2020届高考物理总复习第十章电磁感应单元评估检测(十)解析版新人教版

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2020届高考物理一轮复习第10章交变电流传感器 4 章末过关检测(十)新人教版

章末过关检测(十)(时间60分钟：分值：100分)一、单项选择题(本题共6小题，每小题6分，共36分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确)1．如图甲所示，矩形线圈abcd 在匀强磁场中逆时针匀速转动时，线圈中产生的交流电如图乙所示，设沿abcda 方向为电流正方向，则( )A ．乙图中Oa 时间段对应甲图中A 至B 图的过程B ．乙图中c 时刻对应甲图中的C 图C ．若乙图中d 等于0．02 s ，则1 s 内电流的方向改变了50次D ．若乙图中b 等于0．02 s ，则交流电的频率为50 Hz解析：选A ．由交变电流的产生原理可知，甲图中的A 、C 两图中线圈所在的平面为中性面，线圈在中性面时电流为零，再经过1/4个周期电流达到最大值，再由楞次定律判断出电流的方向，因此甲图中A 至B 图的过程电流为正且从零逐渐增大到最大值，A 正确；甲图中的C 图对应的电流为零，B 错误；每经过中性面一次线圈中的电流方向将要改变一次，所以一个周期以内电流方向要改变两次，所以在乙图中对应Od 段等于交变电流的一个周期，若已知d 等于0．02 s ，则频率为50 Hz ，1 s 内电流的方向将改变100次，C 错误；而D 选项频率应该是25 Hz ．2．(2018·苏锡常镇四市高三调研)钳形电流测量仪的结构如图所示，其铁芯在捏紧扳手时会张开，可以在不切断被测载流导线的情况下，通过内置线圈中的电流值I 和匝数n 获知载流导线中的电流大小I 0，则关于该钳形电流测量仪的说法中正确的是( )A ．该测量仪可测量直流电的电流B ．载流导线中电流大小I 0＝I nC ．若钳形部分铁芯没有完全闭合，测量出的电流将小于实际电流D ．若将载流导线在铁芯上多绕几匝，钳形电流测量仪的示数将变小解析：选C ．该测量仪只能测量交流电的电流，选项A 错误；载流导线中电流大小I 0＝nI ，选项B 错误；若钳形部分铁芯没有完全闭合，会存在漏磁现象，测量出的电流将小于实际电流，选项C 正确；由I 0＝nI 知，若将载流导线在铁芯上多绕几匝，则钳形电流测量仪的示数将变大，选项D 错误．3．如图，实验室一台手摇交流发电机，内阻r ＝1．0 Ω，外接R ＝9．0 Ω的电阻．闭合开关S ，当发电机转子以某一转速匀速转动时，产生的电动势e ＝102sin 10πt (V)，则( )A ．该交变电流的频率为10 HzB ．该电动势的有效值为10 2 VC ．外接电阻R 所消耗的电功率为10 WD ．电路中理想交流电流表A 的示数为1．0 A解析：选D ．因e ＝102sin 10πt (V)，故ω＝10π rad/s ，f ＝ω2π＝5 Hz ，选项A 错误；E m ＝10 2 V ，故其有效值E ＝E m 2＝10 V ，选项B 错误；交流电表的示数及功率的计算均要用有效值，因此电路中理想交流电流表A 的示数I ＝E R ＋r ＝1．0 A ，选项D 正确；外接电阻R 所消耗功率为P ＝I 2R ＝1．02×9 W ＝9 W ，选项C 错误．4．如图甲所示，为一种调光台灯电路示意图，它通过双向可控硅电子器件实现了无级调节亮度．给该台灯接220 V 的正弦交流电后加在灯管两端的电压如图乙所示，则此时交流电压表的示数为( )A ．220 VB ．110 VC ．2202 VD ．1102V 解析：选B ．设电压的有效值为U ，根据有效值定义有⎝ ⎛⎭⎪⎫22022R ·T 2＝U 2RT ，解得U ＝110 V ，则B 正确．5．一台理想变压器的原、副线圈的匝数比是5∶1，原线圈接入电压为220 V 的正弦交流电，各元件正常工作，一个理想二极管和一个滑动变阻器R 串联接在副线圈上，如图所示，电压表和电流表均为理想交流电表．则下列说法正确的是( )A ．原、副线圈中的电流之比为5∶1B ．电压表的读数约为44 VC ．若滑动变阻器接入电路的阻值为20 Ω，则1分钟产生的热量为2 904 JD ．若将滑动变阻器的滑片向上滑动，则两电表读数均增大解析：选C ．理想二极管的特点是正向的电流通过时电阻很小，反向的电流通过时电阻很大，认为断路，理想二极管的作用是只允许正向的电流通过．由于原、副线圈中的电流之比与匝数之比成反比，所以电流之比为1∶5，A 选项错误；原、副线圈的电压之比和匝数之比成正比，所以副线圈两端电压为U 2＝44 V ，但二极管具有单向导电性，根据有效值的定义有U 22R ×T 2＝U 2R×T ，从而求得电压表两端电压有效值为U ＝22 2 V ，B 选项错误；1 min 产生的热量为Q ＝U 2Rt ＝2 904 J ，C 选项正确；将滑动变阻器滑片向上滑动，接入电路中的阻值变小，但对原、副线圈两端的电压无影响，即电压表的读数不变，电流表的读数变大，所以D 选项错误．6．(2018·苏州模拟)如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数之比为2∶1，原线圈接在u ＝2202sin 100πt (V)的交流电源上，副线圈一端接有R ＝55 Ω的负载电阻、熔断电流为1 A 的保险丝和一个灯泡D ，电流表为理想电表．下列说法正确的是( )A ．S 断开时，原线圈中电流表的读数为 2 AB ．S 断开时，原线圈的输入功率为220 2 WC ．副线圈中输出交流电的周期为50 sD ．S 闭合时，灯泡D 正常发光，原线圈中电流表读数不会超过1．5 A解析：选D ．由交流电源瞬时值表达式可知其原线圈两端电压的有效值为220 V ，根据理想变压器变压规律U 1U 2＝n 1n 2可知，副线圈输出电压有效值为U 2＝110 V ，由欧姆定律可知通过电阻的电流I 2＝U 2R ＝2 A ，由变压器变流规律I 1I 2＝n 2n 1可知，原线圈输入电流为1 A ，故电流表示数为1 A ，A 项错误；原线圈的输入功率P 1＝U 1I 1＝220 W ，B 项错误；变压器不改变交流电的周期，由瞬时值表达式可知，交流电的周期为0．02 s ，C 项错误；通过灯泡的电流有效值最大为1 A ，故通过副线圈的最大电流为3 A ，由变压器变流规律可知，原线圈输入电流有效值最大为1．5 A ，故D 项正确．二、多项选择题(本题共4小题，每小题6分，共24分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选或不答的得0分)7．(2018·扬州中学高三考试)如图所示，虚线框内为漏电保护开关的原理示意图，变压器A 处用火线和零线平行绕制成线圈，然后接到用电器，B 处有一个输电线圈，一旦线圈B 中有电流，经过电流放大器后便能推动继电器切断电源，如果甲、乙、丙、丁四人分别以图示方式接触电线(裸露部分)，甲、乙、丙站在木凳上，则下列说法正确的是( )A ．甲不会发生触电事故，继电器不会切断电源B ．乙会发生触电事故，继电器不会切断电源C ．丙会发生触电事故，继电器会切断电源D ．丁会发生触电事故，继电器会切断电源解析：选AD ．图中甲、乙站在木凳上(人与地绝缘)接触火线时，火线和零线中电流大小、方向不变，线圈A 产生的总磁通量为零，线圈B 中不产生感应电流，继电器不会切断电源，甲、乙不会发生触电事故，故A 正确，B 错误；当丙双手分别与火线和零线触电时(人与地绝缘)，火线和零线中电流大小相等、方向相反，线圈A 产生的总磁通量为零，线圈A 中不会产生感应电流，故继电器不会切断电源，C 错误；当丁图中“手－地”接触时，会导致一部分电流通过大地，火线和零线中电流方向、大小不等，线圈A 产生的总磁通量不为零，即磁通量变大，故会在线圈B 中产生感应电流，经放大后便能推动继电器切断电源，故D 正确．8．(2017·高考江苏卷)某音响电路的简化电路图如图所示，输入信号既有高频成分，也有低频成分，则( )A ．电感L 1的作用是通高频B ．电容C 2的作用是通高频C ．扬声器甲用于输出高频成分D ．扬声器乙用于输出高频成分解析：选BD ．电感线圈有通低频、阻高频的作用，因此A 项错误；电容器有通高频、阻低频的作用，因此B 项正确；由此可以判断，扬声器甲主要用于输出低频成分，扬声器乙用于输出高频成分，C 项错误，D 项正确．9．图甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N 、S 间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，A 为交流电流表，线圈绕垂直于磁场的水平轴OO ′沿逆时针方向匀速转动，从图示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图象如图乙所示，以下判断正确的是( )A ．电流表的示数为10 AB ．线圈转动的角速度为50π rad/sC ．0．01 s 时线圈平面与磁场方向平行D ．0．02 s 时电阻R 中电流的方向自右向左解析：选AC ．根据i －t 图象可知，电流最大值I m ＝10 2 A ，有效值I ＝I m 2＝10 A ，选项A 正确；交变电流的周期T ＝2×10－2 s ，角速度ω＝2πT＝100π rad/s ，选项B 错误；从图示位置开始转动时，经0．01 s 线圈回到水平状态，线圈平面与磁场方向平行，选项C 正确；根据右手定则，在0．02 s 时，线圈经过一个周期，即在图示位置，电阻R 中的电流方向自左向右，因此选项D 错误．10．(2018·南京三校联考)如图所示，空间中有范围足够大的匀强磁场，磁场方向竖直向下，在其间竖直放置两彼此正对的相同金属圆环，两环相距L ，用导线将环与外电阻相连，现用外力使金属杆沿两环做匀速圆周运动．若已知磁感应强度大小为B ，圆环半径为R ，杆转动角速度为ω，金属杆和电阻的阻值均为r ，其他电阻不计，则( )A ．当金属杆从圆环最高点向最低点转动过程中，流过外电阻的电流先变大后变小B ．当金属杆从圆环最高点向最低点转动过程中，流过外电阻的电流先变小后变大C．流过外电阻电流的有效值为2BLωR 4rD．流过外电阻电流的有效值为2πBωR2 4r解析：选BC．金属杆从圆环最高点向最低点转动的过程中，垂直磁场方向的分速度先减小再增大，因而流过外电阻的电流先减小再增大，选项A错误，选项B正确；杆沿圆环的匀速率运动等效为以两环圆心连线为转动轴、长为L、宽为R的矩形线框的匀速转动，因此产生正弦交流电，遵守I＝I m2的关系．电动势的最大值为E m＝BLωR，I m＝E m2r，I＝I m2＝2BLωR4r，故选项C正确、D错误．三、非选择题(本题共3小题，共40分．按题目要求作答，计算题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)11．(12分)(1)利用负温度系数热敏电阻制作的热传感器，一般体积很小，可以用来测量很小范围内的温度变化，反应快，而且精确度高．①如果将负温度系数热敏电阻与电源、电流表和其他元件串联成一个电路，其他因素不变，只要热敏电阻所处区域的温度降低，电路中电流将变________(选填“大”或“小”)．②上述电路中，我们将电流表中的电流刻度换成相应的温度刻度，就能直接显示出热敏电阻附近的温度．如果刻度盘正中的温度为20 ℃(如图甲所示)，则25 ℃的刻度应在20 ℃的刻度的________(选填“左”或“右”)侧．③为了将热敏电阻放置在某蔬菜大棚内检测大棚内温度变化，请在图乙中用图中的器材(可增加元器件)设计一个电路．(2)图甲为一测量硫化镉光敏电阻特性的实验电路，电源电压恒定，电流表内阻不计，开关闭合后，调节滑动变阻器滑片，使小灯泡发光逐渐增强，测得流过电阻的电流和光强的关系曲线如图所示，试根据这一特性，由图丙中给定的器材设计一个自动光控电路．解析：(1)①因为温度降低时，负温度系数热敏电阻的阻值增大，故电路中电流会减小．②由①的分析知，温度越高，电流越大，25 ℃的刻度应对应较大电流，故在20 ℃的刻度的右侧．③电路如图所示(2)由光敏电阻的特性曲线可以看出，当入射光增强时，流过光敏电阻的电流增大，光敏电阻的阻值减小．根据题意设计一个自动光控电路，如图所示．控制过程是：当有光照时，放大器输出一个较大的电流，驱动电磁继电器吸引衔铁使两个触点断开；当无光照时，放大器输出电流减小，电磁继电器释放衔铁，使两个触点闭合，工作电路接通，电灯开始工作．答案：(1)①小②右③见解析图(2)见解析12．(14分)(2018·扬州市高三调研测试)如图所示，单匝矩形金属线圈水平放置，长为2L，宽为L，电阻为R．空间存在与线圈平面垂直的匀强磁场，磁感应强度在t时间内从0均匀增大到B0．此后磁感应强度保持B0不变，在外力作用下线圈绕ab边以角速度ω匀速转动．求：(1)0～t时间内线框中电流的大小和方向；(2)在线圈转动一周的过程中，外力做功的平均功率；(3)线圈平面转到与磁场方向夹角为30°时，ab边所受的安培力大小．解析：(1)E ＝ΔΦΔt ＝2B 0L 2t I ＝E R ＝2B 0L 2tR感应电流的方向为a →d →c →b →a ．(2)E m ＝BS ω＝2B 0ωL 2P ＝E 2R ＝(E m /2)2R ＝2B 20ω2L 4R ． (3)线圈平面转到与磁场方向夹角为30°时，有i ＝2B 0ωL 2R sin 30°＝B 0ωL 2RF 安＝B 0i ·2L ＝2B 20ωL 3R．答案：见解析13．(14分)发电机的端电压为220 V ，输出电功率为44 kW ，输电导线的电阻为0．2 Ω，如果用原、副线圈匝数之比为1∶10 的升压变压器升压，经输电线路后，再用原、副线圈匝数比为10∶1的降压变压器降压供给用户．(1)画出全过程的线路图； (2)求用户得到的电压和功率；(3)若不经过变压而直接送到用户，求用户得到的功率和电压．解析：(1)线路图如图所示：(2)升压变压器副线圈上的输出电压U 2＝n 2n 1U 1＝2 200 V 升压变压器副线圈上的输出电流I 2＝n 1n 2I 1升压变压器原线圈上的输入电流，由P ＝U 1I 1得 I 1＝P U 1＝44×103220A ＝200 A 所以I 2＝n 1n 2I 1＝110×200 A ＝20 A ．输电线路上的电压损失和功率损失分别为U R ＝I 2R ＝4 VP R ＝I 22R ＝0．08 kW降压变压器原线圈上的输入电流和电压分别为 I 3＝I 2＝20 AU 3＝U 2－U R ＝2 196 V降压变压器副线圈上的输出电压和电流分别为U 4＝n 4n 3U 3＝219．6 V I 4＝n 3n 4I 3＝200 A 用户得到的功率P 4＝U 4I 4＝43．92 kW ．(3)若不采用高压输电，线路损失电压为 U ′R ＝I 1R ＝40 V用户得到的电压U ′＝U 1－U ′R ＝180 V 用户得到的功率为P ′＝U ′I 1＝36 kW ．答案：见解析。

2020届高考物理总复习第十章电磁感应单元评估检测(十)(含解析)新人教版

单元评估检测（十）（第十、十一章）（45分钟100分）一、选择题（本题共8小题，每小题7分，共56分。

1〜5题为单选题，6〜8题为多选题）1. 如图甲所示，水平放置的平行金属导轨连接一个平行板电容器C和电阻R导体棒MN放在导轨上且接触良好，整个装置放于垂直导轨平面的磁场中，磁感应强度B的变化情况如图乙所示（图示磁感应强度方向为正），MN台终保持静止，则0〜t2时间内（）A. 电容器C的电荷量变小B. 电容器C的a板先带正电后带负电C. M N所受安培力的大小始终不变D. M N所受安培力的方向先向右后向左【解析】选D。

磁感应强度均匀变化，产生恒定电动势，电容器C的电荷量大小始终没变，选项A、B错误；由于磁感应强度变化，根据楞次定律和左手定则可知，MN所受安培力的方向先向右后向左，大小先减小后增大，选项C错误，D正确。

2. （2018 •永州模拟）如图所示，边长为21的正方形虚线框内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个边长为I的正方形导线框所在平面与磁场方向垂直，导线框的一条对角线和虚线框的一条对角线恰好在同一直线上。

从t=0开始，使导线框从图示位置开始以恒定速度沿对角线方向移动进入磁场，直到整个导线框离开磁场区域。

用I表示导线框中的感应电流（逆时针方向为正），则下列表示I-t关系的图线中，正确的是（）X Z丨■ ot—A c D【解析】选D。

导线框完全进入磁场后，没有感应电流产生，故 A B项均错误；进入和穿出磁场过程中，线框有效切割长度变化，感应电动势和感应电流在变化，故C项错误；线框进入磁场过程，有效切割长度L均匀增大，感应电动势E均匀增大，感应电流1均匀增大。

穿出磁场过程，有效切割长度L均匀减小，感应电动势E均匀减小，感应电流1均匀减小，两个过程电流方向相反，故D项正确。

【加固训练】如图所示，宽为2L且3•上、下边界都水平的匀强磁场区域的正上方有一个高为L的闭合矩形线框由静止从某高处释放，线框竖直下落过程中，下边始终保持水平，磁感应强度方向垂直线框平面向里，线框第一次从某高度由静止下落后，恰好匀速进入磁场，第二次调整下落高度后，线框恰好匀速穿过磁场下边界，用11、12分别表示第一次、第二次在整个进出磁场区域的过程中线框的感应电流大小，则下列反映线框的感应电流随位移变化的图象中可能正确【解析】选A。

2020届高考物理总复习 10 训练新人教版【共4套18页】

本套资源目录2020届高考物理总复习10.1电磁感应现象楞次定律针对训练含解析新人教版2020届高考物理总复习10.2法拉第电磁感应定律针对训练含解析新人教版2020届高考物理总复习10专题三电磁感应中的电路和图象问题针对训练含解析新人教版2020届高考物理总复习10专题四电磁感应中的动力学和能量综合问题针对训练含解析新人教版10.1 电磁感应现象楞次定律1．(多选)如图10－1－21是验证楞次定律实验的示意图，竖直放置的线圈固定不动，将磁铁从线圈上方插入或拔出，线圈和电流表构成的闭合回路中就会产生感应电流．各图中分别标出了磁铁的极性、磁铁相对线圈的运动方向以及线圈中产生的感应电流的方向等情况，其中表示正确的是( )图10－1－21解析：根据楞次定律可确定感应电流的方向：如对C 图分析，当磁铁向下运动时：(1)闭合线圈原磁场的方向——向上；(2)穿过闭合线圈的磁通量的变化——增加；(3)感应电流产生的磁场方向——向下；(4)利用安培定则判断感应电流的方向——与图中箭头方向相同．线圈的上端为S 极，磁铁与线圈相互排斥．综合以上分析知，C 、D 正确．答案：CD2．如图10－1－22甲所示，长直导线与导线框abcd 固定在同一平面内．直导线中通以如图乙所示的大小和方向都随时间作周期性变化的交流电，并取图甲所示向上的电流方向为直导线中电流的正方向．关于0～T 时间内线框abcd 中感应电流的方向，下列说法正确的是( )图10－1－22A ．由顺时针方向变为逆时针方向B ．由逆时针方向变为顺时针方向C ．由顺时针方向变为逆时针方向，再变为顺时针方向D ．由逆时针方向变为顺时针方向，再变为逆时针方向解析：由题图乙，在0～T 4时间内电流正向增大，根据安培定则，矩形线圈所处的磁场垂直纸面向里，由于磁通量增大，由增反减同，矩形线圈中的感应磁场应垂直纸面向外，感应电流为逆时针，同理，T 4～T 2，T 2～3T 4，3T 4～T 内感应电流的方向依次为顺时针、顺时针、逆时针，故D 正确．答案：D3．如图10－1－23所示，一根条形磁铁自左向右穿过一个闭合螺线管，则电路中( )图10－1－23A ．始终有感应电流自a 向b 流过电流表GB ．始终有感应电流自b 向a 流过电流表GC ．先有a →G →b 方向的感应电流，后有b →G →a 方向的感应电流D ．将不会产生感应电流解析：条形磁铁从左边进入螺线管的过程中，在螺线管内产生的磁场方向向右，且穿过螺线管的磁通量不断增加，根据楞次定律，产生的感应电流的方向是a →G→b ，条形磁铁从螺线管中向右穿出的过程中，在螺线管中产生的磁场方向仍向右，穿过螺线管的磁通量不断减小，根据楞次定律，产生的感应电流的方向是b →G →a ，故C 正确．答案：C4．(2019年杭州模拟)如图10－1－24所示，匀强磁场垂直圆形线圈指向纸内，a 、b 、c 、d 为圆形线圈上等距离的四点，现用外力在上述四点将线圈拉成正方形，且线圈仍处在原先所在平面内，则在线圈发生形变的过程中( )图10－1－24A ．线圈中将产生abcda 方向的感应电流B ．线圈中将产生adcba 方向的感应电流C ．线圈中感应电流方向无法判断D ．线圈中无感应电流解析：周长一定时，圆形的面积最大．本题线圈面积变小，磁通量变小，有感应电流产生，由楞次定律可知线圈中将产生顺时针方向的感应电流，故A 正确．答案：A5．(2019年唐山模拟)(多选)如图10－1－25所示，在匀强磁场中，放有一与线圈D 相连接的平行导轨，要使放在线圈D 中的线圈A (A 、D 两线圈同心共面)各处受到沿半径方向指向圆心的力，金属棒MN的运动情况可能是( )图10－1－25A．匀速向右 B.加速向左C．加速向右 D.减速向左解析：若金属棒MN匀速向右运动，则线圈D与MN组成回路，产生恒定电流，穿过线圈A的磁通量不变，线圈A不受安培力作用，选项A错误；若金属棒MN加速向左运动，则线圈D与MN组成回路中的电流不断增强，故穿过线圈A的磁通量不断增强，根据楞次定律，为阻碍磁通量的增强，线圈A有收缩的趋势，受到沿半径方向指向圆心的安培力，选项B 正确；同理可得，当金属棒MN加速向右运动时，线圈A有收缩的趋势，受到沿半径方向指向圆心的安培力，选项C正确；当金属棒MN减速向左运动时，线圈A有扩张的趋势，受到沿半径方向背离圆心的安培力，选项D错误．答案：BC6．(2019年上海虹口区一模)(多选)如图10－1－26所示，水平放置的光滑绝缘直杆上套有A、B、C三个金属铝环，B环连接在图示的电路中．闭合开关S的瞬间( )图10－1－26A．A环向左滑动B．C环向左滑动C．A环有向外扩展的趋势D．C环有向内收缩的趋势解析：闭合开关S的瞬间，通过A、C环的磁通量增大，根据楞次定律和左手定则可知：A环向左运动，且有收缩的趋势；C环向右运动，且有收缩的趋势，故A、D正确，B、C错误．答案：AD7．(2017年高考·课标全国卷Ⅲ)如图10－1－27，在方向垂直于纸面向里的匀强磁场中有一U形金属导轨，导轨平面与磁场垂直．金属杆PQ置于导轨上并与导轨形成闭合回路PQRS，一圆环形金属线框T位于回路围成的区域内，线框与导轨共面．现让金属杆PQ突然向右运动，在运动开始的瞬间，关于感应电流的方向，下列说法正确的是( )图10－1－27A．PQRS中沿顺时针方向，T中沿逆时针方向B．PQRS中沿顺时针方向，T中沿顺时针方向C．PQRS中沿逆时针方向，T中沿逆时针方向D．PQRS中沿逆时针方向，T中沿顺时针方向解析：金属杆PQ向右切割磁感线，根据右手定则可知PQRS中感应电流沿逆时针方向；原来T中的磁场方向垂直于纸面向里，金属杆PQ中的感应电流产生的磁场方向垂直于纸面向外，使得穿过T的磁通量减小，根据楞次定律可知T中产生顺时针方向的感应电流，综上所述，可知A、B、C项错误，D项正确．答案：D10.2 法拉第电磁感应定律1．(2019年湖北质检)如图10－2－18所示，一线圈匝数为n ，横截面积为S ，总电阻为r ，处于一个均匀增强的磁场中，磁感应强度随时间的变化率为k ，磁场方向水平向右且与线圈平面垂直，电容器的电容为C ，两个电阻的阻值分别为r 和2r .下列说法正确的是( )图10－2－18A ．电容器所带电荷量为2nSkC 5B ．电容器所带电荷量为3nSkC 5C ．电容器下极板带正电D ．电容器上极板带正电解析：闭合线圈与阻值为r 的电阻形成闭合回路，线圈相当于电源，电容器两极板间的电压等于路端电压；线圈产生的感应电动势为E ＝nSΔB Δt ＝nSk ，路端电压U ＝E 2＝nSk 2，电容器所带电荷量为Q ＝CU ＝nSkC2，A 、B 错误；根据楞次定律，感应电流从线圈的右端流到左端，左端电势高，电容器上极板带正电，C 错误，D 正确．答案：D2．(2019年江西南昌摸底)(多选)如图10－2－19甲所示，圆形闭合线圈内存在方向垂直纸面向外的磁场，磁感应强度随时间变化如图10－2－19乙所示，则下列说法正确的是( )图10－2－19A ．0～1 s 内线圈的磁通量不断增大B ．第4 s 末的感应电动势为0C ．0～1 s 内与2～4 s 内的感应电流大小相等D ．0～1 s 内感应电流方向为顺时针方向解析：由法拉第电磁感应定律E ＝ΔΦΔt ＝ΔB ·S Δt，得出各段时间内的感应电动势的大小由图象的斜率决定．根据Φ＝BS 可知，在0～1 s 内线圈的磁通量不断增大，故A 正确；第4 s 末的感应电动势等于2～4 s 内的感应电动势，故B 错误；根据公式E ＝ΔΦΔt ＝ΔB ·S Δt，在0～1 s 内与2～4 s 内的磁通量的变化率不同，所以感应电动势大小不同，则感应电流大小也不相等，故C 错误；0～1 s 内，磁场垂直纸面向外，大小在增加，根据楞次定律，感应电流方向为顺时针方向，故D 正确．答案：AD3．(2019年信阳模拟)如图10－2－20所示，甲、乙、丙中除导体棒ab 可动外，其余部分均固定不动．图甲中的电容器C 原来不带电，设导体棒、导轨和直流电源的电阻均可忽略，导体棒和导轨间的摩擦也不计．图中装置均在水平面内，且都处于方向垂直水平面(即纸面)向下的匀强磁场中，导轨足够长，若给导体棒ab 一个向右的初速度v 0，ab 的最终运动状态是( )图10－2－20A ．三种情况下，ab 最终都是做匀速运动B ．图甲、丙中ab 最终将以某一速度做匀速运动；图乙中ab 最终静止C ．图甲、丙中ab 最终将以相同的速度做匀速运动D ．三种情况下，ab 最终均静止解析：图甲中，当电容器C 两端电压等于ab 切割磁感线产生的感应电动势时，回路电流为零，ab 做匀速运动；图乙中，ab 在F 安作用下做减速运动直至静止；图丙中，若BLv 0＜E ，ab 先做加速运动至BLv ＝E 时，回路中电流为零，ab 再做匀速运动，故B 对，A 、C 、D 均错．答案：B4．(多选)如图10－2－21所示是圆盘发电机的示意图；铜盘安装在水平的铜轴上，它的边缘正好在两磁极之间，两块铜片C 、D 分别与转动轴和铜盘的边缘接触．若铜盘半径为L ，匀强磁场的磁感应强度为B ，回路的总电阻为R ，从左往右看，铜盘以角速度ω沿顺时针方向匀速转动．则( )图10－2－21A ．由于穿过铜盘的磁通量不变，故回路中无感应电流B ．回路中感应电流大小不变，为BL 2ω2RC ．回路中感应电流方向不变，为C →D →R →CD ．回路中有周期性变化的感应电流解析：把铜盘看作闭合回路的一部分，在铜盘以角速度ω沿顺时针方向匀速转动时，铜盘切割磁感线产生感应电动势，回路中有感应电流，选项A 错误；铜盘切割磁感线产生的感应电动势为E ＝12BL 2ω，根据闭合电路欧姆定律，回路中感应电流I ＝E R ＝BL 2ω2R，由右手定则可判断出感应电流方向为C →D →R →C ，选项B 、C 正确，D 错误．答案：BC5．(多选)如图10－2－22所示，两个相同灯泡L 1、L 2，分别与自感线圈L 和电阻R 串联，接到内阻不可忽略的电源的两端，当闭合开关S 到电路稳定后，两灯泡均正常发光，已知自感线圈的自感系数很大．则下列说法正确的是( )图10－2－22A ．闭合开关S 到电路稳定前，灯泡L 1逐渐变亮B ．闭合开关S 到电路稳定前，灯泡L 2由亮变暗C ．断开开关S 的一段时间内，A 点电势比B 点电势高D ．断开开关S 的一段时间内，灯泡L 2亮一下逐渐熄灭解析：闭合开关的瞬间，L 2灯立即正常发光，L 1灯所在电路上线圈产生自感电动势，阻碍电流的增大，电流只能逐渐增大，L 1灯逐渐变亮，故A 正确；闭合开关S 到电路稳定前，L 1灯所在电路上线圈产生自感电动势，电流只能逐渐增大，则总电路中的电流逐渐增大，电源的内电阻消耗的电压逐渐增大，所以路端电压逐渐减小，则灯泡L 2逐渐变暗，故B 正确；闭合开关，待电路稳定后断开开关，L 中产生自感电动势，相当于电源，电流的方向与L 1的方向相同，从右向左流过L 2灯，所以A 点电势比B 点电势低，故C 错误；断开开关S 的一段时间内，L 中产生自感电动势，相当于电源，电流从原来的电流开始减小，所以两个灯泡都是逐渐熄灭，不会闪亮一下，故D 错误．答案：AB6．(2019年苏北三市模拟)(多选)如图10－2－23所示的电路中，电感L 的自感系数很大，电阻可忽略，D 为理想二极管，则下列说法正确的有( )图10－2－23A．当S闭合时，L1立即变亮，L2逐渐变亮B．当S闭合时，L1一直不亮，L2逐渐变亮C．当S断开时，L2立即熄灭D．当S断开时，L1突然变亮，然后逐渐变暗至熄灭解析：当S闭合时，因二极管加上了反向电压，故二极管截止，L1一直不亮，通过线圈的电流增加，感应电动势阻碍电流增加，故使得L2逐渐变亮，选项B正确，A错误；当S断开时，由于线圈自感电动势阻碍电流的减小，故通过L1的电流要在L2－L1－D－L之中形成新的回路，故L1突然变亮，然后逐渐变暗至熄灭，选项C错误，D正确．答案：BD10 专题三电磁感应中的电路和图象问题1. (多选)如图3－12甲所示，螺线管匝数n ＝1 000匝，横截面积S ＝10 cm 2，螺线管导线电阻r ＝1Ω，电阻R ＝4Ω，磁感应强度B 的B －t 图象如图3－12乙所示(以向右为正方向)，下列说法正确的是( )图3－12A ．通过电阻R 的电流是交变电流B ．感应电流的大小保持不变C ．电阻R 两端的电压为6 VD ．C 点的电势为4.8 V解析：由E ＝n ΔB ·S Δt＝6 V ，一个周期的时间内，前半个周期与后半个周期的电动势(电流)大小相等、方向相反，所以通过R 的电流是交变电流，选项A 、B 正确；电阻R 上的电压U R ＝E R ＋rR ＝4.8 V ，选项C 错误；0～1 s 内C 点比A 点电势高，C 点的电势为4.8 V ，1～2 s 内，C 点比A 点电势低，C 点的电势为－4.8 V ，选项D 错误．答案：AB2．(2019年云南统一检测)(多选)如图3－13所示，边长为L 、不可形变的正方形导线框内有半径为r 的圆形磁场区域，其磁感应强度B 随时间t 的变化关系为B ＝kt (常量k >0)．回路中滑动变阻器R 的最大阻值为R 0，滑动片P 位于滑动变阻器中央，定值电阻R 1＝R 0、R 2＝R 02.闭合开关S ，电压表的示数为U ，不考虑虚线MN 右侧导体的感应电动势，则( )图3－13A ．R 2两端的电压为U 7B ．电容器的a 极板带正电C ．滑动变阻器R 的热功率为电阻R 2的5倍D ．正方形导线框中的感应电动势为kL 2解析：由法拉第电磁感应定律E ＝n ΔΦΔt ＝n ΔB Δt s有E ＝k πr 2，D 错误；因k >0，由楞次定律知线框内感应电流沿逆时针方向，故电容器b 极板带正电，B 错误；由题图知外电路结构为R 2与R 的右半部并联，再与R 的左半部、R 1相串联，故R 2两端电压U 2＝R 02×12R 0＋R 02＋R 02×12U＝U7，A 正确；设R 2消耗的功率为P ＝IU 2，则R 消耗的功率P ′＝P 左＋P 右＝2I ×2U 2＋IU 2＝5P ，故C 正确．答案：AC3．(2019年江苏南京二模)(多选)如图3－14所示，光滑平行金属导轨MN 、PQ 所在平面与水平面成θ角，M 、P 两端接一阻值为R 的定值电阻，阻值为r 的金属棒ab 垂直导轨放置，其他部分电阻不计．整个装置处在磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下．t ＝0时对金属棒施加一平行于导轨的外力F ，金属棒由静止开始沿导轨向上做匀加速直线运动．下列关于穿过回路abPMa 的磁通量变化量ΔΦ、磁通量的瞬时变化率ΔΦΔt 、通过金属棒的电荷量q 随时间t 变化以及a 、b 两端的电势差U 随时间t 变化的图象中，正确的是( )图3－14解析：设加速度为a ，运动的位移x ＝12at 2，磁通量变化量ΔΦ＝BLx ＝12BLat 2，ΔΦ∝t 2，选项A 错误；感应电动势E ＝ΔΦΔt ＝12BLat ，故ΔΦΔt ∝t ，选项B 正确；U ＝RE R ＋r ＝RBLa 2（R ＋r ）t ，U ∝t ，选项D 正确；电荷量q ＝ΔΦR，因为ΔΦ∝t 2，所以q ∝t 2，选项C 错误．答案：BD4．(2019年山东德州期末)(多选)如图3－15所示为三个有界匀强磁场，磁感应强度大小均为B ，方向分别垂直纸面向外、向里和向外，磁场宽度均为L .在磁场区域的左侧边界处有一边长为L 的正方形导体线框，总电阻为R ，且线框平面与磁场方向垂直．现用外力F 使线框以速度v 匀速穿过磁场区域，以初始位置为计时起点，规定电流沿逆时针方向时的电动势E 为正，磁感线垂直纸面向里时的磁通量Φ为正值，外力F 向右为正．则以下能反映线框中的磁通量Φ、感应电动势E 、外力F 和电功率P 随时间变化规律的图象是( )图3－15解析：在0～L v 时间内，磁通量Φ＝BLvt ，为负值，逐渐增大；在t ＝3L2v时磁通量为零；当t ＝2L v 时，磁通量Φ＝BL 2为最大正值；在2L v ～5L 2v 时间内，磁通量为正，逐渐减小；t ＝5L 2v 时，磁通量为零；5L 2v ～3L v 时间内，磁通量为负，逐渐增大；t ＝3Lv时，磁通量为负的最大值；3L v ～4L v 时间内，磁通量为负，逐渐减小，由此可知选项A 正确．在0～Lv时间内，E ＝BLv ，为负值；在L v ～2L v 时间内，两个边切割磁感线，感应电动势E ＝2BLv ，为正值；在2L v ～3Lv时间内，两个边切割磁感线，感应电动势E ＝2BLv ，为负值；在3L v～4Lv时间内，一个边切割磁感线，E ＝BLv ，为正值，B 正确.0～L v时间内，安培力向左，外力向右，F 0＝F 安＝BI 0L ，电功率P 0＝I 2R ＝B 2L 2v 2R ；L v ～2L v 时间内，外力向右，F 1＝2B ·2I 0L ＝4F 0，电功率P 1＝I 21R ＝4B 2L 2v 2R＝4P 0；2L v ～3L v 时间内，外力向右，F 2＝2B ·2I 0L ＝4F 0，电功率P 2＝I 22R ＝4B 2L 2v 2R ＝4P 0；在3L v ～4L v时间内，外力向右，F 3＝BI 0L ＝F 0，电功率P 3＝I 20R ＝B 2L 2v 2R＝P 0，选项C 错误，D 正确．答案：ABD5．面积S ＝0.2 m 2、n ＝100匝的圆形线圈，处在如图3－16所示的匀强磁场中，磁场方向垂直于线圈所在平面，磁感应强度B 随时间t 变化的规律是B ＝0.02t (T)．电阻R 与电容器C 并联后接在线圈两端，电阻R ＝3Ω，电容C ＝30 μF ，线圈电阻r ＝1Ω，求：图3－16(1)通过R 的电流的大小和方向； (2)电容器所带的电荷量．解析：(1)通过圆形线圈的磁通量Φ变大，由楞次定律和安培定则知，线圈中感应电流的方向为逆时针，所以通过R 的电流方向为由b 到a .由法拉第电磁感应定律，线圈产生的感应电动势为E ＝n ΔΦΔt ＝nS ΔB Δt＝100×0.2×0.02 V ＝0.4 V由闭合电路欧姆定律，通过R 的电流为I ＝E R ＋r ＝0.43＋1A ＝0.1 A. (2)电容器两端的电压等于电阻R 两端的电压，即U C ＝U R ＝IR ＝0.1×3 V ＝0.3 V 电容器所带的电荷量为Q ＝CU C ＝30×10－6×0.3 C ＝9×10－6 C.答案：(1)0.1 A ，方向b →R →a (2)9×10－6C10 专题四电磁感应中的动力学和能量综合问题1．如图4－10所示，水平地面上方矩形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，两个闭合线圈Ⅰ、Ⅱ分别用同种导线绕制而成，其中Ⅰ为边长为L 的正方形，Ⅱ是长为2L 、宽为L 的矩形，将两个线圈同时从图示位置由静止释放．线圈下边进入磁场时，Ⅰ立即做了一段时间的匀速运动，已知两线圈在整个下落过程中，下边始终平行于磁场上边界，不计空气阻力，则( )图4－10A ．下边进入磁场时，Ⅱ也立即做匀速运动B ．从下边进入磁场开始的一段时间内，线圈Ⅱ做加速度不断减小的加速运动C ．从下边进入磁场开始的一段时间内，线圈Ⅱ做加速度不断减小的减速运动D ．线圈Ⅱ先到达地面解析：线圈Ⅱ的电阻是Ⅰ的32倍，线圈Ⅱ进入磁场时产生的感应电动势是Ⅰ的2倍，即R Ⅱ＝32R Ⅰ，E Ⅱ＝2E Ⅰ，由I ＝E R 得，I Ⅱ＝43I Ⅰ；由F 安＝BIL ，F Ⅱ＝BI Ⅱ·2L ，F Ⅰ＝BI Ⅰ·L ，则F Ⅱ＝83F Ⅰ，但G Ⅱ＝32G Ⅰ，由于Ⅰ进入磁场做匀速运动，即F Ⅰ＝G Ⅰ，则F Ⅱ>G Ⅱ，所以Ⅱ进入磁场立即做加速度不断减小的减速运动，A 、B 错误，C 正确；因线圈Ⅰ、Ⅱ进入磁场时速度相同，但此后Ⅰ匀速，Ⅱ减速，故Ⅱ后到达地面，D 错误．答案：C2．(2019年湖北重点中学联考)如图4－11所示，足够长的光滑金属导轨MN 、PQ 平行放置，两导轨的平面与水平方向的夹角为θ.在导轨的最上端M 、P 之间接有电阻R ，不计其他电阻．导体棒ab 从导轨的最底端冲上导轨，当没有磁场时，ab 棒上升的最大高度为H ；若存在垂直导轨平面的匀强磁场时，ab 棒上升的最大高度为h .在两次运动过程中ab 棒都与导轨保持垂直，且初速度都相等．则下列说法正确的是( )图4－11A ．两次上升的最大高度有H <hB ．有磁场时ab 棒所受合力的功大于无磁场时合力的功C ．有磁场时，电阻R 产生的焦耳热为12mv 2D ．有磁场时，ab 棒上升过程的最小加速度为g sin θ解析：没加磁场时，机械能守恒，动能全部转化为重力势能．加有磁场时，动能的一部分转化为重力势能，还有一部分转化为整个回路的内能，则加有磁场时的重力势能小于没加磁场时的重力势能，即h <H ，故A 错误；由动能定理知，合力的功等于导体棒动能的变化量，有、无磁场时，棒的初速度相等，末速度都为零，则知ab 棒所受合力的功相等，故B 错误；设电阻R 产生的焦耳热为Q ，根据能量守恒知有12mv 20＝Q ＋mgh ，则Q <12mv 20，故C 错误；有磁场时，导体棒上升时受重力、支持力、沿斜面向下的安培力，当上升到最高点时，安培力为零，所以ab 上升过程的最小加速度为g sin θ，故D 正确．答案：D3．(多选)水平固定放置的足够长的U 形金属导轨处于竖直向上的匀强磁场中，在导轨上放着金属棒ab ，开始时，ab 棒以水平初速度v 0向右运动，最后静止在导轨上，就导轨光滑和粗糙两种情况比较，这个过程 ( )图4－12A ．安培力对ab 棒所做的功不相等B ．电流所做的功相等C ．产生的总内能相等D ．通过ab 棒的电荷量相等解析：导轨光滑时，只有安培力做功，安培力做功等于动能变化量，导轨粗糙时，安培力与摩擦力做功之和等于动能的变化量，所以两种情况中动能变化量相等，故A 正确、B 错误．两种情况中金属棒的动能最终全部转化为内能，C 正确．通过ab 棒的电荷量Q ＝ΔΦR＝B ΔSR，光滑时比粗糙时ab 棒运动的路程长，故ΔS 大，通过的电荷量Q 多，故D 错误．答案：AC4．(2019年济南针对训练)(多选)如图4－13所示的竖直平面内，水平条形区域Ⅰ和Ⅱ内有大小相等，方向垂直竖直面向里的匀强磁场，其宽度均为d ，Ⅰ和Ⅱ之间有一宽度为h 的无磁场区域，h >d .一质量为m 、边长为d 的正方形线框由距区域Ⅰ上边界某一高度处静止释放，在穿过两磁场区域的过程中，通过线框的电流及其变化情况相同．重力加速度为g ，空气阻力忽略不计．则下列说法正确的是 ( )图4－13A．线框进入区域Ⅰ时与离开区域Ⅰ时的电流方向相同B．线框进入区域Ⅱ时与离开区域Ⅱ时所受安培力的方向相同C．线框有可能匀速通过磁场区域ⅠD．线框通过区域Ⅰ和区域Ⅱ产生的总热量为Q＝2mg(d＋h)解析：由楞次定律可知，线框进入区域Ⅰ时感应电流为逆时针方向，而离开区域Ⅰ时的电流方向为顺时针方向，故选项A错误；由楞次定律可知，线框进入区域Ⅱ时与离开区域Ⅱ时所受安培力的方向相同，均向上，选项B正确；因穿过两磁场区域的过程中，通过线框的电流及其变化情况相同，则可知线框进入区域Ⅰ时一定是做减速运动，选项C错误；线框离开磁场区域Ⅰ的速度应等于离开磁场区域Ⅱ的速度，则在此过程中，线圈的机械能的减小量等于线框通过区域Ⅱ产生的电能，即Q2＝mg(d＋h)，则线框通过区域Ⅰ和区域Ⅱ产生的总热量为Q＝2Q2＝2mg(d＋h)，选项D正确．答案：BD5．(多选)如图4－14所示，质量为3m的重物与一质量为m的线框用一根绝缘细线连接起来，挂在两个高度相同的定滑轮上，已知线框的横边边长为L，水平方向匀强磁场的磁感应强度为B，磁场上下边界的距离、线框竖直边长均为h.初始时刻，磁场的下边缘和线框上边缘的高度差为2h，将重物从静止开始释放，线框上边缘刚进磁场时，恰好做匀速直线运动，滑轮质量、摩擦阻力均不计．则下列说法中正确的是( )图4－14A．线框进入磁场时的速度为2ghB ．线框的电阻为B 2L 22mg2ghC ．线框通过磁场的过程中产生的热量Q ＝2mghD ．线框通过磁场的过程中产生的热量Q ＝4mgh解析：从初始时刻到线框上边缘刚进入磁场，由机械能守恒定律得3mg ×2h ＝mg ×2h ＋4m v 22，解得线框刚进入磁场时的速度v ＝2gh ，故A 对；线框上边缘刚进磁场时，恰好做匀速直线运动，故受合力为零，3mg ＝BIL ＋mg ，I ＝BLv R ，解得线框的电阻R ＝B 2L 22mg2gh ，故B对；线框匀速通过磁场的距离为2h ，产生的热量等于系统重力势能的减少量，即Q ＝3mg ×2h－mg ×2h ＝4mgh ，故C 错，D 对．答案：ABD6．两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平面内，两导轨间的距离为L .导轨上面垂直放置两根导体棒ab 和cd ，构成矩形回路，如图4－15所示．两根导体棒的质量皆为m ，电阻均为R ，回路中其余部分的电阻可不计，在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B .设两导体棒均可沿导轨无摩擦地滑行．开始时，棒cd 静止，棒ab 有指向棒cd 的初速度v 0.若两导体棒在运动中始终不接触，则：图4－15(1)在运动中产生的焦耳热最多是多少？(2)当ab 棒的速度变为初速度的34时，cd 棒的加速度是多少？解析：(1)两棒速度相同时产生的焦耳热最多．从开始到两棒达到相同速度v 的过程中，两棒的总动量守恒，有mv 0＝2mv根据能量守恒定律，整个过程中产生的焦耳热Q ＝12mv 20－12(2m )v 2＝14mv 20.(2)设ab 棒的速度变为34v 0时，cd 棒的速度为v ′，则由动量守恒定律可知mv 0＝34mv 0＋mv ′解得v ′＝14v 0，回路中的电动势E ＝34BLv 0－14BLv 0＝12BLv 0此时cd 棒所受的安培力F ＝BIL ＝B 2L 2v 04R.由牛顿第二定律可得，cd 棒的加速度a ＝F m ＝B 2L 2v 04mR.1 4mv20(2)B2L2v04mR答案：(1)。

【高考复习】2020版高考物理单元测试电磁感应(含答案解析)

2020版高考物理单元测试电磁感应1.如图所示，空间某区域中有一匀强磁场，磁感应强度方向水平，且垂直于纸面向里，磁场上边界b和下边界d水平．在竖直面内有一矩形金属线圈，线圈上下边的距离很短，下边水平．线圈从水平面a开始下落．已知磁场上下边界之间的距离大于水平面a、b之间的距离．若线圈下边刚通过水平面b、c(位于磁场中)和d时，线圈所受到的磁场力的大小分别为F b、F c和F d，则( )A．F d>F c>F b B．F c<F d<F b C．F c>F b>F d D．F c<F b<F d2.如图所示，一圆形金属线圈放置在水平桌面上，匀强磁场垂直桌面竖直向下，过线圈上A点做切线OO′，OO′与线圈在同一平面上．在线圈以OO′为轴翻转180°的过程中，线圈中电流流向( )A．始终由A→B→C→AB．始终由A→C→B→AC．先由A→C→B→A再由A→B→C→AD．先由A→B→C→A再由A→C→B→A3.如图所示为地磁场磁感线的示意图．一架民航飞机在赤道上空匀速飞行，机翼保持水平，由于遇到强气流作用使飞机竖直下坠，在地磁场的作用下，金属机翼上有电势差．设飞行员左方机翼末端处的电势为φ1，右方机翼末端处的电势为φ2，忽略磁偏角的影响，则( )A．若飞机从西往东飞，φ2比φ1高B．若飞机从东往西飞，φ2比φ1高C．若飞机从南往北飞，φ2比φ1高D．若飞机从北往南飞，φ2比φ1高4.如图所示电路中，L为电感线圈，C为电容器，当开关S由断开变为闭合时( )A．A灯中无电流通过，不可能变亮B．A灯中有电流通过，方向由a到bC．B灯逐渐熄灭，c点电势高于d点电势D．B灯逐渐熄灭，c点电势低于d点电势5.如图所示，一条形磁铁从左向右匀速穿过线圈，当磁铁经过A、B两位置时，线圈中( )A．感应电流方向相同，感应电流所受作用力的方向相同B．感应电流方向相反，感应电流所受作用力的方向相反C．感应电流方向相反，感应电流所受作用力的方向相同D．感应电流方向相同，感应电流所受作用力的方向相反6.如图所示,甲、乙两个矩形线圈同处在纸面内,甲的ab边与乙的cd边平行且靠得较近,甲、乙两线圈分别处在垂直纸面方向的匀强磁场中,穿过甲的磁场的磁感应强度为B1,方向指向纸面里,穿过乙的磁场的磁感应强度为B2,方向指向纸面外,两个磁场可同时变化,当发现ab边和cd边之间有排斥力时,磁场的变化情况可能是( )A.B1变小,B2变大B.B1变大,B2变大C.B1变小,B2变小D.B1不变,B2变小7.如图所示，有一等腰直角三角形的区域，其斜边长为2L，高为L.在该区域内分布着如图所示的磁场，左侧磁场方向垂直纸面向外，右侧磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小均为B.一边长为L、总电阻为R的正方形导线框abcd，从图示位置开始沿x轴正方向以速度v匀速穿过磁场区域．取沿顺时针的感应电流方向为正，则下列表示线框中电流i随bc边的位置坐标x变化的图象正确的是( )8.如图所示，a、b两个闭合正方形线圈用同样的导线制成，匝数均为10匝，边长l a=3l b，图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀增大，不考虑线圈之间的相互影响，则( )A．两线圈内产生顺时针方向的感应电流B．a、b线圈中感应电动势之比为9∶1C．a、b线圈中感应电流之比为3∶4D．a、b线圈中电功率之比为3∶19. (多选)如图所示，足够长的金属导轨竖直放置，金属棒ab、cd均通过棒两端的环套在金属导轨上．虚线上方有垂直纸面向里的匀强磁场，虚线下方有竖直向下的匀强磁场，两匀强磁场的磁感应强度大小均为B.ab、cd棒与导轨间动摩擦因数均为μ，两棒总电阻为R，导轨电阻不计．开始两棒静止在图示位置，当cd棒无初速度释放时，对ab棒施加竖直向上的力F，使其沿导轨向上做匀加速运动．则( )A．ab棒中的电流方向由b到aB．cd棒先做加速运动后做匀速运动C．cd棒所受摩擦力的最大值大于其重力D．力F做的功等于两棒产生的电热与增加的机械能之和10.如图所示,一导线弯成闭合线圈,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。

2020-2021学年新教材高中物理第十章静电场中的能量单元达标检测卷(含解析)新人教版必

第十章单元达标检测卷一、选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．下面是某同学对电场中的一些概念及公式的理解，其中正确的是( )A ．根据电场强度的定义式E ＝F q 可知，电场中某点的电场强度与试探电荷所带的电荷量成反比B ．根据电容的定义式C ＝Q U 可知，电容器的电容与其所带电荷量成正比，与两极板间电压成反比C ．根据真空中点电荷的电场强度公式E ＝k Q r 2可知，电场中某点的电场强度与场源电荷所带的电荷量无关D ．根据电势差的定义式U AB ＝W AB q可知，带电荷量为1 C 的正电荷，从A 点移动到B 点克服静电力做功为1 J ，则A 、B 两点间的电势差为－1 V【答案】D【解析】电场强度取决于电场本身，与有无试探电荷无关，A 错误；电容取决于电容器本身，与电容器所带电荷量和两极板间电压无关，B 错误；E ＝k Q r 2中，Q 是场源电荷，所以电场中某点的电场强度与Q 成正比，C 错误；由U AB ＝W AB q知，D 正确． 2．如图所示，在直线l 上A 、B 两点各固定电荷量均为Q 的正电荷，O 为AB 的中点，C 、D 两点关于A 点对称，C 、D 两点的场强大小分别为E C 、E D ，电势分别为φC 、φD ．则下列说法正确的是( )A ．E C >E D ，φC >φDB ．EC <ED ，φC >φDC ．在直线l 上与D 点电势相同的点除D 点外可能还有2个D ．将一负电荷从C 点移到D 点其电势能减小【答案】B【解析】A 在C 点产生的场强方向水平向右，B 在C 点产生的场强方向水平向左，并且小于A 在C 点的电场强度大小，故C 点的电场强度大小为两电荷在C 点产生电场强度之差，同理在D 点产生的电场强度为两点电场强度之和，故E C <E D ，根据公式U ＝Ed 可得，C 到A点的距离等于D 到A 点的距离，但是AD 间的电场强度大于CA 间的电场强度大小，所以AD 间的电势差大于AC 间的电势差，可知D 点的电势小于C 点的电势，即φC >φD ，A 错误，B 正确；根据电场强度的叠加可知在直线l 上，与D 点电势相等的点可能有3个，分别处于CO 间、OB 间和B 的右侧，C 错误；因为AD 间的电势差大于AC 间的电势差，可知C 点的电势高于D 点，根据E p ＝qφ知，负电荷在C 点的电势能小于D 点的电势能，即将一负电荷从C 点移到D 点其电势能增大，D 错误．3．下列四个电场中，a 、b 两点电场强度与电势均相同的是( )【答案】C【解析】A 中a 、b 是同一等势面上的两点，电势相同，场强大小相等，但方向不同，故A 错误；B 中a 处电场线比b 处电场线密，则a 处场强较大，顺着电场线方向，电势降低，则b 点的电势较高，故B 错误；C 中a 、b 是匀强电场中的两点，电场强度相同，a 、b 连线与电场线垂直，在同一等势面上，电势相等，故C 正确；D 中等量异种电荷连线的中垂线是一条等势线，则a 、b 的电势相同．根据电场线的分布可知，a 处场强较大，故D 错误．4．一带正电粒子仅在电场力作用下从A 点经B 、C 运动到D 点，其v －t 图像如图所示，则下列说法中正确的是( )A ．A 处的电场强度一定小于B 处的电场强度B ．A 处的电势一定大于在B 处的电势C ．CD 间各点电场强度和电势都为零D ．AB 两点间的电势差不等于CB 两点间的电势差【答案】B【解析】由v －t 图像斜率可看出，带正电的粒子的加速度在A 点时较大，由牛顿第二定律得知在A 点的电场力大，故A 点的电场强度一定大于B 点的电场强度，故A 错误；B 点速度比A 点的速度大，说明从A 到B 电场力做正功，电势能减小，由于是正电荷，根据φ＝E p q，电势也减小，A 点电势大于B 点电势，B 正确；CD 间各点电荷的加速度为零，故不受电场力，故电场强度为零，电场强度为零，说明各点之间的电势差为零，但电势不一定为零，C 错误；A 、C 两点的速度相等，故粒子的动能相同，因此从A 到B 和从B 到C 电场力做功的绝对值相同，AB 两点间的电势差等于CB 两点间的电势差，故D 错误．5．如图所示，一质量为m 、带电荷量为q 的粒子，以初速度v 0从a 点竖直向上射入匀强电场中，匀强电场方向水平向右．粒子通过电场中的b 点时，速率为2v 0，方向与电场方向一致，则a 、b 两点间的电势差为( )A ．mv 202qB ．3mv 20qC ．2mv 20q D ．3mv 202q 【答案】C【解析】由题意可知，粒子受重力和水平方向的静电力作用，由加速度定义a ＝Δv Δt ，可得加速度的大小a x ＝2a y ＝2g ，由牛顿第二定律可知，qE ＝2mg ，水平位移x ＝2v 02t ，竖直位移y ＝v 02t ，即x ＝2y ，因此静电力做功W 1＝qEx ＝qU ab ，重力做功W 2＝－mgy ＝－W 14，由动能定理得W 1＋W 2＝12m (2v 0)2－12mv 20，解得U ab ＝2mv 20q． 6．如图所示，PQ 为等量异种点电荷A 、B 连线的中垂线，C 为中垂线上的一点，M 、N分别为AC 、BC 的中点，若取无穷远处的电势为零，则下列判断正确的是( )A ．M 、N 两点的电场强度相同B ．M 、N 两点的电势相等C ．若将一负试探电荷由M 点移到C 点，电场力做正功D ．若将一负试探电荷由无穷远处移到N 点时，电势能一定增加【答案】C【解析】M 、N 两点场强大小相等，但方向不同，A 错误；PQ 线上各点的电势均为零，PQ 左侧电势为负，右侧电势为正，则M 点电势低于N 点电势，B 错误；负电荷由M 点移到C 处，电势能减小，故电场力做正功，C 正确；无穷远处电势为零，N 点电势大于零，故负电荷由无穷远处移到N 点时，电势能一定减小，D 错误．7．下列关于静电场的说法正确的是( )A．沿电场线的方向，电场强度越来越小B．正电荷逆着电场线方向移动时，电势能减少C．同一等势面上，各点电场强度的大小一定相等D．电场线与等势面处处相互垂直【答案】D【解析】沿电场线方向电势降低，而场强不一定变化，故A错误．正电荷逆着电场线运动时，电场力做负功，根据功能关系知电势能增大，故B错误．同一等势面上的电势相等，而电场能强度的大小关系无法确定，故C错误．沿着等势面移动电荷，电场力不做功，则电场力与等势面垂直，即电场线与等势面垂直，故D正确．8．如图所示的电路中，AB是两金属板构成的平行板电容器．先将开关S闭合，等电路稳定后再将S断开，然后将B板向下平移一小段距离，并且保持两板间的某点P与A板的距离不变．下列说法不正确的是( )A．电容器的电容变小B．电容器内部电场强度变大C．电容器内部电场强度不变D．P点电势升高【答案】B二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．9．如图所示．平行板电容器两个极板为A、B，B板接地，A板带有电荷量＋Q．板间电场有一固定点P．若将B板固定，A板下移一些，或者将A板固定，B板上移一些．在这两种情况下，以下说法正确的是( )A．A板下移时，P点的电场强度不变，P点电势不变B．A板下移时，P点的电场强度不变，P点电势升高C．B板上移时，P点的电场强度不变，P点电势降低D．B板上移时，P点的电场强度减小，P点电势降低【答案】AC【解析】电容器两板所带电量不变，正对面积不变，A 板下移时，根据C ＝εr S 4πkd 、U ＝QC 和E ＝U d 可推出，E ＝4πkQ εr S，可知P 点的电场强度E 不变．P 点与下板的距离不变，根据公式U ＝Ed ，P 点与下板的电势差不变，则P 点的电势不变，故A 正确，B 错误．B 板上移时，同理得知，P 点的电场强度不变，根据公式U ＝Ed ，P 点与下板的电势差减小，而P 点的电势高于下板的电势，下板的电势为零，所以P 点电势降低，故C 正确，D 错误．10．如图所示，在两等量异种点电荷的电场中，MN 为两电荷连线的中垂线，a 、b 、c三点所在直线平行于两电荷的连线，且a 点和c 点关于MN 对称、b 点位于MN 上，d 点位于两电荷的连线上．以下判断正确的是( )A ．b 点电场强度大于d 点电场强度B ．b 点电场强度小于d 点电场强度C ．a 、b 两点间的电势差等于b 、c 两点间的电势差D ．试探电荷＋q 在a 点的电势能小于在c 点的电势能【答案】BC【解析】如图所示，两电荷连线的中点位置用O 表示，在中垂线MN 上，O 点电场强度最大，在两电荷之间连线上，O 点电场强度最小，即E b <E O ，E O <E d ，故E b <E d ，A 错误，B 正确；等量异种电荷的电场中，电场线、等势线均具有对称性，a 、c 两点关于MN 对称，U ab ＝U bc ，C 正确；试探电荷＋q 从a 移到c ，远离正电荷，靠近负电荷，静电力做正功，电势能减小，D 错误．11．测定电子的电荷量的实验装置示意图如图所示，置于真空中的油滴室内有两块水平放置的平行金属板M 、N ，并分别与电压为U 的恒定电源两极相连，板的间距为d ．现有一质量为m 的带电油滴在极板间匀速下落，已知元电荷为e 、重力加速度为g ，则( )A ．油滴中电子的数目为mgd eUB ．油滴从小孔运动至N 板过程中，电势能增加mgdC ．油滴从小孔运动至N 板过程中，机械能增加eUD ．若将极板M 向下缓慢移动一小段距离，油滴将加速下降【答案】AB【解析】带电油滴在极板间匀速下落，故受力平衡，则有mg ＝q U d ，所以油滴带电荷量q＝mgd U ，所以电子的数目为n ＝q e ＝mgd eU，故A 正确．油滴下降过程中，静电力方向向上，静电力做的功为－mgd ，电势能增加mgd ，故B 正确．机械能减少，故C 错误．若将极板M 向下缓慢移动一小段距离，d 减小，静电力F ＝q U d增大，合外力竖直向上，油滴将减速下降，故D 错误．12．如图所示虚线为某电场中间距相等且平行的等势面，实线是垂直等势面的一条直线，其中A 的电势为2 V ，一电子仅在静电力的作用下运动，经过O 、C 等势面时的动能分别为10 eV 和4 eV ，已知每个间距大小为2 cm ，则下列说中正确的是( )A ．此电场的电场强度的大小为100 V/m ，向从O 点指向D 点B ．等势面B 点的电势为零C ．电子不可能到达D 等势面D ．电子运动到某一位置，其电势能变为－2 eV 时，它的动能应为8 eV【答案】ABD【解析】根据题述，匀强电场中等势面间距相等，相邻等势面之间的电势差相等．设相邻等势面之间的电势差为U ，经过O 、C 等势面时的动能分别为10 eV 和4 eV ，根据动能定理可得－e (φO －φC )＝(4－10) eV ，变形得(φO －φC )＝3U ＝6 V ，解得U ＝2 V, 因A 的电势为2 V ，故等势面B 的电势为零，所以B 正确；从O 到C 动能减小，电势能增大，而电子带负电，所以C 点电势小，沿电场线方向电势减小，所以电场线方向由O 指向C ，根据E ＝Ud＝100 V/m ，A 正确；因只有电场力做功，动能与电势能之和保持不变．当电子的速度为零时，由能量守恒可得eφB ＋6 eV ＝eφ，因B 点的电势为零，解得φ＝－6 V ，而D 点的电势为－4 V ，所以C 错误；同理由能量守恒可得eφB ＋6 eV ＝－2 eV ＋E k ，E k ＝8 eV ，所以D 正确．三、非选择题：本题共6小题，共60分．13．(6分)定性研究平行板电容器的电容与结构之间的关系的装置如图所示，平行板电容器的A 板与静电计相连，B 板和静电计金属壳都接地．若充电后保持电容器所带电荷量不变，试指出下列三种情况下，静电计指针的偏转角度变化情况．(均选填“变大”“变小”或“不变”)(1)图甲中正对面积减小时，静电计指针的偏转角度将．(2)图乙中板间距离增大时，静电计指针的偏转角度将．(3)图丙中插入电介质时，静电计指针的偏转角度将．【答案】(1)变大 (2)变大 (3)变小【解析】(1)电容器所带电荷量一定，正对面积减小时，由C ＝εr S 4πkd知，电容C 减小，由C ＝Q U 知，电势差U 变大，故指针的偏转角度变大．(2)板间距离增大时，由C ＝εr S 4πkd 知，电容C 减小，由C ＝Q U 知，电势差U 变大，故指针的偏转角度变大．(3)插入电介质时，由C ＝εr S 4πkd 知，电容C 变大，由C ＝QU知，电势差U 变小，故指针的偏转角度变小．14．(6分)如图甲是观察用干电池对电容器充电过程中电容器两端电压随时间变化的图像，图乙是其对应的充电电流随时间变化的图像．在充电的开始阶段，充电电流较大，电容器两端电压U 增加 (填“较快”或“较慢”)，随着电容器两端电压的增加，充电电流 (填“逐渐减小”或“逐渐增加”)，且电容器两端电压U 的上升速度变缓，而向着趋近．在充电过程中电容器的电能．充电开始的瞬间电容器两端电压 (填“能突变”或“不能突变”)．通过图像看出在第 2 s 时电容器增加的电荷量Q 约为 C(已知Q ＝It )．【答案】较快逐渐减小 10 V 增加不能突变 0.7×10－315．(10分)在电场中将2.0×10－9 C 的正电荷从A 点移到B 点，静电力做功1.5×10－7J ，再把这个电荷从B 点移到C 点静电力做功－4×10－7 J ．求：(1)AB 间、BC 间、AC 间电势差各是多少？(2)将1.5×10－9 C 的电荷从A 点移到C 点静电力做功多少？【答案】(1)75 V －200 V －125 V (2)－1.875×10－7 J 【解析】(1) AB 间电势差U AB ＝W AB q ＝1.5×10－72×10－9 V ＝75 V BC 间电势差U BC ＝W BC q ＝－4×10－72×10－9 V ＝－200 V AC 间电势差U AC ＝U AB ＋U BC ＝75 V ＋(－200) V ＝－125 V ．(2)将1.5×10－9C 的电荷从A 点移到C 点静电力做功 W ′AC ＝U AC q ′＝－125×1.5×10－9 J ＝－1.875×10－7 J ．16．(12分)如图所示，某空间有一竖直向下的匀强电场，电场强度E ＝1.0×102 V/m ，一块足够大的接地金属板水平放置在匀强电场中，在金属板的正上方高度h ＝0.80 m 的a 处有一粒子源，盒内粒子以v 0＝2.0×102 m/s 的初速度向水平面以下的各个方向均匀放出质量为m ＝2.0×10－15 kg 、电荷量为q ＝＋10－12 C 的带电粒子，粒子最终落在金属板b 上，若不计粒子重力，求：(结果保留2位有效数字)(1)带电粒子打在金属板上时的动能；(2)从粒子源射出的粒子打在金属板上的范围(所形成的面积)；若使带电粒子打在金属板上的范围减小，可以通过改变哪些物理量来实现？【答案】(1)1.2×10－10 J (2)面积为4.0 m 2可以通过减小h 或增大E 来实现【解析】(1)不计粒子重力，只有静电力做功，对粒子由动能定理得qU ab ＝E k －12mv 20 可得带电粒子打在金属板上时的动能为 E k ＝qU ab ＋12mv 20＝1.2×10－10 J ． (2)粒子源射出的粒子打在金属板上的范围以粒子水平抛出的落点为边界．设水平抛出后t 时刻落在板上x ＝v 0t ，h ＝12at 2，a ＝qE m，S ＝πx 2 联立以上各式得所形成的面积S ＝2πmv 20h qE≈4.0 m 2，可以通过减小h 或增大E 来实现． 17．(13分)如图所示，在沿水平方向的匀强电场中有一固定点O ，用一根长度为l ＝0.20 m 的绝缘轻线把质量m ＝0.10 kg 、带有正电荷的金属小球悬挂在O 点，小球静止在B 点时轻线与竖直方向的夹角θ＝37°．现将小球拉至位置A ，使轻线水平张紧后由静止释放．g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80．求：(1)小球所受静电力的大小；(2)小球通过最低点C 时的速度大小；(3)小球通过最低点C 时轻线对小球的拉力大小．【答案】(1)0.75 N (2)1.0 m/s (3)1.5 N【解析】(1)小球受重力mg 、静电力F 和拉力F T ，其静止时受力如图所示．根据共点力平衡条件有F ＝mg tan 37°＝0.75 N ．(2)设小球到达最低点时的速度为v ，小球从水平位置运动到最低点的过程中，根据动能定理有mgl －Fl ＝12mv 2 解得v ＝2gl 1－tan 37°＝1.0 m/s ．(3)设小球通过最低点C 时细线对小球的拉力大小为F ′T根据牛顿第二定律有F ′T －mg ＝m v 2l解得F ′T ＝1.5 N ．18．(13分)A 、B 两带电平行板间电场强度E ＝6×103N/C ，两板间距离为5 cm ，电场中P 1点距A 板0.5 cm ，B 板接地，如图所示．求：(1)A 、B 两板电压为多大？(2)P 1点电势为多大？(3)现将一个带电荷量为2×10－3C 的带电粒子由P 1点移到P 2点，此过程电场力做功－9.6×10－2 J ，则P 2点距离B 板多远？【答案】(1)300 V (2)－270 V (3)3.7 cm【解析】(1)由公式U ＝Ed得U AB ＝－6×103×5×10－2 V ＝－300 V那么AB 的电压为300 V ．(2)两板间距离为5 cm ，电场中P 1点距A 板0.5 cm ，则P 1点距B 板的距离为4.5 cm ，由公式U ＝Ed得UP 1B ＝6×103×4.5×10－2 V ＝270 V由于B 板接地且B 极带正电，则P 1点电势为－270 V ．(3)带电荷量为2×10－3C 的带电粒子由P 1点移到P 2点，此过程电场力做功－9.6×10－2J ，则这两点的电势差为UP 1P 2＝W q ＝－9.6×10－22×10－3 V ＝－48 V 所以P 2点电势为－222 V又UP 2B ＝Ed ′所以d ′＝φP 2－0E ＝－2226×103 m ＝－3.7 cm 负号表示逆着电场线方向．。

(新课标)2020高考物理总复习第十章电磁感应教师用书(含解析)

电磁感应第62课时电磁感应现象和楞次定律(双基落实课)点点通（一) 对电磁感应现象的理解和判断1．电磁感应现象当穿过闭合电路的磁通量发生变化时，电路中有感应电流产生的现象。

2．产生感应电流的条件(1)条件:穿过闭合电路的磁通量发生变化。

（2)特例：闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动.3．产生电磁感应现象的实质电磁感应现象的实质是产生感应电动势，如果回路闭合则产生感应电流；如果回路不闭合,则只产生感应电动势，而无感应电流。

［小题练通］1.（鲁科教材原题)如图所示，条形磁铁以速度v向螺线管靠近，下面几种说法中正确的是（）A．螺线管中不会产生感应电流B．螺线管中会产生感应电流C．只有磁铁速度足够大时，螺线管中才能产生感应电流D．只有在磁铁的磁性足够强时，螺线管中才会产生感应电流解析：选B 条形磁铁以速度v向螺线管靠近时，螺线管中磁通量增加，故会产生感应电流，B正确。

2。

(多选）(沪科教材原题）如图所示，导线ab和cd互相平行，在下列情况中，使导线cd中有感应电流产生的是( ）A．将开关S闭合或断开B．开关S闭合后，将滑动变阻器的滑片P向右移动C．开关S闭合后,将滑动变阻器的滑片P向左移动D．开关S始终闭合，滑动变阻器的滑片P也不移动解析：选ABC 开关S闭合或断开,以及滑动变阻器的滑片P向左、右移动时，ab中电流均会发生变化，导致电流周围磁场发生变化，穿过cd所在的闭合回路的磁通量发生变化，故cd中产生感应电流，A、B、C正确。

3．如图所示的匀强磁场中有一个矩形闭合导线框.在下列四种情况下，线框中会产生感应电流的是（)A．如图甲所示，保持线框平面始终与磁感线平行，线框在磁场中左、右运动B．如图乙所示，保持线框平面始终与磁感线平行，线框在磁场中上、下运动C．如图丙所示，线框绕位于线框平面内且与磁感线垂直的轴线AB转动D．如图丁所示，线框绕位于线框平面内且与磁感线平行的轴线CD转动解析：选C 题图甲中线框左、右运动,题图乙中线框上、下运动，题图丁中线框绕与磁感线平行的轴线CD转动，穿过线框的磁通量始终为零,故不能产生感应电流,只有题图丙中线框绕与磁感线垂直的轴线AB转动时，线框中磁通量会发生改变而产生感应电流。

2020版高考物理总复习第十章电磁感应同步测试卷新人教版

电磁感应同步测试卷时间：90分钟总分：100分一、选择题(本大题共12小题，每小题4分，共48分．其中1～7为单项选择题，8～12题为多项选择题，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不选的得0分)1．在电磁感应现象中，下列说法正确的是(D)A ．穿过闭合电路(总电阻不变)的磁通量越大，电路中的感应电流也越大B ．穿过闭合电路(总电阻不变)的磁通量变化的越多，电路中的感应电流也越大C ．穿过电路(总电阻不变)的磁通量变化得越快，电路中的感应电流也越大D ．穿过电路(总电阻不变)的磁通量变化得越快，电路中的感应电动势也越大【解析】E ＝n ΔΦΔt，感应电动势与磁通量的变化率成正比，只有闭合电路才会产生感应电流，D 对．2．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．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)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 ．不可以通过改变电子线路的频率来改变电磁炉的功率【解析】电磁炉是利用电磁感应加热原理制成的烹饪器具．由高频感应加热线圈(即励磁线圈)、高频电力转换装置、控制器及铁磁材料锅底炊具等部分组成．使用时，线圈中通入交变电流，线圈周围便产生一交变磁场，交变磁场的磁感线大部分通过金属锅体，在锅底中产生涡流，从而产生烹饪所需的热．所以电磁炉发热部分需要用铁锅底部，而不能用陶瓷材料，面板可采用陶瓷材料，A 正确，B 、C 、D 错误．3．如图所示，在匀强磁场中放有平行铜导轨，它与大线圈M 相连接，要使小线圈N 获得顺时针方向的感应电流，则放在导轨上的金属棒ab 的运动情况是(两线圈共面放置)(B)A ．向右匀速运动B ．向左加速运动C ．向左匀速运动D ．向右加速运动【解析】若要让N 中产生顺时针的电流，M 产生的磁场向里减小或向外增大，所以有以下两种情况：若垂直纸面向里的磁场减小，根据楞次定律与法拉第电磁感应定律，则有导体棒中电流由a 到b 减小，则导体棒向右减速运动．同理，垂直纸面向外的磁场增大，根据楞次定律与法拉第电磁感应定律，则有导体棒向左加速运动，故B 正确．4．如图所示，R 是定值电阻，A 、B 是两个完全相同的灯泡，L 是一个自感系数较大的理想电感线圈，关于A 、B 亮度情况的说法不正确的是(B)A ．S 闭合时，A 立即亮，然后逐渐熄灭B ．S 闭合时，B 立即亮，然后逐渐熄灭C ．S 闭合足够长时间后，B 比S 刚闭合时更亮，而A 不发光D ．S 闭合足够长时间再断开S 后，B 立即熄灭5．如图所示，水平地面的上方有垂直相交的匀强电场和匀强磁场，E 的方向竖直向下，B 的方向水平向里．水平方向的粗细均匀的直导线ab 与B 、E 的方向都垂直．让ab 由静止释放，下列说法正确的是(D)A ．ab 做自由落体运动，且ab 两端始终保持水平B ．ab 向下运动加速度小于重力加速度，但ab 两端始终保持水平C ．ab 下落时发生了转动，a 端先落地D ．ab 下落时发生了转动，b 端先落地【解析】直导线ab 向下运动时做切割磁感线运动，根据右手定则，感应电动势向右，故b 端带正电、a 端带负电；电场强度向下，故a 端受向上的电场力，b 端受向下的电场力，故ab 下落时发生了转动，b 端先落地；故选D.6．如图所示，将一半径为r 的金属圆环在垂直于环面的磁感应强度为B 的匀强磁场中用力握中间成“8”字形，并使上、下两圆半径相等．如果环的电阻为R ，则此过程中流过环的电荷量为(B)A.πr 2B RB.πr 2B 2R C ．0 D.πr 2B 4R【解析】由题意可知，将半径为r 的金属圆环变成上、下半径相等的两个圆，则有：πr ＝2×πr ′解得：r′＝r 2，再由面积公式S ＝πr 2，可知，面积变化为ΔS ＝πr 2－2π⎝ ⎛⎭⎪⎫r 22＝12πr 2；由法拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆定律，结合电量表达式q ＝ΔΦΔtR Δt ＝B πr 22R，故选B.7．如图所示，匀强磁场方向竖直向下，磁感应强度为B.正方形金属框abcd 可绕光滑轴OO′转动，边长为L ，总电阻为R ，ab 边质量为m ，其他三边质量不计，现将abcd 拉至水平位置，并由静止释放，经时间t 到达竖直位置，产生热量为Q ，若重力加速度为g ，则ab 边在最低位置所受安培力大小等于(D) A.B 2L 22gL R B ．BLQ Rt C.B 2L 2Rt D.B 2L 2R 2（mgL －Q ）m【解析】ab 向下运动的过程中减少的机械能等于线框中产生的焦耳热，则根据能量守恒定律得：mgL ＝Q ＋12mv 2，则得：v ＝2（mgL －Q ）m ，ab 运动到竖直位置时，切割磁感线产生感应电动势为：E ＝BLv ，线圈中感应电流为I ＝E R，ab 边在最低位置所受安培力大小为F ＝BIL ，联立解得F ＝B 2L 2R 2（mgL －Q ）m，故选项D 正确． 8．如图a 所示，一闭合线圈固定在垂直于线圈平面的匀强磁场中，设向里为磁感应强度B 的正方向，线圈中的箭头为电流i 的正方向．已知线圈中感应电流i 随时间变化的图象如图b 所示，则磁感应强度B 随时间而变化的图象，可能是下列四个图中的(CD)【解析】由i －t 图象可知，在0～0.5 s 的时间内，闭合线圈内的感生电流与图示正方向相反，为逆时针．那么由楞次定律和右手螺旋定则可知，匀强磁场B 有两种可能：①方向为正且增大；②方向为负且减小．选项B 、C 、D 满足这一条件．在0.5～1.5 s 时间段和在2.5～3.5 s 时间段，电流为正，为顺时针方向．那么由楞次定律和右手螺旋定则可知，匀强磁场B 也有两种可能：①方向为正且减小；②方向为负且增大．选项C 、D 满足这一条件．在1.5～2.5 s 时间段和在3.5～4.5 s 时间段，电流为负，为逆时针方向．那么由楞次定律和右手螺旋定则可知，匀强磁场B 也有两种可能：①方向为正且增大；②方向为负且减小．选项C 、D 满足这一条件．综合得C 、D 选项正确．9．如图甲所示，光滑导体框架abcd 水平放置，质量为m 的导体棒PQ 平行于bc 放在ab 、cd 上，且正好卡在垂直于轨道平面的四枚光滑小钉之间．回路总电阻为R ，整个装置放在垂直于框架平面的变化的磁场中，磁场的磁感应强度B 随时间t 的变化情况如图乙所示(规定磁感强度方向向上为正)，则在0～t 时间内，关于回路内的感应电流I 及小钉对PQ 的弹力F N ，的说法正确的是(AD)A ．I 的大小是恒定的B ．I 的方向是变化的C ．F N 的大小是恒定的D ．F N 的方向是变化的【解析】图象的斜率没发生变化，因此I 的方向和大小都不变，A 正确，B 错误，磁感应强度在大小均匀变化，则杆受的安培力大小变化，C 错误；F N 先向左再向右，D 正确．10．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】根据右手定则可判断靠近圆心处电势高，选项A 正确；圆盘处在磁场中的部分转动切割磁感线，相当于电源，其他部分相当于外电路，根据左手定则，圆盘所受安培力与运动方向相反，磁场越强，安培力越大，故所加磁场越强越易使圆盘停止转动，选项B 正确；磁场反向，安培力仍阻碍圆盘转动，选项C 错误；若所加磁场穿过整个圆盘，整个圆盘相当于电源，不存在外电路，没有电流，所以圆盘不受安培力而匀速转动，选项D 正确．11．如图所示，a 、b 两个闭合正方形线圈用同样的导线制成，匝数均为10匝，边长l a ＝3l b ，图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀增大，不考虑线圈之间的相互影响，则下列结论错误的是(ACD)A ．两线圈内产生顺时针方向的感应电流B ．a 、b 线圈中感应电动势之比为9∶1C ．a 、b 线圈中感应电流之比为3∶4D ．a 、b 线圈中电功率之比为3∶1【解析】当磁感应强度变大时，由楞次定律知，线圈中感应电流的磁场方向垂直纸面向外，由安培定则知，线圈内产生逆时针方向的感应电流，选项A 错误；由法拉第电磁感应定律E＝S ΔB Δt 及S a ∶S b ＝9∶1知，E a ＝9E b ，选项B 正确；由R ＝ρL S′知两线圈的电阻关系为R a ＝3R b ，其感应电流之比为 I a ∶I b ＝3∶1，选项C 错误；两线圈的电功率之比为P a ∶P b ＝E a I a ∶E b I b ＝27∶1，选项D 错误．12．如图所示，足够长的光滑平行金属导轨MN 、PQ 固定在水平面上，间距为L ，空间存在着方向竖直向上的磁感应强度大小为B 的匀强磁场．在导轨上放有两根质量分别为m 和2m 的金属棒ab 、cd ，两棒和导轨垂直且接触良好，有效电阻均为R ，导轨电阻不计．现给金属棒ab 水平向左的瞬时冲量I 0，同时给cd 棒水平向右的瞬时冲量2I 0，则在以后的运动过程中(BD)A ．通过ab 棒的最大电流为BLI 02mRB ．cd 棒的最大加速度为B 2L 2I 02m 2RC ．最终两金属棒将静止在导轨上D ．整个过程中该系统产生的焦耳热为4I 203m【解析】设两金属棒的初速度大小为v 0，则v 0＝I 0m ＝2I 02m，两棒刚开始运动时都会切割磁感线，产生感应电流，此时回路中的电流最大，I m ＝2BLv 02R ＝BLv 0R ＝BLI 0mR，A 错；cd 棒受到的安培力最大F m ＝BI m L ＝B 2L 2I 0mR ，加速度最大a m ＝F m 2m ＝B 2L 2I 02m 2R，B 对；此后两棒均做减速运动，由于两棒构成的系统在水平方向上不受外力，系统动量守恒，取向右为正方向，设两棒最终共同的速度为v ，则有2I 0－I 0＝3mv ，解得v ＝I 03m ，即最终两棒以共同速度I 03m向右匀速运动，此时回路中的磁通量不变，回路中无感应电流，C 错误；由能的转化与守恒定律知，该系统产生热量Q ＝12×2mv 20＋12mv 20－12×3mv 2＝4I 203m，D 正确．二、计算题(本大题共4个小题，共52分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)13．(10分)如图所示，OACO 为置于水平面内的光滑闭合金属导轨，O 、C 处分别接有短电阻丝(图中未画出)，R 1＝4 Ω、R 2＝8 Ω(导轨其他部分电阻不计)．导轨OACO 的形状满足y ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3x (单位：m)．磁感应强度B ＝0.2 T 的匀强磁场方向垂直于导轨平面．一足够长的金属棒在水平外力F 作用下，以恒定的速率v ＝5.0 m/s 水平向右在导轨上从O 点滑动到C 点，棒与导轨接触良好且始终保持与OC 导轨垂直，不计棒的电阻．求：(1)外力F 的最大值；(2)金属棒在导轨上运动时电阻丝R 1上消耗的最大功率．【解析】(1)金属棒切割磁感线的有效长度最大值为2 m ，此时安培力最大．当金属棒在O 、C 间运动时，R 1、R 2是并联在电路中的，其等效电路如图所示．其并联电阻R 并＝R 1R 2R 1＋R 2＝83Ω. E m ＝By m v ＝2 VI m ＝E m R 并＝0.75 A F m ＝BI m y m ＝0.3 N(2)R 1两端电压最大时，其功率最大．P m ＝E 2m R 1＝1 W 14．(12分)如图甲所示，边长L ＝2.5 m 、质量m ＝0.5 kg 的正方形金属线框，放在光滑绝缘的水平面上，整个装置处在方向竖直向上、磁感应强度为B ＝0.8 T 的匀强磁场中，它的一边与磁场的边界MN 重合．在水平力F 的作用下，线框由静止开始向左运动，经过5 s 被拉出磁场区域，此过程中利用电流传感器测得线框中的电流强度I 随时间t 变化的图象如图乙所示．则在这过程中：(1)求通过线框导线截面的电荷q 和I 与t 的关系式；(2)求出线框的电阻R.【解析】(1)I －t 图线与横轴所围的面积在数值上等于通过线框截面的电荷量q ，即有：q ＝12×0.5×5 C ＝1.25 C 由I －t 图象可知，感应电流I 与时间t 成正比，有：I ＝kt ＝0.1t (A)(2)由I －＝E －R ，E －＝ΔΦΔt，ΔΦ＝BL 2，q ＝I －Δt 联立得：q ＝BL 2R则电阻：R ＝BL 2q ＝0.8×2.521.25 Ω＝4 Ω.15．(14分)如图所示，半径为a 的圆形区域内有匀强磁场，磁感应强度为B ＝0.2 T ，磁场方向垂直纸面向里，半径为b 的金属圆环与磁场同圆心地放置，磁场与环面垂直，其中a ＝0.4 m ，b ＝0.6 m ，金属环上分别接有灯L 1、L 2，两灯的电阻均为R ＝20 Ω，一金属棒MN 与金属环接触良好，棒的电阻为R′＝10 Ω，环的电阻忽略不计．那么：(1)若棒以v 0＝5 m/s 的速率在环上向右匀速滑动，求棒滑过圆环直径OO′的瞬时MN 中的电动势和流过灯L 1的电流；(2)撤去中间的金属棒MN ，若此时磁场随时间均匀变化，其变化率为ΔB Δt＝4 T/s ，求灯L 1的功率．【解析】(1)棒滑过圆环直径OO′的瞬时，MN 中的电动势为E 1＝B·2av 0＝0.2×0.8×5 V ＝0.8 V ，等效电路如图甲所示，由闭合电路欧姆定律可知回路总电流为I ＝E 1R 2＋R′＝0.820 A ＝0.04 A 流过灯L 1的电流为I 1＝I 2＝0.02 A.(2)撤去中间的金属棒MN ，圆环中产生感应电动势，相当于电源，灯L 1、L 2为外电路，等效电路如图乙所示，感应电动势为E 2＝ΔΦΔt ＝πa 2·ΔB Δt＝2 V ，由闭合电路欧姆定律可知回路电流为I ＝E 22R ＝240A ＝0.05 A 则灯L 1的功率P 1＝I 2R ＝5×10－2W.16．(16分)如图所示，两根正对的平行金属直轨道MN 、M ′N ′位于同一水平面上，两轨道之间的距离l ＝0.50 m ．轨道的MM′端接一阻值为R ＝0.50 Ω的定值电阻，直轨道的右端处于竖直向下、磁感应强度大小为B ＝0.60 T 的匀强磁场中，磁场区域右边界为NN′、宽度d ＝0.80 m ；水平轨道的最右端与两条位于竖直面内的半圆形光滑金属轨道NP 、N′P′平滑连接，两半圆形轨道的半径均为R 0＝0.50 m ．现有一导体杆ab 静止在距磁场的左边界s ＝2.0 m处，其质量m ＝0.20 kg 、电阻r ＝0.10 Ω.ab 杆在与杆垂直的、大小为2.0 N 的水平恒力F 的作用下开始运动，当运动至磁场的左边界时撤去F ，杆穿过磁场区域后，沿半圆形轨道运动，结果恰好能通过半圆形轨道的最高位置PP′.已知杆始终与轨道垂直，杆与直轨道之间的动摩擦因数μ＝0.10，轨道电阻忽略不计，取g ＝10 m/s 2.求：(1)导体杆刚进入磁场时，通过导体杆的电流的大小和方向；(2)在导体杆穿过磁场的过程中，通过电阻R 的电荷量；(3)在导体杆穿过磁场的过程中，整个电路产生的焦耳热．【解析】(1)设导体杆在F 的作用下运动至磁场的左边界时的速度为v 1由动能定理得(F －μmg)s ＝12mv 21－0 导体杆刚进入磁场时产生的感应电动势为E ＝Blv 1此时通过导体杆的电流大小为I ＝E R ＋r代入数据解得I ＝3 A由右手定则可知，电流的方向为由b 指向a.(2)ΔΦ＝B·ld，E －＝ΔΦΔt ，I －＝I －R ＋r，q ＝I －·Δt 联立解得q ＝0.4 C.(3)由(1)可知，导体杆在F 的作用下运动至磁场的左边界时的速度v 1＝6.0 m/s设导体杆通过半圆形轨道的最高位置时的速度为v ，则有mg ＝mv 2R 0在导体杆从刚进入磁场到滑至最高位置的过程中，由能量守恒定律有12mv 21＝Q ＋mg×2R 0＋12mv 2＋μmgd 解得Q ＝0.94 J.。

2020版高考物理总复习第十章电磁感应综合检测(含解析)

电磁感应综合检测(时间:90分钟满分:100分)一、选择题(本题共12小题,每小题4分,共48分.在每小题给出的四个选项中,第1～7小题只有一个选项正确,第8～12小题有多个选项正确,全部选对的得4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,在条形磁铁的中央位置的正上方水平固定一铜质圆环,不计空气阻力,以下判断正确的是( B )A.释放圆环,环下落时产生感应电流B.释放圆环,环下落时无感应电流C.释放圆环,环下落时环的机械能不守恒D.以上说法都不正确解析:圆环竖直向下运动时,通过圆环的磁通量始终为零,不产生感应电流,故A,D错误,B正确;由于没有感应电流,没有安培力做功,只有重力做功,故环的机械能守恒,故C错误.2.如图所示,在光滑绝缘水平面上,有一矩形线圈以一定的初速度进入匀强磁场区域,线圈全部进入匀强磁场区域时,其动能恰好等于它在磁场外面时的一半,设磁场区域宽度大于线圈宽度,则( C )A.线圈恰好在完全离开磁场时停下B.线圈在未完全离开磁场时即已停下C.线圈能通过场区不会停下D.线圈在磁场中某个位置停下解析:线圈进入或出磁场,安培力做负功,则出磁场时的速度小于进磁场时的速度,所受的安培力小于进磁场时所受的安培力,根据动能定理,出磁场时动能的变化量小于进磁场时动能的变化量,而进磁场时其动能恰好等于它在磁场外面时的一半,由于出磁场后,动能不为零,线圈将继续运动,故C正确,A,B,D错误.3.如图所示,三个灯泡L1,L2,L3的电阻关系为R1<R2<R3,电感线圈L的电阻可忽略,D为理想二极管,开关S从闭合状态突然断开时,下列判断正确的是( B )A.L1逐渐变暗,L2,L3均先变亮,然后逐渐变暗B.L1逐渐变暗,L2立即熄灭,L3先变亮,然后逐渐变暗C.L1立即熄灭,L2,L3均逐渐变暗D.L1,L2,L3均先变亮,然后逐渐变暗解析:开关S处于闭合状态时,由于R1<R2<R3,则I1>I2>I3,开关S从闭合状态突然断开时,L产生自感电动势,由于二极管的反向截止作用,L2立即熄灭,电感线圈、L1,L3组成闭合回路,L1逐渐变暗,通过L3的电流由I3变为I1,再逐渐减小,故L3先变亮,然后逐渐变暗,选项B正确.4.美国《大众科学》月刊网站报道,美国明尼苏达大学的研究人员发现,一种具有独特属性的新型合金能够将热能直接转化为电能.具体而言,只要略微提高温度,这种合金就会变成强磁性合金,从而使环绕它的线圈中产生电流,其简化模型如图所示.A为圆柱形合金材料,B为线圈,套在圆柱形合金材料上,线圈的半径大于合金材料的半径.现对A进行加热,则( D )A.B中将产生逆时针方向的电流B.B中将产生顺时针方向的电流C.B线圈有收缩的趋势D.B线圈有扩张的趋势解析:合金材料加热后,合金材料成为磁体,通过线圈B的磁通量增大,由楞次定律可知线圈只有扩张,才能阻碍磁通量的变化,C错误,D正确;由于不知道极性,无法判断感应电流的方向,A,B错误.5.有一个匀强磁场边界是EF,在EF右侧无磁场,左侧是匀强磁场区域,如图(甲)所示.现有一个闭合的金属线框以恒定速度从EF右侧水平进入匀强磁场区域.线框中的电流随时间变化的i t 图像如图(乙)所示,则可能的线框是下列四个选项中的( A )解析:由题图(乙)可知,电流先是均匀增加,后均匀减小,又i==∝l,所以金属线框切割磁感线的有效长度应先是均匀增加,后均匀减小,A项符合;B项线框中间部分进入磁场后切割磁感线的有效长度不变;C项切割磁感线的有效长度不变;D项切割磁感线的有效长度不是均匀地增加和减小.6.如图,固定在水平桌面上的光滑金属导轨cd,eg处于方向竖直向下的匀强磁场中,金属杆ab 与导轨接触良好,在两根导轨的端点d,e之间连接一电阻,其他部分电阻忽略不计.现用一水平向右的恒力F作用在金属杆ab上,使金属杆由静止开始向右沿导轨滑动,滑动中杆ab始终垂直于导轨,金属杆受到的安培力用F安表示,则下列说法正确的是( C )A.金属杆ab做匀加速直线运动B.金属杆ab运动过程回路中有顺时针方向的电流C.金属杆ab所受到的F安先不断增大,后保持不变D.金属杆ab克服安培力做功的功率与时间的平方成正比解析:对金属杆根据牛顿第二定律得F-F安=ma,即F-=ma,由于速度变化,故加速度发生变化,故金属杆不是匀变速直线运动,故选项A错误;根据楞次定律可以知道,金属杆ab运动过程回路中有逆时针方向的电流,故选项B错误;由F安=可知,当速度增大时,则安培力增大,当金属杆最后做匀速运动时,安培力不变,故选项C正确;金属杆中感应电流的瞬时功率P=I2R=()2R=,由于速度与时间不成正比,故选项D错误.7.如图(甲)所示,电路的左侧是一个电容为C的电容器,电路的右侧是一个单匝环形导体,环形导体所围的面积为S,在环形导体中有一垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度的大小随时间变化的规律如图(乙)所示.则在0～t0时间内电容器( A )A. 上极板带正电,所带电荷量为B. 上极板带正电,所带电荷量为C. 上极板带负电,所带电荷量为D. 上极板带负电,所带电荷量为解析:根据法拉第电磁感应定律,电动势E=,电容器两端的电压等于电源的电动势,所以电容器所带的电荷量Q=CU=,根据楞次定律,在环形导体中产生的感应电动势的方向为逆时针方向,所以电容器的上极板带正电,故A正确,B,C,D错误.8.如图所示,光滑导轨倾斜放置,下端连一灯泡,匀强磁场垂直于导轨平面,当金属棒ab(电阻不计)沿导轨下滑达到稳定状态时,灯泡的电功率为P,导轨和导线电阻不计.要使灯泡在金属棒稳定运动状态下的电功率为2P,则下面选项中符合条件的是( AC )A.将导轨间距变为原来的B.换一电阻值减半的灯泡C.换一质量为原来倍的金属棒D.将磁场磁感应强度B变为原来的倍解析:当ab棒下滑到稳定状态时,有mgsin θ=F安,电动势为E=BLv,安培力为F安=,即mgsin θ=,由能量守恒定律得,灯泡的功率为P==,将导轨间距变为原来的倍,P变为原来的2倍,故A正确;换一个电阻为原来一半的灯泡,P变为原来的,故B错误;当换一根质量为原来倍的金属棒时,P变为原来的2倍,故C正确;当把磁感应强度B增为原来的倍,P变为原来的,故D错误.9.如图所示,在匀强磁场的上方有一半径为R、质量为m的导体圆环,圆环的圆心距离匀强磁场上边界的距离为h.将圆环由静止释放,圆环刚进入磁场的瞬间和完全进入磁场的瞬间,速度均为v.已知圆环的电阻为r,匀强磁场的磁感应强度大小为B,重力加速度为g.下列说法正确的是( AD )A.圆环进入磁场的过程中,圆环的右端电势高B.圆环进入磁场的过程做的是匀速直线运动C.圆环进入磁场的过程中,通过导体某个横截面的电荷量为D.圆环进入磁场的过程中,电阻产生的热量为2mgR解析:根据楞次定律可判断电流为逆时针,等效电源内部电流由低电势流向高电势,选项A正确;圆环进入磁场的过程中,切割磁感线的有效长度不同,受到的安培力大小不同,不能做匀速直线运动,选项B错误;圆环进入磁场的过程中,通过导体某个横截面的电荷量Q==,选项C错误;根据功能关系,圆环进入磁场的过程中,电阻产生的热量等于机械能的减小量,大小为2mgR,选项D正确.10. 矩形导线框abcd固定在匀强磁场中,磁场的方向与导线框所在的平面垂直,磁感应强度B 随时间变化的规律如图所示,规定垂直纸面向里为磁场正方向,顺时针方向为感应电流正方向,水平向右为ad边所受安培力F的正方向.下列图像正确的是( BD )解析:线圈中的感应电流决定于磁感应强度B随t的变化率.由图可知,0～1 s时间内,B增大,Φ增大,感应磁场与原磁场方向相反(感应磁场的磁感应强度的方向向外),由右手定则知感应电流是逆时针的,因而是负值,因磁场均匀变化,所以产生的感应电流恒定,故A错误,B正确;0～1 s时间内,ad边感应电流是向下的,ad边所受的安培力F=BIL,根据左手定则得安培力方向向右为正值,由于B随时间均匀增大,I不变,所以安培力F随时间t均匀增大,故C错误,D 正确.11.某同学在实验室里做如下实验,光滑竖直金属导轨(电阻不计)上端接有电阻R,下端开口,所在区域有垂直纸面向里的匀强磁场,一个矩形导体框(电阻不计)和光滑金属导轨在整个运动中始终保持良好接触,矩形导体框的宽度大于两个导轨的间距,一弹簧下端固定在水平面上,弹簧涂有绝缘漆,弹簧和导体框接触时,二者处于绝缘状态,且导体框与弹簧接触过程无机械能的损失.现将导体框在距离弹簧上端H处由静止释放,导体框下落,接触到弹簧后一起向下运动然后反弹,直至导体框静止.导体框的质量为m,重力加速度为g,则下列说法正确的是( AC )A.导体框接触到弹簧后,可能立即做减速运动B.在接触弹簧前导体框下落的加速度为gC.只改变下落的初始高度H,导体框的最大速度可能不变D.只改变R的阻值,在导体框运动过程中系统产生的焦耳热会改变解析:导体框下落过程中导体框两部分切割磁感线,相当于两个电源给电阻R供电,接入导轨部分的导体框有电流流过,所以当导体框所受安培力等于导体框的重力时速度达到最大,达到最大速度可能发生在接触弹簧之前,所以有可能在接触弹簧前已经达到匀速,故A,C正确;由于有感应电流,导体框受到安培力作用,所以加速度小于g,故B错误;由于质量一定,所以最后弹簧停止的位置是确定的,重力势能的减少量是确定的,弹簧增加的弹性势能是确定的,所以电阻产生的热量与R无关,电阻大小会影响导体框反复的次数,故D错误.12.如图所示,在光滑的水平面上,有一质量为M,边长为l,电阻为R的正方形均匀金属线框,BC 边与虚线PQ平行,PQ右侧有竖直向上的匀强磁场,磁场宽度大于l,磁感应强度大小为B.线框通过一水平细线绕过光滑定滑轮悬挂一质量为m的物体,现由静止释放物体,当线框有一半进入磁场时已匀速运动,当地的重力加速度为g,线框从开始运动到AD边刚进入磁场过程中下列说法正确的是( ABD )A.刚释放物体的瞬间,线框的加速度为B.细绳拉力的最小值为C.线框恰全部进入磁场时,产生的热量等于mgl-D.线框有一半进入磁场时与线框AD边刚进入磁场时BC两端的电压大小之比为3∶4解析:刚释放物体的瞬间,对物体有mg-T=ma,对线框有T=Ma,解得线框的加速度为a=,故A正确;刚释放物体的瞬间,细绳拉力最小,故细绳拉力的最小值T min=Ma=,故B正确;线框恰全部进入磁场时,线框做匀速直线运动,线框的速度最大,则有=mg,解得v m=,根据能量守恒定律可得线框产生的热量Q=mgl-(m+M)=mgl-,故C错误;线框有一半进入磁场时BC两端的电压大小U BC=Blv m,线框AD边刚进入磁场时BC两端的电压大小U BC′=Blv m,所以U BC·U BC′=3∶4,故D正确.二、非选择题(共52分)13.(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计的指针向右偏了一下,那么合上开关后可能出现的情况有:①将小线圈迅速插入大线圈时,灵敏电流计指针将;②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,再将电流计与大线圈串联成另一个回路,连线图如图所示.(2)①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,则灵敏电流计的指针向右偏转一下.②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,则灵敏电流计指针向左偏转一下.(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)①向右偏转一下②向左偏转一下(3)BD评分标准:每小题2分.14.(6分)某同学在学习了感应电流的产生条件和楞次定律之后,自己制作了一个手动手电筒.如图是手电筒的简单结构示意图,左右两端是两块完全相同的条形磁铁,中间是一根绝缘直杆,由绝缘细铜丝绕制的多匝环形线圈只可在直杆上自由滑动,线圈两端接一灯泡,晃动手电筒时线圈也来回滑动,灯泡就会发光,其中O点是两磁极连线的中点,a,b两点关于O点对称.(1)试分析其工作原理;(2)灯泡中的电流方向(选填“变化”或“不变化”).解析:(1)当晃动手电筒时,线圈来回滑动,线圈的磁通量有变化,就会产生感应电流,与线圈相连的灯泡就会发光.(2)线圈所在处的原磁场方向水平向左,线圈在O点时磁通量最小,在向左或向右移动时,磁通量增大,在从一端经过O点向另一端移动时,磁通量先减小后增大,产生相反方向的感应电流,所以灯泡中的电流方向发生变化.答案:(1)磁通量变化,有感应电流(2)变化评分标准:每问3分.15.(8分)如图,两足够长光滑平行金属导轨固定在水平面(纸面)内,导轨间距为l,两根长度也为l的金属杆a,b置于导轨上,两轨之间是匀强磁场,磁感应强度大小为B,方向竖直向下.已知两金属杆质量均为m,电阻均为R,若给a杆一个水平向右的初速度v0,两杆在运动过程中始终与导轨保持垂直且接触良好,除两金属杆电阻外,其他电阻忽略不计,求:(1)a杆刚运动时,通过a杆的电流大小;(2)a杆速度达到稳定时,a杆中产生的总热量.解析:(1)a杆刚运动时,感应电动势E=Blv0(1分)对闭合回路,E=I·2R(1分)解得流过a杆的电流I=.(1分)(2)对a杆和b杆构成的系统,由动量守恒,mv0=2mv(1分)由能量守恒,m=·2mv2+2Q(2分)解得a杆产生的热量Q=m.(2分)答案:(1)(2)m16.(8分)如图所示,平行导轨宽度L=0.5 m,固定在水平面内,左端A,C间接有电阻R=3 Ω,金属棒DE质量m=0.40 kg,电阻r=1 Ω,垂直导轨放置,棒与导轨间的动摩擦因数μ=0.25,到AC 的距离x=2.0 m,匀强磁场磁感应强度方向垂直平面向上,磁感应强度随时间t的变化规律是B=(2+2t)T,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,不计导轨电阻,g=10 m/s2,求:(1)t=0时刻回路中的磁通量Φ及回路中感应电流的方向;(2)经多长时间棒开始滑动?(3)从t=0到开始滑动的时间内,电阻R上产生的焦耳热.解析:(1)t=0时刻磁感应强度B0=2 T,(1分)磁通量Φ=B0Lx,解得Φ=2.0 Wb;(1分)根据楞次定律可知,回路中感应电流的方向为ACDE.(1分)(2)棒刚开始滑动时,对棒受力分析如图:此时F A=f m,(1分)又F A=BIL,I=,E=(1分)联立解得t=1 s.(1分)(3)根据焦耳定律Q=I2Rt,(1分)代入数据可得Q=0.75 J.(1分)答案:(1)2.0 Wb 方向为ACDE (2) 1 s (3) 0.75 J17.(12分)如图(甲)所示,足够长的光滑导轨倾角为30°,间距L=4 m,电阻不计,恒定的非匀强磁场方向垂直于斜面向下,电阻R=5 Ω,导体棒ab的质量m=1 kg,电阻r=3 Ω,垂直于导轨放置.现使导体棒ab从磁场上边界由静止下滑,测得导体棒所到达位置的磁感应强度B与导体棒在该位置速度之间的关系如图(乙)所示.(g取10 m/s2)(1)求导体棒下滑5 s时的速度和位移;(2)求导体棒下滑5 s内回路中产生的焦耳热.解析:(1)由题图(乙)可知,棒下滑的任意状态有B2v=0.5 T2·m·s-1(2分)对棒下滑过程中某一状态由牛顿第二定律得mgsin 30°-=ma(2分)以上两式代入数据可得物体的加速度a=4 m/s2(1分)可见导体棒在斜面上做a=4 m/s2的匀加速直线运动,t=5 s时,棒的速度v=at=20 m/s(1分) 棒的位移s=at2=50 m.(1分)(2)由能量守恒得mgsin 30°·s=mv2+Q(3分)代入数据解得Q=50 J.(2分)答案:(1)20 m/s 50 m (2)50 J18.(12分)涡流制动是一种利用电磁感应原理工作的新型制动方式,它的基本原理如图(甲)所示,水平面上固定一块铝板,当一竖直方向的条形磁铁在铝板上方几毫米高度上水平经过时,铝板内感应出的涡流会对磁铁的运动产生阻碍作用,涡流制动是磁悬浮列车在高速运行时进行制动的一种方式.某研究所制成如图(乙)所示的车和轨道模型来定量模拟磁悬浮列车的涡流制动过程,车厢下端安装有电磁铁系统,能在长为L1=0.6 m,宽L2=0.2 m的矩形区域内产生竖直方向的匀强磁场,磁感应强度可随车速的减小而自动增大(由车内速度传感器控制),但最大不超过B1=2 T,将铝板简化为长大于L1 ,宽也为L2的单匝矩形线圈,间隔铺设在轨道正中央,其间隔也为L2,每个线圈的电阻为R1=0.1Ω,导线粗细忽略不计,在某次实验中,模型车速度为v=20 m/s时,启动电磁铁系统开始制动,车立即以加速度a1=2 m/s2做匀减速直线运动,当磁感应强度增加到B1时就保持不变,直到模型车停止运动,已知模型车的总质量为m1=36 kg,空气阻力不计,不考虑磁感应强度的变化引起的电磁感应现象以及线圈激发的磁场对电磁铁产生磁场的影响.求:(1)电磁铁的磁感应强度达到最大时,模型车的速度大小?(2)模型车的制动距离为多大?(3)为了节约能源,将电磁铁换成若干个并在一起的永磁铁组,两个相邻的磁铁磁极的极性相反,且将线圈改为连续铺放,如图(丙)所示,已知模型车质量减为m2=20kg,永磁铁激发的磁感应强度恒为B2=0.1 T,每个线圈匝数为N=10,电阻为R2=1 Ω,相邻线圈紧密接触但彼此绝缘,模型车仍以v=20 m/s的初速度开始减速,为保证制动距离不大于80 cm,至少安装几个永磁铁?解析:(1)假设电磁铁的磁感应强度达到最大时,模型车的速度为v1,则E1=B1L1v1(1分)I1=,F1=B1I1L1,F1=m1a1(1分)联立解得v1=5 m/s.(1分)(2)匀变速过程位移为x1=(1分)由第(1)问的方法同理得到磁感应强度达到最大以后任意速度v时,安培力的大小为F=(1分)对速度v1后模型车的减速过程用动量定理可得t=m1v1,(1分)联立 t=x2,x=x1+x2,得x=106.25 m.(1分)(3)假设需要n个永磁铁,当模型车的速度为v时,每个线圈中产生的感应电动势为E2=2NB2L1v(1分)每个线圈中的感应电流为I2=(1分)每个磁铁受到的阻力为F2=2NB2L2L1(1分)n个磁铁受到的阻力为F合=2nNB2L2L1(1分)由第(2)问可得x=m2v解得n=3.47.(1分)即至少需要4个永磁铁.答案:(1)5 m/s (2)106.25 m (3)4个。

2020版高考物理一轮复习第10章章末检测含解析新人教版

第十章　章末检测(45分钟　100分)一、选择题(本题共10小题，每小题6分，共60分。

在每小题给出的四个选项中第1～6题只有一项符合题目要求，第7～10题有多项符合题目要求，全选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)1．(2019·莱芜模拟)如图所示，光滑的水平桌面上放着两个完全相同的金属环a和b，当一条形磁铁的S极竖直向下迅速靠近两环中间时，则( )A．a、b均静止不动B．a、b互相靠近C．a、b均向上跳起D．a、b互相远离D　[根据楞次定律可知：当条形磁铁沿轴线竖直向下迅速移动时，闭合导体环内的磁通量增大，因此两线圈产生顺时针方向的感应电流，因为两线圈靠近侧电流方向相反，所以a、b 两环互相远离，D项正确。

]2.(2019·重庆模拟)如图所示的条形磁铁的上方放置一矩形线框，线框平面水平且与条形磁铁平行，则线框在由N极匀速平移到S极的过程中，线框中的感应电流的情况是( )A．线框中始终无感应电流B．线框中始终有感应电流C．线框中开始有感应电流，当线框运动到磁铁中部上方时无感应电流，以后又有了感应电流D．开始无感应电流，当运动到磁铁中部上方时有感应电流，后来又没有感应电流B　[条形磁铁中部磁性较弱，两极磁性最强，线圈从左向右移动过程中，线圈中磁通量先减小后反方向增大，因此线圈中始终有感应电流，故B项正确。

]3．(2019·杭州模拟)如图所示为航母上电磁弹射装置的等效电路图(俯视图)，使用前先给超级电容器C充电，弹射时，电容器释放储存电能所产生的强大电流经过导体棒EF，EF在磁场(方向垂直纸面向外)作用下加速。

则下列说法正确的是 ( )A．电源给电容器充电后，M板带正电B．导体棒在安培力作用下向右运动C．超级电容器相当电源，放电时两端电压不变D．在电容器放电过程中，电容器电容不断减小B　[由电路图可知，电源给电容器充电后，M板带负电，选项A错误；电容器放电时流过EF 的电流方向为从F到E，根据左手定则可知，导体棒在安培力作用下向右运动，选项B正确；超级电容器相当于电源，放电时两端电压逐渐减小，选项C错误；在电容器放电过程中，电容器电容保持不变，选项D错误。

(山东专用)2020版高考物理一轮复习第十章练习+检测新人教版【共5套49页】

本套资源目录山东专用2020版高考物理一轮复习第十章专题探究九电磁感应的综合应用二练习含解析新人教版山东专用2020版高考物理一轮复习第十章专题探究八电磁感应的综合应用一练习含解析新人教版山东专用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山东专用2020版高考物理一轮复习第十章第1节电磁感应现象楞次定律练习含解析新人教版山东专用2020版高考物理一轮复习第十章第2节法拉第电磁感应定律自感和涡流练习含解析新人教版专题探究九电磁感应的综合应用(二)1.(2019·陕西西安模拟)如图所示,在条形磁铁的中央位置的正上方水平固定一铜质圆环,不计空气阻力,以下判断正确的是( B )A.释放圆环,环下落时产生感应电流B.释放圆环,环下落时无感应电流C.释放圆环,环下落时环的机械能不守恒D.以上说法都不正确解析:圆环竖直向下运动时,通过圆环的磁通量始终为零,不产生感应电流,故A,D错误,B正确;由于没有感应电流,没有安培力做功,只有重力做功,故环的机械能守恒,故C错误.2.(2019·江西景德镇模拟)如图所示,在光滑绝缘水平面上,有一矩形线圈以一定的初速度进入匀强磁场区域,线圈全部进入匀强磁场区域时,其动能恰好等于它在磁场外面时的一半,设磁场区域宽度大于线圈宽度,则( C )A.线圈恰好在完全离开磁场时停下B.线圈在未完全离开磁场时已停下C.线圈能通过场区不会停下D.线圈在磁场中某个位置停下解析:线圈进入或出磁场,安培力做负功,则出磁场时的速度小于进磁场时的速度,所受的安培力小于进磁场时所受的安培力,根据动能定理,出磁场时动能的变化量小于进磁场时动能的变化量,而完全进磁场时其动能恰好等于它在磁场外面时的一半,由于出磁场后,动能不为零,所以线圈将继续运动,故C正确,A,B,D错误.3.(2018·四川南充二模)如图所示,虚线框a′b′c′d′内为一矩形匀强磁场区域,磁场方向垂直于纸面,实线框abcd是一长方形导线框,ab=2bc,a′b′边与ab平行,若将导线框匀速地拉离磁场区域,以W1表示沿平行于ab的方向拉出过程中外力所做的功,W2表示以同样速率沿平行于bc的方向拉出过程中外力所做的功,则( B )A.W1=W2B.W2=2W1C.W1=2W2D.W2=4W1解析:设bc=L,ab=2L,回路总电阻为R,面积为S;根据外力所做的功等于克服安培力做的功可得W1=BI1L·2L=BI1S,其中I1=,所以W1=;同理可得W2=;得到W2=2W1.故选B.4.(2018·河南郑州第二次质量预测)(多选)如图,MN和PQ是电阻不计的平行金属导轨,其间距为L,导轨弯曲部分光滑,平直部分粗糙固定在水平面上,右端接一个阻值为R的定值电阻,平直部分导轨左边区域有宽度为d、方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场.质量为m、电阻也为R的金属棒从高为h处由静止释放,到达磁场右边界处恰好停止,已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为μ,金属棒与导轨间接触良好,则金属棒穿过磁场区域的过程中(重力加速度为g)( ACD )A.金属棒中的最大电流为B.金属棒克服安培力做的功为mghC.通过金属棒的电荷量为D.金属棒产生的电热为mg(h-μd)解析:金属棒下滑过程中,根据动能定理得mgh=mv2,金属棒到达水平面时的速度为v=,金属棒到达水平面后做减速运动,刚到达水平面时的速度最大,最大感应电动势E=BLv,则最大感应电流为I== ,故A正确;金属棒在整个运动过程中,由动能定理得mgh-W B-μmgd=0-0,克服安培力做功W B=mgh-μmgd,故B错误;感应电荷量为q= Δt==,故C正确;克服安培力做功转化为电热,Q R=Q=W B=mg(h-μd),故D正确.5.如图所示,一水平面内固定两根足够长的光滑平行金属导轨,导轨上面横放着两根完全相同的铜棒ab和cd,构成矩形回路,在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场B.开始时,棒cd静止,棒ab有一个向左的初速度v0,则关于两棒以后的运动,下列说法正确的是( B )A.ab棒做匀减速直线运动,cd棒做匀加速直线运动B.ab棒减小的动量等于cd棒增加的动量C.ab棒减小的动能等于cd棒增加的动能D.两棒一直运动,机械能不断转化为电能解析:初始时ab棒向左运动受到向右的安培力,cd棒受到向左的安培力,所以ab棒减速,cd 棒加速,设ab棒速度为v1,cd棒速度为v2,开始时v1>v2,随着运动两棒的相对速度Δv=v1-v2逐渐减小至0,两棒切割磁感线产生的感应电动势为E=BL·Δv,E也逐渐减小最终为0,感应电流逐渐减小到0,安培力逐渐减到0,所以ab棒做加速度逐渐减小的变减速直线运动,cd棒做加速度逐渐减小的变加速直线运动,故A错误;两棒组成的系统受安培力的合力为零,故系统的动量守恒,所以ab棒减小的动量等于cd棒增加的动量,故B正确;回路中有感应电流时,电流做功产生电热,所以根据能量守恒可知,ab棒减小的动能等于cd棒增加的动能与两棒产生电热之和,所以ab棒减小的动能大于cd棒增加的动能,故C错误;当v1>v2时,机械能转化为电能,之后两棒以共同的速度做匀速直线运动,机械能守恒,不再产生电能,故D错误. 6.如图所示,一个总电阻为R的导线弯成宽度和高度均为d的“半正弦波”形闭合线框,竖直虚线之间有宽度为d、磁感应强度为B的匀强磁场,方向垂直于线框所在的平面向里.线框以速度v向右匀速通过磁场;ab边始终与磁场边界垂直,从b点到达边界开始到a点离开磁场为止,在这个过程中( A )A.线框中的感应电流先沿逆时针方向后沿顺时针方向B.ab段直导线始终不受安培力的作用C.平均感应电动势为BdvD.线框中产生的焦耳热为解析:线框进入磁场时穿过线框的磁通量先向里增加,离开磁场时线框的磁通量向里减小,根据楞次定律可知,感应电流先逆时针方向后顺时针方向,故A正确;线框穿过磁场时回路中有感应电流,则ab段导线受到安培力作用,故B错误;根据题意知穿过磁场过程中产生的交变电流的最大电动势为Bdv,最小值为0,其平均值不等于最大值与最小值之和的,故C错误;因为线框是“半正弦波”形闭合线框,故在穿过磁场过程中感应电流为正弦式交变电流,该电流的最大值为I m==,则其有效值为I=I m=,在穿过磁场的时间t=时间内线框产生的焦耳热Q=I2Rt=()2·R·=,故D错误.7.(2018·湖北宜昌一模)(多选)如图所示,足够长的光滑金属导轨MN,PQ平行放置,且都倾斜着与水平面成夹角θ.在导轨的最上端M,P之间接有电阻R,不计其他电阻.导体棒ab从导轨的最底端冲上导轨,当没有磁场时,ab上升的最大高度为H;若存在垂直导轨平面的匀强磁场时,ab上升的最大高度为h.在两次运动过程中ab都与导轨保持垂直,且初速度都相等.关于上述情景,下列说法正确的是( BD )A.两次上升的最大高度相比较为H<hB.有磁场时导体棒所受合力做的功等于无磁场时合力做的功C.有磁场时,电阻R产生的焦耳热为mD.有磁场时,ab上升过程的最小加速度为gsin θ解析:无磁场时,根据能量守恒,知动能全部转化为重力势能.有磁场时,动能一部分转化为重力势能,还有一部分转化为整个回路的内能.则有磁场时的重力势能小于无磁场时的重力势能,所以h<H,故A错误.由动能定理知,合力的功等于导体棒动能的变化量,有、无磁场时,棒的初速度相等,末速度都为零,即导体棒动能的变化量相等,则知导体棒所受合力做的功相等,故B正确.设电阻R产生的焦耳热为Q.根据能量守恒知m=Q+mgh,则Q<m,故C错误.有磁场时,导体棒上升时沿斜面方向的合力为mgsin θ+F安>mgsin θ,根据牛顿第二定律,知加速度a大于gsin θ.到达最高点时加速度最小,其值为gsin θ,故D正确.8.(2019·江西校级模拟)如图所示,相距为d的两水平线L1和L2分别是水平向里的匀强磁场的边界,磁场的磁感应强度为B,正方形线框abcd边长为L(L<d)、质量为m.将线框在磁场上方高h处由静止开始释放,当ab边进入磁场时速度为v0,cd边刚穿出磁场时速度也为v0,从ab边刚进入磁场到cd边刚穿出磁场的整个过程中( C )A.线框一直都有感应电流B.线框一直做匀速运动C.线框产生的热量为mg(d+L)D.线框做减速运动解析:线框进入和穿出磁场过程中,穿过线框的磁通量发生变化,有感应电流产生.当线框完全在磁场中运动时,磁通量不变,没有感应电流产生,故A错误.线框完全在磁场中运动时,线框不受安培力,只受重力,加速度为g,故B错误.ab边进入磁场到cd边刚穿出磁场的过程,动能不变,根据能量守恒定律得,线框产生的热量Q=mg(d+L),故C正确.当ab边进入磁场时速度为v0,cd边刚穿出磁场时速度也为v0,说明线框进入磁场时做减速运动,完全进入磁场后做加速运动,出磁场时又做减速运动,故D错误.9.(2018·广东韶关二模)(多选)如图,由某种粗细均匀的总电阻为3R的金属条制成的矩形线框abcd,固定在水平面内且处于方向竖直向下的匀强磁场B中.一接入电路电阻为R的导体棒PQ,在水平拉力作用下沿ab,dc以速度v匀速滑动,滑动过程PQ始终与ab垂直,且与线框接触良好,不计摩擦在PQ从靠近ad处向bc滑动的过程中( CD )A.PQ中电流先增大后减小B.PQ两端电压先减小后增大C.PQ上拉力的功率先减小后增大D.线框消耗的电功率先增大后减小解析:导体棒由靠近ad边向bc边匀速滑动的过程中,产生的感应电动势E=BLv,保持不变,外电路总电阻先增大后减小,由欧姆定律分析得知PQ中的电流先减小后增大,A错误;PQ中电流先减小后增大,PQ两端电压为路端电压,由U=E-IR,可知PQ两端的电压先增大后减小,B错误;导体棒匀速运动,PQ上外力的功率等于回路的电功率,而回路的总电阻R先增大后减小,由P=,分析得知,PQ上拉力的功率先减小后增大,C正确;线框作为外电路,总电阻最大值为R总=×=<R,则导体棒PQ上的电阻始终大于线框的总电阻,当导体棒向右运动的过程中电路中的总电阻先增大后减小,根据闭合电路的功率的分配关系与外电阻的关系可知,当外电路的电阻值与电源的内电阻相等时外电路消耗的电功率最大,所以可得线框消耗的电功率先增大后减小,D正确.10.(2019·江苏泰州校级模拟)(多选)一质量为m、电阻为r的金属杆AB,以一定的初速度v0从一光滑平行金属导轨底端向上滑行,导轨平面与水平面成30°角,两导轨上端用一电阻R相连,如图所示,磁场垂直斜面向上,导轨的电阻不计,金属杆向上滑行到某一高度之后又返回到底端时的速度大小为v1,则金属杆在滑行过程中正确的是( ABC )A.向上滑行的时间小于向下滑行的时间B.在向上滑行时电阻R上产生的热量大于向下滑行时电阻R上产生的热量C.向上滑行时与向下滑行时通过电阻R的电荷量相等D.金属杆从开始上滑至返回出发点,电阻R上产生的热量为m(-)解析:因为上滑阶段的平均速度大于下滑阶段的平均速度,而上滑阶段的位移与下滑阶段的位移大小相等,所以上滑过程的时间比下滑过程短,故A正确;由E=BLv可知上滑阶段的平均感应电动势E1大于下滑阶段的平均感应电动势E2,上滑阶段和下滑阶段金属杆扫过面积相等,电荷量q=I·Δt=Δt=Δt=,故上滑阶段和下滑阶段通过R的电荷量相同,所以C 正确;由公式W电=qE电动势,可知上滑阶段回路电流做功即电阻R产生的热量比下滑阶段多,所以B正确;金属杆从开始上滑至返回出发点的过程中,只有安培力做功,动能的一部分转化为内能,电阻R与金属杆电阻产生的总热量就是金属杆减小的动能,D 错误.11.如图所示,光滑弧形轨道和一足够长的光滑水平轨道相连,在距弧形轨道较远处的水平轨道上方有一足够长的金属杆,杆上挂有一光滑螺线管,在弧形轨道上高为H的地方无初速度释放一磁铁(可视为质点),下滑至水平轨道时恰好沿螺线管的轴心运动,设螺线管和磁铁的质量分别为M,m,求:(1)螺线管获得的最大速度;(2)全过程中整个电路所消耗的电能.解析:(1)当磁铁在光滑弧形轨道上运动时,可认为还没有与螺线管发生相互作用,根据机械能守恒可求出磁铁进入水平轨道时的速度,即mgH=m.当磁铁在水平轨道上靠近螺线管时,由于电磁感应现象使磁铁与螺线管之间产生相互作用力,最终当两者速度相等时,电磁感应现象消失,一起做匀速直线运动,此时,螺线管速度达到最大,设为v,由动量守恒定律得mv0=(M+m)v所以,v=.(2)根据能量守恒定律有E=mgH-(M+m)v2,解得E=.答案:(1)(2)12.(2018·安徽蚌埠第二次质检)如图所示,MN和PQ为水平放置的足够长的光滑平行导轨,导轨间距为L,其左端连接一个阻值为R的电阻,垂直导轨平面有一个磁感应强度为B的有界匀强磁场.质量为m、电阻为r的金属棒与导轨始终保持垂直且接触良好.若金属棒以向右的初速度v0进入磁场,运动到右边界(图中虚线位置)时速度恰好为零.导轨电阻不计,求:(1)金属棒刚进入磁场时受到的安培力大小;(2)金属棒运动过程中,定值电阻R上产生的电热;(3)金属棒运动到磁场中央位置时的速度大小.解析:(1)由E=BLv0,I=,F=BIL得F=.(2)根据能量守恒,系统产生的热量Q=m,定值电阻产生的热量Q′=m.(3)设磁场宽度为x,金属棒运动到磁场中央位置时速度为v′,Δt时间内安培力对金属棒的冲量大小I=F安Δt=·vΔt,上式对任意微小间隔Δt都成立,累积相加后,得金属棒从磁场左边界运动到右边界的过程中,安培力产生的冲量为I1=-·x,金属棒运动到磁场中央位置的过程中,安培力产生的冲量为I2=-·,由动量定理可知I1=0-mv0,I2=mv′-mv0.解得v′=v0.答案:(1)(2)m(3)13.(2018·贵州黔东南二模)如图所示,两根足够长的平行金属导轨固定于同一水平面内,导轨间的距离为L,导轨上平行放置两根导体棒ab和cd,构成矩形回路.已知两根导体棒的质量均为m、电阻均为R,其他电阻忽略不计,整个导轨处于竖直向上的匀强磁场中,磁感应强度为B,导体棒均可沿导轨无摩擦地滑行.开始时,导体棒cd静止、ab棒有水平向右的初速度v0,两导体棒在运动中始终不接触且始终与两导轨垂直.求:(1)从开始运动到导体棒cd达到最大速度的过程中,cd棒产生的焦耳热及通过ab棒横截面的电荷量;(2)当cd棒速度变为v0时,cd棒加速度的大小.解析:(1)当ab棒与cd棒速度相同时,cd棒的速度最大,设最大速度为v 由动量守恒定律得mv0=2mv,解得v=v0,由能量守恒定律可得:系统产生的焦耳热Q=m-×2mv2=m,故cd棒产生的焦耳热Q cd=Q=m,对ab棒应用动量定理得-FΔt=-ILBΔt=-LBq=m×v0-mv0,解得通过ab棒的电荷量q=.(2)设当cd棒的速度为v0时,ab棒的速度为v′,由动量守恒定律得mv0=m×v0+mv′,解得v′=v0,根据法拉第电磁感应定律有E ab=BLv′=BLv0,E cd=BLv0,根据闭合电路欧姆定律有:回路中的电流I==,根据牛顿第二定律得:此时cd棒的加速度大小为a===.答案:(1)m (2)专题探究八电磁感应的综合应用(一)1.(2019·广东湛江四校联考)如图所示,在一磁感应强度B=0.5 T 的匀强磁场中,垂直于磁场方向水平放置着两根相距L=0.1 m的平行金属导轨MN和PQ,导轨电阻忽略不计,在两根导轨的端点N,Q之间连接一阻值R=0.3 Ω 的电阻.导轨上放置着金属棒ab,其电阻r=0.2 Ω.当金属棒在水平拉力作用下以速度v=4.0 m/s向左做匀速运动时( A )A.ab棒所受安培力大小为0.02 NB.N,Q间电压为0.2 VC.a端电势比b端电势低D.回路中感应电流大小为1 A解析:ab棒产生的感应电动势E=BLv=0.5×0.1×4 V=0.2 V,感应电流为I==A=0.4 A,ab棒所受安培力大小F安=BIL=0.5×0.4× 0.1 N=0.02 N,故A正确,D错误;N,Q间电压为U=IR=0.4×0.3 V= 0.12 V,故B错误;由右手定则知,ab棒中感应电流方向由b到a,a端电势较高,故C错误.2.(2019·吉林长春模拟)如图所示,两光滑平行金属导轨间距为L,直导线MN垂直跨在导轨上,且与导轨接触良好,整个装置处在垂直于纸面向里的匀强磁场中,磁感应强度为 B.电容器的电容为C,除电阻R外,导轨和导线的电阻均不计.现给导线MN一初速度,使导线MN向右运动,当电路稳定后,MN以速度v向右做匀速运动时( C )A.电容器两端的电压为零B.电阻两端的电压为BLvC.电容器所带电荷量为CBLvD.为保持MN匀速运动,需对其施加的拉力大小为解析:当导线MN匀速向右运动时,导线MN产生的感应电动势恒定,稳定后,电容器既不充电也不放电,无电流产生,故电阻两端没有电压,电容器两极板间的电压为U=E=BLv,所带电荷量Q=CU=CBLv,故A,B错,C对;MN匀速运动时,因无电流而不受安培力, 故拉力为零,D错.3.(2019·河南郑州模拟)半径为a、右端开小口的导体圆环和长为2a的导体直杆,单位长度电阻均为R0.圆环水平固定放置,整个内部区域分布着竖直向下的匀强磁场,磁感应强度为B.杆在圆环上以速度v平行于直径CD向右做匀速直线运动,杆始终有两点与圆环良好接触,从圆环中心O开始,杆的位置由θ确定,如图所示.则( A )A.θ=0时,杆产生的电动势为2BavB.θ=时,杆产生的电动势为BavC.θ=0时,杆受的安培力大小为D.θ=时,杆受的安培力大小为解析:θ=0时,导体直杆切割磁感线的有效长度为2a,则产生的感应电动势为E1=2Bav;电路中电阻R=(πa+2a)R0,感应电流为I1==,所以杆所受安培力为F1=BI1·2a=,A正确,C错误;同理,θ=时,E2=Bav,F2=,B,D均错误.4.(2019·河北石家庄质检)如图(甲)所示,导体棒MN置于水平导轨上,PQ之间有阻值为R的电阻,PQNM所围的面积为S,不计导轨和导体棒的电阻.导轨所在区域内存在沿竖直方向的磁场,规定磁场方向竖直向上为正,在0～2t0时间内磁感应强度的变化情况如图(乙)所示,导体棒MN始终处于静止状态.下列说法正确的是( D )A.在0～t0和t0～2t0内,导体棒受到导轨的摩擦力方向相同B.在t0～2t0内,通过电阻R的电流方向为P到QC.在0～t0内,通过电阻R的电流大小为D.在0～2t0内,通过电阻R的电荷量为解析:由图(乙)所示图像可知,0～t0内磁感应强度减小,穿过回路的磁通量减少,由楞次定律可知,为阻碍磁通量的减少,导体棒具有向右的运动趋势,导体棒受到向左的摩擦力,在t0～2t0内,穿过回路的磁通量增加,为阻碍磁通量的增加,导体棒有向左的运动趋势,导体棒受到向右的摩擦力,在两时间段内摩擦力方向相反,故A错误;由图(乙)所示图像可知,在t0～2t0内磁感应强度增大,穿过闭合回路的磁通量增大,由楞次定律可知,感应电流沿顺时针方向,通过电阻R的电流方向为Q到P,故B错误;由图(乙)所示图像,应用法拉第电磁感应定律可得,在0～t0内感应电动势E1===,感应电流为I1==,故C错误;由图(乙)所示图像,应用法拉第电磁感应定律可得,在0～2t0内通过电阻R的电荷量为q1===,故D正确.5.(2018·江西上饶二模)空间存在着如图的匀强磁场,MN为磁场理想边界,光滑水平面上有一个边长为a,质量为m,电阻为R的金属正方形线框,从图中Ⅰ位置以速度2v沿垂直于磁场方向开始运动,当线框运动到分别有一半面积在两个磁场中的如图Ⅱ位置时,线框的速度为v,则下列说法错误的是( C )A.在图中位置Ⅱ时线框中的电功率为B.此过程中回路产生的电能为mv2C.在图中位置Ⅱ时线框的加速度为D.此过程中通过线框截面的电荷量为解析:在图中位置Ⅱ时线框中产生的感应电动势为E=2Bav,线框中的电功率为P== ,故A正确;根据能量守恒定律可得线框中产生的电能为Q=m(2v)2-mv2=mv2,故B 正确;在图中位置Ⅱ时线框所受的安培力的合力F=2BIa=2Ba·=,由牛顿第二定律得a==,故C错误;此过程中通过线框截面的电荷量为q==,故D正确.6.如图(甲)所示,光滑导轨水平放置在与水平方向成60度角斜向下的匀强磁场中,匀强磁场的磁感应强度B随时间的变化规律如图(乙)所示(规定斜向下为正方向),导体棒ab垂直导轨放置,除电阻R的阻值外,其余电阻不计,导体棒ab在水平外力作用下始终处于静止状态.规定a→b的方向为电流的正方向,水平向右的方向为外力的正方向,则在0～t1时间内,能正确反映流过导体棒ab的电流i和导体棒ab所受水平外力F随时间t变化的图像是( D )解析:由E==sin 60°可知,电动势保持不变,则电路中电流不变,故A,B错误;由安培力F=BIL可知,电路中安培力随B的变化而变化,当B为负值时,安培力的方向为正,外力F 为负;B为正值时,安培力为负值,外力F为正值,故C错误,D正确.7.(2018·广东东莞第二次综合考试)(多选)如图1所示,倾斜放置的平行光滑轨道间距为L,导轨与水平面的夹角为θ=30°,导轨上端连有阻值为R=1 Ω的定值电阻,在导轨平面上的abdc,cdfe间分别有垂直导轨平面向上和向下的匀强磁场,磁感应强度分别为B1=1 T和B2= T,两磁场的宽度也均为L.一长为L的导体棒从导轨某位置静止释放,导体棒在滑动过程中始终与导轨接触良好,导体棒在磁场中运动的速度—时间图像如图2所示.不计导轨和导体棒的电阻,重力加速度g=10 m/s2,则下列说法正确的是( AB )A.导体棒的质量为m=0.2 kgB.导体棒穿过整个磁场时通过电阻R的电荷量为(-1) CC.导体棒穿过磁场B2的时间为2 sD.导体棒穿过整个磁场时电阻R产生的焦耳热为2 J解析:由图可知,导体棒在上面的磁场中做匀速运动,由速度—时间图像可知,在 1 s内以1 m/s的速度经过磁场,则L=1 m,由平衡知识可知mgsin 30°=F安=,解得m=0.2 kg,选项A正确;根据q==可知,穿过上面磁场时流过R的电荷量为q1==1 C;穿过下面磁场时流过R的电荷量为q2== C;因穿过两磁场时电流方向相反,则导体棒穿过整个磁场时通过电阻R的电荷量为(-1) C,选项B正确;由v t图像可知,导体棒穿过磁场B2时平均速度大于0.5 m/s,则导体棒穿过磁场B2的时间小于2 s,选项C错误;导体棒穿过整个磁场时电阻R产生的焦耳热等于导体棒的机械能减小量,则Q=mg·2Lsin 30°-mv2=2 J-mv2<2 J,选项D错误.8.(2019·福建漳州模拟)(多选)如图所示,竖直光滑导轨上端接入一定值电阻R,C1和C2是半径都为a的两圆形磁场区域,其区域内的磁场方向都垂直于导轨平面向外(图中未画出),区域C1中磁场的磁感应强度随时间按B1=B+kt(k>0)变化,C2中磁场的磁感应强度恒为B2,一质量为m、电阻为r、长度为L的金属杆AB穿过区域C2的圆心垂直地跨放在两导轨上,且与导轨接触良好,并恰能保持静止.则( BCD )A.通过金属杆的电流大小为B.通过金属杆的电流方向为从B到AC.定值电阻的阻值为R=-rD.整个电路中产生的热功率P=解析:AB杆平衡,则有mg=B2I·2a,解得I=,A错误;安培力向上,根据左手定则可知,AB 中感应电流的方向为从B到A,B正确;根据法拉第电磁感应定律可知,感应电动势的大小E==·πa2=kπa2,由I=,解得R=-r,C正确;整个电路产生的热功率P=EI= ,D正确.9.(2019·湖南永州模拟)如图(a)所示,在光滑水平面上用恒力F拉质量为1 kg的单匝均匀正方形铜线框,在1位置以速度v0=3 m/s进入匀强磁场时开始计时,此时线框中感应电动势为1 V,在t=3 s时刻线框到达2位置开始离开匀强磁场.此过程中v-t图像如图(b)所示,那么 ( B )A.线框右侧边两端MN间的电压为0.25 VB.恒力F的大小为0.5 NC.线框完全离开磁场的瞬间位置3的速度大小为3 m/sD.线框完全离开磁场的瞬间位置3的速度大小为1 m/s解析:t=0时,线框右侧边MN的两端电压为外电压,总的感应电动势为E=Bav0,外电压U外= E=0.75 V,故A错误;在1～3 s内,线框做匀加速运动,没有感应电流,线框不受安培力,则有F=ma,由速度—时间图像的斜率表示加速度,求得a== m/s2=0.5 m/s2,则得F=0.5 N,故B正确.由(b)图像看出,在t=3 s时刻线框到达2位置开始离开匀强磁场时与线框进入时速度相同,则线框出磁场与进磁场运动情况完全相同,则知线框完全离开磁场的瞬间位置3的速度与t=1 s时刻的速度相等,即为2 m/s,故C,D错误.10.(2019·湖北襄阳优质高中联考)(多选)半径分别为r和2r的同心圆导轨固定在同一水平面内,一长为r,电阻为R的均匀直金属棒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.在两环之间接阻值为R的定值电阻和电容为C的电容器.直金属棒在水平外力作用下以角速度ω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.导轨电阻不计.下列说法正确的是( CD )A.金属棒中电流从A流向BB.金属棒两端电压为Bω2rC.电容器的M板带正电D.电容器所带电荷量为CBωr2解析:根据右手定则可知,金属棒AB产生的感应电流应该是从B向A,故A错误;据E感=BL以。

(新人教版)2020届高考物理总复习第10单元电磁感应教师用书含解析

（新人教版）2020届高考物理总复习第10单元电磁感应教师用书课时1 电磁感应现象楞次定律1.磁通量(1)概念:在磁感应强度为B的匀强磁场中,有一个与磁场方向垂直的平面,面积为S,我们把B与S的乘积叫作穿过这个面积的磁通量。

(2)公式:Φ=BS。

(3)单位:Wb。

(4)公式的适用条件①匀强磁场。

②磁感线的方向与平面垂直,即B⊥S。

(5)磁通量的意义磁通量可以理解为穿过某一面积的磁感线的条数。

2.电磁感应现象(1)电磁感应现象当穿过闭合导体回路的磁通量发生变化时,闭合导体回路中有感应电流产生的现象。

(2)产生感应电流的条件①条件:穿过闭合导体回路的磁通量发生变化。

②特例:闭合导体回路的一部分导体在磁场内做切割磁感线运动。

(3)产生电磁感应现象的实质电磁感应现象的实质是产生感应电动势,如果导体回路闭合,那么产生感应电流;如果导体回路不闭合,那么只有感应电动势,而无感应电流。

1.(2019山东模拟)如图所示,匝数为N、半径为r1的圆形线圈内有匀强磁场,匀强磁场在半径为r2的同心圆形区域内,且r2<r1,匀强磁场的磁感应强度B垂直于线圈平面。

通过该线圈的磁通量为()。

A.BπB.BπC.NBπD.NBπB2.(2019江西摸底)如图所示,闭合线圈abcd水平放置,其面积为S,匝数为n,线圈与匀强磁场B的夹角θ=45°。

现将线圈以ab边为轴沿顺时针方向转动90°,则在此过程中线圈磁通量的改变量大小为()。

A.0B.BSC.nBSD.无法计算B3.(2019四川月考)如图所示的匀强磁场中有一个矩形闭合导线框,在下列四种情况中,线框中会产生感应电流的是()。

A.线框平面始终与磁感线平行,线框在磁场中左右运动B.线框平面始终与磁感线平行,线框在磁场中上下运动C.线框绕位于线框平面内且与磁感线垂直的轴线AB转动D.线框绕位于线框平面内且与磁感线平行的轴线CD转动C(4)常见的产生感应电流的三种情况3.感应电流的方向(1)楞次定律①内容:感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化。

高考物理总复习第十单元电磁感应单元检测教师用书含解析新人教版

高考物理总复习第十单元电磁感应单元检测教师用书含解析新人教版一、单项选择题1.(2018河北联考)A 、B 两闭合圆形导线环用相同规格的导线制成,它们的半径之比r A ∶r B =2∶1,在B 环包围的空间内存在一正方形边界的匀强磁场区域,磁场方向垂直于两导线环所在的平面,如图所示。

在磁场的磁感应强度随时间均匀增大的过程中,下列说法正确的是( )。

A.两导线环内所产生的感应电动势相等B.A 环内所产生的感应电动势大于B 环内所产生的感应电动势C.流过A 、B 两导线环的感应电流的大小之比为1∶4D.B 两导线环的感应电流的大小之比为1∶1某一时刻穿过A 、B 两导线环的磁通量均为穿过磁场所在区域面积上的磁通量,设磁场区域的面积为S ,则Φ=BS ,E=ΔΦΔΦ=ΔΦΔΦS (S 为磁场区域面积),对A 、B 两导线环,有ΦΦΦΦ=1,所以A 项正确,B 项错误;I=ΦΦ,R=ρΦΦ1(S 1为导线的横截面积),l=2πr ,所以ΦΦΦΦ=ΦΦΦΦΦΦΦΦ=12,C 、D 两项错误。

A2.(2018山东月考)如图所示,光滑水平面上存在有界匀强磁场,直径与磁场宽度相同的金属圆形线框以一定的速度匀速通过磁场。

在必要的时间段内施加必要的水平拉力保证其匀速运动,则下列说法错误．．的是( )。

A.金属框内感应电流方向先为逆时针再为顺时针B.金属框内感应电流经历两次先增大后减小C.水平拉力方向一定与速度同向D.金属圆形线框的磁通量先增加后减少,由楞次定律可知框内感应电流方向先为逆时针再为顺时针;由切割有效长度变化规律,可知金属线框产生的感应电动势经历两次先增大后减小,B 项正确;水,水平拉力方向与速度方向无关,C 项错误,D 项正确。

C 3.(2018北京月考)如图所示,垂直纸面向里的匀强磁场的区域宽度为2a ,磁感应强度的大小为B 0。

一边长为a 、电阻为4R 的正方形均匀导线框ABCD 从图示位置开始以水平向右的速度v 匀速穿过磁场区域,图中线框A 、B 两端电压U AB 与线框移动距离x 的关系图象正确的是( )。

(课标通用版)2020版高考物理总复习第十章章末检测(含解析)

章末检测一、选择题1.在电磁学的发展过程中,许多科学家作出了贡献。

下列说法正确的是( )A.奥斯特发现了电流磁效应;法拉第发现了电磁感应现象B.麦克斯韦预言了电磁波;楞次用实验证实了电磁波的存在C.库仑发现了点电荷的相互作用规律并通过油滴实验测定了元电荷的数值D.安培发现了磁场对运动电荷的作用规律;洛伦兹发现了磁场对电流的作用规律答案 A 赫兹用实验证实了电磁波的存在,B错;通过油滴实验测定了元电荷的数值的科学家是密立根,C错;安培发现了磁场对电流的作用规律,洛伦兹发现了磁场对运动电荷的作用规律,D错。

2.插有铁芯的线圈(电阻不能忽略)直立在水平桌面上,铁芯上套一铝环,线圈与电源、开关相连。

以下说法中正确的是( )A.闭合开关的瞬间铝环跳起,开关闭合后再断开的瞬间铝环又跳起B.闭合开关的瞬间铝环不跳起,开关闭合后再断开的瞬间铝环也不跳起C.闭合开关的瞬间铝环不跳起,开关闭合后再断开的瞬间铝环跳起D.闭合开关的瞬间铝环跳起,开关闭合后再断开的瞬间铝环不跳起答案 D 闭合开关瞬间,铝环中的磁通量增大,铝环要远离磁场,以阻碍磁通量的增大,故会跳起,而闭合开关后再断开的瞬间,铝环中的磁通量减少,铝环有靠近磁场的趋势,以阻碍这种减小,故不会跳起,即D正确。

3.在如图所示的电路中,A1和A2是两个相同的灯泡,线圈L的自感系数足够大,电阻可以忽略不计。

下列说法中正确的是( )A.合上开关S时,A2先亮,A1后亮,最后一样亮B.断开开关S时,A1和A2都会立即熄灭C.断开开关S时,A2闪亮一下再熄灭D.断开开关S时,流过A2的电流方向向右答案 A 合上开关S时,线圈L中产生的自感电动势阻碍电流增大,并且阻碍作用逐渐变小直至为零,故A2先亮,A1后亮,最后一样亮。

选项A正确。

断开开关S时,线圈L中产生的自感电动势阻碍电流减小,因电路稳定时通过A1和A2的电流大小相等,故断开开关S时,A1和A2都逐渐熄灭,流过A2的电流方向向左。

高中物理第十章电磁感应单元评估检测新人教版

第十章电磁感应单元评估检测(60分钟 100分)一、选择题(本大题共12小题,每小题6分,共72分。

每小题只有一个答案正确)1.(2013·宁德模拟)有一种高速磁悬浮列车的设计方案是在每节车厢底部安装强磁铁(磁场方向向下),并且在沿途两条铁轨之间平放一系列线圈。

下列说法中不正确的是( )A.列车运动时,通过线圈的磁通量会发生变化B.列车速度越快,通过线圈的磁通量变化越快C.列车运动时,线圈中会产生感应电动势D.线圈中的感应电动势的大小与列车速度无关2.(2013·宣城模拟)如图所示,在载流直导线近旁固定有两平行光滑导轨A、B,导轨与直导线平行且在同一水平面内,在导轨上有两个可自由滑动的导体ab和cd。

当载流直导线中的电流I逐渐增强时,导体ab和cd的运动情况是( )A.一起向左运动B.一起向右运动C.ab和cd相向运动,相互靠近D.ab和cd相背运动,相互远离3.用相同导线绕制的边长为l或2l的四个闭合导体线框a、b、c、d,以相同的速度匀速进入右侧匀强磁场,如图所示。

在每个线框进入磁场的过程中,M、N两点间的电压分别为U a、U b、U c和U d。

下列判断正确的是( )A.U a<U b<U c<U dB.U a<U b<U d<U cC.U a=U b<U c=U dD.U b<U a<U d<U c4.(2013·铜陵模拟)如图所示,线圈L的自感系数很大,且其电阻可以忽略不计,L1、L2是两个完全相同的小灯泡,随着开关S闭合和断开的过程中,灯L1、L2的亮度变化情况是(灯丝不会断)( )A.S闭合,L1亮度不变,L2亮度逐渐变亮,最后两灯一样亮;S断开,L2立即不亮,L1逐渐变亮B.S闭合,L1不亮,L2很亮;S断开,L1、L2立即不亮C.S闭合,L1、L2同时亮,而后L1逐渐熄灭,L2亮度不变;S断开,L2立即不亮,L1亮一下才熄灭D.S闭合,L1、L2同时亮,而后L1逐渐熄灭,L2则逐渐变得更亮;S断开,L2立即不亮,L1亮一下才熄灭5.(2013·淮北模拟)如图所示,两个完全相同的矩形导线框A、B在靠得很近的竖直平面内,线框的对应边相互平行。

2020版高考物理(课标版)大一轮复习单元质检十电磁感应含解析

单元质检十电磁感应(时间:45分钟满分:100分)一、选择题(本题共8小题,每小题8分,共64分。

在每小题给出的四个选项中,第1~5题只有一项符合题目要求,第6~8题有多项符合题目要求。

全部选对的得8分,选对但不全的得4分,有选错的得0分)1.(2018·浙江义乌月考)如图所示的匀强磁场中有一个矩形闭合导线框,在下列四种情况下,线框中会产生感应电流的是()A.线框平面始终与磁感线平行,线框在磁场中左右运动B.线框平面始终与磁感线平行,线框在磁场中上下运动C.线框绕位于线框平面内且与磁感线垂直的轴线AB转动D.线框绕位于线框平面内且与磁感线平行的轴线CD转动.保持线框平面始终与磁感线平行,线框在磁场中左右运动,磁通量一直为零,故磁通量不变,无感应电流,故A错误;B.保持线框平面始终与磁感线平行,线框在磁场中上下运动,磁通量一直为零,故磁通量不变,无感应电流,故B错误;C.线框绕位于线框平面内且与磁感线垂直的轴线AB转动,磁通量周期性地改变,故一定有感应电流,故C正确;D.线框绕位于线框平面内且与磁感线平行的轴线CD转,磁通量一直为零,故磁通量不变,无感应电流,故D错误;故选C。

2.(2018·广东荔湾期末)如图所示,在两根平行长直导线M、N中,通入同方向同大小的电流,导线框abcd和两导线在同一平面内,线框沿着与两导线垂直的方向,自左向右在两导线间匀速移动,在移动过程中,线框中感应电流的方向为()A.沿abcda不变B.沿adcba不变C.由abcda变成adcbaD.由adcba变成abcda,在中线OO'右侧磁场向外,左侧磁场向里。

当导线框位于中线OO'左侧运动时,磁场向里,磁通量减小,根据楞次定律可知,感应电流方向为abcda ;当导线框经过中线OO' ,磁场方向先向里,后向外,磁通量先减小,后增加,根据楞次定律,可知感应电流方向为abcda;当导线框位于中线OO'右侧运动时,磁场向外,磁通量增加,根据楞次定律可知,感应电流方向为abcda;故选A。

通用版2020版高考物理大一轮复习单元质检十电磁感应新人教版

单元质检十　电磁感应(时间:45分钟　满分:100分)一、选择题(本题共8小题,每小题6分,共48分。

在每小题给出的四个选项中,第1~5题只有一项符合题目要求,第6~8题有多项符合题目要求。

全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)1.如图所示,将两端刮掉绝缘漆的导线绕在一把锉刀上,一端接上电池(电池另一极与锉刀接触),手执导线的另一端,在锉刀上来回划动,由于锉刀表面凹凸不平,就会产生电火花。

下列说法正确的是( )A.产生电火花的回路只由导线与电池组成B.导线端只向一个方向划动也能产生电火花C.锉刀采用什么材料制成对实验没有影响D.导线端划动的方向决定了自感电动势的方向,产生电火花的回路由导线、锉刀与电池组成,A错误;手执导线的另一端,在锉刀上来回划动时产生电火花,是由于电路时通时断,在回路中会产生自感电动势,与导线运动的方向无关,因此导线端只向一个方向划动也能产生电火花,B正确;产生电火花的回路由导线、锉刀与电池组成,如果锉刀是绝缘体,则实验不能完成,C错误;自感电动势的方向与电流接通或电流断开有关,与导线端划动的方向无关,D错误。

2.如图所示,甲、乙两个矩形线圈同处在纸面内,甲的ab边与乙的cd边平行且靠得较近,甲、乙两线圈分别处在垂直纸面方向的匀强磁场中,穿过甲的磁场的磁感应强度为B1,方向指向纸面里,穿过乙的磁场的磁感应强度为B2,方向指向纸面外,两个磁场可同时变化,当发现ab边和cd边之间有排斥力时,磁场的变化情况可能是( )A.B1变小,B2变大B.B1变大,B2变大C.B1变小,B2变小D.B1不变,B2变小边与cd边有斥力,则两边通过的电流方向一定相反,由楞次定律可知,当B1变小,B2变大时,ab边与cd边中的电流方向相反。

故选项A正确。

3.如图所示,质量为m的铜质闭合线圈静置于粗糙水平桌面上。

当一个竖直放置的条形磁铁贴近线圈,沿线圈中线由左至右从线圈正上方等高、匀速经过时,线圈始终保持不动。

(精品人教)2020年高考物理总复习第十章电磁感应综合检测教科版

《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1～8小题只有一个选项正确,第9～14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,穿过这个圆面的磁通量总为零,故C正确,A,B,D错误.2.如图,金属环A用绝缘轻绳悬挂,与长直螺线管共轴,并位于其左侧.若变阻器的滑片P向左移动,则( B )A.金属环A向左运动,同时向外扩张B.金属环A向左运动,同时向里收缩C.金属环A向右运动,同时向外扩张D.金属环A向右运动,同时向里收缩解析:变阻器滑片P向左移动,电阻变小,电流变大,螺线管的磁场增强,根据楞次定律,感应电流的磁场方向与原电流磁场方向相反,故相互排斥,则金属环A将向左运动,因磁通量增大,金属环A有收缩趋势,故A,C,D错误,B正确.3.如图所示,纸面内有一矩形导体闭合线框abcd,ab边长大于bc边长,置于垂直纸面向里、边界为MN的匀强磁场外,线框两次匀速地完全进入磁场,两次速度大小相同,方向均垂直于MN.第一次ab边平行MN进入磁场,线框上产生的热量为Q1,通过线框导体横截面的电荷量为q1;第二次bc边平行MN进入磁场.线框上产生的热量为Q2,通过线框导体横截面的电荷量为q2,则( C )A.Q1=Q2q1=q2B.Q1=Q2q1>q2C.Q1>Q2q1=q2D.Q1>Q2q1>q2解析:设ab和bc边长分别为L ab,L bc,穿过磁场区域的速度为v,由于线框产生的热量等于克服安培力做功,则有Q1=BI1L ab·L bc=B·L ab·L bc=·L ab通过线框导体横截面的电荷量为q1=I1Δt=·=;同理可以求得Q2=BI2L bc·L ab=L bc,q2=I2Δt=;因为L ab>L bc,则Q1>Q2,q1=q2,故C正确,A,B,D错误.4.如图所示,一闭合直角三角形线框以速度v匀速穿过匀强磁场区域.从BC边进入磁场区开始计时,到A点离开磁场区止的过程中,线框内感应电流的情况(以逆时针方向为电流的正方向)是如图所示中的( A )解析:线框进入或离开磁场时,穿过线框的磁通量发生变化,线框中有感应电流产生,当线框完全进入磁场时,磁通量不变,没有感应电流产生,故C错误;感应电流I==,线框进入磁场时,切割磁感线的有效长度L均匀减小,感应电流逐渐减小,由楞次定律可知,感应电流为逆时针方向;线框离开磁场时,切割磁感线的有效长度L减小,感应电流逐渐减小,感应电流为顺时针方向;故A正确,B,D错误.5.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.0～1 s内ab,cd导线互相排斥B.1～2 s内ab,cd导线互相吸引C.2～3 s内ab,cd导线互相吸引D.3～4 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,0～2 s内cd中电流为由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;2～4 s内cd中电流为由d到c,跟ab中电流反向,因此ab,cd相互排斥,故C,D错误.6.1831年,法拉第在一次会议上展示了他发明的圆盘发电机[图(甲)].它是利用电磁感应原理制成的,是人类历史上第一台发电机.图(乙)是这个圆盘发电机的示意图:铜盘安装在水平的铜轴上,它的边缘正好在两磁极之间,两块铜片C,D分别与转动轴和铜盘的边缘良好接触.使铜盘转动,电阻R中就有电流通过.若所加磁场为均强磁场,回路的总电阻恒定,从左往右看,铜盘沿顺时针方向匀速转动,CRD平面与铜盘平面垂直,下列说法正确的是( C )A.电阻R中没有电流流过B.铜片C的电势高于铜片D的电势C.保持铜盘不动,磁场变为方向垂直于铜盘的交变磁场,则铜盘中有电流产生D.保持铜盘不动,磁场变为方向垂直于铜盘的交变磁场,则CRD回路中有电流产生解析:根据右手定则可知,电流从D点流出,流向C点,因此铜盘中电流方向为从C向D,由于圆盘在切割磁感线,相当于电源,所以D处的电势比C处高,A,B错误;保持铜盘不动,磁场变为方向垂直于铜盘的交变磁场,则穿过铜盘的磁通量发生变化,铜盘产生涡流,但是此时不再切割磁感线,C,D两点电势相同,故CRD回路中没有电流产生,C正确,D 错误.7.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=πfL2B,且a点电势低于b点电势B.E=2πfL2B,且a点电势低于b点电势C.E=πfL2B,且a点电势高于b点电势D.E=2πfL2B,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=ωl=2πfL,叶片的感应电动势E=BLv=BL×2πLf=πfL2B.故选A.8.在如图所示的电路中,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.9.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,穿过金属框的磁通量在增大,金属框中产生感应电流,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.10.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2∶1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=πa2,圆周长为L=2πa,线框面积为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.11.如图所示,两水平虚线ef,gh之间存在垂直纸面向外的匀强磁场,一质量为m、电阻为R的正方形铝线框abcd从虚线ef上方某位置由静止释放,线框运动中ab始终是水平的,已知两虚线ef,gh间距离大于线框边长,则从开始运动到ab边到达gh线之前的速度随时间的变化关系图像可能正确的是( BD )解析:线框先做自由落体运动,由线框宽度小于磁场的宽度可知,当ab边进入磁场且cd边未出磁场的过程中,磁通量不变,没有感应电流产生,不受安培力,则线框的加速度与线框自由下落时一样,均为g.若cd边刚好匀速进入磁场,mg=F安=,ab边进入磁场后线框又做匀加速运动,cd边出磁场后减速,当达到上述匀速的速度后又做匀速运动,故A错误,B正确;若cd边减速进入磁场,线框全部进入后做匀加速运动,达到进磁场的速度时不可能匀速.若cd 边加速进入磁场,全部进入后做匀加速运动,当cd边出磁场时线框有可能加速、匀速、减速,故C错误,D正确. 12.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α,图中虚线下方区域内存在磁感应强度为B的匀强磁场,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( AC )A.金属杆ab进入磁场时感应电流的方向为由b到aB.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 α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正确;ab进入磁场时受到的安培力F=BIL=BL=,由平衡条件得=mgsin α,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F N=mgsin α+F>mgsin α,故D错误.13.如图所示,光滑水平面上存在有界匀强磁场,磁场方向垂直纸面向里,磁感应强度为B,质量为m边长为a的正方形导体框MNPQ斜向上垂直进入磁场,当MP刚进入磁场时速度为v,方向与磁场边界成45°,若导体框的总电阻为R,则( AC )A.导体框进入磁场过程中,导体框中电流的方向为MQPNB.MP刚进入磁场时导体框中感应电流大小为C.MP刚进入磁场时导体框所受安培力为D.MP刚进入磁场时M,P两端的电压为解析:根据楞次定律可得导体框进入磁场过程中,导体框中电流的方向为MQPN,故A正确;根据E=Bav,MP刚进入磁场时切割磁感线的有效长度为a,导体框中感应电流大小为I==,故B错误;根据安培力的计算公式可得MP刚进入磁场时导体框所受安培力为F=BI·a=,故C正确;MP刚进入磁场时M,P两端的电压为路端电压,根据闭合电路欧姆定律可得U=E=Bav,故D错误.14.如图所示,两条电阻不计的平行导轨与水平面成θ角,导轨的一端连接定值电阻R1,匀强磁场垂直穿过导轨平面.一根质量为m、电阻为R2的导体棒ab,垂直导轨放置,导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ,且R2=nR1.如果导体棒以速度v匀速下滑,导体棒此时受到的安培力大小为F,则以下判断正确的是( AD )A.电阻R1消耗的电功率为B.重力做功的功率为mgvcos θC.运动过程中减少的机械能全部转化为电能D.R2上消耗的功率为解析:导体棒以速度v匀速下滑时,由E=BLv,I=,F=BIL可得安培力F=,电阻R1消耗的热功率为P1=I2R1=()2R1,又R2=nR1,以上各式联立得P1=,故A正确.根据瞬时功率表达式P=Fvcos α(其中α为F与v之间的夹角)可知,重力做功的功率为P=mgvcos(-θ)=mgvsin θ,故B错误.根据能量守恒定律可知,运动过程中减少的机械能转化为电能和摩擦产生的热量,故C错误.电阻R2消耗的热功率为P2=I2R2=()2R2,又R2=nR1,安培力F=,解得,P2=,故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:①将小线圈迅速插入大线圈时,灵敏电流计指针将;②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)①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.②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)①向右偏转一下②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Δt内感应电动势的平均值E,改变速度多次实验,得到多组Δt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Δt内图像所围阴影部分面积为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)由于以不同速度磁铁靠近螺线管,Δt时间内磁通量变化量ΔΦ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=E·Δt=n·ΔΦ,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,光滑平行的竖直金属导轨MN,QP相距L,在M点和Q点间接一个阻值为R的电阻,在两导轨间OO1O1′O′矩形区域内有垂直导轨平面水平向里、高为h的磁感应强度为B的匀强磁场.一质量为m,电阻也为R的导体棒ab,垂直搁在导轨上,与磁场下边界相距h0.现用一竖直向上的大小为F=2mg的恒力拉ab棒,使它由静止开始运动,进入磁场后开始做减速运动,在离开磁场前已经做匀速直线运动(棒ab与导轨始终保持良好的接触,导轨电阻不计,空气阻力不计,g为重力加速度).求:(1)导体棒ab在离开磁场上边界时的速度;(2)导体棒ab在刚进入磁场时加速度的大小;(3)导体棒ab通过磁场区域的过程中棒消耗的电能.解析:(1)离开磁场时导体棒向上匀速运动,受到重力、安培力和拉力,所以有F=mg+F A;安培力为F A=BIL=BL=,(2分)则v=.(1分)(2)在h0阶段中,根据动能定理,得(F-mg)h0=m-m(1分)解得v1=,(1分)棒刚进入磁场时所受的安培力大小为F A′=,(1分)根据牛顿第二定律得F-mg-F A′=ma(1分)解得a=g-.(1分)(3)对整个过程,根据能量守恒定律得F(h0+h)=mg(h0+h)+Q+mv2(1分)回路产生的总电能为Q=mg(h0+h)-(1分)棒消耗的电能为E电==mg(h+h0)-.(1分)答案:(1)(2)g-(3)mg(h+h0)-18.(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Q R.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Q R=Q(1分)解得Q R=(F-ma).(1分)答案:(1)(2)(3)(F-ma)19.(12分)两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平面内,两导轨间的距离为L.导轨上横放着两根导体棒ab 和cd,构成矩形回路,如图所示,两根导体棒的质量皆为m,电阻皆为R,回路中其余部分的电阻不计.在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场,磁感应强度为B.设两导体棒均可沿导轨无摩擦地滑行,开始时,棒ab和棒cd之间的距离为d,棒cd静止,棒ab有指向棒cd的初速度v0,若两导体棒在运动中始终不接触,求:(1)棒ab的初速度为v0时回路中的电流.(2)当ab棒的速度变为初速度v0的时,cd棒的加速度大小.(3)稳定后棒ab和棒cd之间的距离.解析:(1)由法拉第电磁感应定律,棒ab产生的电动势为E=BLv0(1分)则回路产生的电流大小为I==.(1分)(2)棒ab和cd在运动过程中始终受到等大反向的安培力,系统的动量守恒,设ab棒的速度为v0时cd棒的速度是v1,以向右的方向为正方向,得mv0=m v0+mv1,解得v1=v0,(1分)此时回路中的总电动势E′=(v0-v0)BL=(1分)回路中的电流I′=cd棒受到的安培力F=BI′L所以cd棒上的加速度a=(1分)联立得a=.(1分)(3)稳定后二者速度相等,由动量守恒定律得mv0=2mv2(1分)设整个的过程中通过回路的电荷量为q,对cd棒由动量定理得mv2-0=B L·t,(1分)而q=t,所以q=,(1分)设稳定后二者之间的距离是d′,则q==,(2分)联立以上两式得d′=d-.(1分)答案:(1)(2)(3)d-20.(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 Ω和R2= 6 Ω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Ⅰ和Ⅱ,一质量m=0.2 kg、电阻r=1 Ω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Ⅱ后,导体棒ab中通过的电流始终保持不变,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 Ω.解得a1=5 m/s2.(1分)(2)导体棒ab进入磁场Ⅱ后,受到的安培力与F0平衡,做匀速直线运动,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Δt,由动量定理得-Δt=-mΔv即=mΔv,(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 m 3.6 J。