2019年高考物理总复习第十章电磁感应综合检测教科版20180723370

1、.?电磁感应?综合检测时间:90分钟总分值:100分一、选择题此题共14小题,每题3分,共42分.在每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.如下图,ab是程度面上一个圆的直径,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CA.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

2、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.假设变阻器的滑片P向左挪动,那么BA.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向左挪动,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,故互相排斥,那么金属环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.如下图,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

3、,线框两次匀速地完全进入磁场,两次速度大小一样,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,那么CA.Q1=Q2q1=q2B.Q1=Q2q1>q2C.Q1>Q2q1=q2D.Q1>Q2q1>q2解析:设ab和bc边长分别为Lab,Lbc,穿过磁场区域的速度为v,由于线框产生的热量等于抑制安培力做功,那么有Q1=BI1Lab·Lbc=B·Lab·Lbc=·Lab通过线框导体横截面的电荷

4、量为q1=I1t=·=;同理可以求得Q2=BI2Lbc·Lab=Lbc,q2=I2t=;因为Lab>Lbc,那么Q1>Q2,q1=q2,故C正确,A,B,D错误.4.如下图,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边进入磁场区开场计时,到A点分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下图中的A解析:线框进入或分开磁场时,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

5、可知,感应电流为逆时针方向;线框分开磁场时,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,那么以下表达正确的选项是BA.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中电流为由c

6、到d,跟ab中电流同向,因此ab,cd互相吸引,故A错误,B正确;24 s内cd中电流为由d到c,跟ab中电流反向,因此ab,cd互相排斥,故C,D错误.6.1831年,法拉第在一次会议上展示了他创造的圆盘发电机图甲.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:铜盘安装在程度的铜轴上,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.假设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,以下说法正确的选项是CA.电阻R中没有电流流过B.铜片C的电

7、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,那么铜盘中有电流产生D.保持铜盘不动,磁场变为方向垂直于铜盘的交变磁场,那么CRD回路中有电流产生解析:根据右手定那么可知,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,那么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两点电势一样,故CRD回路中没有电流产生,C正确,D错误.7.如下图,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

8、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.假如忽略a到转轴中心线的间隔 ,用E表示每个叶片中的感应电动势,那么AA.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,根据右手定那么,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=BL×2Lf=fL2B.应选A.8.在如下图的电路中,a,b为两个完全一样的灯泡,L为自感线圈,E为电源,S为开关.关于两灯泡点亮和

9、熄灭的先后次序,以下说法正确的选项是CA.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为两个完全一样的灯泡,当开关接通瞬间,b灯泡立即发光,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.应选C.9.以下各图所描绘的物理情境中,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

10、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,如下图.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ACA.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

11、环和线框内产生的感应磁场方向与原磁场方向一样,即感应电流方向都为顺时针,A正确,B错误;设圆半径为a,那么圆面积为S=a2,圆周长为L=2a,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.如下图,两程度虚线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始终是程度的,两虚线ef,gh间间隔 大于线框边长,那么从开场运动到ab边到达gh线之前的速度随时间的变化关系图

12、像可能正确的选项是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,那么线框的加速度与线框自由下落时一样,均为g.假设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,当到达上述匀速的速度后又做匀速运动,故A错误,B正确;假设cd边减速进入磁场,线框全部进入后做匀加速运动,到达进磁场的速度时不可能匀速.假设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.如下图,两根间距为L的光滑平行金属导轨与

13、程度面夹角为,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,开场时金属杆ab处在距磁场上边界一定间隔 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刚进入磁场便开场做匀速直线运动,重力加速度为g,那么ACA.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 解析:由右手定那么可知,ab进入磁场时产生的感应电流由b流向a,故A正确;

14、ab进入磁场时受到的安培力F=BIL=BL=,由平衡条件得=mgsin ,解得v=,故B错误;ab产生的感应电动势E=BLv=,故C正确;由左手定那么可知,cd受到的安培力平行于斜面向下,那么cd对两根小柱的压力等于FN=mgsin +F>mgsin ,故D错误.13.如下图,光滑程度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°,假设导体框的总电阻为R,那么ACA.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

15、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.如下图,两条电阻不计的平行导轨与程度面成角,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,

16、导体棒与导轨之间的动摩擦因数为,且R2=nR1.假如导体棒以速度v匀速下滑,导体棒此时受到的安培力大小为F,那么以下判断正确的选项是ADA.电阻R1消耗的电功率为B.重力做功的功率为mgvcos C.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 其中为F与v之间的夹角可知,重力做功的功率为P=mgvcos-=mgvsin ,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

17、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好.2假如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,假如大线圈两端不接任何元件,那么大线圈电路中将. 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

18、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上下D.可以用楞次定律判断大线圈两端电势的上下解析: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,连线图如下图.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,那么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,那么电流减小,穿过大线圈的磁通量减小,那么灵敏电流表指针向左偏转一下.3假如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挪动的方向,从而可以判断出大线圈两端电势

19、上下情况.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3BD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,改变速度屡次实验,得到多组t与E,假设以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顿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“&g

20、t;“<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,t时间内磁通量变化量一样,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·t=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23=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OO1O1O矩形区域内有垂直导轨平面程度向里、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

21、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,使它由静止开场运动,进入磁场后开场做减速运动,在分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在分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分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+FA;安培力为FA=BIL=BL=,2分那么v=.1分2在h0阶段中,根据动能定理,得F-mgh0=m-m1分解得v1=,1分棒刚进入磁场时所受的安培力大小为FA=,1分根据牛

22、顿第二定律得F-mg-FA=ma1分解得a=g-.1分3对整个过程,根据能量守恒定律得Fh0+h=mgh0+h+Q+mv21分回路产生的总电能为Q=mgh0+h-1分棒消耗的电能为E电=mgh+h0-.1分答案:12g-3mgh+h0-18.11分如下图,程度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的间隔 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的程度恒力作用下由静止开场向右运动,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

23、计,始终与导体棒接触良好.求:1导体棒开场运动的位置到MN的间隔 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,那么安培力F安恒定,那么导体棒抑制安培力做功为W=F安d2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=Q1分解得QR=F-ma.1分答

24、案:123F-ma19.12分两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一程度面内,两导轨间的间隔 为L.导轨上横放着两根导体棒ab和cd,构成矩形回路,如下图,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,开场时,棒ab和棒cd之间的间隔 为d,棒cd静止,棒ab有指向棒cd的初速度v0,假设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之间的间隔 .解析:1由法拉第电磁感应定律,棒ab产生的

25、电动势为E=BLv01分那么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=mv0+mv1,解得v1=v0,1分此时回路中的总电动势E=v0-v0BL=1分回路中的电流I=cd棒受到的安培力F=BIL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=2mv21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=BL·t,1分而q=t,所以q=,1分设稳定后二者之间的间隔 是d,那么q=,2分联立以上两式得d=d-.1分答案:123d-20