2020版高考物理一轮复习 全程训练计划 周测九 电磁感应 交变电流（含解析）.doc

电磁感应 交变电流夯基提能卷 立足于练题型悟技法保底分(本试卷满分95分)一、选择题(本题包括8小题，每小题6分，共48分在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项是正确的，有的小题有多个选项是正确的全部选对的得6分，选不全的得3分，有选错或不答的得0分)12019云南曲靖一中质检物理学的发展丰富了人类对物质世界的认识，推动了科学技术的创新和革命，促进了物质生产的繁荣与人类文明的进步下列表述正确的是()A电磁感应现象是洛伦兹最先发现的B电动机是利用电磁感应原理，将机械能转化为电能C楞次最先发现了电流的磁效应D感应电流遵从楞次定律所描述的方向，这是能量守恒定律的必然结果答案：D解析：电磁感应现象是法拉第最先发现的，选项A错误；发电机是利用电磁感应原理，将机械能转化为电能的，选项B错误；奥斯特最先发现了电流的磁效应，选项C错误；电磁感应现象是闭合电路中产生了电流，是其他形式的能转化为电能，楞次定律是能量守恒定律在电磁感应现象中的具体体现，感应电流的磁场总要阻碍引起它的磁通量的变化，感应电流具有的以及消耗的能，必须从引起磁通量变化的外界获取，要在回路中维持一定的感应电流，外界必须消耗一定的能量，选项D正确22019上海普陀区模拟某教室墙上有一朝南的钢窗，当把钢窗左侧向外推开时，下列说法正确的是()A穿过窗框的地磁场的磁通量变大B穿过窗框的地磁场的磁通量不变C从推窗人的角度看，窗框中的感应电流方向是逆时针D从推窗人的角度看，窗框中的感应电流方向是顺时针答案：C解析：地磁场由南向北，当朝南的钢窗向外推开时，钢窗平面与磁场平行时，没有磁感线穿过钢窗平面，穿过钢窗平面的磁通量为0.根据楞次定律，穿过窗框平面的磁通量减小，从推窗人的角度看，窗框中产生的感应电流的方向为逆时针，故选项C正确，A、B、D错误32019山西清徐中学模拟在匀强磁场中，有两条平行金属导轨a、b，磁场方向垂直a、b所在的平面向下，c、d为串接有电流表、电压表的两金属棒，如图所示，两棒以相同的水平速度向右匀速运动，则以下结论正确的是()A电压表有读数，电流表没有读数B电压表有读数，电流表也有读数C电压表无读数，电流表有读数D电压表无读数，电流表也无读数答案：D解析：当两棒以相同的水平速度向右匀速运动时，回路的磁通量不变，没有感应电流产生，电流表没有读数电压表是由电流表改装而成的，核心的部件是电流表，没有电流，指针不偏转，电压表也没有读数A、B、C错误，故D正确4.2019山东泰安模拟如图在竖直方向上的两个匀强磁场B1和B2中，各放入一个完全一样的水平金属圆盘a和b，它们可绕竖直轴自由转动用导线将a盘中心与b盘边缘相连，b盘中心与a盘边缘相连从上向下看，当a盘顺时针转动时()Ab盘总是逆时针转动B若B1、B2同向，b盘顺时针转动C若B1、B2反向，b盘顺时针转动Db盘总是顺时针转动答案：C解析：若B1、B2都竖直向上，从上向下看，当a盘顺时针转动时，其半径切割磁感线，感应电流从aObOa；b盘电流从bO，根据左手定则，安培力沿逆时针方向(俯视)；若B1、B2都竖直向下，从上向下看，当a盘顺时针转动时，其半径切割磁感线，感应电流从OaObO；b盘电流从Ob，根据左手定则，安培力沿逆时针方向(俯视)；若B1向上，B2向下，从上向下看，当a盘顺时针转动时，其半径切割磁感线，感应电流从aObOa；b盘电流从bO，根据左手定则，安培力沿顺时针方向(俯视)；若B1向下，B2向上，从上向下看，当a盘顺时针转动时，其半径切割磁感线，感应电流从OaObO；b盘电流从Ob，根据左手定则，安培力沿顺时针方向(俯视)故A、B、D错误C正确52019北京通州区摸底如图甲所示，在垂直纸面向里的匀强磁场中，一个单匝线圈与一个电容器相连，线圈平面与匀强磁场垂直，电容器的电容C60 F，穿过线圈的磁通量随时间t的变化规律如图乙所示，下列说法正确的是()A电容器下极板电势高于上极板B线圈中磁通量的变化率为3 Wb/sC电容器两极板间电压为2.0 VD电容器所带电荷量为120 C答案：C解析：根据楞次定律，可判断出电容器上极板电势高于下极板，A错误；根据图象可得线圈中磁通量的变化率为 Wb/s2 Wb/s，B错误；根据法拉第电磁感应定律有En2.0 V，C正确；根据QCU，可得电容器所带电荷量为Q601062.0 C1.20104 C，D错误6.2019四川广安等四市检测如图所示，总电阻为R的金属丝围成的单匝闭合直角三角形PQM线圈，P30，PQL，QM边水平圆形虚线与三角形PQM相切于Q、D两点，该区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化关系为BB0kt(k0，B00)，则t0时，PQ边所受的安培力()A方向向右，大小为B方向向左，大小为C方向向右，大小为D方向向左，大小为答案：A解析：由楞次定律可知，PQM中感应电流为逆时针方向，PQ边的电流方向由P到Q，由左手定则可知，PQ所受的安培力方向向右；圆形磁场的半径为rLtan30tan30，则线圈中的感应电流大小Ik，则PQ边所受安培力FBI2rB0，故A正确，B、C、D错误72019福建漳州检测(多选)如图，理想变压器的原线圈与二极管一起接在u220sin100t(V)的交流电源上，副线圈接有R55 的电阻，原、副线匝数比为2：1.假设该二极管的正向电阻为零，反向电阻为无穷大，电流表为理想电表，则()A交流电源的频率为100 HzB副线圈的输出功率为110 WC变压器的输入功率等于输出功率D电流表的读数为1 A答案：BC解析：交流电源的频率为f Hz50 Hz.选项A错误；交流电源电压的有效值为U220 V，设原线圈输入电压有效值为U1，则T，解得U1110 V，则副线圈电压有效值为U2U155 V，副线圈的输出功率P2 W110 W，选项B正确；理想变压器的输入功率等于输出功率，选项C正确；电流表的读数为I2 A A，选项D错误8.如图所示为一理想变压器，其原线圈与副线圈的匝数比n1：n23：1，a、b、c、d为4个完全相同的小灯泡，E为输出电压有效值恒定的交流电源，S为单刀双掷开关已知当S向上闭合时，b、c、d三个小灯泡都能正常发光，则当S向下闭合时()A4个小灯泡都能正常发光B4个小灯泡都比正常发光时要暗Ca能正常发光，b、c、d比正常发光时要暗Db、c、d能正常发光，a比正常发光时要暗答案：B解析：设灯泡的额定电压为U，则电源的电压E3U，当S向下闭合时，设b、c、d灯泡两端的电压为U，灯泡b、c、d中的电流均为I，则根据电流与匝数成反比可知a灯泡中的电流为I，则a灯泡两端的电压为U，则E4U，所以UR2，不计线圈L的直流电阻，A为理想电流表在某一时刻t1突然断开开关S，则通过电流表的电流I随时间t变化的图线可能是()答案：D解析：原先开关S闭合，电路处于稳定状态时，通过两电阻的电流大小分别为I1、I2，且由R1R2可知I1I2，断开开关，原来通过R1的电流I1立即消失，自感线圈阻碍自身电流变化，瞬间产生的感应电流I2流过电阻R1，其方向与原来流过电阻R1的电流方向相反，该电流逐渐减小最后为0.选项D正确，A、B、C错误32019江西抚州模拟(多选)电磁炉采用感应电流(涡流)加热的原理，通过电子线路产生交变磁场，把铁锅放在炉面上时，在铁锅底部产生交变的电流以加热食品等它具有升温快、效率高、体积小、安全性好等优点下列关于电磁炉的说法中正确的是()A电磁炉面板可采用陶瓷材料，发热部分为铁锅底部B电磁炉面板可采用金属材料，通过面板发热加热锅内食品C电磁炉可以用陶瓷器皿作为锅具对食品加热D可以通过改变电子线路的频率来改变电磁炉的功率答案：AD解析：电磁炉面板如果用金属材料制成，使用电磁炉时，面板材料发生电磁感应要损失电能，电磁炉面板要用绝缘材料制作，发热部分为铁锅底部，如以陶瓷器皿等绝缘材料为锅体，则不能产生涡流，起不到加热作用，故A正确，B、C错误；锅体中涡流的强弱与磁场变化的频率有关，故D正确4.2019四川成都七中诊断如图，EOF和EOF为空间一匀强磁场的边界，其中EOEO，FOFO且EOOF，OO为EOF的角平分线，O、O间的距离为L，磁场方向垂直于纸面向里，一边长为L的正方形导线框沿OO方向匀速通过磁场，t0时刻恰好位于图示位置，规定导线框中感应电流沿逆时针方向为正，则感应电流i随时间t变化的图象可能正确的是()答案：C解析：在整个正方形导线框通过磁场的过程中，切割磁感线的边框为两竖直边框，两水平边框不切割磁感线由于正方形导线框沿OO方向匀速通过磁场，则有：从开始到左边框到达O之前，导线框进入磁场切割磁感线的有效长度随时间均匀增加根据EBLv得出感应电动势随时间也均匀增加，由于电阻不变，所以感应电流i也随时间均匀增加根据右手定则判断出感应电流的方向，结合导线框中感应电流沿逆时针方向时为正方向，得出开始时i为正方向；当左边框到达O之后，由于进入磁场切割磁感线的有效长度不变，所以感应电流i不变电流方向为正方向；当左边框到达OO中点，右边框即将进入磁场切割磁感线时，接下来由于左边框的切割磁感线的有效长度在减小，而右边框切割磁感线的有效长度在增大，而左右边框切割磁感线产生的感应电动势方向相反，所以整个感应电动势随时间也均匀减小电流也均匀减小，方向为逆时针方向当左边框到达距O点时，左右边框切割磁感线的有效长度相等，此时感应电动势为0，电流为0.再往后跟前面过程相反故C正确，A、B、D错误52019河南模拟(多选)如图甲所示，静止在水平面上的等边三角形金属闭合线框，匝数n10，总电阻R2.5 ，边长L0.3 m，处在两个半径均为r0.1 m的圆形区域内的匀强磁场中，线框顶点与右侧圆心重合，线框底边与左侧圆直径重合，磁感应强度B1垂直水平面向外，B2垂直水平面向里，B1、B2随时间t的变化如图乙所示，线框一直处于静止状态，计算过程中近似取3.下列说法正确的是()At0时刻穿过线框的磁通量为0.5 WbBt0.2 s时刻线框中感应电动势为1.5 VC00.3 s内通过线框横截面的电荷量为0.18 CD线框具有向左运动的趋势答案：BC解析：t0时刻穿过线框的磁通量为B1r2B2r20.025 Wb，选项A错误；根据法拉第电磁感应定律可知，t0.2 s时刻线框中感应电动势为Enn1.5 V，选项B正确；在00.3 s内通过线框横截面的电荷量qtt0.18 C，选项C正确；由楞次定律可知，线框垂直纸面向外的磁通量增大，感应电流为顺时针方向，根据左手定则判断出安培力向右，所以线框有向右运动的趋势，选项D错误6.2019辽宁凌源模拟(多选)如图所示，一根直导体棒质量为m、长为L，其两端放在位于水平面内、间距也为L的光滑平行金属导轨上，并与之接触良好，导体棒左侧两导轨之间连接一可控电阻，导轨置于匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于导轨所在平面t0时刻，给导体棒一个平行于导轨的水平初速度v0，此时可控电阻的阻值为R0，在导体棒运动过程中，通过可控电阻的变化使导体棒中的电流保持恒定，不计导轨和导体棒的电阻，导体棒一直在磁场中，下列说法正确的是()A导体棒的加速度大小始终为aB导体棒从开始运动到停止的时间为tC导体棒从开始运动到停止的时间内，回路产生的焦耳热为mvD导体棒从开始运动到停止的时间内，回路产生的焦耳热为mv答案：ABC解析：由右手定则和左手定则可得，导体棒受到安培力水平向左，导体棒向右做减速运动，在导体棒运动过程中，通过可控电阻的变化使导体棒中的电流I保持恒定，对导体棒由牛顿第二定律可得BILma，导体棒向右做匀减速运动，结合EBLv，I可得，ma，可知导体棒的加速度大小始终为a，故A正确；由导体棒做匀减速运动可得vv0at，导体棒从开始运动到停止的时间为t，故B正确；根据能量守恒定律可知，导体棒从开始运动到停止运动的过程中，回路产生的焦耳热为Qmv，故C正确，D错误72019广东肇庆模拟(多选)如图甲为风力发电机的简易模型在风力的作用下，风叶带动与其固定在一起的永磁铁转动，风叶的转速与风速成正比某一风速时，线圈中产生的电流如图乙所示下列说法中正确的是()A磁铁的转速为10 r/sB图乙中电流的表达式为i0.6sin10t (A)C风速加倍时线圈中电流的有效值为0.6 AD风速加倍时电流的表达式为i1.2sin10t (A)答案：BC解析：由图乙可知，线圈的转动周期T0.2 s，角速度为 10 rad/s，根据2n可知转速为5 r/s，图乙中电流的表达式为i0.6 sin10t(A)，故A错误，B正确；由转速与风速成正比可知，当风速加倍时，转速也加倍，则此时电流的最大值Im1.2 A，则电流的表达式为i1.2sin20t (A)，则电流的有效值为 A0.6 A，故C正确，D错误8.2019福建龙岩质检(多选)如图所示，有一个“”形铁芯上绕有两个线圈，铁芯的三个竖直部分截面积相同，当线圈通电时产生的磁场都不能穿出铁芯，并且在分支处分成完全相等的两部分，现在给线圈1加电压为U0的正弦式交流电，2接一负载电阻，此时线圈1中的电流为I0，线圈2中的电流为I0，则线圈1、2的匝数比k及线圈2两端的电压U为(忽略线圈的电阻及铁芯中由于涡流而造成的电能损失)()AU2U0 BU4U0Ck Dk答案：AC解析：原线圈中的磁通量为时，副线圈中的磁通量为，所以2，所以U0n1，Un2n2，又U0I0UI0，所以U2U0，k，即A、C正确，B、D错误二、非选择题(本题包括4小题，共47分)9(11分)两根足够长的平行金属导轨间的距离为L，导轨光滑且电阻不计，导轨所在的平面与水平面夹角为.在导轨所在平面内，分布磁感应强度为B、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场把一个质量为m的导体棒ab放在金属导轨上，在外力作用下保持静止，导体棒与金属导轨垂直且接触良好，与金属导轨接触的两点间的导体棒电阻为R1.完成下列问题：(1)如图甲，金属导轨的一端接一个内阻为r的直流电源，撤去外力后导体棒仍能静止，求直流电源的电动势；(2)如图乙，金属导轨的一端接一个阻值为R2的定值电阻，撤去外力让导体棒由静止开始下滑，在加速下滑的过程中，当导体棒的速度达到v时，求此时导体棒的加速度；(3)求第(2)问中导体棒所能达到的最大速度答案：(1)(2)gsin(3)解析：(1)回路中的电流为I，导体棒受到的安培力为F安BIL，对导体棒受力分析知F安mgsin.联立上面三式解得E.(2)当导体棒速度为v时，产生的感应电动势EBLv，此时电路中电流I，导体棒受到的安培力FBIL.根据牛顿第二定律有mamgsin，解得agsin.(3)当mgsin时，导体棒达到最大速度vm，可得vm.10(12分)半径分别为r和2r的同心圆形导轨固定在同一水平面内，一长为r、质量为m且质量分布均匀的直导体棒AB置于圆导轨上面BA的延长线通过圆导轨中心O，装置的俯视图如图所示整个装置位于一匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，方向竖直向下在内圆导轨的C点和外圆导轨的D点之间接有一阻值为R的电阻(图中未画出)直导体棒在水平外力作用下以角速度绕O逆时针匀速转动，在转动过程中始终与导轨保持良好接触设导体棒与导轨之间的动摩擦因数为，导体棒和导轨的电阻均可忽略重力加速度大小为g.求：(1)通过电阻R的感应电流的方向和大小；(2)外力的功率答案：(1)，方向由C向D(2)mgr解析：(1)在t时间内，导体棒扫过的面积为St(2r)2r2根据法拉第电磁感应定律，导体棒上感应电动势的大小为E根据右手定则，感应电流的方向是从B端流向A端因此，通过电阻R的感应电流的方向是从C端流向D端由欧姆定律可知，通过电阻R的感应电流的大小I满足I联立式得I(2)在竖直方向有mg2N0式中，由于质量分布均匀，内、外圆导轨对导体棒的支持力大小相等，其值为N.两导轨对运行的导体棒的滑动摩擦力均为fN在t时间内，导体棒在内、外圆导轨上扫过的弧长分别为l1rtl22rt克服摩擦力做的总功为Wff(l1l2)在t时间内，消耗在电阻R上的功为WRI2Rt根据能量守恒定律知，外力在t时间内做的功为WWfWR外力的功率为P由至式得Pmgr.11(12分)如图甲所示，匀强磁场的磁感应强度B为0.5 T，其方向垂直于倾角为30的斜面向上绝缘斜面上固定有“”形状的光滑金属导轨MPN(电阻忽略不计)，MP和NP长度均为2.5 m，MN连线水平，长为3 m以MN中点O为原点，OP为x轴建立一维坐标系Ox.一根粗细均匀的金属杆CD，长度d为3 m，质量m为1 kg，电阻R为0.3 ，在拉力F的作用下，从MN处以恒定速度v1 m/s在导轨上沿x轴正向运动(金属杆与导轨接触良好)g取10 m/s2.(1)求金属杆CD运动过程中产生的感应电动势E及运动到x0.8 m处电势差UCD；(2)推导金属杆CD从MN处运动到P点过程中拉力F与位置坐标x的关系式，并在图乙中画出Fx关系图象；(3)求金属杆CD从MN处运动到P点的全过程产生的焦耳热答案：(1)E1.5 VUCD0.6 V(2)F12.53.75x(N)(0x2)，图象见解析(3)Q7.5 J解析：(1)金属杆CD在匀速运动中产生的感应电动势EBlv(ld)，代入数值得E1.5 V.当x0.8 m时，金属杆在导轨间的电势差为零(被短路)，设此时杆在导轨外的长度为l外，则l外dd，OP ，得l外1.2 m.由楞次定律判断D点电势高，故CD两端电势差UCDBl外v0.6 V.(2)杆在导轨间的长度l与位置x的关系是ld3x，对应的电阻R1R，电流I，杆受到的安培力F安BIl7.53.75x，根据平衡条件得FF安mgsin，得F12.53.75x(N)(0x2)，画出的Fx图象如图所示(3)外力F所做的功WF等于Fx图线与x轴所围成的图形的面积，即WF2 J17.5 J.而杆的重力势能增加量Epmgsin，故全过程产生的焦耳热QWFEp7.5 J.12(12分)如图所示，MN、PQ是两条水平、平行放置的光滑金属导轨，导轨的右端接理想变压器的原线圈，变压器的副线圈与电阻R20 组成闭合回路，变压器的原副线圈匝数之比n1：n21：10，导轨宽L5 m质量m2 kg、电阻不计的导体棒ab垂直MN、PQ放在导轨上，在水平外力F作用下，从t0时刻开始在图示的两虚线范围内往复运动，其速度随时间变化的规律是v2sin20t(m/s)垂直轨道平面的匀强磁场的磁感应强度B4 T导轨、导线和线圈电阻均不计求：(1)ab棒中产生的电动势的表达式；ab棒中产生的是什么电流？(2)电阻R上的电热功率P.(3)从t0到t10.025 s的时间内，外力F所做的功答案：(1)E40sin20t(V)，正弦交流电(2)4103 W(3)104 J解析：(1)ab棒中产生的电动势的表达式为EBLv40sin20t(V)故ab棒中产生的是正弦式交变电流(2)设原线圈上电压的有效值为U1，则U120 V设副线圈上电压的有效值为U2，则解得U2200 V电阻R上的电热功率P4103 W(3)由以上分析可知，该正弦交流电的周期T0.1 s从t0到t10.025 s，经历了四分之一个周期设在这段时间内电阻R上产生的热量为Q，则Q100 J在t10.025 s时刻，ab棒的速度为v，则v2sin20t12 m/s由能量守恒定律可得这段时间内外力F做的功WQmv2104 J