高考物理一轮复习 单元过关检测10 电磁感应（含解析）-人教版高三物理试题

单元过关检测(十)电磁感应一、选择题(本题共8小题，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．)1．如图所示，关于涡流，下列说法中错误的是()A．真空冶炼炉是利用涡流来熔化金属的装置B．家用电磁炉锅体中的涡流是由恒定磁场产生的C．阻尼摆摆动时产生的涡流总是阻碍其运动D．变压器的铁芯用相互绝缘的硅钢片叠成能减小涡流答案B2．如图，均匀带正电的绝缘圆环a和金属圆环b同心共面放置，当a绕O点在其所在平面内旋转时，b中产生顺时针方向的感应电流，且有收缩的趋势，由此可知，圆环a()A．顺时针加速旋转B．顺时针减速旋转C．逆时针加速旋转D．逆时针减速旋转B[由楞次定律，欲使b中产生顺时针电流，则a环内磁场应向里减弱或向外增强，ra环的旋转情况应该是顺时针减速或逆时针加速，由于b环又有收缩趋势，说明a环外部磁场向外，内部向里．]3．如图，圆环形导体线圈a平放在水平桌面上，在a的正上方固定一竖直螺线管b，二者轴线重合，螺线管与电源和滑动变阻器连接成如图所示的电路．若将滑动变阻器的滑片P向下滑动，下列表述正确的是()A．线圈a中将产生俯视顺时针方向的感应电流B．穿过线圈a的磁通量变小C．线圈a有扩张的趋势D．线圈a对水平桌面的压力FN将增大D[当滑动触头P向下移动时电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知通过线圈b的电流增大从而判断出穿过线圈a的磁通量增加方向向下，所以B错误；根据楞次定律即可判断出线圈a感应电流方向俯视应为逆时针，A错误．再根据微元法将线圈a无限分割根据左手定则不难判断出线圈a应有收缩的趋势，或直接根据楞次定律的第二描述“感应电流产生的效果总是阻碍引起感应电流的原因”，因为滑动触头向下滑动导致穿过线圈a的磁通量增加，故只有线圈面积减少时才能阻碍磁通量的增加，故线圈a应有收缩的趋势，C错误；开始时线圈a对桌面的压力等于线圈a的重力，当滑动触头向下滑动时，可以用“等效法”，把线圈a和b看作两个条形磁铁，不难判断此时两磁铁的N极相对，互相排斥，故线圈a对水平桌面的压力将增大，所以D正确．]4．如图甲所示，光滑导轨水平放置在斜向下且与水平方向夹角为60°的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示(规定斜向下为B的正方向)，导体棒ab垂直导轨放置且与导轨接触良好，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变化的图象是()D[由楞次定律可判定回路中的电流方向始终为b→a，由法拉第电磁感应定律可判定回路中的电流大小恒定，故A、B两项错误；由F安＝BIL可得F安随B的变化而变化，在0～t0时间内，F安方向水平向右，故外力F与F安等值反向，方向水平向左为负值；在t0～t1时间内，F安方向改变，故外力F方向也改变为正值，综上所述，D项正确．]5．如图所示，水平面内有两根足够长的平行金属导轨L1、L2，其间距d＝0.5m，左端接有电容C＝2000μF的电容器．质量m＝20g的导体棒垂直放置在导轨平面上且可在导轨上无摩擦滑动，导体棒和导轨的电阻不计．整个空间存在垂直于导轨所在平面向里的匀强磁场，磁感应强度B＝2T．现用一沿导轨方向向右的恒力F＝0.22N作用于导体棒，使导体棒从静止开始运动，经过一段时间t，速度达到v＝5m/s，则()A．此时电容器两端的电压为10VB．此时电容器上的电荷量为1×10－2CC．导体棒做匀加速运动，且加速度为20m/s2D．时间t＝0.4sB[当棒运动速度达到v＝5m/s时，产生的感应电动势E＝Bdv＝5V，选项A错误．电容器两端电压U＝E＝5V，此时电容器带的电荷量q＝CU＝1×10－2C，选项B正确．设回路中的电流为I，棒在力F作用下，有F－BId＝ma，又I＝eq\f(Δq,Δt)，Δq＝CΔU，ΔU＝BdΔv，a＝eq\f(Δv,Δt)，联立解得a＝eq\f(F,m＋CB2d2)＝10m/s2，t＝eq\f(v,a)＝0.5s，选项C、D错误．]6．如图所示为一圆环发电装置，用电阻R＝4Ω的导体棒弯成半径L＝0.2m的闭合圆环，圆心为O，COD是一条直径，在O、D间接有负载电阻R1＝1Ω.整个圆环中均有B＝0.5T的匀强磁场垂直环面穿过．电阻r＝1Ω的导体棒OA贴着圆环做匀速圆周运动，角速度ω＝300rad/s，则()A．当OA到达OC处时，圆环的电功率为1WB．当OA到达OC处时，圆环的电功率为2WC．全电路最大功率为3WD．全电路最大功率为4.5WAD[当OA到达OC处时，圆环的电阻为1Ω，与R1串联接入电源，外电阻为2Ω，棒转动过程中产生的感应电动势E＝eq\f(1,2)BL2ω＝3V，圆环上分压为1V，所以圆环上的电功率为1W，A正确，B错误；当OA到达OD处时，圆环中的电阻为零，此时电路中总电阻最小，而电动势不变，所以电功率最大为P＝eq\f(E2,R1＋r)＝4.5W，C错误，D正确．]7．如图甲、乙所示的电路中，电阻R和自感线圈L的电阻值都很小，且小于灯泡A的电阻，接通S，使电路达到稳定，灯泡A发光，则()A．在电路甲中，断开S后，A将逐渐变暗B．在电路甲中，断开S后，A将先变得更亮，然后才逐渐变暗C．在电路乙中，断开S后，A将逐渐变暗D．在电路乙中，断开S后，A将先变得更亮，然后才逐渐变暗AD[题图甲所示电路中，灯A和线圈L串联，电流相同，断开S时，线圈上产生自感电动势，阻碍原电流的减小，通过R、A形成回路，灯A逐渐变暗，选项A正确，B错误；题图乙所示电路中，电阻R和灯A串联，灯A的电阻大于线圈L的电阻，电流则小于线圈L中的电流，断开S时，电源不给灯供电，而线圈L产生自感电动势阻碍电流的减小，通过R、A形成回路，灯A中电流比原来大，A将变得更亮，然后逐渐变暗．]8．(2019·广东百校联考)光滑金属导轨宽L＝0.5m，电阻不计，均匀变化的磁场充满整个轨道平面，如图甲所示，磁场的磁感应强度随时间变化的情况如图乙所示．金属棒ab的电阻为2Ω，垂直固定在导轨上静止不动，且与导轨左端距离l＝0.2m，则()A．1s末回路中的电动势为0.1VB．1s末回路中的电流为1AC．2s末回路产生的电热为0.01JD．2s末，ab所受安培力大小为0.05NACD[由图知，eq\f(ΔB,Δt)＝1T/s，由法拉第电磁感应定律得：感应电动势为E＝Seq\f(ΔB,Δt)＝lLeq\f(ΔB,Δt)＝0.5×0.2×1V＝0.1V，故A正确；回路中感应电流为I＝eq\f(E,R)＝eq\f(0.1,2)A＝0.05A，故B错误；2s内回路产生的电热为Q＝I2Rt＝0.052×2×2J＝0.01J，故C正确；2s末，B＝2T，ab所受的安培力为F＝BIL＝2×0.05×0.5N＝0.05N，故D正确．]二、非选择题9．如图所示，一个“U”形金属导轨靠绝缘的墙壁水平放置，导轨长L＝1.4m，宽d＝0.2m．一对长L1＝0.4m的等宽金属导轨靠墙倾斜放置，与水平导轨成θ角平滑连接，θ角可在0°～60°调节后固定．水平导轨的左端长L2＝0.4m的平面区域内有匀强磁场，方向水平向左，磁感应强度大小B0＝2T．水平导轨的右端长L3＝0.5m的区域有竖直向下的匀强磁场B，磁感应强度大小随时间以eq\f(ΔB,Δt)＝1.0T/s均匀变大．一根质量m＝0.04kg的金属杆MN从斜轨的最上端静止释放，金属杆与斜轨间的动摩擦因数μ1＝0.125，与水平导轨间的动摩擦因数μ2＝0.5.金属杆电阻R＝0.08Ω，导轨电阻不计．(1)求金属杆MN上的电流大小，并判断方向；(2)金属杆MN从斜轨滑下后停在水平导轨上，求θ角多大时金属杆所停位置与墙面的距离最大，并求此最大距离xm.解析(1)由法拉第电磁感应定律，则有：E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)dL3由闭合电路欧姆定律得：I＝eq\f(E,R)由上式，可得MN棒上的电流大小：I＝1.25A根据右手定则，则MN棒上的电流方向：N→M；(2)设导体棒滑出水平磁场后继续滑行x后停下，由动能定理得：mgL1sinθ－μ1mgL1cosθ－μ2(mg＋B0Id)(L2－L1cosθ)－μ2mgx＝0代入数据得：0．16sinθ＋0.16cosθ－0.18＝0.2x当θ＝45°时，x最大，解得：x＝0.8eq\r(2)m－0.9m＝0.23m则有：xm＝L2＋x＝0.63m.答案(1)1.25N由N→M(2)45°0.63m10．如图甲所示，空间存在一有界匀强磁场，磁场的左边界如虚线所示，虚线右侧足够大区域存在磁场，磁场方向竖直向下．在光滑绝缘水平面内有一长方形金属线框，ab边长为l＝0.2m，线框质量m＝0.1kg、电阻R＝0.1Ω，在水平向右的外力F作用下，以初速度v0＝1m/s匀加速进入磁场，外力F大小随时间t变化的图线如图乙所示．以线框右边刚进入磁场时开始计时，求：(1)匀强磁场的磁感应强度B；(2)线框进入磁场的过程中，通过线框的电荷量q；(3)若线框进入磁场过程中F做功为WF＝0.27J，求在此过程中线框产生的焦耳热Q.解析(1)由F－t图象可知，当线框全部进入磁场时，F＝0.2N，线框的加速度：a＝eq\f(F,m)＝eq\f(0.2,0.1)m/s2＝2m/s2，t＝0时刻线框所受的安培力：F安＝BIl＝eq\f(B2l2v0,R)，由图象乙可知：此时外力F＝0.3N，由牛顿第二定律得：F－F安＝ma，代入数据解得：B＝0.5T(2)线框进入磁场过程通过横截面电荷量：q＝IΔt，由法拉第电磁感应定律得E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(Blx,Δt)，由闭合电路欧姆定律得：I＝eq\f(E,R)，解得电荷量：q＝eq\f(Blx,R)，由匀变速直线运动得：x＝v0t＋eq\f(1,2)at2，代入数据解得：x＝0.75m，q＝0.75C(3)线框进入磁场过程，由能量守恒定律：WF＝Q＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,t)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，vt＝v0＋at代入数据解得：Q＝0.12J.答案(1)0.5T(2)0.75C(3)0.12J11．如图所示，绝缘水平面内固定有一间距d＝1m、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＝3Ω和R2＝6Ω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＝1T的匀强磁场Ⅰ和Ⅱ.一质量m＝0.2kg.电阻r＝1Ω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＝2N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＝3m/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s以及滑行该距离s的过程中整个回路产生的焦耳热Q.解析(1)导体棒ab刚要到达EF时，在磁场Ⅰ中切割磁感线产生的感应电动势为：E1＝Bdv1经分析可知，此时导体棒ab所受安培力的方向水平相左，由牛顿第二定律有：F0－BI1d＝ma1根据闭合电路的欧姆定律有：I1＝eq\f(E1,R＋r)上式中：R＝eq\f(R1R2,R1＋R2)＝2Ω解得：a1＝5m/s2(2)导体棒ab进入磁场Ⅱ后，受到的安培力与F0平衡，做匀速运动，导体棒ab中通过的电流I2保持不变，有：F0＝BI2d，其中I2＝eq\f(Bdv2,R＋r)，解得v2＝6m/s.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