2022年高考物理大一轮复习 真题汇编 L单元 电磁感应

2022年高考物理大一轮复习 真题汇编 L单元 电磁感应16L1L2xx北京卷 如图1所示，匀强磁场中有两个导体圆环a、b，磁场方向与圆环所在平面垂直磁感应强度B随时间均匀增大两圆环半径之比为21，圆环中产生的感应电动势分别为Ea和Eb，不考虑两圆环间的相互影响下列说法正确的是()图1AEaEb41，感应电流均沿逆时针方向BEaEb41，感应电流均沿顺时针方向CEaEb21，感应电流均沿逆时针方向DEaEb21，感应电流均沿顺时针方向16B解析 由法拉第电磁感应定律可知En，则EnR2.由于RaRb21，则EaEb41.由楞次定律和安培定则可以判断产生顺时针方向的电流选项B正确6L1 xx江苏卷 电吉他中电拾音器的基本结构如图1所示，磁体附近的金属弦被磁化，因此弦振动时，在线圈中产生感应电流，电流经电路放大后传送到音箱发出声音，下列说法正确的有()图1A选用铜质弦，电吉他仍能正常工作B取走磁体，电吉他将不能正常工作C增加线圈匝数可以增大线圈中的感应电动势D磁振动过程中，线圈中的电流方向不断变化6BCD解析 选用铜质弦时，不会被磁化，不会产生电磁感应现象，电吉他不能正常工作，选项A错误；取走磁体时，金属弦磁性消失，电吉他不能正常工作，选项B正确；根据法拉第电磁感应定律可知，增加线圈匝数可以增大线圈中的感应电动势，选项C正确；根据楞次定律可知，磁振动过程中，线圈中的电流方向不断变化，选项D正确4L1xx海南卷 如图1所示，一圆形金属环与两固定的平行长直导线在同一竖直面内，环的圆心与两导线距离相等，环的直径小于两导线间距两导线中通有大小相等、方向向下的恒定电流若()图1A金属环向上运动，则环上的感应电流方向为顺时针方向B金属环向下运动，则环上的感应电流方向为顺时针方向C金属环向左侧直导线靠近，则环上的感应电流方向为逆时针方向D金属环向右侧直导线靠近，则环上的感应电流方向为逆时针方向4D解析 由安培定则及对称性可知，圆环圆心处磁感应强度为零从圆环圆心向左直到左侧直导线，磁感应强度方向垂直于纸面向外，并且逐渐增大从圆环圆心向右直到右侧直导线，磁感应强度方向垂直于纸面向里，并且逐渐增大当金属环上下运动时，磁通量时刻为零，没有感应电流；当金属环向左侧直导线靠近时，磁通量垂直于纸面向外且在增大，由楞次定律得，感应电流为顺时针方向；当金属环向右侧直导线靠近时，磁通量垂直于纸面向里且在增大，由楞次定律得，感应电流为逆时针方向，故D正确5L1xx上海卷 磁铁在线圈中心上方开始运动时，线圈中产生如图方向的感应电流，则磁铁()图1A向上运动 B向下运动C向左运动 D向右运动5B解析 从图中看，产生感应电流的线圈可以等效为一个N极在上的磁铁，根据楞次定律的推论“来拒去留”可知选项B正确19L1xx上海卷 如图1(a)所示，螺线管内有平行于轴线的外加匀强磁场，以图中箭头所示方向为其正方向螺线管与导线框abcd相连，导线框内有一小金属圆环L，圆环与导线框在同一平面内当螺线管内的磁感应强度B随时间按图(b)所示规律变化时()图1A在t1t2时间内，L有收缩趋势B在t2t3时间内，L有扩张趋势C在t2t3时间内，L内有逆时针方向的感应电流D在t3t4时间内，L内有顺时针方向的感应电流19AD解析 在t1t2时间内，磁场增强，根据楞次定律可判断出导线框中产生dcba方向的感应电流，且电流逐渐增大，则穿过圆环的磁通量增大，可知L有收缩趋势，A正确；在t2t3时间内，磁场先减弱后反向增强，线圈中产生abcd方向的感应电流且保持不变，穿过圆环的磁通量不变，L内无感应电流且没有扩张或收缩的趋势，B、C错误；在t3t4时间内，沿负方向的磁场减弱，根据楞次定律可判断出导线框中产生dcba方向的感应电流，且电流在逐渐减小，故穿过圆环的磁通量减小，L内有顺时针方向的感应电流，D正确L2 法拉第电磁感应定律、自感20L2xx全国卷 法拉第圆盘发电机的示意图如图1所示铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中圆盘旋转时，关于流过电阻R的电流，下列说法正确的是()图1A若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定B若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a到b的方向流动C若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化D若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R上的热功率也变为原来的2倍20AB解析 将圆盘看成由无数辐条组成，各辐条都在切割磁感线，从而产生感应电动势，出现感应电流，当圆盘顺时针转动时(从上往下看)，根据右手定则可判断，圆盘上感应电流从边缘向中心，流过电阻R的电流方向从a到b，B正确；由法拉第电磁感应定律可得，感应电动势EBLvBL2，而I，故A正确，C错误；当角速度变为原来的2倍时，感应电动势EBL2变为原来的2倍，感应电流I变为原来的2倍，电流在R上的热功率PI2R变为原来的4倍，D错误21L2M1xx全国卷 如图所示，M为半圆形导线框，圆心为OM；N是圆心角为直角的扇形导线框，圆心为ON；两导线框在同一竖直面(纸面)内；两圆弧半径相等；过直线OMON的水平面上方有一匀强磁场，磁场方向垂直于纸面现使线框M、N在t0时从图示位置开始，分别绕垂直于纸面、且过OM和ON的轴，以相同的周期T逆时针匀速转动，则()图1A两导线框中均会产生正弦交流电B两导线框中感应电流的周期都等于TC在t时，两导线框中产生的感应电动势相等D两导线框的电阻相等时，两导线框中感应电流的有效值也相等21BC解析 设导线圈半径为l，角速度为，两导线框切割磁感线的等效长度始终等于圆弧半径，因此在产生感应电动势时其瞬时感应电动势大小始终为EBl2，但进磁场和出磁场时电流方向相反，所以线框中应该产生方波交流式电，如图所示，A错误；由T可知，两导线框中感应电流的周期相同，均为T，B正确；在t时，两导线框均在切割磁感线，故两导线框中产生的感应电动势均为Bl2，C正确；对于线框M，有T，解得U有ME；对于线框N，有00T，解得U有NE，故两导线框中感应电流的有效值并不相等，D错误13D4、D5、L2、L3xx江苏卷 据报道，一法国摄影师拍到“天宫一号”空间站飞过太阳的瞬间照片中，“天宫一号”的太阳帆板轮廓清晰可见如图所示，假设“天宫一号”正以速度v7.7 km/s绕地球做匀速圆周运动，运动方向与太阳帆板两端M、N的连线垂直，M、N间的距离L20 m，地磁场的磁感应强度垂直于v，MN所在平面的分量B1.0105 T，将太阳帆板视为导体图1(1)求M、N间感应电动势的大小E；(2)在太阳帆板上将一只“1.5 V，0.3 W”的小灯泡与M、N相连构成闭合电路，不计太阳帆板和导线的电阻试判断小灯泡能否发光，并说明理由；(3)取地球半径R6.4103 km，地球表面的重力加速度g9.8 m/s2，试估算“天宫一号”距离地球表面的高度h(计算结果保留一位有效数字)13答案 (1)1.54 V(2)不能，理由见解析(3)4105 m解析 (1)法拉第电磁感应定律EBLv，代入数据得E1.54 V(2)不能，因为穿过闭合回路的磁通量不变，不产生感应电流(3)在地球表面有Gmg匀速圆周运动Gm解得hgR，代入数据得h4105 m(数量级正确都算对)16L1L2xx浙江卷 如图12所示，a、b两个闭合正方形线圈用同样的导线制成，匝数均为10匝，边长la3lb，图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀增大，不考虑线圈之间的相互影响，则()图12A两线圈内产生顺时针方向的感应电流Ba、b线圈中感应电动势之比为91Ca、b线圈中感应电流之比为34Da、b线圈中电功率之比为3116B解析 由楞次定律可判断，两线圈中产生的感应电流均沿逆时针方向，选项A错误；由EnS，Sl2，R，I，P，可知Ea：Eb9：1，Ia：Ib3：1，Pa：Pb27：1，选项B正确，选项C、D错误L3 电磁感应与电路的综合L4 电磁感应与力和能量的综合24L4 xx全国卷 如图1，两固定的绝缘斜面倾角均为，上沿相连两细金属棒ab(仅标出a端)和cd(仅标出c端)长度均为L，质量分别为2m和m；用两根不可伸长的柔软轻导线将它们连成闭合回路abdca，并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上，使两金属棒水平右斜面上存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于斜面向上，已知两根导线刚好不在磁场中，回路电阻为R，两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为，重力加速度大小为g，已知金属棒ab匀速下滑求：(1)作用在金属棒ab上的安培力的大小；(2)金属棒运动速度的大小图1答案 (1)mg(sin 3cos )(2)(sin 3cos )解析 (1)设导线的张力的大小为T，右斜面对ab棒的支持力的大小为N1，作用在ab棒上的安培力的大小为F，左斜面对cd棒的支持力大小为N2，对于ab棒，由力的平衡条件得2mgsin N1TFN12mgcos 对于cd棒，同理有mgsin N2TN2mgcos 联立式得Fmg(sin 3cos )(2)由安培力公式得FBIL这里I是回路abdca中的感应电流，ab棒上的感应电动势为BLv式中，v是ab棒下滑速度的大小，由欧姆定律得I联立式得v(sin 3cos )24L4xx全国卷 如图1所示，水平面(纸面)内间距为l的平行金属导轨间接一电阻，质量为m、长度为l的金属杆置于导轨上t0时，金属杆在水平向右、大小为F的恒定拉力作用下由静止开始运动t0时刻，金属杆进入磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，且在磁场中恰好能保持匀速运动杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保持垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数为.重力加速度大小为g.求：(1)金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小；(2)电阻的阻值图124答案 (1)Blt0(2)解析 (1)设金属杆进入磁场前的加速度大小为a，由牛顿第二定律得maFmg设金属杆到达磁场左边界时的速度为v，由运动学公式有vat0当金属杆以速度v在磁场中运动时，由法拉第电磁感应定律，杆中的电动势为EBlv联立式可得EBlt0(2)设金属杆在磁场区域中匀速运动时，金属杆中的电流为I，根据欧姆定律I式中R为电阻的阻值金属杆所受的安培力为fBIl因金属杆做匀速运动，由牛顿运动定律得Fmgf0联立式得R7L4 xx四川卷 如图1所示，电阻不计、间距为l的光滑平行金属导轨水平放置于磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中，导轨左端接一定值电阻R.质量为m、电阻为r的金属棒MN置于导轨上，受到垂直于金属棒的水平外力F的作用由静止开始运动，外力F与金属棒速度v的关系是FF0kv(F0、k是常量)，金属棒与导轨始终垂直且接触良好金属棒中感应电流为i，受到的安培力大小为FA，电阻R两端的电压为UR，感应电流的功率为P，它们随时间t变化图像可能正确的有()图1图17BC解析 设金属棒在某一时刻速度为v，由题意可知，感应电动势EBlv，感应电流Iv，即Iv；安培力FABIlv，方向水平向左，即FAv；R两端电压URIRv，即URv；感应电流功率PEIv2，即Pv2.分析金属棒运动情况，由牛顿第二定律可得F合FFAF0kvvF0v，而加速度a.因为金属棒从静止出发，所以F00，且F合0，即a0，加速度方向水平向右(1)若k，F合F0，即a，金属棒水平向右做匀加速直线运动，有vat，说明vt，即It，FAt，URt，Pt2，所以在此情况下没有选项符合；(2)若k，F合随v增大而增大，即a随v增大而增大，说明金属棒在做加速度增大的加速运动，根据四个物理量与速度的关系可知B选项符合；(3)若kt0)穿过回路的总磁通量和金属棒所受外加水平恒力的大小图125答案 (1)(2)B0lv0(tt0)kSt(B0lv0kS)解析 (1)在金属棒未越过MN之前，t时刻穿过回路的磁通量为ktS设在从t时刻到tt的时间间隔内，回路磁通量的变化量为，流过电阻R的电荷量为q.由法拉第电磁感应定律有E由欧姆定律有i由电流的定义有i联立式得|q|t由式得，在t0到tt0的时间间隔内，流过电阻R的电荷量q的绝对值为|q|(2)当tt0时，金属棒已越过MN.由于金属棒在MN右侧做匀速运动，有fF式中，f是外加水平恒力，F是匀强磁场施加的安培力设此时回路中的电流为I，F的大小为 FB0Il此时金属棒与MN之间的距离为sv0(tt0)匀强磁场穿过回路的磁通量为B0ls回路的总磁通量为t式中，仍如式所示由式得，在时刻t(tt0)穿过回路的总磁通量为tB0lv0(tt0)kSt在t到tt的时间间隔内，总磁通量的改变t为t(B0lv0kS)t由法拉第电磁感应定律得，回路感应电动势的大小为Et由欧姆定律有I联立式得f(B0lv0kS)2xx北京海淀区期末练习 图K312是用电流传感器(电流传感器相当于电流表，其电阻可以忽略不计)研究自感现象的实验电路，电源的电动势为E，内阻为r，自感线圈L的自感系数足够大，其直流电阻值大于灯泡D的阻值，在t0时刻闭合开关S，经过一段时间后，在tt1时刻断开开关S.在图K313所示的图像中，可能正确表示电流传感器记录的电流随时间变化情况的是()图K312图K3132B解析 闭合开关后，开始时线圈的阻碍作用很大，然后逐渐减小，因此外电路的电阻逐渐减小，故路端电压逐渐减小，因此通过电流传感器的电流逐渐减小，当断开开关时，线圈产生自感电动势，继续对灯泡反向供电，供电电流大小等于稳态时通过线圈的电流，稳态时通过线圈的电流小于通过灯泡的电流，故反向对灯泡供电的电流比原来的小，然后通过灯泡的电流逐渐减小到零，B项正确1(多选)xx山东威海期末考试 如图K321所示，两个同心金属环水平放置，半径分别是r和2r，两环间有磁感应强度为B、方向垂直环面向里的匀强磁场，在两环间连接有一个电容为C的电容器，a、b是电容器的两个极板长为r的金属棒AB沿半径方向放置在两环间且与两环接触良好，并绕圆心以角速度做逆时针方向(垂直环面向里看)的匀速圆周运动则下列说法正确的是()图K321A金属棒中有从B到A的电流B电容器a极板带正电C电容器两端电压为D电容器所带电荷量为1BC解析 根据右手定则可知金属棒中的电流方向由A到B，故电容器a极板带正电，A项错误，B项正确；金属棒转动产生的感应电动势为，C项正确；电容器所带电荷量Q，D项错误2(多选)xx江西重点中学协作体第一次联考 如图K333所示，在间距为l、足够长的两条水平虚线间有垂直纸面向里的匀强磁场，其上方距上边界h处有一导线框(各边长如图中标注)，现将导线框由静止释放，从线框下边进入磁场开始计时至线框完全离开磁场(整个过程线框保持竖直且不翻转)该过程中vt图线可能正确的是()图K333图K3342CD解析 线框如果刚进入过程匀速，则当下降的距离等于l后，受到的安培力将小于重力，线框将做加速运动，随着速度的增大，加速度逐渐减小，当加速度减为零时将做匀速运动，A项错误，C项正确；线框如果刚进入过程做加速运动，则当下降的距离等于l后，加速度将突然增大，B项错误；线框如果刚进入过程做减速运动，安培力逐渐变小，故减速的加速度逐渐变小，最后有可能做匀速运动，当下降的距离等于l后，安培力等于重力的一半，将做加速运动，随着速度的增大，加速度将逐渐变小，最后做匀速运动，D项正确3(多选)xx山东日照一中期末考试 如图K343所示，足够长的金属导轨竖直放置，金属棒ab、cd均通过棒两端的环套在金属导轨上虚线上方有垂直纸面向里的匀强磁场，虚线下方有竖直向下的匀强磁场，两匀强磁场的磁感应强度大小均为B.ab、cd棒与导轨间动摩擦因数均为，两棒总电阻为R，导轨电阻不计开始两棒静止在图示位置，当cd棒无初速度释放时，对ab棒施加竖直向上的力F，使其沿导轨向上做匀加速运动则()图K343Aab棒中的电流方向由b到a Bcd棒先加速运动后匀速运动Ccd棒所受摩擦力的最大值大于cd棒的重力D力F做的功等于两棒产生的电热与ab棒增加的机械能之和3ACD解析 ab向上运动的过程中，穿过闭合回路abdc的磁通量增大，根据楞次定律可得ab棒中的感应电流方向为ba，故A正确；cd棒中感应电流由c到d，其所在的区域有向下的磁场，所受的安培力向里，cd棒所受的摩擦力向上，ab棒做加速直线运动，速度增大，产生的感应电流增加，cd棒所受的安培力增大，对导轨的压力增大，则滑动摩擦力增大，摩擦力先小于重力，后大于重力，所以cd棒先加速运动后减速运动，最后停止运动，故B错误，C正确；以ab棒为研究对象，根据动能定理可得WFW安培WGmv20，力F所做的功应等于两棒产生的电热与ab棒增加的机械能之和，故D正确4xx济南期末考试 如图K344所示，电阻不计的“”形足够长且平行的导轨，间距L1 m，导轨倾斜部分的倾角53，并与定值电阻R相连整个空间存在着B5 T、方向垂直倾斜导轨平面向上的匀强磁场金属棒ab、cd的阻值RabRcdR，cd棒质量m1 kg.ab棒光滑，cd棒与导轨间的动摩擦因数0.3，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力g取10 m/s2，sin 530.8，cos 530.6.(1)ab棒由静止释放，当滑至某一位置时，cd棒恰好开始滑动求这一时刻ab棒中的电流(2)若ab棒无论从多高的位置释放，cd棒都不动，分析ab棒质量应满足的条件(3)若ab棒无论质量多大、从多高位置释放，cd棒始终不动求cd棒与导轨间的动摩擦因数应满足的条件图K3444(1) A(2)mab2.08 kg(3)0.75解析 (1)cd棒刚要开始滑动时，对其受力分析如图所示由平衡条件得BIcdLcos 53f0 FNmgBIcdLsin 530又fFN 联立以上三式，得Icd A，所以Iab2Icd A.(2)ab棒在足够长的轨道上下滑时，最大安培力FAmabgsin 53cd棒所受最大安培力应为FA，要使cd棒不能滑动，需：FAcos 53由以上两式联立解得：mab2.08 kg.(3)ab棒下滑时，cd棒始终静止，有FAcos 53当ab棒质量无限大时，在无限长轨道上最终一定匀速运动，安培力FA趋于无穷大，cd棒所受安培力也趋于无穷大，由数学知识有：0.75.3xx北京海淀区期末练习 如图K353所示，PQ和MN是固定于水平面内间距L1.0 m的平行金属轨道，轨道足够长，其电阻可忽略不计两相同的金属棒ab、cd放在轨道上，运动过程中始终与轨道垂直，且接触良好，它们与轨道形成闭合回路已知每根金属棒的质量m0.20 kg，每根金属棒位于两轨道之间部分的电阻值R1.0 ；金属棒与轨道间的动摩擦因数0.20，且与轨道间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力整个装置处在竖直向上、磁感应强度B0.40 T的匀强磁场中重力加速度g取10 m/s2.(1)在t0时刻，用垂直于金属棒的水平力F向右拉金属棒cd，使其从静止开始沿轨道以a5.0 m/s2的加速度做匀加速直线运动，求金属棒cd运动多长时间金属棒ab开始运动；(2)若用一个适当的水平外力F向右拉金属棒cd，使其达到速度v120 m/s沿轨道匀速运动时，金属棒ab也恰好以恒定速度沿轨道运动求：金属棒ab沿轨道运动的速度大小；水平外力F的功率图K3533(1)1.0 s(2)15 m/s16 W解析 (1)设金属棒cd运动t时间金属棒ab开始运动，根据运动学公式可知：此时金属棒cd的速度vat金属棒cd产生的电动势E1BLv，通过金属棒的电流I1金属棒ab所受安培力FA1BI1L金属棒ab开始运动时刻，FA1mg解得：t1.0 s.(2)设金属棒cd以速度v120 m/s沿轨道匀速运动时，金属棒ab沿轨道匀速运动的速度大小为v2.此时通过ab、cd两金属棒的电流I2金属棒ab所受安培力FA2BI2Lmg解得：v215 m/s.以金属棒cd为研究对象，其所受水平外力F、滑动摩擦力Ff以及安培力FA3三个力的合力为零即：FFA3Ff0；其中FA3FA2Ffmg解得：水平外力F的功率PFv116 W.