《2022年高考物理新一輪總復習 階段示范性測試9 電磁感應（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022年高考物理新一輪總復習 階段示范性測試9 電磁感應（含解析）（14頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022年高考物理新一輪總復習 階段示范性測試9 電磁感應（含解析） 本卷測試內(nèi)容：電磁感應 本試卷分為第Ⅰ卷(選擇題)和第Ⅱ卷(非選擇題)兩部分，共110分。測試時間90分鐘。 第Ⅰ卷　(選擇題，共60分) 一、選擇題(本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，第1、4、5、7小題，只有一個選項正確；第2、3、6、8、9、10、11、12小題，有多個選項正確，全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。) 1. [xx·濟南高三模擬]如圖所示，一輕質(zhì)橫桿兩側(cè)各固定一金屬環(huán)，橫桿可繞中心點自由轉(zhuǎn)動，拿一條形磁鐵插向其中一個小環(huán)，后又取出插向另一個小

2、環(huán)，發(fā)生的現(xiàn)象是(　　) A. 磁鐵插向左環(huán)，橫桿發(fā)生轉(zhuǎn)動 B. 磁鐵插向右環(huán)，橫桿發(fā)生轉(zhuǎn)動 C. 無論磁鐵插向左環(huán)還是右環(huán)，橫桿都不發(fā)生轉(zhuǎn)動 D. 無論磁鐵插向左環(huán)還是右環(huán)，橫桿都發(fā)生轉(zhuǎn)動 解析： 本題考查電磁感應現(xiàn)象、安培力的簡單應用。磁鐵插向左環(huán)，橫桿不發(fā)生移動，因為左環(huán)不閉合，不能產(chǎn)生感應電流，不受安培力的作用；磁鐵插向右環(huán)，橫桿發(fā)生移動，因為右環(huán)閉合，能產(chǎn)生感應電流，在磁場中受到安培力的作用，選項B正確。本題難度易。 答案：B 2. 如圖所示，兩根足夠長的光滑金屬導軌水平平行放置，間距為L＝1 m，cd間、de間、cf間分別接著阻值為R＝10

3、 Ω的電阻。一阻值為R＝10 Ω的導體棒ab以速度v＝4 m/s勻速向左運動，導體棒與導軌接觸良好；導軌所在平面存在磁感應強度大小為B＝0.5 T，方向豎直向下的勻強磁場。下列說法中正確的是(　　) A. 導體棒ab中電流的流向為由b到a B. cd兩端的電壓為1 V C. de兩端的電壓為1 V D. fe兩端的電壓為1 V 解析：導體棒ab以速度v＝4 m/s勻速向左運動，由右手定則可判斷出導體棒ab中電流的流向為由a到b，選項A錯誤；由法拉第電磁感應定律，產(chǎn)生的感應電動勢E＝BLv＝2 V，感應電流I＝E/2R＝0.1 A，cd兩端的電壓為U1＝IR＝1 V，選項B正確；由于d

4、e間沒有電流，cf間沒有電流，de兩端的電壓為零，fe兩端的電壓為1 V，選項C錯誤，D正確。 答案：BD 3. 如圖所示，質(zhì)量為m的銅質(zhì)小閉合線圈靜置于粗糙水平桌面上。當一個豎直放置的條形磁鐵貼近線圈，沿線圈中線由左至右從線圈正上方等高、快速經(jīng)過時，線圈始終保持不動。則關(guān)于線圈在此過程中受到的支持力FN和摩擦力Ff的情況，以下判斷正確的是(　　) A. 靠近線圈時，F(xiàn)N大于mg，F(xiàn)f向左 B. 靠近線圈時，F(xiàn)N小于mg，F(xiàn)f向右 C. 遠離線圈時，F(xiàn)N小于mg，F(xiàn)f向左 D. 遠離線圈時，F(xiàn)N大于mg，F(xiàn)f向右 解析：楞次定律從阻礙相對運動角度可以表述為“來拒去留”，磁鐵靠

5、近線圈時，磁鐵在線圈的左上方，線圈受到磁鐵的作用力向右下方，F(xiàn)N大于mg，F(xiàn)f向左，A項正確，B項錯誤；磁鐵遠離線圈時，磁鐵在線圈的右上方，線圈受到磁鐵的作用力向右上方，F(xiàn)N小于mg，F(xiàn)f向左，C項正確，D項錯誤。 答案：AC 4. [xx·浙江名校測試]“超導量子干涉儀”可用于探測心磁(10－10 T)和腦磁(10－13 T)等微弱磁場，其靈敏度可達10－14 T，其探測“回路”示意圖如圖(甲)。穿過ABCD“回路”的磁通量為Φ，總電流I＝i1＋i2。I與的關(guān)系如圖(乙)所示(Φ0＝2.07×10－15 Wb)，下列說法正確的是(　　) A. 圖(乙)中橫坐標的單位是Wb B.

6、穿過“回路”的磁通量越大，電流I越大 C. 穿過“回路”的磁通量變化引發(fā)電流I周期性變化 D. 根據(jù)電流I的大小，可以確定穿過“回路”的磁通量大小 解析：圖(乙)中橫坐標是，無單位，選項A錯誤；穿過“回路”的磁通量變化引發(fā)電流I周期性變化，選項C正確，B錯誤；電流I的大小決定于磁通量的變化快慢，不可以確定穿過“回路”的磁通量大小，選項D錯誤。 答案：C 5. 如圖所示，E為電池，L是電阻可忽略不計、自感系數(shù)足夠大的線圈，D1、D2是兩個規(guī)格相同且額定電壓足夠大的燈泡，S是控制電路的開關(guān)。對于這個電路，下列說法中錯誤的是(　　) A. 剛閉合開關(guān)S的瞬間，通過D1、D2的電流大小

7、相等 B. 剛閉合開關(guān)S的瞬間，通過D1、D2的電流大小不相等 C. 閉合開關(guān)S待電路達到穩(wěn)定，D1熄滅，D2比原來更亮 D. 閉合開關(guān)S待電路達到穩(wěn)定，再將S斷開瞬間，D2立即熄滅，D1閃亮一下再熄滅 解析：開關(guān)S閉合的瞬間，線圈L可看做暫時的斷路，故通過兩燈泡的電流相等，且同時亮，A對B錯；電路穩(wěn)定后，由于線圈直流電阻忽略不計，將燈泡D1短路，燈泡D2獲得更多電壓，會更亮，C對；若斷開開關(guān)S，此時線圈與燈泡D1構(gòu)成回路，繼續(xù)對其供電，燈泡D1將閃亮一下后再逐漸熄滅，燈泡D2無法形成回路將立即熄滅，D對。 答案：B 6. 一長直導線與閉合金屬線框放在同一桌面內(nèi)，長直導線中的電流i

8、隨時間t的變化關(guān)系如圖所示。在0～時間內(nèi)，直導線中電流向上如圖中所示。則在0～T時間內(nèi)，下列表述正確的是(　　) A. 穿過線框的磁通量始終變小 B. 線框中始終產(chǎn)生順時針方向的感應電流 C. 線框先有擴張的趨勢后有收縮的趨勢 D. 線框所受安培力的合力始終向左 解析： 長直導線中的電流先減小后增大，所以穿過線框的磁通量先減小后增大，A錯誤；由楞次定律可以判斷在0～T時間內(nèi)，線框中始終產(chǎn)生俯視順時針方向的感應電流，B正確；穿過線框的磁通量先減小后增大，由楞次定律知線框先有擴張的趨勢后有收縮的趨勢，C正確；由楞次定律、左手定則判斷線框受安培力的合力方向先向左后向右，D錯

9、誤。 答案：BC 7. 如圖所示，一個邊界為等腰直角三角形、方向垂直于紙面向里的勻強磁場，一固定的正方形金屬框，其邊長與三角形的直角邊相同，每條邊的材料均相同?，F(xiàn)在讓有界勻強磁場向右勻速地通過金屬框，金屬框的下邊與磁場區(qū)域的下邊在一直線上。在磁場通過金屬框的過程中，回路中產(chǎn)生的感應電動勢大小E－t圖象、ab兩點的電勢差Uab－t圖象正確的是(　　) 解析： 由E＝BLv可知導體棒切割時產(chǎn)生的感應電動勢跟切割的有效長度成正比，由于是勻速運動，有效長度跟時間成線性關(guān)系，回路中產(chǎn)生的感應電動勢大小先線性減小，當磁場右邊界與cd邊重合時，感應電動勢突變到最大，接著又從最大線性減

10、小，所以A、B錯誤；由楞次定律知，ab邊剛開始切割磁感線時金屬框中感應電流方向是逆時針方向，a點電勢低于b點電勢，ab邊相當于電源，ab兩點的電勢差Uab＝－BLv，直到cd邊剛開始切割磁感線的過程，ab間電阻不變，回路中電動勢線性減小，電流線性減小，ab兩點的電勢差Uab線性減小，當cd邊剛開始切割磁感線時金屬框中感應電流方向是順時針方向，電勢差Uab＝－BLv，同理分析，可得C錯誤，D正確。 答案：D 8. 如圖(甲)，在虛線所示的區(qū)域有豎直向上的勻強磁場，面積為S的單匝金屬線框放在磁場中，線框上開有一小口與磁場外阻值為R的小燈泡相連。若金屬框的總電阻為R/2，其他電阻不計，磁場如圖(

11、乙)隨時間變化，則下列說法正確的是(　　) A. 感應電流由a向b流過小燈泡 B. 線框cd邊受到的安培力指向左 C. 感應電動勢大小為 D. a、b間電壓大小為 解析：磁場B向上減小，由楞次定律知感應電流方向為由a向b，選項A正確；由左手定則知cd邊受到的安培力指向右，故選項B錯誤；感應電動勢E＝＝，且Uab＝E·＝，故選項C錯誤，D正確。 答案：AD 9. [xx·衡水模擬]如圖所示，在水平桌面上放置兩條相距l(xiāng)的平行粗糙且無限長的金屬導軌ab與cd，阻值為R的電阻與導軌的a、c端相連。金屬滑桿MN垂直于導軌并可在導軌上滑動，且與導軌始終接觸良好。整個裝置放于勻強磁場中，磁

12、場的方向豎直向上，磁感應強度的大小為B?；瑮U與導軌電阻不計，滑桿的中點系一不可伸長的輕繩，繩繞過固定在桌邊的光滑輕滑輪后，與一質(zhì)量為m的物塊相連，拉滑桿的繩處于水平拉直狀態(tài)?，F(xiàn)若從靜止開始釋放物塊，用I表示穩(wěn)定后回路中的感應電流，g表示重力加速度，設(shè)滑桿在運動中所受的摩擦阻力恒為Ff，則在物塊下落過程中(　　) A. 物塊的最終速度為 B. 物塊的最終速度為 C. 穩(wěn)定后物塊重力的功率為I2R D. 物塊重力的最大功率可能大于 解析：由題意分析可知，從靜止釋放物塊，它將帶動金屬滑桿MN一起運動，當它們穩(wěn)定時最終將以某一速度做勻速運動而處于平衡狀態(tài)。設(shè)MN的最終速度為v，對MN列平

13、衡方程：＋Ff＝mg，得v＝，所以選項A正確；又從能量守恒角度進行分析，物塊的重力的功率轉(zhuǎn)化為因克服安培力做功而產(chǎn)生的電熱功率和克服摩擦力做功產(chǎn)生的熱功率，所以有I2R＋Ffv＝mgv，得v＝，故選項B正確；由于滑桿受摩擦力作用，物塊重力的功率大于I2R，故選項C錯誤；物塊重力的最大功率為Pm＝mgv＝，故選項D錯誤。 答案：AB 10. 如圖所示，電阻為R，導線電阻均可忽略，ef是一電阻可不計的水平放置的導體棒，質(zhì)量為m，棒的兩端分別與ab、cd保持良好接觸，又能沿足夠長的框架無摩擦下滑，整個裝置放在與框架垂直的勻強磁場中，當導體棒ef從靜止下滑一段時間后閉合開關(guān)S，則S閉合后

14、 ( 　　) A. 導體棒ef的加速度可能大于g B. 導體棒ef的加速度一定小于g C. 導體棒ef最終速度隨S閉合時刻的不同而不同 D. 導體棒ef的機械能與回路內(nèi)產(chǎn)生的電能之和一定守恒 解析： 開關(guān)閉合前，導體棒只受重力而加速下滑，閉合開關(guān)時有一定的初速度v0，若此時F安>mg，則F安－mg＝ma。若F安

15、質(zhì)檢]半徑為r＝0.5 m帶缺口的剛性金屬圓環(huán)在紙面上固定放置，在圓環(huán)的缺口兩端引出兩根導線，分別與兩塊垂直于紙面的平行金屬板連接，兩板間距離為d＝5 cm，如圖甲所示。金屬環(huán)處在變化的磁場中，磁感應強度B的方向垂直于紙面，變化規(guī)律如圖乙所示(規(guī)定向里為正方向)。在t＝0時刻平板間中心有一電荷量為＋q的微粒由靜止釋放，運動中粒子不碰板，不計重力作用，則以下說法正確的是 ( 　　) A. 第2 s內(nèi)上極板帶負電 B. 第3 s內(nèi)上極板帶正電 C. 第3 s末微粒回到了原位置 D. 兩極板之間的電場強度大小恒為3.14 N/C 解析： 由B－t圖象可知第1 s內(nèi)磁

16、場方向向里且增大，由楞次定律結(jié)合安培定則判斷可知第1 s內(nèi)上極板帶負電，同理可知第2 s內(nèi)和第3 s內(nèi)都是上極板帶正電，選項B正確，選項A錯誤；B－t中圖線斜率大小恒定，根據(jù)法拉第電磁感應定律有感應電動勢E′＝πr2，場強E＝，聯(lián)立得選項D正確；電場力大小恒定，方向周期性變化，分析可知微粒第1 s內(nèi)向上加速，第2 s內(nèi)向上減速到零，第3 s內(nèi)向下加速，第3 s末走到前段位移的一半，故選項C錯誤。 答案：BD 12. 如圖所示，平行光滑金屬導軌與水平面的傾角為θ，下端與阻值為R的電阻相連，勻強磁場垂直軌道平面向上，磁感應強度為B，現(xiàn)使長為l、質(zhì)量為m的導體棒從ab位置以平行于斜面的初速度向上

17、運動，滑行到最遠位置之后又下滑，已知導體棒運動過程中的最大加速度為2gsinθ，g為重力加速度，不計其他電阻，導軌足夠長，則( 　　 ) A. 導體棒下滑的最大速度為 B. R上的最大熱功率是 C. 導體棒返回ab位置前已經(jīng)達到下滑的最大速度 D. 導體棒返回ab位置時剛好達到下滑的最大速度 解析：導體棒在下滑的過程中，先做加速運動，根據(jù)牛頓第二定律得，mgsinθ－F安＝ma，當F安＝mgsinθ時，速度達到最大，然后做勻速運動，又F安＝BIl，I＝，E＝Blv，聯(lián)立可得，導體棒下滑的最大速度為v＝，A項正確；根據(jù)R上的發(fā)熱功率P熱＝I2R，I＝可知，導體棒的速度v最大時，

18、感應電流最大，R上的發(fā)熱功率也最大；由題意可知，導體棒上滑時的初速度v0為最大速度，導體棒的加速度最大，mgsinθ＋F安＝2mgsinθ，解得，F(xiàn)安＝mgsinθ，v0＝，R上的最大發(fā)熱功率P熱＝，B項正確；下滑的最大速度與上滑的初速度相同，考慮到滑動過程中導體棒的機械能不斷轉(zhuǎn)化為電能，所以滑動到同一位置時，下滑時的速度小于上滑時的速度，導體棒返回到ab位置時還沒有達到下滑的最大速度，而是小于最大速度，C、D兩項錯誤。 答案：AB 第Ⅱ卷　(非選擇題，共50分) 二、計算題(本題共4小題，共50分) 13. (10分)[xx·山東濰坊高三質(zhì)量抽樣]如圖甲所示，平行金屬導軌豎直放置，導

19、軌間距為L＝1 m，上端接有電阻R1＝3 Ω，下端接有電阻R2＝6 Ω，虛線OO′下方是垂直于導軌平面的勻強磁場?，F(xiàn)將質(zhì)量m＝0.1 kg、電阻不計的金屬桿ab，從OO′上方某處垂直導軌由靜止釋放，桿下落0.2 m過程中始終與導軌保持良好接觸，加速度a與下落距離h的關(guān)系圖象如圖乙所示。求： (1)磁感應強度B； (2)桿下落0.2 m過程中通過電阻R2的電荷量q。 解析：(1)由圖象知，桿自由下落距離是0.05 m，當?shù)刂亓铀俣萭＝10 m/s2，則桿進入磁場時的速度 v＝＝1 m/s① 由圖象知，桿進入磁場時加速度 a＝－g＝－10 m/s2② 由牛頓第二定律得mg－F安

20、＝ma③ 回路中的電動勢E＝BLv④ 桿中的電流I＝⑤ R并＝⑥ F安＝BIL＝⑦ 得B＝＝2 T⑧ (2)桿在磁場中運動產(chǎn)生的平均感應電動勢＝⑨ 桿中的平均電流＝⑩ 通過桿的電荷量Q＝·Δt? 通過R2的電量q＝Q＝0.05 C? 答案：(1)2 T　(2)0.05 C 14. (12分)一電阻為R的金屬圓環(huán)，放在勻強磁場中，磁場與圓環(huán)所在平面垂直，如圖a所示，已知通過圓環(huán)的磁通量隨時間t的變化關(guān)系如圖b所示，圖中的最大磁通量Φ0和變化周期T都是已知量，求： (1)在t＝0到t＝T/4的時間內(nèi)，通過金屬圓環(huán)橫截面的電荷量q； (2)在t＝0到t＝2T的時間內(nèi)，金

21、屬圓環(huán)所產(chǎn)生的電熱Q。 解析：(1)由磁通量隨時間的變化圖線可知在t＝0到t＝T/4時間內(nèi)，金屬圓環(huán)中的感應電動勢 E1＝＝① 在以上時段內(nèi)，金屬圓環(huán)中的電流為I1＝② 則在這段時間內(nèi)通過金屬圓環(huán)橫截面的電荷量 q＝I1t1③ 聯(lián)立求解得q＝④ (2)在t＝T/4到t＝T/2和t＝3T/4到t＝T時間內(nèi)，金屬圓環(huán)中的感應電動勢E2＝0⑤ 在t＝T/2到t＝3T/4時間內(nèi)，金屬圓環(huán)中的感應電動勢E3＝＝⑥ 由歐姆定律可知在以上時段內(nèi)，金屬圓環(huán)中的電流為 I3＝⑦ 在t＝0到t＝2T時間內(nèi)金屬圓環(huán)所產(chǎn)生的電熱 Q＝2(IRt1＋IRt3)⑧ 聯(lián)立求解得Q＝⑨ 答案：(1

22、)　(2) 15. (12分) 如圖甲所示，水平面上的兩光滑金屬導軌平行固定放置，間距d＝0.5 m，電阻不計，左端通過導線與阻值R＝2 Ω的電阻連接。右端通過導線與阻值RL＝4 Ω的小燈泡L連接。在CDFE矩形區(qū)域內(nèi)有豎直向上的勻強磁場，CE長l＝2 m，有一阻值r＝2 Ω的金屬棒PQ放置在靠近磁場邊界CD處。CDFE區(qū)域內(nèi)磁場的磁感應強度B隨時間變化如圖乙所示。在t＝0至t＝4 s內(nèi)，金屬棒PQ保持靜止，在t＝4 s時使金屬棒PQ以某一速度進入磁場區(qū)域并保持勻速運動。已知從t＝0開始到金屬棒運動到磁場邊界EF處的整個過程中，小燈泡的亮度沒有發(fā)生變化，求： (1)通過小燈泡的電

23、流； (2)金屬棒PQ在磁場區(qū)域中運動的速度大小。 解析：(1)t＝0至t＝4 s內(nèi)，金屬棒PQ保持靜止，磁場變化導致電路中產(chǎn)生感應電動勢 電路中r與R并聯(lián)，再與RL串聯(lián)，電路的總電阻 R總＝RL＋＝5 Ω 此時感應電動勢 E＝＝dl＝0.5×2×0.5 V＝0.5 V 通過小燈泡的電流為I＝＝0.1 A (2)當金屬棒在磁場區(qū)域中運動時，由金屬棒切割磁感線產(chǎn)生電動勢，電路為R與RL并聯(lián)，再與r串聯(lián)，此時電路的總電阻 R′總＝r＋＝2 Ω＋ Ω＝ Ω 由于燈泡中電流不變，所以燈泡的電流IL＝0.1 A，則流過金屬棒的電流為 I′＝IL＋IR＝IL＋＝0.3 A 電動勢E

24、′＝I′R′總＝Bdv 解得金屬棒PQ在磁場區(qū)域中運動的速度大小 v＝1 m/s。 答案：(1)0.1 A　(2)1 m/s 16. (16分) 如圖甲所示，質(zhì)量為m的導體棒ab垂直放在相距為l的平行且無限長的金屬導軌上，導體棒ab與平行金屬導軌的摩擦因數(shù)為μ，導軌平面與水平面的夾角為θ，并處于磁感應強度大小為B、方向垂直于導軌平面向上的勻強磁場中。R和Rx分別表示定值電阻和滑動變阻器連入電路的阻值，不計其他電阻?，F(xiàn)由靜止釋放導體棒，當通過R的電荷量達到q時，導體棒ab剛好達到最大速度。重力加速度為g。 (1)求從釋放導體棒到棒達到最大速度時下滑的距離s和最大速度vm；

25、(2)若將左側(cè)的定值電阻和滑動變阻器換為水平放置的電容為C的平行板電容器，如圖乙所示，導體棒ab由靜止釋放到達到(1)中的速度vm需要多少時間(用vm表示最大速度)? 解析：(1)對于閉合回路，在全過程中，根據(jù)法拉第電磁感應定律得ab中的平均感應電動勢 ＝＝① 由閉合電路歐姆定律得通過R的平均電流＝② 通過R的電荷量q＝Δt③ 聯(lián)立①②③得：s＝q 在ab加速下滑的過程中，根據(jù)牛頓第二定律： mgsinθ－μmgcosθ－FA＝ma④ 式中安培力FA＝BIl⑤ 其中I＝⑥ 當④中的加速度為0時，ab的速度v＝vm⑦ 聯(lián)立④⑤⑥⑦得：vm＝(R＋Rx)(sinθ－μcosθ) (2)設(shè)ab下滑的速度大小為v時經(jīng)歷的時間為t，通過ab的電流為i，則： mgsinθ－μmgcosθ－Bil＝ma⑧ 設(shè)在時間間隔Δt內(nèi)平行板電容器增加的電荷量為ΔQ，則： i＝⑨ 此時平行板電容器兩端的電壓的增量為ΔU＝BlΔv⑩ 根據(jù)電容的定義C＝? 而Δv＝aΔt? 聯(lián)立上面各式得ab下滑的加速度 a＝g 上式表明ab做初速度為0的勻加速運動，所以 t＝ 答案：(1)q　(R＋Rx)(sinθ－μcosθ) (2)