高考物理三輪沖刺 高考熱點(diǎn)排查練熱點(diǎn)10 電磁感應(yīng)（含解析）-人教版高三全冊(cè)物理試題

熱點(diǎn)10電磁感應(yīng)1．(多選)(2019·福建寧德市質(zhì)量檢查)如圖1甲為電動(dòng)汽車無線充電原理圖，M為受電線圈，N為送電線圈．圖乙為受電線圈M的示意圖，線圈匝數(shù)為n、電阻為r、橫截面積為S，a、b兩端連接車載變流裝置，磁場平行于線圈軸線向上穿過線圈．下列說法正確的是()圖1A．當(dāng)線圈N接入恒定電流時(shí)，不能為電動(dòng)汽車充電B．當(dāng)線圈N接入正弦式交變電流時(shí)，線圈M兩端產(chǎn)生恒定電壓C．當(dāng)線圈M中的磁感應(yīng)強(qiáng)度增加時(shí)，有電流從a端流出D．充電時(shí)，Δt時(shí)間內(nèi)線圈M中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均勻增加ΔB，則M兩端電壓為eq\f(nSΔB,Δt)答案AC解析若送電線圈N接入恒定電流，則產(chǎn)生的磁場不變化，受電線圈M中的磁通量沒有發(fā)生變化，故無法產(chǎn)生感應(yīng)電流，不能為電動(dòng)汽車充電，故A正確；當(dāng)線圈N接入正弦式交變電流時(shí)，受電線圈M中的磁通量按正弦式規(guī)律變化，故M兩端產(chǎn)生正弦式交變電壓，故B錯(cuò)誤；當(dāng)穿過線圈M的磁感應(yīng)強(qiáng)度增加時(shí)，根據(jù)楞次定律，感應(yīng)電流的磁場方向向下，故感應(yīng)電流方向從b向a，即電流從a端流出，故C正確；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，有：E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝nSeq\f(ΔB,Δt)，設(shè)受電線圈外接電路的電阻為R，由閉合電路的歐姆定律得M兩端的電壓U＝eq\f(E,R＋r)R＝eq\f(nSRΔB,ΔtR＋r)，故D錯(cuò)誤．2.(多選)(2019·河南周口市上學(xué)期期末調(diào)研)如圖2所示，金屬圓環(huán)半徑為L、電阻為r，金屬環(huán)上有一個(gè)小缺口ab，用導(dǎo)線把金屬環(huán)通過電流表接在電阻R兩端，已知R＝2r，電流表為ωt，t＝0時(shí)磁場垂直紙面向里，則下列說法正確的是()圖2A．t＝eq\f(π,2ω)時(shí)，電流表示數(shù)一定不為0B．t＝eq\f(2π,3ω)時(shí)，a點(diǎn)電勢低于b點(diǎn)C．t＝eq\f(2π,3ω)時(shí)，R兩端電壓為0D．從t＝0到t＝eq\f(π,2ω)的過程中通過R的電荷量為q＝eq\f(πB0L2,3r)答案AD3．(2019·江西南昌市二模)如圖3所示為一“凸形”線框，其中ab＝bc＝cd＝de＝ah＝hg＝gf＝l，ef＝3l.線框在外力作用下以恒定速度垂直磁場通過一寬為l的有界勻強(qiáng)磁場．取逆時(shí)圖3答案B解析感應(yīng)電動(dòng)勢為：E＝Blv，感應(yīng)電流為：I＝eq\f(Blv,R)；由右手定則可知，線框進(jìn)入磁場過程感應(yīng)電流沿逆時(shí)針方向，是正的，線框離開磁場過程感應(yīng)電流沿順時(shí)針方向，是負(fù)的，故A、C、D錯(cuò)誤，B正確．4.(多選)(2019·四川遂寧市三診)如圖4所示，水平光滑的平行金屬導(dǎo)軌，左端接有電阻R，勻強(qiáng)磁場B豎直向下分布在導(dǎo)軌所在的空間內(nèi)，質(zhì)量一定的金屬棒PQ垂直導(dǎo)軌放置．今使棒以一定的初速度v0向右運(yùn)動(dòng)，當(dāng)其通過位置a、b時(shí)，速率分別為va、vb，到位置c時(shí)棒剛好靜止．設(shè)導(dǎo)軌與棒的電阻均不計(jì)，a到b與b到c的間距相等．則金屬棒在由a到b和由b到c的兩個(gè)過程中()圖4A．通過棒橫截面的電荷量相等B．棒動(dòng)能變化量相等C．回路中產(chǎn)生的內(nèi)能相等D．安培力沖量相等答案AD解析金屬棒運(yùn)動(dòng)過程中，通過棒橫截面的電荷量q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(\x\to(E),R)Δt＝eq\f(ΔΦ,Δt·R)·Δt＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(B·ΔS,R)，從a到b的過程中與從b到c的過程中，回路面積的變化量ΔS相等，B、R相等，因此，通過棒橫截面的電荷量相等，故A正確；金屬棒受到的安培力大小為：F安＝BIL＝eq\f(B2L2v,R)，方向水平向左．金屬棒在安培力作用下做減速運(yùn)動(dòng)，由于ab間距離與bc間距離相等，F(xiàn)安逐漸減小，由W＝Fx定性分析可知，從a到b克服安培力做的功比從b到c克服安培力做的功多，由動(dòng)能定理可知，棒的動(dòng)能變化量不相等；金屬棒克服安培力做功，把金屬棒的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，因此在a到b的過程中產(chǎn)生的內(nèi)能多，故B、C錯(cuò)誤；兩段過程中安培力的沖量：I＝Beq\x\to(I)LΔt，因q＝eq\x\to(I)Δt相等，則兩過程中安培力的沖量相等，故D正確．5.(多選)(2019·福建莆田市二模)如圖5，等邊三角形OPQ區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場．用粗細(xì)均勻的導(dǎo)線繞制的等邊三角形導(dǎo)線框abc位于紙面內(nèi)，其bc邊與磁場邊界PQ平行，d、e分別為ab、ac的中點(diǎn)．導(dǎo)線框沿垂直于bc的方向向上勻速穿過磁場區(qū)域，依次經(jīng)過圖中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ位置．已知三角形OPQ的邊長是三角形abc的eq\f(3,2)倍，Ⅰ位置時(shí)a點(diǎn)與O點(diǎn)重合，Ⅱ位置時(shí)d點(diǎn)、e點(diǎn)分別在OP、OQ上，Ⅲ位置時(shí)d點(diǎn)、e點(diǎn)在PQ上．則()圖5A．經(jīng)過Ⅱ位置和Ⅲ位置時(shí)，線框中的感應(yīng)電流方向相同B．經(jīng)過Ⅱ位置和Ⅲ位置時(shí)，線框中的感應(yīng)電流大小相等C．經(jīng)過Ⅱ位置和Ⅲ位置時(shí)，線框上de兩點(diǎn)間的電壓之比為2∶1D．從Ⅰ位置到Ⅱ位置和從Ⅱ位置到Ⅲ位置的兩個(gè)過程中，穿過線框橫截面的電荷量之比為2∶1答案BCD解析由題意可知，線框在位置Ⅱ運(yùn)動(dòng)時(shí)穿過線框的磁通量增加，線框在位置Ⅲ運(yùn)動(dòng)時(shí)穿過線框的磁通量減少，由楞次定律可知，兩位置感應(yīng)電流方向相反，故A錯(cuò)誤；由題圖可知，線框經(jīng)過Ⅱ位置和經(jīng)過Ⅲ位置時(shí)，線框切割磁感線的有效長度L相等，由E＝BLv可知，線框產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢相等，由歐姆定律可知，線框中的感應(yīng)電流大小相等，故B正確；線框在Ⅱ位置時(shí)，dae部分相當(dāng)于電源，線框在Ⅲ位置時(shí)dbce部分相當(dāng)于電源，在兩位置線框電流I相等，dbce部分的電阻是dae部分電阻的兩倍，即：Rdbce＝2Rdae，UdeⅡ＝IRdbce，UdeⅢ＝IRdae，則：UdeⅡ＝2UdeⅢ，故C正確；通過線框?qū)Ь€橫截面的電荷量：q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(\x\to(E),R)Δt＝eq\f(\f(ΔΦ,Δt),R)Δt＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(BΔS,R)，設(shè)三角形abc的面積為4S，由題圖可知，線框從Ⅰ位置到Ⅱ位置過程：ΔS1＝2S，線框從Ⅱ位置到Ⅲ位置過程：ΔS2＝3S－2S＝S，則從Ⅰ位置到Ⅱ位置和從Ⅱ位置到Ⅲ位置的兩個(gè)過程中，穿過線框橫截面的電荷量之比：eq\f(q1,q2)＝eq\f(ΔS1,ΔS2)＝eq\f(2S,S)＝eq\f(2,1)，故D正確．6.(多選)(2018·山東日照市3月模擬)半徑分別為r和2r的同心半圓光滑導(dǎo)軌MN、PQ固定在同一水平面內(nèi)，一長為r、電阻為R、質(zhì)量為m且質(zhì)量分布均勻的導(dǎo)體棒AB置于半圓軌道上面，BA的延長線通過導(dǎo)軌的圓心O，裝置的俯視圖如圖6所示．整個(gè)裝置位于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，在N、Q之間接有一阻值為R的電阻．導(dǎo)體棒AB在水平外力作用下，以角速度ω繞O順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，在轉(zhuǎn)動(dòng)過程中始終與導(dǎo)軌保持良好接觸．導(dǎo)軌電阻不計(jì)，則()圖6A．導(dǎo)體棒AB兩端的電壓為eq\f(3,2)Br2ωB．電阻R中的電流方向從Q到NC．外力的功率大小為eq\f(9B2r4ω2,8R)D．若導(dǎo)體棒不動(dòng)，要產(chǎn)生同方向的電流，磁感應(yīng)強(qiáng)度應(yīng)該減小答案BCD解析AB中感應(yīng)電動(dòng)勢的大小為E＝Br·eq\f(ωr＋ω·2r,2)＝1.5Br2ω則回路中感應(yīng)電流大小為：I＝eq\f(E,2R)＝eq\f(1.5Br2ω,2R)＝eq\f(3Br2ω,4R)則導(dǎo)體棒AB兩端的電壓為：U＝E－IR＝1.5Br2ω－eq\f(3Br2ω,4R)·R＝eq\f(3,4)Br2ω，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；根據(jù)右手定則可知，AB中感應(yīng)電流的方向?yàn)锳→B，即B端相當(dāng)于電源的正極，所以電阻R中的電流方向從Q到N，故選項(xiàng)B正確；根據(jù)能量守恒可知，外力做功全部轉(zhuǎn)化為整個(gè)電路的熱量，則外力的功率等于整個(gè)電路的電功率，即P＝I2·2R＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3Br2ω,4R)))2·2R＝eq\f(9B2r4ω2,8R)，故選項(xiàng)C正確；根據(jù)楞次定律，當(dāng)原磁場減弱時(shí)，感應(yīng)電流的磁場與原磁場方向相同，則根據(jù)安培定則可知產(chǎn)生的感應(yīng)電流的方向與原方向相同，故選項(xiàng)D正確．7．(多選)(2019·山東青島市5月二模)如圖7，足夠長的兩平行光滑金屬導(dǎo)軌MN、PQ水平放置，間距l(xiāng)＝1m，導(dǎo)軌中間分布有磁感應(yīng)強(qiáng)度為1T的勻強(qiáng)磁場，磁場邊界為正弦曲線．一圖7A．理想電壓表示數(shù)為2.5VB．導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)到圖示位置時(shí)，有電流流過電阻RC．流經(jīng)電阻R的最大電流為5AD．導(dǎo)體棒上熱功率為6.25W答案ACD解析導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢的最大值Em＝Blv＝10V，產(chǎn)生的是正弦式交變電流，則電動(dòng)勢的有效值E＝eq\f(Em,\r(2))＝5eq\r(2)V，由電流的熱效應(yīng)可得：eq\f(E′2,R)T＝eq\f(E2,R)×eq\f(T,2)，解得：E′＝5V，由閉合電路歐姆定律得，理想電壓表的示數(shù)為2.5V，故A正確；導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)到圖示位置時(shí)，由右手定則可知，產(chǎn)生的電流方向由a→b，由于二極管具有單向?qū)ㄌ匦?，所以此時(shí)無電流流過電阻R，故B錯(cuò)誤；導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢的最大值Em＝Blv＝A，所以熱功率為：P＝I2R＝2.52×1W＝6.25W，故D正確．8.(多選)(2019·湖北“荊、荊、襄、宜四地七?？荚嚶?lián)盟”期末)如圖8所示，兩根平行光滑金m的空間區(qū)域內(nèi)存在著垂直導(dǎo)軌平面向下的磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨坐標(biāo)x(以m為單位)的分布規(guī)律為B＝0.8－0.2x(T)，金屬棒ab在外力作用下從x＝0處沿導(dǎo)軌向右運(yùn)動(dòng)，ab始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，不計(jì)導(dǎo)軌和金屬棒的電阻．設(shè)在金屬棒從x1＝1m經(jīng)x2＝2m到x3＝3m的過程中，定值電阻R的電功率始終保持不變，則()圖8A．金屬棒做勻速直線運(yùn)動(dòng)B．金屬棒運(yùn)動(dòng)過程中產(chǎn)生的電動(dòng)勢始終不變C．金屬棒在x1與x2處受到的磁場作用力大小之比為3∶2D．金屬棒從x1到x2與從x2到x3的過程中通過R的電荷量之比為5∶3答案BCD解析由功率的計(jì)算式：P＝I2R＝eq\f(E2,R)知道，由于金屬棒從x1＝1m經(jīng)x2＝2m到x3＝3m的過程中電功率保持不變，所以E、I均不變，故B正確；由E＝BLv可知，B隨著距離均勻減小，則v一直增大，金屬棒做加速直線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；由安培力公式F＝BIL知，eq\f(F1,F2)＝eq\f(B1IL,B2IL)＝eq\f(