2019届高考物理大一轮复习金考卷：电磁感应(含解析)
阶段示范性金考卷(九)
(教师用书独具)
本卷测试内容：电磁感应
本试卷分为第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共110分．
第Ⅰ卷(选择题，共60分)
一、选择题(本题共12小题，每小题5分，共60分．在第1、2、4、5、7、8小题给出的4个选项中，只有一个选项正确；在第3、6、9、10、11、12小题给出的四个选项中，有多个选项正确，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)
1. [2018·济南高三模拟]如图所示，一轻质横杆两侧各固定一金属环，横杆可绕中心点自由转动，拿一条形磁铁插向其中一个小环，后又取出插向另一个小环，发生的现象是( )
A. 磁铁插向左环，横杆发生转动
B. 磁铁插向右环，横杆发生转动
C. 无论磁铁插向左环还是右环，横杆都不发生转动
D. 无论磁铁插向左环还是右环，横杆都发生转动
解析：本题考查电磁感应现象、安培力的简单应用．磁铁插向左环，横杆不发生移动，因为左环不闭合，不能产生感应电流，不受安培力的作用；磁铁插向右环，横杆发生移动，因为右环闭合，能产生感应电流，在磁场中受到安培力的作用，选项B正确．本题难度易．
答案：B
2. 如图所示，在某中学实验室的水平桌面上，放置一正方形闭合导体线圈abcd，线圈的ab边沿南北方向，ad边沿东西方向，已知该处地磁场的竖直分量向下．下列说法中正确的是( )
A. 若使线圈向东平动，则b点的电势比a点的电势低
B. 若使线圈向北平动，则a点的电势比d点的电势低
C. 若以ab为轴将线圈向上翻转，则线圈中感应电流方向为abcda
D. 若以ab为轴将线圈向上翻转，则线圈中感应电流方向为adcba
解析：由右手定则知，若使线圈向东平动，线圈的ab边和cd边切割磁感线，c(b)点电势高于d(a)点电势，故A错误；同理知B错误；若以ab为轴将线圈向上翻转，穿过线圈平面的磁通量将变小，由楞次定律可判定线圈中感应电流方向为abcda，C正确．
答案：C
3. 如图所示，质量为m的铜质小闭合线圈静置于粗糙水平桌面上．当一个竖直放置的条形磁铁贴近线圈，沿线圈中线由左至右从线圈正上方等高、快速经过时，线圈始终保持不动．则关于线圈在此过程中受到的支持力F N和摩擦力F f的情况，以下判断正确的是(
)
A. 靠近线圈时，F N大于mg，F f向左
B. 靠近线圈时，F N小于mg，F f向右
C. 远离线圈时，F N小于mg，F f向左
D. 远离线圈时，F N大于mg，F f向右
解析：楞次定律从阻碍相对运动角度可以表述为“来拒去留”，磁铁靠近线圈时，磁铁在线圈的左上方，线圈受到磁铁的作用力向右下方，F N大于mg，F f向左，A项正确，B项错误；磁铁远离线圈时，磁铁在线圈的右上方，线圈受到磁铁的作用力向右上方，F N小于mg，F f向左，C项正确，D项错误．
答案：AC
4. 如图所示，竖直平面内有一金属环，半径为a，总电阻为R(指拉直时两端的电阻)，磁感应强度为B的
匀强磁场垂直穿过环平面，在环的最高点A用铰链连接长度为2a、电阻为
R
2
的导体棒AB，AB由水平位置紧贴环面摆下，当摆到竖直位置时，B点的线速度为v，则这时AB两端的电压大小为 ( )
A. Bav
3
B.
Bav
6
C. 2Bav
3
D. Bav
解析：摆到竖直位置时，AB切割磁感线的瞬时感应电动势E＝B·2a·(1
2
v)＝Bav.由闭合电路欧姆定律得，
U AB＝
E
R
2
＋
R
4
·
R
4
＝
1
3
Bav，故A正确．
答案：A
5. 如图所示，E为电池，L是电阻可忽略不计、自感系数足够大的线圈，D1、D2是两个规格相同且额定电压足够大的灯泡，S是控制电路的开关．对于这个电路，下列说法中错误的是( )
A. 刚闭合开关S的瞬间，通过D1、D2的电流大小相等
B. 刚闭合开关S的瞬间，通过D1、D2的电流大小不相等
C. 闭合开关S待电路达到稳定，D1熄灭，D2比原来更亮
D. 闭合开关S待电路达到稳定，再将S断开瞬间，D2立即熄灭，D1闪亮一下再熄灭
解析：开关S闭合的瞬间，线圈L可看做暂时的断路，故通过两灯泡的电流相等，且同时亮，A对B错；电路稳定后，由于线圈直流电阻忽略不计，将灯泡D1短路，灯泡D2获得更多电压，会更亮，C对；若断开开关S，此时线圈与灯泡D1构成回路，继续对其供电，灯泡D1将闪亮一下后再逐渐熄灭，灯泡D2无法形成回路将立即熄灭，D对．
答案：B
6. 一长直导线与闭合金属线框放在同一桌面内，长直导线中的电流i随时间t的变化关系如图所示．在0～T
时间内，直导线中电流向上如图中所示．则在0～T时间内，下列表述正确的是( )
2
A. 穿过线框的磁通量始终变小
B. 线框中始终产生顺时针方向的感应电流
C. 线框先有扩张的趋势后有收缩的趋势
D. 线框所受安培力的合力始终向左
解析：长直导线中的电流先减小后增大，所以穿过线框的磁通量先减小后增大，A错误；由楞次定律可以判断在0～T时间内，线框中始终产生俯视顺时针方向的感应电流，B正确；穿过线框的磁通量先减小后增大，由楞次定律知线框先有扩张的趋势后有收缩的趋势，C正确；由楞次定律、左手定则判断线框受安培力的合力方向先向左后向右，D错误．
答案：BC
7. 将一个闭合矩形金属线框abcd放入如图所示的匀强磁场中，图中虚线表示磁场边界，在用力将线框abcd 从磁场中以速度v匀速拉出的过程中，下列说法中正确的是( )
A. 拉线框的速度越大，通过导线横截面的电荷量越多
B. 磁场越强，拉力做的功越多
C. 拉力做功多少与线框的宽度bc 无关
D. 线框电阻越大，拉力做的功越多
解析：由q ＝IΔt＝E R ·Δt＝ΔΦΔtR ·Δt＝ΔΦ
R 可知通过导线横截面的电荷量与线框运动速度无关，A 错误；
W ＝FL 其中F 为拉力，L 为线框长度，而F ＝F 安，F 安＝BId ＝B 2d 2
v
R ，其中d 为线框宽度，R 为线框电阻，联立得：
W ＝B 2d 2
v R
L ，所以B 正确，C 、D 错误．
答案：B
8. 如图所示，一个边界为等腰直角三角形、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，一固定的正方形金属框，其边长与三角形的直角边相同，每条边的材料均相同．现在让有界匀强磁场向右匀速地通过金属框，金属框的下边与磁场区域的下边在一直线上．在磁场通过金属框的过程中，回路中产生的感应电动势大小E －t 图象、ab 两点的电势差U ab －t 图象正确的是( )
解析：由E ＝BLv 可知导体棒切割时产生的感应电动势跟切割的有效长度成正比，由于是匀速运动，有效长度跟时间成线性关系，回路中产生的感应电动势大小先线性减小，当磁场右边界与cd 边重合时，感应电动势突变到最大，接着又从最大线性减小，所以A 、B 错误；由楞次定律知，ab 边刚开始切割磁感线时金属框中感应电流方向是逆时针方向，a 点电势低于b 点电势，ab 边相当于电源，ab 两点的电势差U ab ＝－3
4BLv ，直到cd 边刚
开始切割磁感线的过程，ab 间电阻不变，回路中电动势线性减小，电流线性减小，ab 两点的电势差U ab 线性减小，当cd 边刚开始切割磁感线时金属框中感应电流方向是顺时针方向，电势差U ab ＝－1
4BLv ，同理分析，可得C
错误，D 正确．
答案：D
9. 如图所示，电阻为R ，导线电阻均可忽略，ef 是一电阻可不计的水平放置的导体棒，质量为m ，棒的两端分别与ab 、cd 保持良好接触，又能沿足够长的框架无摩擦下滑，整个装置放在与框架垂直的匀强磁场中，当导体棒ef 从静止下滑一段时间后闭合开关S ，则S 闭合后 ( )
A. 导体棒ef 的加速度可能大于g
B. 导体棒ef 的加速度一定小于g
C. 导体棒ef 最终速度随S 闭合时刻的不同而不同
D. 导体棒ef 的机械能与回路内产生的电能之和一定守恒
解析：开关闭合前，导体棒只受重力而加速下滑，闭合开关时有一定的初速度v 0，若此时F 安>mg ，则F 安－mg ＝ma.若F 安 答案：AD 10. 如图所示，在平行于水平地面的匀强磁场上方有三个线圈，从相同的高度由静止开始同时释放．三个线圈都是用相同的金属材料制成的边长一样的正方形，A 线圈有一个缺口，B 、C 线圈闭合，但B 线圈的导线比C 线圈的粗，则( ) A. 三个线圈同时落地 B. A 线圈最先落地 C. A 线圈最后落地 D. B 、C 线圈同时落地 解析：由于A 线圈上有缺口，A 中不产生感应电流，不受安培力的阻碍作用，所以A 线圈先落地，B 正确；B 、C 线圈在进入磁场的过程中，受安培力与重力作用，满足mg －B 2L 2 v R ＝ma ，m ＝ρ密·4L·S，R ＝ρ电4L S ，所以 4ρ密LSg －B 2 LSv 4ρ电 ＝4ρ 密LSa,4ρ密 g －B 2 v 4ρ电 ＝4ρ密 a ，a ＝g －B 2 v 16ρ密ρ电 ，由于B 、C 线圈材料相同，进入相同的磁场，所以加速度a 相同，又因为起始高度相同，所以B 、C 线圈同时落地，D 选项正确． 答案：BD 11. [2018·石家庄高中毕业质检一]半径为r ＝0.5 m 带缺口的刚性金属圆环在纸面上固定放置，在圆环的缺口两端引出两根导线，分别与两块垂直于纸面的平行金属板连接，两板间距离为d ＝5 cm ，如图甲所示．金属环处在变化的磁场中，磁感应强度B 的方向垂直于纸面，变化规律如图乙所示(规定向里为正方向)．在t ＝0时刻平板间中心有一电荷量为＋q 的微粒由静止释放，运动中粒子不碰板，不计重力作用，则以下说法正确的是 ( ) A. 第2 s 内上极板带负电 B. 第3 s 内上极板带正电 C. 第3 s 末微粒回到了原位置 D. 两极板之间的电场强度大小恒为3.14 N/C 解析：由B －t 图象可知第1 s 内磁场方向向里且增大，由楞次定律结合安培定则判断可知第1 s 内上极板带负电，同理可知第2 s 内和第3 s 内都是上极板带正电，选项B 正确，选项A 错误；B －t 中图线斜率大小恒定，根据法拉第电磁感应定律有感应电动势E′＝ΔB Δt πr 2 ，场强E ＝E′d ，联立得选项D 正确；电场力大小恒定， 方向周期性变化，分析可知微粒第1 s 内向上加速，第2 s 内向上减速到零，第3 s 内向下加速，第3 s 末走到前段位移的一半，故选项C 错误． 答案：BD 12. 如图所示，平行光滑金属导轨与水平面的倾角为θ，下端与阻值为R 的电阻相连，匀强磁场垂直轨道平面向上，磁感应强度为B ，现使长为l 、质量为m 的导体棒从ab 位置以平行于斜面的初速度向上运动，滑行到最远位置之后又下滑，已知导体棒运动过程中的最大加速度为2gsinθ，g 为重力加速度，不计其他电阻，导轨足够长，则( ) A. 导体棒下滑的最大速度为 mgRsinθ B 2l 2 B. R 上的最大热功率是m 2g 2 Rsin 2 θ B 2l 2 C. 导体棒返回ab 位置前已经达到下滑的最大速度 D. 导体棒返回ab 位置时刚好达到下滑的最大速度 解析：导体棒在下滑的过程中，先做加速运动，根据牛顿第二定律得，mgsinθ－F 安＝ma ，当F 安＝mgsinθ时，速度达到最大，然后做匀速运动，又F 安＝BIl ，I ＝E R ，E ＝Blv ，联立可得，导体棒下滑的最大速度为v ＝ mgRsinθB 2l 2 ，A 项正确；根据R 上的发热功率P 热＝I 2 R ，I ＝Blv R 可知，导体棒的速度v 最大时，感应电流最大，R 上的发热功率也最大；由题意可知，导体棒上滑时的初速度v 0为最大速度，导体棒的加速度最大，mg ＋F 安＝2mgsinθ，解得，F 安＝mgsinθ，v 0＝mgRsinθB 2l 2，R 上的最大发热功率P 热＝m 2g 2 Rsin 2 θ B 2l 2 ，B 项正确；下滑的最大速度与上滑的初速度相同，考虑到滑动过程中导体棒的机械能不断转化为电能，所以滑动到同一位置时，下滑时的速度小于上滑时的速度，导体棒返回到ab 位置时还没有达到下滑的最大速度，而是小于最大速度，C 、D 两项错误． 答案：AB 第Ⅱ卷 (非选择题，共50分) 二、计算题(本题共4小题，共50分) 13. (10分)[山东潍坊高三质量抽样]如图甲所示，平行金属导轨竖直放置，导轨间距为L ＝1 m ，上端接有电阻R 1＝3 Ω，下端接有电阻R 2＝6 Ω，虚线OO′下方是垂直于导轨平面的匀强磁场．现将质量m ＝0.1 kg 、电阻不计的金属杆ab ，从OO′上方某处垂直导轨由静止释放，杆下落0.2 m 过程中始终与导轨保持良好接触，加速度a 与下落距离h 的关系图象如图乙所示．求： (1)磁感应强度B ； (2)杆下落0.2 m 过程中通过电阻R 2的电荷量q. 解析：(1)由图象知，杆自由下落距离是0.05 m ，当地重力加速度g ＝10 m/s 2 ，则杆进入磁场时的速度 v ＝2gh ＝1 m/s ① 由图象知，杆进入磁场时加速度 a ＝－g ＝－10 m/s 2 ② 由牛顿第二定律得mg －F 安＝ma ③ 回路中的电动势E ＝BLv ④ 杆中的电流I ＝E R 并⑤ R 并＝R 1R 2 R 1＋R 2⑥ F 安＝BIL ＝B 2L 2 v R 并⑦ 得B ＝ 2mgR 并 L 2 v ＝2 T ⑧ (2)杆在磁场中运动产生的平均感应电动势E ＝ ΔΦ Δt ⑨ 杆中的平均电流I ＝ E R 并 ⑩ 通过杆的电荷量Q ＝I ·Δt ? 通过R 2的电量q ＝1 3Q ＝0.05 C ? 答案：(1)2 T (2)0.05 C 14. (12分)一电阻为R 的金属圆环，放在匀强磁场中，磁场与圆环所在平面垂直，如图a 所示，已知通过圆环的磁通量随时间t 的变化关系如图b 所示，图中的最大磁通量Φ0和变化周期T 都是已知量，求： (1)在t ＝0到t ＝T/4的时间内，通过金属圆环横截面的电荷量q ； (2)在t ＝0到t ＝2T 的时间内，金属圆环所产生的电热Q. 解析：(1)由磁通量随时间的变化图线可知在t ＝0到t ＝T/4时间内，金属圆环中的感应电动势 E 1＝ Φ0T/4＝4Φ0 T ① 在以上时段内，金属圆环中的电流为I 1＝E 1 R ② 则在这段时间内通过金属圆环横截面的电荷量 q ＝I 1t 1③ 联立求解得q ＝Φ0 R ④ (2)在t ＝T/4到t ＝T/2和t ＝3T/4到t ＝T 时间内，金属圆环中的感应电动势E 2＝0⑤ 在t ＝T/2到t ＝3T/4时间内，金属圆环中的感应电动势E 3＝Φ0T/4＝4Φ0 T ⑥ 由欧姆定律可知在以上时段内，金属圆环中的电流为 I 3＝ 4Φ0 TR ⑦ 在t ＝0到t ＝2T 时间内金属圆环所产生的电热 Q ＝2(I 2 1Rt 1＋I 2 3Rt 3)⑧ 联立求解得Q ＝16Φ2 RT ⑨ 答案：(1)Φ0R (2)16Φ20 RT 15. (12分) 如图甲所示，水平面上的两光滑金属导轨平行固定放置，间距d＝0.5 m，电阻不计，左端通过导线与阻值R＝2 Ω的电阻连接．右端通过导线与阻值R1＝4 Ω的小灯泡L连接．在CDFE矩形区域内有竖直向上的匀强磁场，CE长l＝ 2 m，有一阻值r＝2 Ω的金属棒PQ放置在靠近磁场边界CD处．CDFE区域内磁场的磁感应强度B随时间变化如图乙所示．在t＝0至t＝4 s内，金属棒PQ保持静止，在t＝4 s时使金属棒PQ以某一速度进入磁场区域并保持匀速运动．已知从t＝0开始到金属棒运动到磁场边界EF处的整个过程中，小灯泡的亮度没有发生变化，求： (1)通过小灯泡的电流； (2)金属棒PQ在磁场区域中运动的速度大小． 解析：(1)t＝0至t＝4 s内，金属棒PQ保持静止，磁场变化导致电路中产生感应电动势 电路中r与R并联，再与R L串联，电路的总电阻 R总＝R L＋Rr R＋r ＝5 Ω此时感应电动势 E＝ΔΦ Δt ＝dl ΔB Δt ＝0.5×2×0.5 V＝0.5 V 通过小灯泡的电流为I＝E R总 ＝0.1 A (2)当金属棒在磁场区域中运动时，由金属棒切割磁感线产生电动势，电路为R与R L并联，再与r串联，此时电路的总电阻 R′总＝r＋ RR L R＋R L ＝2 Ω＋ 4×2 4＋2 Ω＝ 10 3 Ω 由于灯泡中电流不变，所以灯泡的电流I L＝0.1 A，则流过金属棒的电流为 I′＝I L＋I R＝I L＋R L I L R ＝0.3 A 电动势E′＝I′R′总＝Bdv 解得金属棒PQ在磁场区域中运动的速度大小 v＝1 m/s. 答案：(1)0.1 A (2)1 m/s 16. (16分) 如图甲所示，质量为m的导体棒ab垂直放在相距为l的平行且无限长的金属导轨上，导体棒ab与平行金属导轨的摩擦因数为μ，导轨平面与水平面的夹角为θ，并处于磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中．R和R x分别表示定值电阻和滑动变阻器连入电路的阻值，不计其他电阻．现由静 止释放导体棒，当通过R的电荷量达到q时，导体棒ab刚好达到最大速度．重力加速度为g. (1)求从释放导体棒到棒达到最大速度时下滑的距离s 和最大速度v m ； (2)若将左侧的定值电阻和滑动变阻器换为水平放置的电容为C 的平行板电容器，如图乙所示，导体棒ab 由静止释放到达到(1)中的速度v m 需要多少时间(用v m 表示最大速度)? 解析：(1)对于闭合回路，在全过程中，根据法拉第电磁感应定律得ab 中的平均感应电动势 E ＝ΔΦΔt ＝Bls Δt ① 由闭合电路欧姆定律得通过R 的平均电流I ＝E R ＋R x ② 通过R 的电荷量q ＝I Δt③ 联立①②③得：s ＝R ＋R x Bl q 在ab 加速下滑的过程中，根据牛顿第二定律： mgsinθ－μmgcosθ－F A ＝ma ④ 式中安培力F A ＝BIl ⑤ 其中I ＝Blv R ＋R x ⑥ 当④中的加速度为0时，ab 的速度v ＝v m ⑦ 联立④⑤⑥⑦得：v m ＝mg B 2l 2(R ＋R x )(sinθ－μcosθ) (2)设ab 下滑的速度大小为v 时经历的时间为t ，通过ab 的电流为i ，则： mgsinθ－μmgcosθ－Bil ＝ma ⑧ 设在时间间隔Δt 内平行板电容器增加的电荷量为ΔQ，则： i ＝ ΔQ Δt ⑨ 此时平行板电容器两端的电压的增量为ΔU＝BlΔv⑩ 根据电容的定义C ＝ΔQ ΔU ? 而Δv＝aΔt ? 联立上面各式得ab 下滑的加速度 a ＝ m sinθ－μcosθ m ＋B 2l 2 C g 上式表明ab 做初速度为0的匀加速运动，所以 t ＝ m ＋B 2l 2 C v m mg sinθ－μcosθ 答案：(1)R ＋R x Bl q mg B 2l 2(R ＋R x )(sinθ－μcosθ) (2) m ＋B 2l 2 C v m mg sinθ－μcosθ （注：可编辑下载，若有不当之处，请指正，谢谢!）