2019-2020年高考物理一轮复习 专题09 电磁感应检测题.doc

2019-2020年高考物理一轮复习 专题09 电磁感应检测题一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项符合题目要求，有的有多个选项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。）11831年法拉第发现用一块磁铁穿过一个闭合线路时，线路内就会有电流产生，这个效应叫电磁感应。法拉第电磁感应定律可以这样表述：闭合电路中感应电动势的大小 （ ）A跟穿过这一闭合电路的磁通量成正比B跟穿过这一闭合电路的磁感应强度成正比C跟穿过这一闭合电路的磁通量的变化率成正比D跟穿过这一闭合电路的磁通量的变化量成正比2电阻箱是一种可以调节电阻大小并且能够显示出电阻阻值的变阻器。制造某种型号的电阻箱时，要用双线绕法，如右图所示。当电流变化时双线绕组 （ ）A螺旋管内磁场发生变化B穿过螺旋管的磁通量不发生变化C回路中一定有自感电动势产生D回路中一定没有自感电动势产生3如右图所示，在匀强磁场B中放一电阻不计的平行金属导轨，导轨跟固定的大导体矩形环M相连接，导轨上放一根金属导体棒ab并与导轨紧密接触，磁感应线垂直于导轨所在平面。若导体棒匀速地向右做切割磁感线的运动，则在此过程中M所包围的固定闭合小矩形导体环N中电流表内 （ ）A 有自下而上的恒定电流B产生自上而下的恒定电流C电流方向周期性变化D没有感应电流4如下图所示，有界匀强磁场的宽为l，方向垂直纸面向里，梯形线圈abcd位于纸面内，ad与bc间的距离也为l。t=0时刻，bc边与磁场边界重合。当线圈沿垂直于磁场边界的方向匀速穿过磁场时，线圈中的感应电流I随时间t变化的图线可能是（取顺时针方向为感应电流正方向） （ ）5如右图所示，两条平行虚线之间存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，虚线间的距离为l，金属圆环的直径也是l。圆环从左边界进入磁场，以垂直于磁场边界的恒定速度v穿过磁场区域。则下列说法正确的是 （ ）A感应电流的大小先增大后减小B感应电流的方向先逆时针后顺时针C金属圆环受到的安培力先向左后向右D进入磁场时感应电动势平均值6如右图所示电路中，均匀变化的匀强磁场只存在于虚线框内，三个电阻阻值之比R1R2R3=123，其他部分电阻不计。当S3断开，而S1、S2闭合时，回路中感应电流为I，当S1断开，而S2、S3闭合时，回路中感应电流为5I，当S2断开，而S1、S3闭合时，可判断 （ ）A闭合回路中感应电流为4IB闭合回路中感应电流为7IC无法确定上下两部分磁场的面积比值关系D上下两部分磁场的面积之比为3257如右图所示，一光滑平行金属轨道平面与水平面成角。两轨道上端用一电阻R相连，该装置处于匀强磁场中，磁场方向垂直轨道平面向上。质量为m的金属杆ab，以初速度v0从轨道底端向上滑行，滑行到某一高度h后又返回到底端。若运动过程中，金属杆始终保持与导轨垂直且接触良好，且轨道与金属杆的电阻均忽略不计，则（ ）A返回出发点时棒ab的速度小于v0B上滑到最高点的过程中克服安培力做功等于C上滑到最高点的过程中电阻R上产生的焦耳热等于D金属杆两次通过斜面上的同一位置时电阻R的热功率相同8如右图所示，一直导体棒质量为m、长为l、电阻为r，其两端放在位于水平面内间距也为l的光滑平行导轨上，并与之接触良好，棒左侧两导轨之间连接一可控的负载电阻（图中未画出），导轨置于匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直与导轨所在平面，开始时，给导体棒一个平行于导轨的初速度v0，在棒的运动速度由v0减小至v1的过程中，通过控制负载电阻使棒中的电流强度I保持不变，导体棒一直在磁场中运动，若不计导轨电阻，则下述判断和计算结果正确的是 （ ）A导体棒做匀减速运动B在此过程中导体棒上感应电动势的平均值为C在此过程中负载电阻上消耗的平均功率为D因为负载电阻的值不能确定，所以上述结论都不对9一导线弯成如右图所示的闭合线圈，以速度v向左匀速进入磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直平面向外。线圈总电阻为R，从线圈进入磁场开始到完全进入磁场为止，下列结论正确的是 （ ）A感应电流一直沿顺时针方向B线圈受到的安培力先增大，后减小C感应电动势的最大值E=BrvD穿过线圈某个横截面的电荷量为10一个闭合回路由两部分组成，如右图所示，右侧是电阻为r的圆形导线；置于竖直方向均匀变化的磁场B1中，左侧是光滑的倾角为的平行导轨，宽度为d，其电阻不计。磁感应强度为B2的匀强磁场垂直导轨平面向上，且只分布在左侧，一个质量为m、电阻为R的导体棒此时恰好能静止在导轨上，分析下述判断不正确的是 （ ）A圆形线圈中的磁场，可以方向向上均匀增强，也可以方向向下均匀减弱B导体棒a、b受到的安培力大小为mgsinC回路中的感应电流为D圆形导线中的电热功率为二、非选择题（本题共6小题，共60分，解答应写出必要的文字说明，方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。）11（6分）如下图所示，边长为l的正方形金属框abcd套在U型金属框架MNPQ内，两者都放在光滑的水平地板上，U型框架与方形金属框之间接触良好且无摩擦。方形金属框ac、bd边电阻为R，其余两边电阻不计；U型框架NQ边的电阻为R，其余两边电阻不计。虚线右侧空间存在着一个范围足够大的竖直向下的匀强磁场，磁场的磁感强度大小为B。如果将方形金属框固定不动，用力拉动U型框使它以速度v0垂直NQ边向右匀速运动，求：（1）拉力为多大？（2）bd两端的电势差为多大？12（6分）如下图所示，某矩形线圈长为L、宽为d、匝数为n、总质量为M，其电阻为R，线圈所在磁场的磁感应强度为B，最初时刻线圈的上边缘与有界磁场上边缘重合，若将线圈从磁场中以速度v匀速向上拉出，则：（1）流过线圈中每匝导线横截面的电荷量是多少？（2）外力至少对线圈做多少功？13 （10分）如下图所示，MN、PQ是相互交叉成60角的光滑金属导轨，O是它们的交点且接触良好。两导轨处在同一水平面内，并置于有理想边界的匀强磁场中（图中经过O点的虚线即为磁场的左边界）。质量为m的导体棒ab与导轨始终保持良好接触，并在绝缘弹簧S的作用下从距离O点L0处沿导轨以速度v0向左匀速运动。磁感应强度大小为B，方向如图。当导体棒运动到O点时，弹簧恰好处于原长，导轨和导体棒单位长度的电阻均为r。求：（1）导体棒ab第一次经过O点前，通过它的电流大小；（2）导体棒ab第一次经过O点前，通过它的电量；（3）从导体棒第一次经过O点开始直到它静止的过程中，导体棒ab中产生的热量。14（10分）如下图甲所示，两足够长平行光滑的金属导轨MN、PQ相距为L，导轨平面与水平面夹角，导轨电阻不计。匀强磁场垂直导轨平面向上，长为L的金属棒ab垂直于MN、PQ放置在导轨上，且始终与导轨电接触良好，金属棒的质量为m、电阻为R，另有一条纸带固定金属棒ab上，纸带另一端通过打点计时器（图中未画出），且能正常工作。在两金属导轨的上端连接右端电路，灯泡的电阻RL=4R，定值电阻R1=2R，电阻箱电阻调到使R2=12R，重力加速度为g，现将金属棒由静止释放，同时接通打点计时器的电源，打出一条清晰的纸带，已知相邻点迹的时间间隔为T，如下图乙所示，试求：（1）求磁感应强度为B有多大？（2）当金属棒下滑距离为S0时速度恰达到最大，求金属棒由静止开始下滑2S0的过程中，整个电路产生的电热。15（14分）如下图所示，在距离水平地面h=0.8m的虚线的上方有一个方向垂直于纸面水平向内的匀强磁场。正方形线框abcd的边长l=0.2m，质量m=0.1kg，电阻R=0.08。某时刻对线框施加竖直向上的恒力F=1N，且ab边进入磁场时线框以v0=2m/s的速度恰好做匀速运动。当线框全部进入磁场后，立即撤去外力F，线框继续上升一段时间后开始下落，最后落至地面。整个过程线框没有转动，线框平面始终处于纸面内，g取10m/s2。求：（1）匀强磁场的磁感应强度B的大小；（2）线框从开始进入磁场运动到最高点所用的时间；（3）线框落地时的速度的大小。16（14分）如下图（a）所示，间距为l、电阻不计的光滑导轨固定在倾角为的斜面上。在区域I内有方向垂直于斜面的匀强磁场，磁感应强度为B；在区域内有垂直于斜面向下的匀强磁场，其磁感应强度Bt的大小随时间t变化的规律如下图（b）所示。t=0时刻在轨道上端的金属细棒ab从如图位置由静止开始沿导轨下滑，同时下端的另一金属细棒cd在位于区域I内的导轨上由静止释放。在ab棒运动到区域的下边界EF处之前，cd棒始终静止不动，两棒均与导轨接触良好。已知cd棒的质量为m、电阻为R，ab棒的质量、阻值均未知，区域沿斜面的长度为2l，在t=tx时刻（tx未知）ab棒恰进入区域，重力加速度为g。求：（1）通过cd棒电流的方向和区域I内磁场的方向；（2）当ab棒在区域内运动时cd棒消耗的电功率；（3）ab棒开始下滑的位置离EF的距离；（4）ab棒开始下滑至EF的过程中回路中产生的热量。1【命题立意】本题主要考查磁通量的变化率和、/t的区别。【思路点拨】表示穿过磁场中某个面的磁感线的条数，是状态量，由面积S、磁感应强度B以及它们的夹角决定，只有当面积S与磁感应强度B垂直时，=BS才能成立，如果B与S的夹角为，则应把面积S沿与B垂直的方向投影，此时=BSsin。磁通量变化量是指末态的2与初态的1的差，即=21，是过程量，它可以由有效面积的变化、磁场的变化而引起，且穿过闭合回路的磁通量发生变化是产生感应电动势的必要条件。磁通量变化率/t是表示单位时间内磁通量变化的大小，即磁通量变化快慢，感应电动势的大小与回路中磁通量变化率/t成正。【答案】C【解析】E=/t，与t的比值就是磁通量的变化率，所以只有C正确。2【命题立意】本题主要考查自感现象和互感现象。【思路点拨】自感现象的应用：凡是有导线、线圈的设备中，只要有电流变化都有自感现象存在，但对于特殊的双线绕法要加以区别，因此在做题时要特别留心这一特殊情况。【答案】BD【解析】两线圈绕的方向相反，线圈产生的磁场方向相反。螺旋管内磁场和穿过螺旋管的磁通量都不发生变化，回路中一定没有自感电动势产生，正确答案选BD。3【命题立意】本题考查感应电流产生的条件。【思路点拨】长度为L的导体，以速度v在磁感应强度为B的匀强磁场中做切割磁感线运动时，在B、L、v互相垂直的情况下，导体中产生的感应电动势的大小恒为：E=BLv，在M中产生恒定的感应电流，不会造成N中磁通量的变化，电流表无读数。【答案】D【解析】导体棒匀速向右运动的过程中，根据法拉第电磁感应定律可知，M中产生稳定的电流，则通过N中的磁通量保持不变，故N中无感应电流产生，选项D正确。4【命题立意】本题主要考查感应电动势和感应电流的产生条件和楞次定律。【思路点拨】感应电动势和感应电流产生的条件是：穿过电路的磁通量发生变化，就一定有感应电动势产生，电路可以闭合也可以断开。只有同时满足电路闭合和磁通量发生变化这两个条件，才能产生感应电流。【答案】B【解析】由右手定则可以判断开始时电流应为负值，其切割的有效长度是均匀增加的，当线框全部进入磁场到ad边离开磁场，再次利用右手定则可以判断此时电流应为正值，而其切割的有效长度是减小的，所以B项正确。5【命题立意】本题主要考查感应电流方向的判断以及感应电动势的计算。【思路点拨】判断感应电流的方向可以利用楞次定律，也可以利用右手定则，求平均电动势的大小，应选公式。【答案】B【解析】在圆环进入磁场的过程中，通过圆环的磁通量逐渐增大，根据楞次定律可知感应电流的方向为逆时针方向，感应电动势E=Blv，有效长度先增大后减小，所以感应电流先增大后减小，同理可以判断出磁场时的情况，A错误；B正确；根据左手定则可以判断，进入磁场和出磁场受到的安培力都向左，C错误；进入磁场时感应电动势平均值，D错误。6【命题立意】本题主要考查法拉第电磁感应定律的应用。【思路点拨】利用/t求磁通量的变化率，一般情况求的是磁通量的平均变化率，那么用E/t求得的则是平均电动势。【答案】BD【解析】当S1、S2闭合，S3断开时，有；同理，当S2、S3闭合，S1断开时有，当S1、S3闭合，S2断开时有。又R1R2R3123，设R1、R2、R3的电阻分别为R、2R、3R，又根据磁场的分布知E3E1E2，联系以上各式解得I37I。且有E13IR，E225IR，则上下两部分磁场的面积之比为325。7【命题立意】本题主要考查电磁感应中的电路问题以及能量问题。【思路点拨】处理此题首先要对金属棒进行受力分析，明确各力的做功情况；其次利用动能定理和功能关系列式解题。【答案】AC【解析】整个运动过程安培力始终做负功，金属杆的机械能减小，所以回到底端时的速度小于v0，A正确；上升过程中，由动能定理知B错；由能量转化和守恒得，减少的动能转化为金属杆的重力势能和电路的电能，电能又转化为电阻上的焦耳热，C正确；由于金属杆的机械能不断减小，所以上升过程经过某位置时的速度大于下滑过程经过该位置的速度，则上升时的电动势大，所以瞬时热功率大，D错误。8【命题立意】本题主要考查电磁感应中的力学问题。【思路点拨】既然有感应电流产生，就有其它能转化为电能。又由于感应电流是由相对运动引起的，所以只能是机械能转化为电能，因此机械能减少。磁场力对物体做负功，是阻力，表现出的现象就是“阻碍”导体的相对运动。【答案】AB【解析】因为通过控制负载电阻使棒中的电流强度I保持不变，由F安=BIl恒定，又由于导体棒在水平方向不受其它力的作用，所以导体棒做匀减速运动，选项A正确；在导体棒的速度从v0减小至v1的过程中，平均速度为，导体棒中的平均感应电动势为，故选项B也正确；导体棒中消耗的功率为，所以负载电阻上消耗的平均功率为，故选项CD都不正确，所以正确选项为AB。9【命题立意】本题主要考查楞次定律和安培力大小判断。【思路点拨】在闭合线圈进入磁场的过程中，首先判断穿过闭合电路的磁通量如何变化，进而利用楞次定律判断感应电流的方向；然后根据安培力公式判断力的增减变化，计算穿过线圈某个横截面的电荷量。【答案】AB【解析】在闭合线圈进入磁场的过程中，通过闭合线圈的磁通量逐渐增大，根据楞次定律可知感应电流的方向一直为顺时针方向，A正确；导体切割磁感线的有效长度先变大后变小，感应电流先变大后变小，安培力也先变大后变小，B正确；导体切割磁感线的有效长度最大值为2r，感应电动势最大E=2Brv，C错误；穿过线圈某个横截面的电荷量为，D错误。10【命题立意】本题考查电磁感应定律的综合应用。【思路点拨】本题综合性较强，做题时要从两个方面着手：从力的角度出发，分析ab杆受力情况，进而求出感应电流的大小；其次根据功率的公式求解功率的大小。【答案】D【解析】根据左手定则，导体棒上的电流从b到a，根据电磁感应定律可得A正确；根据共点力平衡知识，导体棒a、b受到的安培力大小等于重力沿导轨向下的分力，即mgsin，B正确；根据mgsin=B2Ld，解得，C正确；圆形导线的热功率等于，D错误。11【命题立意】本题主要考查感应电流和电路。【思路点拨】本题着重从两个方面考虑问题：一是谁是电源，电动势是多少？二是谁是外电路，bd两端的电压是路端电压还是电动势的大小？【答案】（1）；（2）【解析】（1）U型框向右运动时，NQ边相当于电源，产生的感应电动势（1分）U型框连同方框构成的闭合电路的总电阻为（1分）闭合电路的总电流为（1分）NQ边受到的安培力为即拉动型框使它以速度v0垂直NQ边向右匀速运动的拉力为（1分）（2）根据闭合电路欧姆定律可知，bd两端的电势差为：（2分）12【命题立意】本题主要考查计算感应电动势和线圈所受安培力。【思路点拨】求感应电动势的平均值用En/t公式，而导线切割磁感线运动产生感应电动势的瞬时值用公式E=BLv计算。在此基础上求感应电流、外力对线圈做的功。【答案】（1）；（2）【解析】（1）由题意可得：（1分）（1分）由联立解得：（1分）（2）线圈匀速离开磁场的过程中，线圈所受安培力为：（1分）由动能定理可得：（1分）由以上各式联立解得：（1分）13【命题立意】本题主要考查电磁感应中的能量守恒问题。【思路点拨】求解时要注意分析导体的运动情况与受力情况，并注意结合力学中的相关规律。分析受力时不能忘记安培力，在应用能量守恒定律时不能局限于机械能，还要考虑内能和电能。【答案】（1） （2） （3）【解析】（1）设ab棒在导轨之间的长度为l，根据法拉第电磁感应定律可得：E=Blv0（1分）由闭合电路欧姆定律得：（2分）（2）导体棒ab第一次经过O点前，通过它的电量为（1分）而，（1分）故（2分）（3）裸导线最终只能静止于O点，故其动能全部转化为焦耳热，即（1分）因为导轨与ab构成等腰三角形，三边电阻总是相等的，所以三边产生的热量总是相等的。即有（2分）14【命题立意】本题主要考查电磁感应与电场、直流电路综合问题。【思路点拨】解题时求感应电动势是解题的关键，可根据题设条件选取电动势的计算公式。除此之外，还要掌握电路的串并联规律、电阻定律、闭合电路欧姆定律和电功、电功率计算等知识。【答案】（1）（2）【解析】（1）根据图乙纸带上打出的点迹可看出，金属棒最终做匀速运动，且速度最大，最大值为vm=2s/T，达到最大速度时，则有mgsin=F安（1分）F安ILB（1分） 其中R总6R（1分）所以mgsin= （1分）解得 （2分）（2）由能量守恒知，放出的电热Q=2S0sin- （2分）代入上面的vm值，可得 （2分）15【命题立意】本题主要考查电磁感应与能量守恒综合问题【思路点拨】对于电磁感应中的能量转化问题，应弄清在过程中有哪些能量参与了转化，什么能量减少了，什么能量增加了，由能的转化和守恒定律即可求出转化的能量。能量的转化和守恒是通过做功来实现的，安培力做功是联系电能与其他形式的能相互转化的桥梁。因此，也可由功能关系（或动能定理）计算安培力的功，从而确定电能与其他形式的能相互转化的量。【答案】（1）1T （2）0.9s （3）vt=4m/s【解析】（1）线框的ab边刚进入磁场时，感应电流（1分）线框恰好做匀速运动，有F=mg+IBl（2分）代入数据解得B=1T（2分）（2）设线框进入磁场做匀速运动的时间为，有（1分）线框全部进入磁场后做竖直上抛运动，到最高点时所用时间（1分）线框从开始进入磁场运动到最高点，所用时间t=t1+t2=0.9s（2分）（3）线框从最高点回到到磁场边界时速度大小不变，线框所受安培力大小也不变，则IBl=mg（1分）因此，线框穿出磁场过程还是做匀速运动，离开磁场后做竖直上抛运动，由机械能守恒定律可得（2分）代入数据解得线框落地时的速度vt=4m/s（2分）16【命题立意】本题本题结合图象考查电磁感应的综合应用。【思路点拨】本题是力学、电磁学与图象的综合题。做题时要用到楞次定律判断感应电流的方向、法拉第电磁感应定律求电动势，对金属棒受力分析求电流强度的大小，在此基础上利用匀变速直线运动公式求时间，用焦耳定律求热量。【答案】（1）通过cd棒的电流方向dc，区域I内磁场方向为垂直于斜面向上 （2） （3）3l （4）4mglsin【解析】（1）通过cd棒的电流方向 dc （1分）区域I内磁场方向为垂直于斜面向上（1分）（2）对cd棒，F安=BIl=mgsin，所以通过cd棒的电流大小I = （1分）当ab棒在区域II内运动时cd棒消耗的电功率P=I2R=（1分）（3）ab棒在到达区域II前做匀加速直线运动，a=gsin（1分）cd棒始终静止不动，ab棒在到达区域II前、后，回路中产生的感应电动势不变，则ab棒在区域II中一定做匀速直线运动，可得；（1分）=Blgsintx （1分）所以（1分）ab棒在区域II中做匀速直线运动的速度（1分）则ab棒开始下滑的位置离EF的距离h=atx2+2l=3 l（1分）（4） ab棒在区域II中运动的时间t2=（1分） ab棒从开始下滑至EF的总时间t= tx+t2=2（1分）=Blvt =Bl（1分） ab棒从开始下滑至EF的过程中闭合回路中产生的热量：Q=It=4mglsin（1分）