克服安培力做功WA＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝0.25J，选项C正确；由动量定理有－Beq\x\to(I)Lt＝mv0－mv，即－BLq＝m(v0－v)，解得q＝0.1C，选项D错误。三、非选择题：本题共6小题，共60分。13．(6分)(2024·湖北高三模拟)在用如图甲所示装置“探讨回路中感应电动势大小与磁通量变更快慢的关系”试验中：(1)本试验中须要用到的传感器是光电门传感器和电压传感器。(2)让小车以不同速度靠近螺线管，记录下光电门挡光时间Δt内感应电动势的平均值E，变更速度多次试验，得到多组Δt与E，若以E为纵坐标、eq\f(1,Δt)为横坐标作图可以得到直线图象。(3)记录下小车某次匀速向左运动至最终撞上螺线管停止的全过程中感应电动势与时间的变更关系，如图乙所示，挡光时间Δt内图象所围阴影部分面积为S，增加小车的速度再次试验得到的面积S′＝(选填“>”“<”或“＝”)S。[解析](1)须要电压传感器测量感应电动势的平均值；(2)小车以不同速度靠近螺线管至最终撞上螺线管停止的全过程中，依据法拉第电磁感应定律公式E＝eq\f(nΔΦ,Δt)可知，E∝eq\f(1,Δt)故应当以eq\f(1,Δt)为横轴作图；(3)依据法拉第电磁感应定律公式E＝eq\f(nΔΦ,Δt)，则挡光时间Δt内图象所围阴影部分面积为：S＝EΔt＝nΔΦ由于小车的初末位置不变，磁通量的变更量ΔΦ相等，故面积为一个定值。14．(8分)(2024·上海高三模拟)在“探讨电磁感应现象”试验中(1)下图给出了可供运用的试验器材，某同学选择了电源、开关和带铁芯的原、副线圈，还需选择的器材有：滑动变阻器和灵敏电流计。(2)从能量转化的角度来看，闭合电路的部分导体切割磁感线而产生感应电流的过程是机械能转化为电能；若闭合电路中的感应电流是因磁感应强度发生变更而产生的，则是磁场能转化为电能。(3)下面四幅图中，“＋”和“－”分别表示灵敏电流计的正、负接线柱。已知电流从正接线柱流入灵敏电流计时，指针向正接线柱一侧偏转，电流从负接线柱流入时，指针向负接线柱一侧偏转。图中给出了条形磁铁运动的方向、指针偏转方向或螺线管的绕线方向，以下推断正确的是(ABD)A．甲图中电流计的指针偏转方向向右B．乙图中螺线管内部的磁场方向向下C．丙图中条形磁铁向下运动D．丁图中螺线管的绕线方向从上往下看为顺时针方向[解析](1)某同学选择了电源、开关和带铁芯的原、副线圈，还需选择的器材有：滑动变阻器和灵敏电流计。(2)从能量转化的角度来看，闭合电路的部分导体切割磁感线而产生感应电流的过程是机械能转化为电能；若闭合电路中的感应电流是因磁感应强度发生变更而产生的，则是磁场能转化为电能。(3)甲图中N极插入螺线管时，向下的磁通量增加，依据楞次定律可知，产生的感应电流在螺线管中由上到下，则电流计的电流从“＋”极流入，则指针偏转方向向右，选项A正确；乙图中感应电流从“－”极流入电流表，则螺线管中电流从下往上，依据右手螺旋定则可知螺线管内部的磁场方向向下，选项B正确；丙图中感应电流从“＋”极流入电流表，则螺线管中电流从上往下，依据右手螺旋定则可知螺线管内部的磁场方向向上，则图中条形磁铁向上运动，选项C错误；丁图中感应电流从“＋”极流入电流表，则螺线管中电流从上往下，图中条形磁铁向上运动，则螺线管中感应电流的磁场向下，则螺线管的绕线方向从上往下看为顺时针方向，选项D正确。15．(8分)(2024·广东肇庆模拟)如图甲，水平面上有两电阻不计的光滑金属导轨平行固定放置，间距为d，右端通过导线与阻值为R的小灯泡L连接，在面积为S的CDEF矩形区域内有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B随时间变更如图乙(其中B0、t0为已知量)，在t＝0时，一阻值为R的金属棒在恒力F作用下由静止起先从ab位置沿导轨向右运动，当t＝t0时恰好运动到CD位置，并起先在磁场中匀速运动。求：(1)0～t0时间内通过小灯泡的电流；(2)金属棒在磁场中运动速度的大小；(3)金属棒的质量m。[答案](1)eq\f(SB0,2Rt0)(2)eq\f(2FR,B\o\al(2,0)d2)(3)eq\f(B\o\al(2,0)d2t0,2R)[解析](1)0～t0时间内，闭合电路产生的感应电动势E1＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(SΔB,Δt)＝eq\f(SB0,t0)①通过小灯泡的电流I＝eq\f(E1,2R)②联立①②式，得I＝eq\f(SB0,2Rt0)。③(2)若金属棒在磁场中匀速运动的速度为v，则金属棒的动生电动势E2＝BLv＝B0dv④金属棒的电流I′＝eq\f(E2,2R)⑤因为金属棒做匀速运动，有F＝F安即F＝I′dB0⑥联立④⑤⑥式，得v＝eq\f(2FR,B\o\al(2,0)d2)。⑦(3)由牛顿其次定律有F＝ma⑧运动学公式有a＝eq\f(v,t0)⑨联立⑦⑧⑨式，得金属棒的质量m＝eq\f(B\o\al(2,0)d2t0,2R)。16．(8分)(2024·河北名校模拟)如图所示，两根足够长的平行金属导轨固定在倾角θ＝30°的斜面上，导轨电阻不计，间距L＝0.4m，导轨所在空间被分成区域Ⅰ和Ⅱ，两区域的边界与斜面的交线为MN。Ⅰ中的匀强磁场方向垂直斜面对下，Ⅱ中的匀强磁场方向垂直斜面对上，两磁场的磁感应强度大小均为B＝0.5T。在区域Ⅰ中，将质量m1＝0.1kg、电阻R1＝0.1Ω的金属条ab放在导轨上，ab刚好不下滑。然后，在区域Ⅱ中将质量m2＝0.4kg，电阻R2＝0.1Ω的光滑导体棒cd置于导轨上，由静止起先下滑。cd在滑动过程中始终处于区域Ⅱ的磁场中，ab，cd始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，取g＝10m/s2，问：(1)cd下滑的过程中，ab中的电流方向；(2)ab刚要向上滑动时，cd的速度v多大？(3)从cd起先下滑到ab刚要向上滑动的过程中，cd滑动的距离x＝3.8m，此过程中ab上产生的热量Q是多少？[答案](1)由a流向b(2)5m/s(3)1.3J[解析](1)由右手定则可推断出cd中的电流方向由d到c，则ab中电流方向为由a流向b。(2)起先放置时ab刚好不下滑，ab所受摩擦力为最大静摩擦力，设其为Fmax，有Fmax＝m1gsinθ①设ab刚要上滑时，cd棒的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律得E＝BLv②设电路中的感应电流为I，由闭合电路欧姆定律得I＝eq\f(E,R1＋R2)③设ab所受安培力为F安，有F安＝BIL④此时ab受到的最大静摩擦力方向沿斜面对下，由平衡条件得F安＝m1gsinθ＋Fmax⑤综合①②③④⑤式，代入数据解得v＝5m/s(3)设cd棒运动过程中在电路中产生的总热量为Q总，由能量守恒定律得m2gxsinθ＝Q总＋eq\f(1,2)m2v2又Q＝eq\f(R1,R1＋R2)Q总解得Q＝1.3J17．(14分)(2024·洛阳高三联考)如图所示，两根倾斜放置与水平面成30°角的平行导电轨道间距为l，导轨间接一阻值为R的电阻，整个空间分布着匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面对上，磁感应强度大小为B。一质量为m、电阻也为R的金属杆ab以某一初速度沿轨道上滑，直至速度减为零。已知上述过程中电阻R产生的热量为Q，其最大瞬时电功率为P，设轨道摩擦及电阻都不计，金属杆ab向上滑动的过程中始终与轨道保持垂直且接触良好。(1)请分析说明向上滑动的过程中，金属杆ab的加速度变更状况；(2)求金属杆ab上滑的初速度v0；(3)求金属杆ab上滑的最大距离x。[答案](1)见解析(2)eq\f(2\r(PR),Bl)(3)eq\f(4mRP－4QB2l2,mgB2l2)[解析]本题考查电磁感应中的动力学问题和功能关系。(1)由牛顿其次定律得mgsinθ＋BIl＝ma即mgsinθ＋Beq\f(Blv,2R)l＝ma金属杆ab沿轨道向上做减速运动，速度越来越小，加速度越来越小。(2)金属杆ab以最大初速度v0上滑时，有最大瞬时功率P，此时ab杆产生的感应电动势E＝Blv0通过电阻R的电流为I＝eq\f(E,2R)电阻R上的最大功率为P＝I2R解得v0＝eq\f(2\r(PR),Bl)(3)在金属杆ab上滑的全过程中，电阻R产生的热量为Q，则金属杆ab上产生的热量也为Q。全过程电路产生的总热量Q总＝2Q，当金属杆ab速度为零时，ab杆向上滑动的最大距离为x，依据能量守恒定律，有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mgxsin30°＋Q总解得x＝eq\f(4mRP－4QB2l2,mgB