2022届高考物理二轮复习专题11电磁感应定律及应用提升篇 WORD版含答案.docx

1、2022届高考物理二轮复习专题11电磁感应定律及应用提升篇一、单选题，共10小题1（2022全国高三专题练习）光滑曲面与竖直平面的交线是抛物线，如图所示，抛物线的方程是，下半部处在一个水平方向的匀强磁场中，磁场的上边界是y=a的直线（图中的虚线所示）。一个小金属块从抛物线上y=b（ba）处以初速v沿抛物线下滑。假设抛物线足够长，金属块沿抛物线下滑后产生的焦耳热总量是（）AmgbBCmg（b-a）D2（2022全国高三专题练习）如图所示是圆盘发电机的示意图，铜盘安装在水平的铜轴上，它的盘面恰好与匀强磁场垂直，两块铜片C、D分别与转动轴和铜盘的边缘接触。若铜盘半径为L，匀强磁场的磁感应强度为B，回

2、路的总电阻为R，从左往右看，铜盘以角速度沿顺时针方向匀速转动。则（）A由于穿过铜盘的磁通量不变，故回路中无感应电流B回路中感应电流大小不变，为C回路中感应电流方向不变，为D回路中有周期性变化的感应电流3（2022全国高三专题练习）如图甲所示，理想变压器的一一组线圈与水平导轨相连，导轨处于竖直向上的匀强磁场中，金属棒AB垂直放在导轨上，其向左运动的速度图像如图乙所示。则下列各图中能表示ab两端的电压uab随时间t变化的图像是（）ABCD4（2022浙江海盐第二高级中学高二阶段练习）如图所示，一个有界匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外，一个矩形闭合导线框abcd沿纸面由位置1匀速运动到位置2。则（

3、）A导线框进入磁场时，感应电流方向为abcdaB导线框离开磁场时，感应电流方向为adcbaC导线框离开磁场时，受到的安培力方向水平向右D导线框进入磁场时，受到的安培力方向水平向左5（2022全国高三专题练习）如图所示，线圈A通过滑动变阻器和开关连接到电源上，线圈B的两端连到电流表上，把线圈A装在线圈B的里面。实验中观察到，开关闭合瞬间，电流表指针向右偏转，则（）A开关断开瞬间，电流表指针不偏转B开关闭合瞬间，两个线圈中的电流方向可能同为顺时针或逆时针C开关闭合，向右移动滑动变阻器的滑片，电流表指针向右偏转D开关闭合，向上拔出线圈A的过程中，线圈B将对线圈A产生排斥力6（2022云南昆明一模）如

4、图甲所示，质量为1kg的金属棒静止在粗糙的平行导轨上且与导轨垂直，两平行导轨固定在同一水平面内。棒、导轨和定值电阻R组成面积为的闭合回路，回路总电阻为。回路内有与水平面成37角斜向上且均匀变化的匀强磁场，从时刻开始，磁感应强度B随时间t变化的图像如图乙所示。已知两平行导轨的间距为1m，棒与导轨间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。取重力加速度，。在时，棒恰好相对导轨开始运动，则此时（）A棒中的电流方向为a流向bB棒受到的安培力大小为C棒与导轨间的压力大小为D棒与导轨之间的动摩擦因数为0.57（2022全国高三专题练习）如图所示，在庆祝反法西斯胜利70周年阅兵盛典上，我国预警机“空警2 000”在通过

5、天安门上空时机翼保持水平，以4.5102 km/h的速度自东向西飞行该机的翼展（两翼尖之间的距离）为50 m，北京地区地磁场的竖直分量向下，大小为4.7105 T，则（）A两翼尖之间的电势差为2.9 VB两翼尖之间的电势差为1.1 VC飞机左方翼尖的电势比右方翼尖的电势高D飞机左方翼尖的电势比右方翼尖的电势低8（2022江苏省宜兴中学高二阶段练习）如图1所示，地面上方高度为d的空间内有水平方向的匀强磁场，质量为m的正方形闭合导线框abcd的边长为l，从bc边距离地面高为h处将其由静止释放，已知h d l。从导线框开始运动到bc边即将落地的过程中，导线框的v-t图像如图2所示。重力加速度为g，不

6、计空气阻力，以下有关这一过程的判断正确的是（）At1 t2时间内导线框受到的安培力逐渐增大B磁场的高度可以用图中阴影部分的面积表示C导线框重力势能的减少量等于其动能的增加量D导线框产生的焦耳热大于9（2022全国高三专题练习）一长直铁芯上绕有线圈P，将一单匝线圈Q用一轻质绝缘丝线悬挂在P的左端，线圈P的中轴线通过线圈Q的中心，且与线圈Q所在的平面垂直将线圈P连接在如图所示的电路中，其中R为滑动变阻器，E为直流电源，S为开关下列情况中，可观测到Q向左摆动的是AS闭合的瞬间BS断开的瞬间C在S闭合的情况下，将R的滑片向a端移动时D在S闭合的情况下，保持电阻R的阻值不变10（2022全国高三专题练习

7、）如图所示，相距为d的两条水平虚线L1、L2之间是方向水平向里的匀强磁场，磁感应强度为B，正方形单匝线圈abcd边长为L（La）处为初位置，y=a处为末位置，可知末位置的速度为零，在整个过程中，重力势能减小，动能减小，减小的机械能转化为内能，根据能量守恒得故选D。2B【解析】A将圆盘看成由无数条幅向分布的导体棒组成的，圆盘在外力作用下这些导体棒转动切割磁感线，从而产生感应电动势，出现感应电流，故A错误；C根据右手定则可知，电流从D点流出，流向C点，因此电流方向为从D向R再到C，即为CDRC，故C错误；BD根据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势为产生的感应电动势大小不变，感应电流大小不变，由闭合

8、电路的欧姆定律可知，感应电流大小为故B正确，D错误。故选B。3B【解析】导体棒运动时产生的感应电动势为E=BLv由图可知速度随时间做一次函数变化，其斜率为常数，根据楞次定律可知在线圈中产生的电压恒定，且电流方向在t1时刻发生变化，则ab两端的电压uab也发在t1时刻发生变化。故选B。4D【解析】AD导线框进入磁场时，cd边切割磁感线，由右手定则可知，电流方向为adcba，这时由左手定则可判断cd边受到的安培力方向水平向左，A错误，D正确；BC在导线框离开磁场时，ab边处于磁场中且在做切割磁感线运动，同样用右手定则和左手定则可以判断电流的方向为abcda，这时安培力的方向仍然水平向左，BC错误。

9、故选D。5C【解析】A.开关断开瞬间，线圈B中会产生感应电流阻碍穿过其的磁通量减小，所以电流表指针会偏转，故A错误；B.开关闭合瞬间，线圈B中会产生感应电流阻碍穿过其的磁通量增大，所以两个线圈中的电流方向一定相反，故B错误；C.开关闭合，向右移动滑动变阻器的滑片，滑动变阻器接入回路的阻值减小，则线圈A中的电流增大，线圈B中会产生感应电流阻碍穿过其的磁通量增大，所以感应电流的方向应和开关闭合瞬间时的相同，即电流表指针向右偏转，故C正确；D.开关闭合，向上拔出线圈A的过程中，线圈B中会产生感应电流阻碍穿过其的磁通量减小，表现为线圈B对线圈A产生吸引力，故D错误。故选C。6D【解析】A由楞次定律知棒

10、中的电流方向为b流向a，故A错误；B由图乙可知，磁感应强度的变化率为由法拉第电磁感应定律得则回路中的电流时磁感应强度为，则所受安培力大小为故B错误；C由左手定则知，安培力方向垂直磁场方向向左上，则棒与导轨间的压力大小为故C错误；D由平衡条件得，棒与导轨间的摩擦力又解得故D正确。故选D。7C【解析】AB飞机的飞行速度为4.5102 km/h125 m/s，飞机两翼尖之间的电动势为EBlv4.710550125 V0.29 VA、B项错误；CD飞机从东向西飞行，磁场竖直向下，根据右手定则可知，飞机左方翼尖的电势高于右方翼尖的电势，C项正确，D项错误故选C。8D【解析】A由图2可知，在时间内，导线框

11、自由落体，时间内导线框切割磁感线进入磁场，做加速度减小的减速运动，完全进入磁场后有做匀加速运动，所以根据受力分析可知，且在减小，则安培力在减小，A错误；B根据题意可知，在时间段内，导线框切割磁感线，距离为，完全进入后又做加速运动直到落地，所以磁场高度为时间内的位移，B错误；C根据题意可知，安培力做负功，所以重力势能减少量为动能增加量和安培力做功，C错误；D由题可知且所以在下降过程中导线框产生的焦耳热大于故选D。9A【解析】A：S闭合的瞬间，线圈P中电流由无到有，产生的磁场从无到有，线圈Q中磁通量从无到有，线圈Q中磁通量增加，根据楞次定律，线圈Q的运动将阻碍磁通量的增大，则线圈Q将向左运动远离线

12、圈P故A项正确B：S断开的瞬间，线圈P中电流由有到无，产生的磁场由有到无，线圈Q中磁通量由有到无，线圈Q中磁通量减小，根据楞次定律，线圈Q的运动将阻碍磁通量的减小，则线圈Q将向右运动靠近线圈P故B项错误C：在S闭合的情况下，将R的滑片向a端移动时，滑动变阻器接入电路电阻增大，线圈P中电流减小，产生的磁场变弱，线圈Q中磁通量减小，根据楞次定律，线圈Q的运动将阻碍磁通量的减小，则线圈Q将向右运动靠近线圈P故C项错误D：在S闭合的情况下，保持电阻R的阻值不变，线圈P中电流不变，产生的磁场不变，线圈Q中磁通量不变，线圈Q中不产生感应电流，线圈Q不受磁场力，线圈Q不动故D项错误10D【解析】A线圈自由下

13、落过程有cd边刚进入磁场时产生的感应电动势为所以c、d两点间的电势差为故A错误；B由于边刚进入磁场时速度为，边刚离开磁场时速度也为，根据能量守恒定律可得从边刚进入磁场到边刚离开磁场，线圈中产生的焦耳热为由于线框刚进入到全部进入过程有感应电流及线框刚出来到全部出来过程有感应电流，并且两过程产生的内能相同，则全过程感应电流所做的功为故B错误；C若进入过程中出现匀速运动情况，则安培力与重力相等所以存在最小速度为但也可能进入过程一直在减速，上式就不成立了，故C错误；D由于线框刚进入到全部进入过程有感应电流，全部进入后无感应电流，并且边刚进入磁场时速度为，边刚离开磁场时速度也为，所以线框进入磁场时先做减

14、速运动，全部进入磁场后再做匀加速直线运动，则线圈的最小速度是在全部进入磁场瞬间，由能量守恒定律可得解得所以D正确。故选D。11AD【解析】AB金属棒中感应电流为对金属棒，由牛顿第二定律可得联立可得对比题中图像可知，A正确，B错误；CD金属棒产生的平均感应电动势为平均感应电流为流过的电荷量为联立可得对比题中图像可知，C错误，D正确。故选AD。12AD【解析】A时间内，根据乙图，金属导体棒的加速度为该段时间内，任意时刻的速度为则有根据牛顿第二定律，有联立可得故A正确；B时间内，安培力的冲量为联立，可得故B错误；C与两段时间内，加速度大小相同，有，可知，这两段时间内，虽然位移相同，但拉力不相等。故做

15、功不相等，故C错误；D与两段时间内，根据图线对称性可知，金属棒切割速度对称，感应电动势对称，产生热量相等，有故D正确。故选AD。13AC【解析】A.由右手定则可知辐条中心为电源的正极、圆环边缘为电源的负极，因此通过R1的电流方向为自下而上，选项A正确；B.由题意可知，始终有长度为r的辐条在转动切割磁场线，因此感应电动势大小为E=Br2，选项B错误；C.由图可知，在磁场内部的半根辐条相当于电源，磁场外部的半根辐条与R1并联，则外电路电阻为，内阻为，则因此理想电压表的示数为=Br2，选项C正确；D.电路的总电流为，则理想电流表的示数为，选项D错误14AB【解析】当线圈中通以交变电流时，在金属杯中将

16、产生感应电动势感应电流，根据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势；增加线圈的匝数可以提高交流电产生磁场的磁感应强度的变化率，感应电动势增大，感应电流的功率增大，使杯内的水沸腾所需的时间缩短；提高交流电源的频率，磁感应强度的变化率变大，感应电动势变大，感应电流的功率增大；故选项A、B正确取走线圈中的铁芯则使得线圈周围的磁场变弱，磁感应强度变化率减小，感应电动势变小，从而使杯内的水沸腾所需的时间反而延长，故选项D错误；将金属杯换为瓷杯后，由于陶瓷不是导体，因此瓷杯中不能产生感应电流，无法给水加热，故选项C错误15AC【解析】试题分析：根据楞次定律可得当磁场均匀减小时，线圈内产生的感应磁场方向与原磁场

17、方向相同，即感应电流方向都为顺时针，A正确B错误；设圆半径为a，则圆面积为，圆周长为，正方向面积为，正方形周长为，因为磁场是均匀减小的，故，所以圆和正方形内的电动势之比为，两者的电阻之比为，故电流之比为，故C正确D错误；考点：考查了楞次定律，法拉第电磁感应定律【名师点睛】本题整合了法拉第电磁感应定律、电阻定律和欧姆定律，常规题，要善于运用比例法解题16BD【解析】A由题图乙所示图像可知，00.10 s内=BS=(1-0）0.01 Wb=0.01 Wb00.10 s内线圈中的感应电动势大小E=n=300 V=30 V故A错误；BC由题可知细杆CD所受安培力方向竖直向上，由左手定则可知，电流方向为

18、：CD，由安培定则可知感应电流的磁场方向竖直向上，由图示图像可知，在0.20.25 s内穿过线圈的磁通量减少，由楞次定律可知，磁感应强度B2方向竖直向上，故B正确，C错误；D对细框，由动量定理得B1Ilt=mv-0细框竖直向上做竖直上抛运动v2=2gh电荷量Q=It解得Q=0.03 C故D正确。故选BD。17CD【解析】A由于两棒组成的系统动量守恒，取向右方向为正方向，由动量守恒定律可得所以当其中某根棒的速度为零时，另一根棒的速度大小为2v0，则A错误；B当其中某根棒的速度为零时，另一根棒的速度大小为2v0，则有 ， ，联立解得由牛顿第二定律可得，另一根棒的加速度大小为所以B错误；C从初始时刻

19、到其中某根棒的速度为零过程中，两根导体棒上产生的焦耳热为则导体棒ab产生的焦耳热为所以C正确；Dcd棒的收尾速度为两根导体棒具有共同速度，则有解得所以D正确；故选CD。18 逆时针 左【解析】线圈中电流从右侧流入，由右手螺旋定则可知，磁场方向向左，在闭合开关的过程中，金属环中的磁场变强，由楞次定律可知，金属环的感应电流由右侧看为逆时针。对调电池的正负极，重复实验，金属环中感应电流的磁场与线圈中的磁场方向相反，所以金属环受力向左，故仍将向左弹出。19 CD 右【解析】导体棒AB向右运动，根据右手定则可知，产生了由B到A的感应电流，则导体棒CD中感应电流的方向为CD；由左手定则可知，CD受安培力向

20、右，它会向右运动。20 cd 2.5【解析】由题意可知，据磁通量的定义，穿过线圈abcd的净磁通量先向上减小，后向下增大；据楞次定律可知，感应电流的磁场方向向上，感应电流的方向逆时针(俯视)，dc边中流过的电流方向为cd；磁感应强度B2=0.5T，而磁感应强度B1的大小B1=t，根据法拉第电磁感应定律有：回路中的电流为：，因ab边恰在磁场边缘以外，则金属框受安培力等于cd边所受安培力金属框受到的安培力大小为的大小为：F=B2Il=0.551 N =2.5N21 开关应接入原线圈A所在的回路，改正见解析 感应电流的磁场方向 右进左出 变阻器滑片向左滑动（将原线圈A从副原线圈B中拔出，断开开关也对

21、） 原线圈A中没有插入铁芯，电池使用时间过长，原线圈A中电流过小【解析】（1）开关应接入原线圈A所在的回路，改正后的接法如下图（2）为了方便探究感应电流方向的规律，实验应研究原磁场方向、磁通量的变化情况、感应电流的磁场方向三者之间的关系。（3）变阻器滑片向右移动，则滑动变阻器的阻值变小，则上面的电路电流变大，原线圈产生从上向下看是顺时针方向电流，根据右手螺旋定则，产生的磁场方向为下N极，上S极，再根据增反减同原则，产生的感应磁场下S极，上N极，根据下方螺线管绕线，可以看出电流方向为逆时针（从上往下看），所以经灵敏电流计电流方向是右进左出。滑动变阻器滑片向右滑动，灵敏电流计指针向右偏，则滑动变阻

22、器滑片向左滑动，灵敏电流计指针向左偏。（4）灵敏电流计指针偏转角度小，说明是电流太弱，可能是因为原线圈A中没有插入铁芯或者电池使用时间过长，原线圈A中电流过小。22（1）；（2）；（3）20.28J；（4）【解析】（1）未进入磁场前，金属棒做匀加速直线运动其受力情况如图所示根据牛顿第二定律可得（2）设金属杆到达MN瞬间速度为金属杆进入磁场后其功率最后以做匀速直线运动此时金属杆的受力如图所示因为匀速，则三式联立可得（3）整个过程外力对金属杆所做的功一部分克服摩擦力和安培力做功，另一部分转化成金属杆的动能。金属杆克服安培力做功，将其他形式的能转化成电能，最终转化成热能，进入磁场前金属杆的位移又可得

23、则（4）根据其中由第三问得解得23（1）；（2）10m/s；（3）0.4T，垂直轨道平面向下【解析】(1)受力分析，如图(2) 当金属棒的下滑速度稳定时，有电阻R消耗的功率为联立，可得该稳定速度的大小为(3)根据安培力计算公式，有联立，可得根据左手定则，可判断磁感应强度方向垂直轨道平面向下。24第一个时间内【解析】由楞次定律可知，在第一个和第四个时间内，感生电场的方向为顺时针方向，电子受力方向为逆时针方向，可被加速；由左手定则可知，只有磁场方向向上时，电子所受洛伦兹力才指向圆心，充当向心力，所以只有第一个时间内，电子可被加速做圆周运动。25（1）逆时针方向；（2）；（3）【解析】（1）由楞次定律知，线圈进入过程中磁通量增大，根据增反减同，线框进入磁场时感应电流的方向为逆时针方向；（2）线框进入磁场时刚好做匀速直线运动感应电动势感应电流安培力解得（3）线框穿越磁场的过程中，一直做匀速直线运动，由能量转化和守恒定律知，系统减小的重力势能转化为内能。26(1)；(2)；(3)【解析】(1)由法拉第电磁感应定律得 (2)由闭合电路欧姆定律F=BIL 得(3)由功能关系动能全部转化为发热