《（山东专用）2020版高考物理一轮复习 第十章 电磁感应综合检测（含解析）新人教版》由会员分享，可在线阅读，更多相关《（山东专用）2020版高考物理一轮复习 第十章 电磁感应综合检测（含解析）新人教版（14页珍藏版）》请在装配图网上搜索。
1、电磁感应综合检测(时间:90分钟满分:100分)一、选择题(本题共14小题,每小题3分,共42分.在每小题给出的四个选项中,第18小题只有一个选项正确,第914小题有多个选项正确,全部选对的得3分,选对但不全的得2分,有选错或不选的 得0分)1.如图所示,ab是水平面上一个圆的直径,在ab的正上方有一根通电导线ef,且ef平行于ab,当ef竖直向上平移时,穿过这个圆面的磁通量将(C)A.逐渐变大B.逐渐变小C.始终为零D.不为零,但始终保持不变解析:由题意,通电直导线产生稳定的磁场,且处在ab正上方,电流I产生的磁感线为垂直于ef的同心圆,因此,穿过圆面的磁通量为零,当ef竖直向上平移时,穿过
2、这个圆面的磁通量总为零,故C正确,A,B,D错误.2.等离子体气流由左方以速度v0连续射入P1和P2两板间的匀强磁场中,ab直导线与P1,P2相连接,线圈A与直导线cd连接.线圈A内有如图(乙)所示的变化磁场,且磁场B的正方向规定为向左,如图(甲)所示,则下列叙述正确的是(B)A.01 s内ab,cd导线互相排斥B.12 s内ab,cd导线互相吸引C.23 s内ab,cd导线互相吸引D.34 s内ab,cd导线互相吸引解析:由左侧电路可以判断ab中电流方向由a到b;由右侧电路及图(乙)可以判断,02 s内cd中电流由c到d,跟ab中电流同向,因此ab,cd相互吸引,故A错误,B正确;24 s内
3、cd中电流由d到c,跟ab中电流反向,因此ab,cd相互排斥,故C,D错误.3.将一段导线绕成图(甲)所示的闭合电路,并固定在水平面(纸面)内,回路的ab边置于垂直纸面向里的匀强磁场中.回路的圆形区域内有垂直纸面的磁场,以向里为磁场的正方向,其磁感应强度B随时间t变化的图像如图(乙)所示.用F表示ab边受到的安培力,以水平向右为F的正方向,能正确反映F随时间t变化的图像是(B)解析:在0到时间内,磁感应强度均匀减小,回路中产生的感应电流恒定,由楞次定律可判断出为顺时针方向.由左手定则可判断出ab边受到的安培力方向为水平向左.同理可判断出其他时间段的安培力方向,能正确反映F随时间t变化的图像是B
4、.4.如图所示,一直升机停在南半球的地磁极上空,该处地磁场的方向竖直向上,磁感应强度为B,直升机螺旋桨叶片的长度为l,近轴端为a,远轴端为b,转动的频率为f,顺着地磁场的方向看,螺旋桨按顺时针方向转动.如果忽略a到转轴中心线的距离,用E表示每个叶片中的感应电动势,则(A)A.E=fl2B,且a点电势低于b点电势B.E=2fl2B,且a点电势低于b点电势C.E=fl2B,且a点电势高于b点电势D.E=2fl2B,且a点电势高于b点电势解析:每个叶片都切割磁感线,根据右手定则,a点电势低于b点电势.叶片端点的线速度v=l=2fl,叶片的感应电动势E=Blv=Bl2lf=fl2B.故选A.5.在如图
5、所示的电路中,a,b为两个完全相同的灯泡,L为自感线圈,E为电源,S为开关.关于两灯泡点亮和熄灭的先后次序,下列说法正确的是(C)A.合上开关,a先亮,b逐渐变亮;断开开关,a,b同时熄灭B.合上开关,b先亮,a逐渐变亮;断开开关,a先熄灭,b后熄灭C.合上开关,b先亮,a逐渐变亮;断开开关,a,b同时熄灭D.合上开关,a,b同时亮;断开开关,b先熄灭,a后熄灭解析:由于a,b为两个完全相同的灯泡,当开关接通瞬间,b灯泡立刻发光,而a灯泡由于线圈的自感作用渐渐变亮;当开关断开瞬间,两灯泡串联,由线圈产生瞬间电压提供电流,导致两灯泡同时逐渐熄灭.故选C.6.如图所示,空间存在一有边界的水平方向匀
6、强磁场,磁场上下边界的间距为L.一个边长也为L的正方形导线框在位置获得向上初速度后进入磁场沿竖直方向运动,线框所在平面始终与磁场方向垂直,且线框上、下边始终保持水平.若导线框返回一直加速下落,经过一段时间回到初始位置.则导线框(B)A.上升过程加速度减小,下落过程加速度增大B.上升过程加速度减小,下落过程加速度减小C.上升过程加速度增大,下落过程加速度增大D.上升过程加速度增大,下落过程加速度减小解析:线框在磁场运动时,受到重力和安培力,安培力的大小与运动速度成正比.上升过程中,安培力方向与重力方向相同,由于速度减小,故加速度减小;下降过程中,安培力与重力方向相反,由于速度增大,故加速度减小,
7、B正确.7.如图所示,有水平方向的匀强磁场,磁感应强度B=0.5 T,在与磁场垂直的竖直平面内有一如图所示的金属导轨框架ABCD,AB,CD边与BC边的夹角均为53,BC边水平,且长度L=0.8 m,电阻R=4 ,其余两边电阻不计.现有一长也为L=0.8 m,电阻不计的金属棒,在外力作用下从紧贴导轨BC处以某一初速度v0沿框架竖直向上运动,运动过程中都不脱离导轨,且BC边消耗的电功率保持P=0.16 W不变,则下列说法中正确的是(D)A.该过程中金属棒做匀速直线运动B.金属棒的初速度v0=1 m/sC.金属棒从BC开始向上运动到0.2 m时,金属棒的速度v=4 m/sD.金属棒从BC开始向上运
8、动0.2 m的过程中,BC中产生的焦耳热Q=0.013 J解析:由于BC边消耗的电功率保持不变,回路中电流保持不变,但有效切割长度在变小,所以棒的速度变大,棒应加速运动,A错;根据P=I2R得I=0.2 A,开始时I=,求得v0=2 m/s,B错,金属棒向上运动0.2 m时,由几何关系知有效切割长度L=0.5 m,根据I=,求得v=3.2 m/s,C错;金属棒向上运动0.2 m的过程中回路中的感应电荷量q=It=,可求出运动时间t,又回路中产生的焦耳热Q=I2Rt,可求得Q=0.013 J,D对.8.如图所示,两根间距为L的光滑平行金属导轨与水平面夹角为,图中虚线下方区域内存在磁感应强度为B的
9、匀强磁场,磁场方向垂直于导轨平面向上,两金属杆质量均为m,电阻均为R,垂直于导轨放置,开始时金属杆ab处在距磁场上边界一定距离处,金属杆cd处在导轨的最下端,被与导轨垂直的两根小柱挡住,现将金属杆ab由静止释放,当金属杆ab刚进入磁场便开始做匀速直线运动,已知重力加速度为g,则(C)A.金属杆ab进入磁场时感应电流的方向由a到bB.金属杆ab进入磁场时速度大小为C.金属杆ab进入磁场后产生的感应电动势为D.金属杆ab进入磁场后金属杆cd对两根小柱的压力大小为mgsin 解析:由右手定则可知,ab进入磁场时产生的感应电流由b流向a,故A错误;ab进入磁场时受到的安培力F=BIL=BL=,由平衡条
10、件得=mgsin ,解得v=,故B错误;ab产生的感应电动势 E=BLv=,故C正确;由左手定则可知,cd受到的安培力平行于斜面向下,则cd对两根小柱的压力等于FN=mgsin +Fmgsin ,故D错误.9.如图,一端接有定值电阻的平行金属轨道固定在水平面内,通过恒定电流的长直绝缘导线垂直并紧靠轨道固定,导体棒与轨道垂直且接触良好.在向右匀速通过M,N两区的过程中,导体棒所受安培力分别用FM,FN表示.不计轨道电阻.以下叙述正确的是(BCD)A.FM向右 B.FN向左C.FM逐渐增大 D.FN逐渐减小解析:根据安培定则,在轨道内的M区、N区通电长直导线产生的磁场分别垂直轨道平面向外和向里,当
11、导体棒运动到M区时,根据右手定则,在导体棒内产生的感应电流与长直绝缘导线中的电流方向相反,再根据左手定则可知,金属棒在M区时受到的安培力方向向左,因此选项A错误;同理可以判定选项B正确;导体棒在M区匀速靠近长直绝缘导线时对应的磁场强度越来越大,因此产生的感应电动势越来越大,根据闭合电路的欧姆定律和安培力的公式可知,导体棒所受的安培力FM也逐渐增大,故选项C正确,同理选项D正确.10.如图所示,在竖直面内有一方向垂直纸面向外、宽度为d的有界匀强磁场,磁场上、下边界水平.有一个连接小灯泡的总质量为m,边长为L的正方形金属线框从磁场上方某一高度由静止释放,穿越磁场的过程中,小灯泡始终正常发光.已知小
12、灯泡的额定功率为P、额定电压为U,线框电阻不计,且下落过程中,底边始终保持水平,重力加速度为g,则(ABC)A.磁场的磁感应强度应为B.线框刚进入磁场时速度大小为C.线框进磁场的过程中通过小灯泡的电荷量为D.线框穿越磁场的过程中,灯泡产生的焦耳热为mgd解析:小灯泡始终正常发光,说明灯泡两端电压不变,故说明线圈在磁场只能做匀速运动,而且进入磁场和穿出磁场的过程都做匀速运动,则知有界磁场宽度d=L.灯泡正常发光时电流为I=;根据线框匀速运动受力平衡得BIL=mg,可得B=,故A正确;设线框匀速运动的速度为v,由功能关系得mgv=P,v=,故B正确;线框进磁场的过程中通过小灯泡的电荷量为q=It=
13、,选项C正确;线框穿越磁场的过程中,动能不变,减小的重力势能全部转化为系统的内能,由能量守恒定律得灯泡产生的焦耳热为2mgd,故D错误.11.如图所示,xOy平面位于光滑水平桌面上,在Ox2L的区域内存在着匀强磁场,磁场方向垂直于xOy平面向下.由同种材料制成的粗细均匀的正六边形导线框,放在该水平桌面上,AB与DE边距离恰为2L,现施加一水平向右的拉力F拉着线框水平向右匀速运动,DE边与y轴始终平行,从线框DE边刚进入磁场开始计时,则线框中的感应电流i(取逆时针方向的电流为正)随时间t的函数图像和拉力F随时间t的函数图像大致是(AC)解析:当DE边在0L区域内时,导线框运动过程中有效切割长度越
14、来越大,与时间成线性关系,初始就是DE边长度,所以电流与时间的关系A正确,B错误;因为是匀速运动,拉力F与安培力等值反向,由F=知,力与L成二次函数关系,因为当DE边在02L区域内时,导线框运动过程中有效切割长度随时间先均匀增加后均匀减小,所以F随时间先增加得越来越快后减小得越来越慢,C正确,D错误.12.下列各图所描述的物理情境中,能产生感应电流的是(BCD)解析:开关S闭合稳定后,穿过线圈N的磁通量保持不变,线圈N中不产生感应电流,故A错误;磁铁向铝环A靠近,穿过铝环A的磁通量在增大,铝环A中产生感应电流,故B正确;金属框从A向B运动,穿过金属框的磁通量时刻在变化,金属框产生感应电流,故C
15、正确;铜盘在磁场中按图示方向转动,铜盘的一部分切割磁感线,产生感应电流,故D正确.13.用导线绕一圆环,环内有一用同样导线折成的内接正方形线框,圆环与线框绝缘,如图所示.把它们放在磁感应强度为B的均强磁场中,磁场方向垂直于圆环平面(纸面)向里.当磁场均匀减弱时(AC)A.圆环和线框中的电流方向都为顺时针B.圆环和线框中的电流方向都为逆时针C.圆环和线框中的电流大小之比为1D.圆环和线框中的电流大小之比为21解析:根据楞次定律可得当磁场均匀减小时,圆环和线框内产生的感应磁场方向与原磁场方向相同,即感应电流方向都为顺时针,A正确,B错误;设圆半径为a,则圆面积为S=a2,圆周长为L=2a,线框面积
16、为S=2a2,线框周长为L= 4a,因为磁场是均匀减小的,故E=,所以圆环和线框内的电动势之比为=,两者的电阻之比为 =,故电流之比为=,故C正确,D错误.14.如图,一均匀金属圆盘绕通过其圆心且与盘面垂直的轴逆时针匀速转动.现施加一垂直穿过圆盘的有界匀强磁场,圆盘开始减速.在圆盘减速过程中,以下说法正确的是(ABD)A.处于磁场中的圆盘部分,靠近圆心处电势高B.所加磁场越强越易使圆盘停止转动C.若所加磁场反向,圆盘将加速转动D.若所加磁场穿过整个圆盘,圆盘将匀速转动解析:把圆盘看成沿半径方向紧密排列的金属条,根据右手定则,处于磁场中的圆盘部分,感应电流从靠近圆盘边缘处流向靠近圆心处,故靠近圆
17、心处电势高,A正确;安培力F=,磁场越强,安培力越大,B正确;磁场反向时,安培力仍是阻力,C错误;若所加磁场穿过整个圆盘,则磁通量不再变化,没有感应电流,安培力为零,将匀速转动,D正确.二、非选择题(共58分)15.(6分)如图为“探究电磁感应现象”的实验装置.(1)将图中所缺的导线补接完整.(2)如果在闭合开关时发现灵敏电流表的指针向右偏了一下,那么合上开关后可能出现的情况有:将小线圈迅速插入大线圈时,灵敏电流计指针将;小线圈插入大线圈后,将滑动变阻器触头迅速向左拉时,灵敏电流计指针.(3)在做“探究电磁感应现象”实验时,如果大线圈两端不接任何元件,则大线圈电路中将.A.因电路不闭合,无电磁
18、感应现象B.有电磁感应现象,但无感应电流,只有感应电动势C.不能用楞次定律判断大线圈两端电势的高低D.可以用楞次定律判断大线圈两端电势的高低解析:(1)将电源、开关、变阻器、小线圈串联成一个回路,再将电流表与大线圈串联成另一个回路,连线图如图所示.(2)闭合开关,磁通量增加,指针向右偏转,将小线圈迅速插入大线圈,磁通量增加,则灵敏电流表的指针向右偏转一下.小线圈插入大线圈后,将滑动变阻器触头迅速向左拉时,电阻增大,则电流减小,穿过大线圈的磁通量减小,则灵敏电流表指针向左偏转一下.(3)如果大线圈两端不接任何元件,大线圈中仍有磁通量的变化,仍会产生感应电动势,不会有感应电流存在,可根据楞次定律来
19、确定电荷移动的方向,从而可以判断出大线圈两端电势高低情况.故B,D正确,A,C错误.答案:(1)见解析(2)向右偏转一下向左偏转一下(3)BD评分标准:每问2分.16.(6分)在用如图(甲)所示装置“研究回路中感应电动势大小与磁通量变化快慢的关系”实验中:(1)本实验中需要用到的传感器是光电门传感器和 传感器.(2)让小车以不同速度靠近螺线管,记录下光电门挡光时间t内感应电动势的平均值E,改变速度多次实验,得到多组t与E,若以E为纵坐标、为横坐标作图可以得到直线图像.(3)记录下小车某次匀速向左运动至最后撞上螺线管停止的全过程中感应电动势与时间的变化关系,如图(乙)所示,挡光时间t内图像所围阴
20、影部分面积为S,增加小车的速度再次实验得到的面积S (选填“”“”或“=”)S.解析:(1)需要电压传感器测量感应电动势的平均值.(2)由于以不同速度小车靠近螺线管,在挡光片通过光电门过程中磁通量变化量相同,由法拉第电磁感应定律公式E=n可知,E,故应该以为横轴作图.(3)根据法拉第电磁感应定律公式E=n,面积S=Et=n,由于小车的初末位置不变,故面积为一个定值.答案:(1)电压(2)(3)=评分标准:每问2分.17.(11分)如图所示,电阻不计且足够长的U形金属框架放置在倾角=37的绝缘斜面上,该装置处于垂直斜面向下的匀强磁场中,磁感应强度大小B=0.4 T.质量m=0.2 kg、电阻R=
21、0.3 的导体棒ab垂直放在框架上,与框架接触良好,从静止开始沿框架无摩擦地下滑.框架的质量M=0.4 kg、宽度l=0.5 m,框架与斜面间的动摩擦因数=0.7,与斜面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力.(g取10 m/s2,sin 37=0.6,cos 37=0.8)(1)若框架固定,求导体棒的最大速度大小vm;(2)若框架固定,导体棒从静止开始下滑6 m时速度 v1=4 m/s,求此过程回路中产生的热量Q及流过导体棒的电荷量q;(3)若框架不固定,求当框架刚开始运动时导体棒的速度大小v2.解析:(1)棒ab产生的电动势E=Blv,(1分)回路中感应电流I=,(1分)棒ab所受的安培力F=BI
22、l对棒ab:mgsin 37-BIl=ma(1分)当加速度a=0时,最大速度vm=9 m/s.(1分)(2)根据能量转化和守恒有mgxsin 37=m+Q,(1分)解得Q=5.6 J,(1分)q=t=t=4 C.(1分)(3)回路中感应电流I1=,(1分)框架上边所受安培力F1=BI1l,(1分)对框架有Mgsin 37+BI1l=(m+M)gcos 37,(1分)联立解得v2=7.2 m/s.(1分)答案:(1)9 m/s(2)5.6 J4 C(3)7.2 m/s18.(11分)如图所示,水平面上两平行光滑金属导轨间距为L,左端用导线连接阻值为R的电阻.在间距为d的虚线MN,PQ之间,存在方
23、向垂直导轨平面向下的磁场,磁感应强度大小只随着与MN的距离变化而变化.质量为m、电阻为r的导体棒ab垂直导轨放置,在大小为F的水平恒力作用下由静止开始向右运动,到达虚线MN时的速度为v0.此后恰能以加速度a在磁场中做匀加速运动.导轨电阻不计,始终与导体棒接触良好.求:(1)导体棒开始运动的位置到MN的距离x;(2)磁场左边缘MN处的磁感应强度大小B;(3)导体棒通过磁场区域过程中,电阻R上产生的焦耳热QR.解析:(1)导体棒在磁场外,由动能定理有Fx=m,(2分)解得x=.(1分)(2)导体棒刚进磁场时产生的电动势为E=BLv0由闭合电路欧姆定律有I=又F安=ILB可得F安=(2分)由牛顿第二
24、定律有F-F安=ma解得B=.(2分)(3)导体棒穿过磁场过程,由牛顿第二定律有F-F安=ma可得F安=F-ma,F,a,m恒定,则安培力F安恒定,则导体棒克服安培力做功为W=F安d(2分)电路中产生的焦耳热为Q=W电阻R上产生的焦耳热为QR=Q(1分)解得QR=(F-ma).(1分)答案:(1)(2)(3)(F-ma)19.(12分)如图所示,足够长的水平轨道左侧b2c2,b1c1部分轨道间距为3L,右侧c2d2,c1d1部分的轨道间距为L,曲线轨道与水平轨道相切于b1b2,所有轨道均光滑且电阻不计.在水平轨道内有斜向下与竖直方向成=37的匀强磁场,磁感应强度大小为B=0.1 T.质量为mB
25、=0.2 kg 的金属棒B垂直于导轨静止放置在右侧窄轨道上,质量为mA=0.1 kg的导体棒A自曲线轨道上a1a2处由静止释放,两金属棒在运动过程中始终相互平行且与导轨保持良好接触,A棒总在宽轨上运动,B棒总在窄轨上运动.已知:两金属棒接入电路的有效电阻均为 R= 0.2 ,h=0.45 m,L=0.2 m,sin 37=0.6,cos 37=0.8,g= 10 m/s2求:(1)金属棒A滑到b1b2处时的速度大小;(2)金属棒B匀速运动的速度大小;(3)在两棒整个的运动过程中金属棒A,B在水平导轨间扫过的面积之差.(最后结果保留3位有效数字)解析:(1)A棒在曲轨道上下滑,由机械能守恒定律得
26、mAgh=mA,(1分)解得v0= m/s=3 m/s .(1分)(2)选取水平向右为正方向,对A,B利用动量定理可得对B:FB安cos t =mBvB,对A:-FA安cos t = mAvA mAv0,其中FA安=3FB安,(1分)联立得mAv0-mAvA =3 mBvB,(1分)两棒最后匀速时,电路中无电流,有BLvB=3BLvA,(1分)得vB=3vA.(1分) 联立后两式得vA = m/s,vB= m/s.(1分)(3)在B加速过程中,由动量定理(Bcos )Lt=mBvB-0,(1分)电路中的电流=,(1分)据法拉第电磁感应定律有E=,(1分)其中磁通量变化量=Bcos S,(1分)
27、联立以上各式,得S=29.6 m2.(1分)答案:(1)3 m/s(2) m/s(3)29.6 m220.(12分)如图所示,绝缘水平面内固定有一间距d=1 m、电阻不计的足够长光滑矩形导轨AKDC,导轨两端接有阻值分别为R1=3 和R2=6 的定值电阻,矩形区域AKFE,NMCD范围内均有方向竖直向下、磁感应强度大小B=1 T的匀强磁场和,一质量m=0.2 kg、电阻r=1 的导体棒ab垂直放在导轨上,AK与EF之间某处,在方向水平向右、大小F0=2 N的恒力作用下由静止开始运动,刚要到达EF时导体棒ab的速度大小 v1=3 m/s,导体棒ab进入磁场后,导体棒ab中通过的电流始终保持不变,
28、导体棒ab在运动过程中始终保持与导轨垂直且接触良好,空气阻力不计.(1)求导体棒ab刚要到达EF时的加速度大小a1;(2)求两磁场边界EF和MN之间的距离L;(3)若在导体棒ab刚要到达MN时将恒力F0撤去,求导体棒ab能继续滑行的距离x以及滑行该距离x的过程中整个回路产生的焦耳热Q.解析:(1)导体棒ab刚到达EF时,在磁场中切割磁感线产生的感应电动势E1=Bdv1此时导体棒ab所受安培力的方向水平向左,由牛顿第二定律得F0-BI1d=ma1(1分)根据闭合电路的欧姆定律,则有I1=,(1分)其中R=2 .解得a1=5 m/s2.(1分)(2)导体棒ab进入磁场后,受到的安培力与F0平衡,做
29、匀速直线运动,导体棒ab中通过的电流I2保持不变,则有F0=BI2d,其中,I2=,解得v2=6 m/s.(1分)设导体棒ab从EF运动到MN的过程中的加速度大小为a2,根据牛顿第二定律,则有F0=ma2;导体棒ab在EF,MN之间做匀加速直线运动,则有-=2a2L(1分)解得L=1.35 m.(1分)(3)对撤去F0后,导体棒ab继续滑行的过程中,在某一时刻,所受安培力F=.(1分)取一小段时间t,由动量定理得-t=-mv即=mv,(1分)则整个过程有=mv2(1分)x=3.6 m,(1分)根据能量守恒定律,则有Q=m,(1分)代入数据,解得Q=3.6 J.(1分)答案:(1)5 m/s2(2)1.35 m(3)3.6 m3.6 J14
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