高考物理一轮复习单元素养评价（十二）电磁感应含答案

单元素养评价(十二)　电磁感应

一、单项选择题

1．[2022·新乡一模]如图所示，在范围足够大的空间存在一个磁场，磁感线呈辐状分布，其中磁感线O竖直向上，磁场中竖直固定一个轻质弹簧．在距离弹簧某一高度处，将一个金属圆盘由静止释放，圆盘下落的过程中盘面始终保持水平，且圆盘的中轴线始终与弹簧的轴线、磁感线O重合．从圆盘开始下落，到弹簧被压缩至最短的过程中，下列说法正确的是(　　)

A．在圆盘内磁通量不变

B．从上往下看，在圆盘内会产生顺时针方向的涡流

C．在接触弹簧之前，圆盘做自由落体运动

D．圆盘的重力势能减少量等于弹簧弹性势能的增加量

2．[2022·海淀区模拟]如图所示，左右两套装置完全相同，用导线悬挂的金属细棒ab、cd分别位于两个蹄形磁铁的中央，悬挂点用导线分别连通．现用外力使ab棒向右快速摆动，则此时cd棒受到的安培力方向及这个过程中右侧装置的工作原理相当于(　　)

A．cd棒受到的安培力向右，右侧装置的工作原理相当于电动机

B．cd棒受到的安培力向左，右侧装置的工作原理相当于发电机

C．cd棒受到的安培力向右，右侧装置的工作原理相当于发电机

D．cd棒受到的安培力向左，右侧装置的工作原理相当于电动机

3．在如图所示的电路中，a、b、c为三盏完全相同的灯泡，L是自感线圈，直流电阻为RL，则下列说法正确的是(　　)

A.合上开关后，c先亮，a、b后亮

B．断开开关时，N点电势高于M点

C．断开开关后，b、c同时熄灭，a缓慢熄灭

D．断开开关后，c马上熄灭，b闪一下后缓慢熄灭

4．[2022·山东沂水统考]如图所示，边长为L的正方形线框，从图示位置在恒力作用下沿水平面滑动，中途穿越垂直纸面向里、有理想边界的匀强磁场区域，磁场的宽度大于L，以i表示导线框中的感应电流，以v表示线框运动的速度．从线框刚进入磁场区域开始计时，电流取逆时针方向为正方向，以下图像可能正确的是(　　)

5．[2022·河北衡水联考]如图甲所示，绝缘水平桌面上水平放置着一单匝硬质金属线框，空间存在垂直于桌面、大小按图乙所示规律变化的匀强磁场，t＝0时刻磁场方向垂直于桌面向下，虚线MN为磁场边界．在0～t2时间内金属线框始终静止，则线框所受的摩擦力(以向右为正方向)随时间变化的图像正确的是(　　)

6．[2022·四川宜宾联考]如图甲所示，两固定平行且光滑金属轨道MN、PQ与水平面的夹角θ＝37°，M、P之间接电阻箱R，电阻箱的阻值范围为0～9.9 Ω，导轨所在空间存在匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面向上，磁感应强度大小为B＝0.5 T．质量为m的金属杆ab水平放置在轨道上，其接入电路的阻值为r.现从静止释放杆ab，测得最大速度为vmax.改变电阻箱的阻值R，得到vmax与R的关系如图乙所示．已知轨道间距为L＝2 m，重力加速度g＝10 m/s2，轨道足够长且电阻不计，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.则(　　)

A．金属杆滑动时回路中产生的感应电流的方向是abMpa

B．金属杆的质量m＝0.5  kg

C．金属杆接入电路的阻值r＝2 Ω

D．当R＝2 Ω时，杆ab匀速下滑过程中R两端的电压为8 V

二、多项选择题

7．如图所示，等边闭合三角形线框，开始时底边与匀强磁场的边界平行且重合，磁场的宽度大于三角形的高度，线框由静止释放，穿过该磁场区域，不计空气阻力，则下列说法正确的是(　　)

A．线框进磁场过程中感应电流为顺时针方向

B．线框底边刚进入和刚穿过磁场时线圈的加速度大小可能相同

C．线框出磁场的过程，可能做先减速后加速的直线运动

D．线框进出磁场过程，通过线框的电荷量不同

8．[2022·浙江台州期末]如图所示，倾角为α的斜面上放置着光滑导轨，金属棒KN置于导轨上，在以ab和cd为边界的区域内存在磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直导轨平面向上．在cd左下方的无磁场区域cdPM内有一半径很小的金属圆环L，圆环与导轨在同一平面内．当金属棒KN在重力作用下从磁场右边界ab处由静止开始向下运动后，下列说法正确的是(　　)

A．圆环L有收缩趋势

B．圆环L有扩张趋势

C．圆环内产生的感应电流变小

D．圆环内产生的感应电流不变

9．如图甲所示，在MN、QP间存在一匀强磁场，t＝0时，一正方形光滑金属线框在水平向右的外力F作用下紧贴MN从静止开始做匀加速运动，外力F随时间t变化的图线如图乙所示．已知线框质量m＝1  kg、电阻R＝2 Ω，则(　　)

A．磁场宽度为4 m

B．匀强磁场的磁感应强度为 T

C．线框穿过磁场过程中，通过线框的电荷量为2 C

D．线框穿过磁场过程中，线框产生的热量为1 J

三、非选择题

10．[2022·黑龙江哈尔滨模拟]一种重物缓降装置利用电磁感应现象制成，其物理模型如图所示，半径为L的铜轴上焊接一个半径为3L的铜制圆盘，铜轴上连接轻质绝缘细线，细线缠绕在铜轴上，另一端悬挂着一个重物，从静止释放后整个转轴和圆盘可以在重物的作用下一起转动，整个装置位于垂直于圆盘面的匀强磁场中，铜轴的外侧和圆盘的外侧分别通过电刷及导线和外界的一个灯泡相连，电磁感应中产生的电流可以通过灯泡而使灯泡发光，如果已知磁感应强度为B，重物质量为m，灯泡电阻恒为R，重力加速度为g，不计一切摩擦阻力，除了灯泡以外的其余电阻不计，问：

(1)当圆盘转动的角速度为ω时灯泡两端的电压；

(2)如果绳子足够长，铜轴所处高度足够高，求重物从静止释放后所能达到最大速率．

11．如图所示，有两根足够长的平行光滑导轨水平放置，右侧用一小段光滑圆弧和另一对竖直光滑导轨平滑连接，导轨间距L＝1 m．细金属棒ab和cd垂直于导轨静止放置，它们的质量m均为1  kg，电阻R均为0.5 Ω.cd棒右侧1 m处有一垂直于导轨平面向下的矩形匀强磁场区域，磁感应强度B＝1 T，磁场区域长为s.以cd棒的初始位置为原点，向右为正方向建立坐标系．现用向右的水平恒力F＝1.5 N作用于ab棒上，作用4 s后撤去F.撤去F之后ab棒与cd棒发生弹性碰撞，cd棒向右运动．金属棒与导轨始终接触良好，导轨电阻不计，空气阻力不计．(g取10 m/s2)求：

(1)ab棒与cd棒碰撞后瞬间的速度分别为多少．

(2)若s＝1 m，求cd棒滑上右侧竖直导轨，距离水平导轨的最大高度h.

单元素养评价(十二)　电磁感应

1．解析：圆盘下落过程中，S不变，磁感线变密，故磁通量增大，故A错误；根据楞次定律可知，感应电流产生的磁场方向竖直向下，由右手螺旋定则可知：自上而下看，圆盘会产生顺时针方向的涡旋电流，故B正确；根据楞次定律，接触弹簧之前，除重力外，下落过程中圆盘会受到向上的阻碍磁通量增大的力，故C错误；根据能量守恒定律可知，接触弹簧下落过程中，圆盘的重力势能转化为弹簧的弹性势能、圆盘的动能以及因涡流效应产生的内能，故D错误．故选B.

答案：B

2．解析：ab棒向右切割磁感线，根据右手定则可知，感应电流方向由b到a，则cd中电流由c到d，再根据左手定则可知，cd棒受力向右；右侧装置的运动属于通电导线在磁场中受力运动，故相当于电动机，故A项正确，B、C、D三项错误．

答案：A

3．解析：开关S闭合瞬间，因线圈L的电流增大，产生自感电动势，根据楞次定律可知，自感电动势阻碍电流的增大，通过a灯的电流逐渐增大，所以b、c先亮，a后亮，选项A错误；断开开关S的瞬间，因线圈L的电流减小，产生自感电动势，根据楞次定律可知通过自感线圈的电流方向与原电流方向相同，N点电势高于M点；L和a、b组成的回路中有电流，由于原来a灯的电流小于b灯的电流，开关断开的瞬间，通过a、b和线圈回路的电流从a灯原来的电流大小开始减小，所以b灯会先变暗，然后a、b灯一起缓慢熄灭，而c没有电流，马上熄灭，选项B正确，C、D错误．

答案：B

4．解析：线框以一定速度进入磁场区域后，产生感应电动势和感应电流，受到安培力作用．在刚进入磁场时，若所受安培力刚好等于F，线框做匀速运动，感应电流为恒定值，完全进入后，磁通量不变，不产生感应电流，不受安培力作用，线框加速运动，在出磁场时，所受安培力一定大于F，一定做减速运动，产生的感应电流逐渐减小，图像B正确，A错误．在刚进入磁场时，若所受安培力小于F，线框加速运动，完全进入后，磁通量不变，不产生感应电流，不受安培力作用，线框加速度大于刚进入时的加速度，在刚进入磁场时，若所受安培力大于F，线框减速运动，完全进入后，磁通量不变，不产生感应电流，不受安培力作用，线框加速运动，所以图像C、D错误．

答案：B

5．解析：结合B ­ t图像，由楞次定律可知线框中感应电流方向一直为顺时针方向，根据法拉第电磁感应定律得E＝S，又由闭合电路欧姆定律得I＝＝，则0～t2时间内感应电流的方向和大小均不变，根据左手定则可知，在时间内，安培力方向向左，故线框所受的摩擦力方向向右，在t1时刻，磁场方向反向，则安培力方向反向，摩擦力方向也反向，由F＝BIL可知安培力的大小随磁感应强度B的大小的变化而变化，选项A、B、D错误，C正确．

答案：C

6．解析：金属杆滑动时，穿过闭合回路的磁通量增加，根据楞次定律知回路中感应电流的方向是aPMba，选项A错误；杆运动的最大速度为vmax时，杆切割磁感线产生的感应电动势为E＝BLvmax，由闭合电路的欧姆定律得I＝，杆达到最大速度时受力平衡，满足mg sin θ－BIL＝0，解得vmax＝R＋r，结合图乙可知，＝2 m·s－1·Ω－1，r＝4 m/s，解得m＝ kg，r＝2 Ω，选项B错误，C正确；当R＝2 Ω时，金属杆ab匀速下滑过程中有mg sin θ－BI′L＝0，解得通过R的电流I′＝2 A，所以R两端的电压为U＝I′R＝2×2 V＝4 V，选项D错误．

答案：C

7．解析：线框进入磁场过程中，磁通量增大，根据楞次定律可知，感应电流为逆时针方向，故A错误；线框底边刚进入瞬间，速度为零，产生的感应电动势为零，下落加速度为g，完全进入磁场后下落加速度为g，随着下落速度的增大，出磁场时产生的安培力可能等于2mg，此时减速的加速度大小可能为g，故B正确；线框出磁场的过程，可能先减速，随着速度减小，切割长度变短，线框受到的安培力减小，当小于重力后线框做加速运动，故C正确；线框进、出磁场过程，磁通量变化相同，所以通过线框的电荷量相同，故D错误．故选BC.

答案：BC

8．解析：由于金属棒KN在重力的作用下向下运动，则KNMP回路中产生逆时针方向的感应电流，则在圆环处产生垂直于轨道平面向上的磁场，随着金属棒向下加速运动，圆环的磁通量将增加，依据楞次定律可知，圆环将有收缩的趋势以阻碍圆环磁通量的增加；又由于金属棒向下运动的加速度减小，磁通量的变化率减小，所以在圆环中产生的感应电流不断减小．故A、C正确．

答案：AC

9．解析：线框的加速度为a＝＝ m/s2＝2 m/s2，磁场宽度d＝＝4 m，A正确；线框的边长L＝＝1 m，当线框全部进入磁场的瞬间有：F1－F安＝ma，F安＝＝，解得B＝ T，B正确；线框穿过磁场的过程中，通过线圈的电荷量为零，C错误；设线框完全离开磁场时速度为v2，则有－v2＝2aL，得v2＝2 m/s，线框出磁场过程中动能的变化量为ΔE＝－mv2＝2 J，此过程中外力F做的功等于线框动能增加量与产生的热量之和，即FL＝ΔE＋Q，由题图乙知FL>6 J，所以Q>4 J，选项D错误．

答案：AB

10．解析：(1)由转动切割公式E＝Bl2ω得：

U＝Bω[(3L)2－L2]＝4BL2ω

(2)当转盘匀速转动的角速度为ω0时，重物速度达到最大，此时P＝，又P＝Fv

则＝mgv，又v＝ω0L，解得v＝

答案：(1)4BL2ω　(2)

11．解析：(1)对ab棒，由动量定理得：

Ft＝mva－0

ab棒与cd棒碰撞过程，取向右方向为正，对系统由动量守恒定律得：

mva＝mvc＋mv′a

由系统机械能守恒定律得：

＝

解得：v′a＝0，vc＝6 m/s

(2)＝＝

F′＝BL

对cd棒进入磁场过程，由动量定理得：

－F′Δt＝mv′c－mvc

对cd棒出磁场后由能量守恒得：

＝mgh

联立以上各式得：h＝1.25 m

答案：(1)0　6 m/s　(2)1.25 m