（课标版）高考物理二轮复习 专题四 电路与电磁感应 第14讲 选择题对“三定则、两定律”的考查限时练（含解析）-人教版高三全册物理试题

选择题对“三定则、两定律”的考查[A组基础题练熟练快]1．(2019·北京昌平区抽测)随着电动汽车的大量普及，汽车无线充电受到越来越多的关注．无线充电简单方便，不需手动操作，没有线缆拖拽，大大提高了用户体验．将受电线圈安装在汽车的底盘上，将供电线圈安装在地面上，如图所示．当电动汽车行驶到供电线圈装置上，受电线圈即可“接受”到供电线圈的电流，从而对蓄电池进行充电．关于无线充电，下列说法正确的是()A．无线充电技术与变压器的工作原理相同B．为了保护受电线圈不受损坏，可在车底加装一个金属护板C．只有将供电线圈接到直流电源上，才能对蓄电池进行充电D．当受电线圈没有对准供电线圈(二者没有完全重合)时，将不能进行无线充电解析：无线充电技术与变压器都是利用电磁感应原理，故A正确；加装的金属护板会产生涡流，涡流会产生热量，且可能会熔化金属，故加装金属护板浪费能量，还可能损坏电器，故B错误；应将供电线圈接到交流电源上，对电池进行充电，故C错误；当受电线圈没有对准供电线圈(二者没有完全重合)时，也可以进行无线充电，故D错误．答案：A2．(2019·上海普陀区二模)如图为某同学的小制作，装置A中有磁铁和可转动的线圈．当有风吹向风扇时扇叶转动，引起灯泡发光．引起灯泡发光的原因是()A．线圈切割磁感线产生感应电流B．磁极间的相互作用C．电流的磁效应D．磁场对导线有力的作用解析：风吹向风扇时扇叶转动，带动线圈转动，线圈就会切割磁感线产生感应电流，故A正确，B、C、D错误．答案：A3．(多选)(2019·衡水金卷质测)如图所示，金属圆环放置在水平桌面上，一个质量为m的圆柱形永磁体轴线与圆环轴线重合，永磁体下端为N极．将永磁体由静止释放，永磁体下落h高度到达P点时速度大小为v，向下的加速度大小为a，圆环的质量为M，重力加速度为g，不计空气阻力，则()A．俯视看，圆环中感应电流沿逆时针方向B．永磁体下落的整个过程先加速后减速，下降到某一高度时速度可能为零C．永磁体运动到P点时，圆环对桌面的压力大小为Mg＋mg－maD．永磁体运动到P点时，圆环中产生的焦耳热为mgh＋eq\f(1,2)mv2解析：磁铁下落时，根据楞次定律可得，俯视看，圆环中感应电流沿逆时针方向，选项A正确；永磁体下落的整个过程，开始时速度增加，产生感应电流增加，磁铁受到向上的安培力变大，磁铁的加速度减小，根据楞次定律可知“阻碍”不是“阻止”，即磁铁的速度不可能减到零，否则安培力就是零，物体还会向下运动，选项B错误；永磁体运动到P点时，根据牛顿第二定律：mg－F安＝ma；对圆环：Mg＋F安＝N，则N＝Mg＋mg－ma，由牛顿第三定律可知圆环对桌面的压力大小为Mg＋mg－ma，选项C正确；由能量守恒定律可得，永磁体运动到P点时，圆环中产生的焦耳热为mgh－eq\f(1,2)mv2，选项D错误；故选A、C.答案：AC4．(2019·东北三省三校联考)如图，水平放置两个同心金属半圆环，半径分别为r和2r，两环间分布着垂直于纸面向里的匀强磁场．磁感应强度为B.在两环间连接一个电容为C的电容器，c、d是电容器的两个极板，ab是可绕圆心转动，长为r的金属杆，沿半径方向放置在两环间且接触良好．现让金属杆绕圆心以恒定角速度ω沿逆时针转动．不计一切电阻，则下列说法正确的是()A．电容器c极板带负电B．cd间电压逐渐增大C．金属杆ab产生的电动势为Bωr2D．电容器所带电荷量为eq\f(3,2)CBωr2解析：根据右手定则可知，ab杆切割磁感线产生感应电动势，a端为低电势、b端为高电势，则电容器c板带正电，d板带负电，故A错误；根据切割磁感线产生感应电动势为：E＝BLv＝Brω×eq\f(r＋2r,2)＝eq\f(3,2)Br2ω，故B、C错误；根据电容器电荷量的计算公式得：Q＝CU＝eq\f(3,2)CBωr2，故D正确．答案：D5．(多选)(2019·福建莆田质检)如图甲，在竖直向下的匀强磁场中，两平行光滑金属导轨固定在水平面上，左端接电阻R，金属棒ab垂直于导轨放置．现给棒ab一个水平向右的初速度v0，同时对其施加一个水平向右的外力F，F与棒ab的速度v的关系如图乙．棒ab与导轨始终垂直且接触良好，导轨电阻可忽略不计，则棒ab运动的vt图象可能是()解析：设某时刻导体棒的速度为v，则由牛顿第二定律：F－Beq\f(BLv,R)L＝ma，由题图可知F＝kv，则kv－eq\f(B2L2v,R)＝ma，若开始时a＝0，则导体棒保持匀速运动，选项A正确；由题图可知随F增大，速度v增加，由kv－eq\f(B2L2v,R)＝ma可知，加速度a和速度v成正比关系，即随速度的增加，加速度增加，vt线的斜率增大，选项D正确，B、C错误；故选A、D.答案：AD6．(2019·湖南四市联考)如图所示，正方形导线框abcd放在匀强磁场中静止不动，磁场方向与线框平面垂直，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示，t＝0时刻，磁感应强度的方向垂直纸面向里．下列选项中能表示线框的ab边受到的磁场力F随时间t的变化关系的是(规定水平向左为力的正方向)()解析：0～1s：磁场方向向里且均匀减小，由楞次定律可得，线圈中产生顺时针的感应电流，由E＝eq\f(ΔΦ,Δt)可知，产生的感应电动势恒定，电流恒定，所以ab边受到的安培力FA＝BIL均匀减小，由左手定则可知，安培力方向向左即为正，1～3s：磁场方向向外且均匀增大，由楞次定律可得，线圈中产生顺时针的感应电流，由E＝eq\f(ΔΦ,Δt)可知，产生的感应电动势恒定，电流恒定，所以ab边受到的安培力FA＝BIL均匀增大，由左手定则可知，安培力方向向右即为负；3～5s：磁场方向向外且均匀减小，由楞次定律可得，线圈中产生逆时针的感应电流，由E＝eq\f(ΔΦ,Δt)可知，产生的感应电动势恒定，电流恒定，所以ab边受到的安培力FA＝BIL均匀减小，由左手定则可知，安培力方向向左即为正；综合上述分析可知A正确．答案：A7．(2019·山东烟台一模)如图所示，空间有两个宽度分别为L和2L的有界匀强磁场区域，磁感应强度大小都为B，左侧磁场方向垂直于纸面向里，右侧磁场方向垂直于纸面向外，abcd是一个均匀电阻丝做成的边长为L的正方形线框，线框以垂直于磁场边界的速度v匀速通过两个磁场区域，在运动过程中，线框ab、cd两边始终与磁场的边界平行．设线框cd边刚进入磁场的位置为x＝0，x轴正方向水平向右，从线框cd边刚进入磁场开始到整个线框离开磁场区域的过程中，线框受到的安培力F(规定水平向右为正方向)随着位置x变化的图象正确的是()解析：第一个过程：cd边刚进入左侧磁场到ab刚要进入左侧磁场的过程，cd边受安培力，大小为F0＝BIL＝Beq\f(BLv,R)L＝eq\f(B2L2v,R)，方向向左．第二个过程：cd刚进入右侧磁场到ab刚进入右侧磁场的过程中，线框受到的安培力为：F＝2BI′L＝2Beq\f(2BLv,R)L＝4eq\f(B2L2v,R)＝4F0，方向向左．第三个过程：ab边离开左侧磁场到cd边到右侧磁场的右边界，在这个过程，线框中没有感应电流，所以线框不受安培力的作用．第四个过程：cd边刚离开右侧磁场到ab边刚离开右侧磁场的过程，ab边受安培力，大小为F＝BIL＝Beq\f(BLv,R)L＝eq\f(B2L2v,R)＝F0，方向向左．综合以上分析，C正确．答案：C8．(2019·河北唐山联考)如图所示，水平桌面上固定两条光滑平行导轨，导轨左端连接电源，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中．现将两根质量相同的导体棒M、N依次静置于导轨上的同一位置，接通电源，导体棒沿导轨从桌面右侧水平抛出，始终与地面平行，落地位置与导轨右端的水平距离分别为s1和s2.不计电源和导轨电阻，导体棒与导轨垂直且接触良好，则安培力对导体棒做功之比为()A．1∶1 B．seq\o\al(2,1)∶seq\o\al(2,2)C．s1∶s2 D.eq\r(s1)∶eq\r(s2)解析：由题可知，安培力做功使导体棒获得动能，从而获得速度，然后水平抛出，做平抛运动，由于高度一定，则时间一定，设为t，则被抛出时的速度为：v＝eq\f(s,t)，则安培力做功为：W＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(s,t)))2，由题可知，两个导体棒落地位置与导轨右端的水平距离分别为s1和s2，而且导体棒质量相同，则安培力做功之比为：eq\f(W1,W2)＝eq\f(s\o\al(2,1),s\o\al(2,2))，故选项B正确，A、C、D错误．答案：B[B组中难题目练通抓牢]9．(2019·江苏苏州调研)图甲为兴趣小组制作的无线充电装置中受电线圈示意图，已知线圈匝数n＝100匝、电阻r＝1Ω、横截面积S＝1.5×10－3m2，外接电阻R＝7Ω.线圈处在平行于线圈轴线的磁场中，磁场的磁感应强度随时间变化如图乙所示，设磁场的正方向水平向左，则()A．在t＝0.005s时通过电阻R的电流大小为0B．在t＝0.005s时通过电阻R的电流方向由a流向bC．在0～0.01s内通过电阻R的电荷量q＝1.5×10－3CD．在0.02～0.03s内电阻R产生的焦耳热为Q＝1.8×10－3J解析：在t＝0.005s时，磁通量变化最快，根据法拉第电磁感应定律，感应电动势最大，通过R的感应电流最大，故A错误；在t＝0.005s时，穿过线圈的磁通量向左减小，根据“楞次定律”可知，感应电流方向由b流向a，故B错误；根据法拉第电磁感应定律E＝neq\f(ΔΦ,Δt)，I＝eq\f(E,R＋r)，q＝IΔt，联立可得q＝eq\f(nΔΦ,R＋r)＝eq\f(100×1.5×10－3×8×10－2,7＋1)C＝1.5×10－3C，故C正确；由于磁感应强度按正弦规律变化，ω＝eq\f(2π,0.02)＝100πrad/s，所以产生的感应电动势的最大值Em＝nΦmω＝100×4×10－2×1.5×10－3×100πV＝0.6πV，电流的有效值为I＝eq\f(Em,\r(2)R＋r)＝eq\f(0.6π,8\r(2))A，在0.02～0.03s内电阻R产生的焦耳热为Q＝I2Rt＝1.94×10－3J，故D错误．答案：C10．(2019·全国考试大纲调研卷)如图所示的甲、乙、丙图中，MN、PQ是固定在同一水平面内足够长的平行金属导轨．导体棒ab垂直放在导轨上，导轨都处于垂直水平面向下的匀强磁场中．导体棒和导轨间接触良好且摩擦不计，导体棒、导轨和直流电源的电阻均可忽略，甲图中的电容器C原来不带电．今给导体棒ab一个向右的初速度v0，在甲、乙、丙图中导体棒ab在磁场中的最终运动状态是()A．甲、丙中，棒ab最终将以相同速度做匀速运动；乙中ab棒最终静止B．甲、丙中，棒ab最终将以不同速度做匀速运动；乙中ab棒最终静止C．甲、乙、丙中，棒ab最终均做匀速运动D．甲、乙、丙中，棒ab最终都静止解析：图甲中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流而使电容器充电，当电容器C极板间电压与导体棒产生的感应电动势相等时，电路中没有电流，ab棒不受安培力，向右做匀速运动；图乙中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流，通过电阻R转化为内能，ab棒速度减小，当ab棒的动能全部转化为内能时，ab棒静止；图丙中，导体棒先受到向左的安培力作用向右做减速运动，速度减为零后再在安培力作用下向左做加速运动，当导体棒产生的感应电动势与电源的电动势相等时，电路中没有电流，ab棒向左做匀速运动，故B正确．答案：B11．(多选)平行导轨放置在绝缘水平面上，间距l＝0.2m，导轨左端接有电阻R，阻值为1Ω，导体棒ab静止地放置在导轨上，如图甲所示，导体棒及导轨的电阻可忽略不计，整个装置处于磁感应强度B＝0.5T的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下．现外力F作用在导体棒上，使之做匀加速运动，已知力F与时间t的关系如图乙所示，重力加速度g取10m/s2，则下列说法正确的是()A．导体棒中的电流从b端流向a端B．导体棒的加速度为10m/s2C．在未知导体棒与导轨间是否存在摩擦力的情况下，无法求解导体棒运动的加速度D．若导体棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.2，则导体棒的质量为eq\f(1,12)kg解析：根据右手定则可判断，导体棒中的电流从b端流向a端，选项A正确；导体棒在导轨上做匀加速直线运动，用v表示其速度，t表示时间，则有v＝at，棒切割磁感线，将产生感应电动势E＝Blv，在棒、导轨和电阻的闭合电路中产生电流I＝eq\f(E,R)，棒受到的安培力f＝BIl，根据牛顿第二定律，有F－f－f′＝ma，又因f′＝μmg，联立以上各式，得F＝ma＋μmg＋eq\f(B2l2,R)at，由题图乙可解得a＝10m/s2，若动摩擦因数μ＝0.2，则m＝eq\f(1,12)kg，选项B、D正确，选项C错误．答案：ABD12．(多选)(2019·江南十校联考)某实验小组制作一个金属安检仪，原理可简化为图示模型．正方形金属线圈abcd平放在粗糙水平传送带上，被电动机带动一起以速度v匀速运动，线圈边长为L，电阻为R，质量为m，有一边界宽度也为L的矩形磁场垂直于传送带，磁感应强度为B，且边界与线圈bc边平行．已知线圈穿过磁场区域的过程中速度不变，下列说法中正确的是()A．线圈进入磁场时回路中感应电流的方向与穿出时相反B．线圈进入磁场时所受静摩擦力的方向与穿出时相反C．线圈进入磁场区域的过程中通过导线某一横截面的电荷量为eq\f(BL2,R)D．线圈经过磁场区域的过程中电动机多消耗的电功率为eq\f(2B2L2v2,R)解析：线圈进入磁场时与穿出磁场时的磁通量变化相反，据楞次定律知感应电流的磁场方向相反，感应电流的方向相反，故A项正确．线圈进入磁场时回路中感应电流的方向与穿出时相反，据左手定则知，线圈进入磁场时所受安培力的方向与穿出时相同，由线圈的受力平衡知静摩擦力的方向相同，故B项错误．线圈进入磁场过程中，通过导线某一横截面的电荷量q＝eq\x\to(I)t＝eq\f(\x\to(E),R)t＝eq\f(ΔΦ,Rt)t＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(BL2,R)，故C项正确．线圈经过磁场区域的过程中电动机多消耗的电功率P＝Fv＝BILv＝Beq\f(BLv,R)Lv＝eq\f(B2L2v2,R)，故D项错误．答案：AC[C组探究创新从容应对]13．(多选)(2019·江苏南通联考)健身车的磁控阻力原理如图所示，在铜质飞轮的外侧有一些磁铁(与飞轮不接触)，人在健身时带动飞轮转动，磁铁会对飞轮产生阻碍，拉动控制拉杆可以改变磁铁与飞轮间的距离．则()A．飞轮受到阻力大小与其材料密度有关B．飞轮受到阻力大小与其材料电阻率无关C．飞轮转速一定时，磁铁越靠近飞轮，其受到的阻力越大D．磁铁与飞轮间距离不变时，飞轮转速越大，其受到阻力越大解析：飞轮在磁场中做切割磁感线的运动，所以会产生感应电动势和感应电流，根据楞次定律可知，磁场会对运动的飞轮产生阻力，以阻碍飞轮与磁场之间的相对运动，所以飞轮受到的阻力主要来源于磁铁对它的安培力，而安培力大小与其材料的电阻率有关，与其密度无关，故A、B错误；磁铁越靠近飞轮，飞轮处的