高考物理一轮复习【分层练习】 阶段性检测（8）电磁感应

高考物理一轮复习策略

首先，要学会听课：

1、有准备的去听，也就是说听课前要先预习，找出不懂的知识、发现问题，带着知识点和问题去听课会有解惑的快乐，也更听得进去，容易掌握;

2、参与交流和互动，不要只是把自己摆在“听”的旁观者，而是“听”的参与者。

3、听要结合写和思考。

4、如果你因为种种原因，出现了那些似懂非懂、不懂的知识，课上或者课后一定要花时间去弄懂。

其次，要学会记忆：

1、要学会整合知识点。把需要学习的信息、掌握的知识分类，做成思维导图或知识点卡片，会让你的大脑、思维条理清醒，方便记忆、温习、掌握。

2、合理用脑。

3、借助高效工具。学习思维导图，思维导图是一种将放射性思考具体化的方法，也是高效整理，促进理解和记忆的方法。最后，要学会总结：

一是要总结考试成绩，通过总结学会正确地看待分数。

1.摸透主干知识       2.能力驾驭高考      3.科技领跑生活

阶段性检测（八）

电磁感应

时间：90分钟   满分：100分

一、单项选择题：共8小题，每小题4分，共32分。

1．下列关于物理学发展史的说法中正确的是（　　）

A．伽利略通过理想斜面实验，提出了力是维持物体运动状态的原因

B．法拉第为了解释磁体产生的磁场提出了分子电流假说

C．奥斯特发现了电流周围存在磁场，提出了电流的磁效应

D．楞次在对理论基础和实验资料进行严格分析后，提出了电磁感应定律

【答案】C

【解析】A．伽利略通过理想斜面实验，提出了力不是维持物体运动状态的原因，而是改变物体运动状态的原因，选项A错误；B．安培为了解释磁体产生的磁场提出了分子电流假说，选项B错误；C．奥斯特发现了电流周围存在磁场，提出了电流的磁效应，选项C正确；D．纽曼、韦伯在对理论和实验资料进行严格分析后，提出了法拉第电磁感应定律，故D错误。故选C。

2．如图所示，一正电粒子从直径上方掠过金属圆环表面，粒子与圆环不接触，该过程中（　　）

A．线圈内磁通量一定不变 B．环中一定有感应电流

C．金属环有扩张趋势 D．粒子与金属环无相互作用

【答案】B

【解析】ABC．正电粒子从直径上方掠过金属圆环表面时，等效电流方向从左往右，环中净磁通量为垂直直面向里，且净磁通量先增后减，环中产生感应电流，金属环先有缩收后有扩张趋势，故AC错误，B正确，

D．环中产生感应电流后周围会有磁场，且在环内磁场方向垂直于环所在的平面，正电荷从左往右运动时会受到洛伦兹力，所以粒子与金属环有相互作用，故D错误。故选B。

3．图（a）所示是两个同心且共面的金属圆环线圈A和B，A中的电流按图（b）所示规律变化，规定顺时针方向为电流的正方向。下列说法中正确的是（　　）

A．0～t1时间内，线圈B中的感应电流沿逆时针方向

B．0～t1时间内，线圈B有扩张的趋势

C．t1时刻，线圈B有收缩的趋势

D．0～t2时间内，线圈B中的感应电流大小、方向均不变

【答案】D

【解析】AB．在0～t1时间内，线圈A中顺时针电流在减小，电流产生磁场在减小，根据安培定则与磁场叠加原则可知，穿过线圈B的磁通量方向向里且在减小，根据楞次定律可知线圈B的感应电流方向为顺时针，两线圈的电流同向，则有相互吸引趋势，所以线圈B有收缩趋势，故AB错误；C．t1时刻，线圈A中的电流为零，没有磁场，因此线圈B既没有扩张的趋势，也没有收缩的趋势，故C错误；D．当t1～t2时间内，线圈A中逆时针电流在增大，电流产生磁场在增强，根据安培定则与磁场叠加原则可知，穿过线圈B的磁通量的方向向外，且在增大，根据楞次定律可知线圈B的感应电流方向为顺时针，所以0～t2时间内，线圈B中的感应电流方向不变，又由于线圈A中的电流变化率相同，因此线圈B中的感应电流大小也不变，故D正确。故选D。

4．如图所示，条形磁铁用细线悬挂在O点。O点正下方固定一个水平放置的铝线圈。让磁铁在竖直面内摆动，下列说法中正确的是（　　）

A．在一个周期内，线圈内感应电流的方向改变2次

B．磁铁始终受到感应电流磁场的斥力作用

C．磁铁所受到的感应电流对它的作用力始终是阻力

D．磁铁所受到的感应电流对它的作用力有时是阻力有时是动力

【答案】C

【解析】A．在一个周期之内，穿过铝线圈的磁通量先增大，后减小，再增大，最后又减小，穿过铝线圈磁场方向不变，磁通量变化趋势改变，感应电流方向发生改变，因此在一个周期内，感应电流方向改变4次，A不符合题意；B．由楞次定律可知，磁铁靠近铝线圈时受到斥力作用，远离铝线圈时受到引力作用，B不符合题意；CD．由楞次定律可知，感应电流总是阻碍磁铁的相对运动，感应电流对磁铁的作用力总是阻力，C符合题意，D不符合题意。故选C。

5．如图所示，固定于水平面上的金属架abcd处在竖直方向的匀强磁场中，初始时的磁感应强度为B0导体棒MN以恒定速度v向右运动，从图示位置开始计时，为使棒MN中不产生感应电流，磁感应强度B随时间t变化的示意图应为（　　）

A． B．

C． D．

【答案】D

【解析】设初始时MN与bc间的距离为L，MN=d，则当通过闭合回路的磁通量不变，MN棒中不产生感应电流，有：

B0Ld=Bd（L+vt）

所以

变形得

由表达式可知， 与t是线性关系，由数学知识知D正确。故选D。

6．图1为无线充电技术中使用的受电线圈示意图，线圈匝数为n，面积为S。在0到t2时间内，匀强磁场平行于线圈轴线向右穿过线圈，其磁感应强度大小随时间变化的规律如图2所示，则下列说法正确的是（　　）

A．在0~t1时间内，线圈两端a和b之间的电势差恒为

B．在0~t1时间内，线圈两端a和b之间的电势差从0均匀变化到

C．在t1~t2时间内，线圈两端a和b之间的电势差为0

D．在t1~t2时间内，线圈两端a和b之间的电势差为恒定且不为0的值

【答案】C

【解析】AB．在0~t1时间内，磁感应强度大小随时间均匀变化，产生感应电动势，根据法拉第电磁感应定律得，感应电动势

由楞次定律及安培定则可判断b点电势高于a点电势，因磁场均匀变化，所以感应电动势恒定，则a、b两点电势差恒为

故AB错误；CD．在t1~t2时间内，穿过受电线圈的磁通量不变，没有感应电动势产生，线圈两端a和b之间的电势差为0，故C正确，D错误。故选C。

7．如图所示，ABCD是固定的水平放置的足够长的U形导轨，整个导轨处于竖直向上的匀强磁场中，在导轨上架着一根金属棒ef，在极短时间内给棒ef一个水平向右的速度，ef棒开始运动，最后又静止在导轨上，则ef在运动过程中，就导轨是光滑和粗糙两种情况相比较（　　）

A．整个回路产生的总热量相等

B．安培力对ef棒做的功相等

C．安培力对ef棒的冲量相等

D．电流通过整个回路所做的功相等

【答案】A

【解析】ABD．由能量守恒定律可知，ef棒具有的动能将全部转化为内能，无摩擦时，将全部转化为电热（即克服安培力做的功）；有摩擦时，将一部分转化为电热，另一部分用于克服摩擦力做功，选项A正确。电流通过整个回路所做的功等于克服安培力做的功，也等于产生的电热，B、D错误。C ．由动量定理可知，合力的冲量等于物体动量的变化量，由于两次动量变化相同，则合力的冲量相等，无摩擦时安培力的冲量较大， C错误。故选A。

8．人们对电磁炮的研究不断深入。某高中科研兴趣小组利用学过的知识制造了一台电磁炮，其原理示意图如图甲所示，高压直流电源电动势为E，大电容器的电容为C。线圈套在中空的塑料管上，管内光滑，将直径略小于管的内径的金属小球静置于管口附近。首先将开关S接1，使电容器完全充电，然后立即将S转接2，此后电容器放电，通过线圈的电流随时间的变化如图乙所示，金属小球在的时间内被加速发射出去，时刻刚好运动到管口。下列关于该电磁炮的说法正确的是（       ）

A．小球在塑料管中做匀变速直线运动

B．在的时间内，小球中产生的涡流从左向右看是顺时针方向的

C．在时刻，小球受到的线圈磁场对它的作用力为零

D．在的时间内，电容器储存的电能全部转化为小球的动能

【答案】C

【解析】A. 线圈中的磁场强弱程度与通过线圈的电流大小成正比，根据乙图可知，线圈中产生的磁感应强度（磁通量）变化步调与电流的变化步调一致，在时间内，线圈电流

从0逐渐增大，但其变化率却逐渐减小至0，所以线圈中的磁通量变化率也逐渐减小至0，金属小球中感应电动势也逐渐减小至0，金属小球中的涡流也逐渐减小至0，可知时刻，金属小球受到线圈磁场对它的作用力为0，时刻，金属小球受到线圈磁场对它的作用力也为0，故时间内，金属小球受到线圈磁场对它的作用力应先增大后减小，即加速度应先增大后减小，A错误；B. 时间内，由安培定则知线圈电流在线圈内的磁场方向向右，线圈电流在增大，则产生的磁场在增大，通过金属小球磁通量在增大，根据楞次定律可知金属小球中产生涡流的磁场方向向左，由安培定则可知，金属小球中产生的涡流从左向右看是逆时针方向的，B错误；C. 时刻，线圈中电流的变化率为零，所以线圈中磁通量变化率为零，金属小球中感应电动势为零，金属小球中的涡流为零，所以小球受线圈作用力为零，C正确；D. 在的时间内，电容器减少的电场能转化为磁场能，磁场能有一部分转化为小球的动能，还留有一部分磁场能。所以减少的电场能大于小球增加的动能，D错误；故选C。

二、多项选择题：共3小题，每小题4分，共12分。全部选对得4分，部分选对得2分，有选错得得0分。

9．如图，A、B是相同的白炽灯，L是自感系数很大、电阻可忽略的自感线圈。下面说法正确的是（　　）

A．闭合开关S时，A、B灯同时亮，且达到正常

B．闭合开关S时，B灯比A灯先亮，最后一样亮

C．闭合开关S时，A灯比B灯先亮，最后一样亮

D．断开开关S时，A灯与B灯同时慢慢熄灭

【答案】BD

【解析】ABC．由于自感的作用，闭合开关S时，B灯比A灯先亮，最后一样亮，故AC错误，B正确；D．断开开关S时，L中产生自感电动势，在A灯、B灯和线圈L中重新形成回路，则A灯与B灯同时慢慢熄灭，故D正确。故选D。

10．如图所示，两平行光滑导轨由两部分组成，左面部分水平，右面部分是半径为r的竖直半圆，两导轨间的距离为l，导轨的电阻不计，导轨水平部分处于竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，两根长度均为l的金属棒ab、cd均垂直导轨置于水平导轨上，金属棒ab、cd的质量分别为2m与m，电阻分别为R与。现给ab棒施加一个瞬时冲量使其以初速度开始沿导轨向右运动，cd

棒随即也开始运动且进入圆轨道后恰好能通过轨道最高点，已知cd棒进入圆轨道前两棒未相撞，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（　　）

A．ab棒刚开始向右运动时cd棒的加速度大小为

B．cd棒刚进入半圆轨道时ab棒的速度大小为

C．cd棒刚进入半圆轨道时对轨道的压力为5mg

D．cd棒进入半圆轨道前ab棒上产生的焦耳热为

【答案】AB

【解析】A．ab棒开始向右运动时，设回路中电流为I，则根据导体棒切割磁场有

E=Blv0

根据闭合电路欧姆定律有

根据牛顿第二定律可得

BIl=ma0

联立解得

A正确；BC．设cd棒刚进入圆形轨道时的速度为v2，此时ab棒的速度为v1，ab棒开始运动至cd棒即将进入圆轨道的过程，对ab和cd组成的系统运用动量守恒定律可得

2mv0=2mv1+mv2

cd棒进入圆轨道至最高点的过程中，对cd棒运用动能定理可得

在半圆轨道的点对cd棒由牛顿第二定律可得

联立解得

由牛顿第二定律可得cd棒刚进入半圆轨道时对轨道的压力大小为

B正确，C错误；D．cd棒进入半圆轨道前对ab棒，由能量守恒定律可得

D错误。故选AB。

11．如图所示，两水平虚线1、2之间存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，边长为h的正方形导体框由虚线1上方无初速释放，释放瞬间ab边与虚线平行且与虚线1的间距为h，导体框的质量为m、总电阻为r，重力加速度为g。已知cd边与两虚线重合时的速度大小均为，忽略空气阻力，导体框在整个下落过程中不会发生转动。则下列说法正确的是（　　）

A．导体框的ab边与虚线1重合时，克服安培力做功的功率大小为

B．两虚线之间的距离为

C．导体框在穿过磁场的过程中，产生的焦耳热为3mgh

D．导体框从ab边与虚线1重合到cd边与虚线1重合所用的时间为

【答案】BD

【解析】A．当导体框的ab边与虚线1重合时，速度为，由

得

则安培力

克服安培力做的功率为

故A错误；B．线框进入磁场的过程中，由动能定理得

其中

则克服安培力做的功

设两虚线间的距离为h，由题意可得当导体框的ab边与虚线2重合时，速度也为，由动能定理可得

解得

故B正确；C．导体框在穿过磁场的过程中，产生的焦耳热

故C错误；D．对导体框从ab边与虚线1重合到cd边与虚线1重合的过程，由动量定理得

其中

所以

联立解得

故D正确。故选BD。

三、实验题：共2小题，共18分。

12.（9分）（1）某同学用如图所示装置做研究电磁感应现象的实验。正确连接后，他先将变阻器的滑动片P置于ab的中点，在闭合开关瞬间，电流计的指针向右摆，说明_____（选填“大线圈”或“小线圈”）有电流流过。闭合开关后，为使电流计的指针再向右摆，应将滑动变阻器的滑动片P向_____（选填“a”或“b”）端移动。

（2）某同学用如图甲所示电路测量电源的电动势和内阻。实验用的电压表和电流表都是理想表，保护电阻R1=10Ω，R2=5Ω，还知道待测电源的电动势约3V，内阻约2Ω。

该同学合理选择仪器、连接电路后，正确操作，得到多组电压表的示数U和相应电流表的示数I，并画出了如图乙所示的U-I图线（U、I都用国际单位），求出U-I图线斜率的绝对值k和在横轴上的截距I0，则待测电源的电动势E和内阻r的表达式E=_____，r=_____。（用k、I0、R1、R2表示）若实验室有电流表Ⅰ（0~200mA）和电流表Ⅱ（0~30mA），该同学选择的是_____。

【答案】（1）大线圈     b     （2）kI0     k-R2     电流表Ⅰ

【解析】

（1）[1][2]与电流计相连的是大线圈，在闭合开关瞬间，大线圈中磁通量发生变化，产生感应电流。闭合开关瞬间，电流增大，电流计的指针向右摆，闭合开关后，为使电流计的指针再向右摆，要求电流增大，则回路中电阻需减小，所以应将变阻器的滑动片P向b端移动。

（2）[3][4]由闭合电路欧姆定律可知

U+I（R2+r)=E

变形可得

U=-（R2+r）I+E

图线斜率的绝对值为k，在横轴上的截距为I0，则有

k=R2+r

两式联立可得

E=kI0

r=k-R2

[5]当滑动变阻器电阻取零时，可求得回路中的最大电流

比较电流表Ⅰ（0~200 mA）和电流表Ⅱ（0~30 mA），电流表Ⅱ量程较小，容易烧坏，故应选择电流表Ⅰ。

13.（9分）为了测一个自感系数很大的线圈L的直流电阻RL，实验室提供以下器材：

待测线圈L（阻值约为5Ω）；

电流表A1（量程3.0A，内阻r1约为0.2Ω）；

电流表A2（量程0.6A，内阻r2=1.0Ω）；

滑动变阻器R1（0~10Ω）；

电压表V（量程3V，内阻约为2kΩ）；

电阻箱R2（0~99.9Ω）；

电源E（电动势E约为3V，内阻很小）；

单刀单掷开关S1、S2；导线若干。

（1）某实验小组按如图（a）所示的电路测量线圈L的直流电阻RL。实验主要步骤如下：

①按电路图连接好电路，断开开关S1、S2，滑动变阻器R1的滑片移动________（填“左”或者“右”）端；

②闭合开关S1、S2，移动滑动变阻器R的滑片至适当位置，记下电流表A2的示数为I2，电压表V的示数为U，线圈L的直流电阻的测量值的计算式为RL=________；

③测量完后，应先断开开关________，再断开开关________（以上两空填S1或S2）其理由是________；

（2）若只提供一个开关S1，为避免自感现象对电表的影响，经讨论，同学们认为可以利用两个电流表和一个电阻箱达到测量的目的。图（b）方框中已画了部分电路，请根据你的设计，在方框中完成电路图________。

【答案】（1）右          S2     S1     若先断开S1，则由于断电自感现象，有可能烧坏电压表    

（2）

【解析】

（1）①[1]接通电路之前，为了保证安全，滑动变阻器接入电路部分应最大，所以滑片移动到最右端。

②[2]利用伏安法测电阻

③[3][4][5]如果先断开S1再断开S2，则电感线圈、电流表A2、电压表V组成一个回路，线圈有断电自感现象，形成较大的自感电动势，有可能烧坏电压表，所以应先断开S2再断开S1。

（2）[6]电路如图所示，设A1的读数为I1，A2的读数为I2，电箱的读数为R2，则电感线圈的电阻可表示为

四、计算题：共2小题：38分。

14.（18分）如图所示，两根足够长的平行光滑金属导轨MN、PQ相距为L=0.1m，导轨平面与水平面的夹角为，导轨上端连接一定值电阻R=0.3Ω，导轨的电阻不计，整个装置处于方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，长为L的金属棒cd垂直于MN、PQ放置在导轨上，且与导轨保持良好的接触，金属棒的质量为m=0.2kg，电阻为r=0.1Ω，现将金属棒从紧靠NQ处由静止释放，当金属棒沿导轨下滑距离为S=12m时，速度达到最大值，重力加速度g取，求：

（1）匀强磁场的磁感应强度B的大小；

（2）若将金属棒下滑12m的时刻记作t=0，假设此时的磁感应强度为已知，从此时刻起，让磁感应强度逐渐减小，可使金属棒中不产生感应电流，请用和t表示出这种情况下磁感应强度B变化的表达式。

【答案】（1）；（2）

【解析】（1）金属棒达最大速度时产生的电动势

回路中产生的感应电流

金属棒棒所受安培力

cd棒受力如图所示

当所受合外力为零时，下滑的速度达到最大，即

由以上四式解得

代入数据得

（2）金属棒从t＝0起运动的加速度大小为a，由牛顿第二定律有

解得

因为不产生电流，所以磁通量不变

得

15（20分）如图所示，高度足够的匀强磁场区域下边界水平、左右边界竖直，磁场方向垂直于纸面向里，正方形单匝线框abcd的边长L = 0.2m、回路电阻R = 1.6 × 10 - 3Ω、质量m = 0.2kg，线框平面与磁场方向垂直，线框的ad边与磁场左边界平齐，ab边与磁场下边界的距离也为L，现对线框施加与水平向右方向成θ = 45°角、大小为的恒力F，使其在图示竖直平面内由静止开始运动。从ab边进入磁场开始，在竖直方向线框做匀速运动；dc边进入磁场时，bc边恰好到达磁场右边界。重力加速度大小取g = 10m/s2，求：

（1）ab边进入磁场前，线框在水平方向和竖直方向的加速度大小；

（2）磁场的磁感应强度大小和线框进入磁场的整个过程中回路产生的焦耳热；

（3）磁场区城的水平宽度。

【答案】（1），；（2）0.2T，0.4J；（3）1.1m

【解析】（1）ab边进入磁场前，对线框进行受力分析，在水平方向上有

在竖直方向上有

解得

，

（2）当ab边进入磁场时的感应电动势

感应电流

在竖直方向线框做匀速直线运动，则有

线框进入磁场前竖直方向做匀加速直线，则有

解得

线框进入磁场的整个过程中回路产生的焦耳热

线框在磁场中竖直方向匀速运动的时间

解得

Q = 0.4J

（3）线框进入磁场前匀加速运动的时间

线框水平方向一直做匀加速直线运动，则匀加速的位移

磁场区域的水平宽度

解得