2020年高考物理《电磁感应规律及其应用》专题训练卷及答案解析.doc

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1、2020年高考物理专题训练卷电磁感应规律及其应用一、选择题1.如图所示，某小组利用电流传感器(接入电脑，图中未画出)记录灯泡A和自感元件L构成的并联电路在断电瞬间各支路电流随时间的变化情况，i1表示小灯泡中的电流，i2表示自感元件中的电流(已知开关S闭合时i2i1)，则下列图象中正确的是解析开关断开后，A与L组成闭合回路后，L中的电流方向不变，而A中的电流方向与此前的电流方向相反，故C正确，A、B、D错误。答案C2.空间存在一方向与纸面垂直、大小随时间变化的匀强磁场，其边界如图521(a)中虚线MN所示。一硬质细导线的电阻率为、横截面积为S，将该导线做成半径为r的圆环固定在纸面内，圆心O在MN

2、上。t0时磁感应强度的方向如图(a)所示；磁感应强度B随时间t的变化关系如图(b)所示。则在t0到tt1的时间间隔内A圆环所受安培力的方向始终不变B圆环中的感应电流始终沿顺时针方向C圆环中的感应电流大小为D圆环中的感应电动势大小为解析根据楞次定律可知在0t0时间内，磁感应强度减小，感应电流的方向为顺时针，圆环所受安培力水平向左，在t0t1时间内，磁感应强度反向增大，感应电流的方向为顺时针，圆环所受安培力水平向右，所以选项A错误，B正确；根据法拉第电磁感应定律得Er2，根据电阻定律可得R，根据欧姆定律可得I，所以选项C正确，D错误。答案BC3.(多选)用导线绕一圆环，环内有一用同样导线折成的内接

3、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的匀强磁场中，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知，当磁场均匀减弱时，线圈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；设圆形半径为a，则圆环面积为Sa2，圆环周长为L2a，正方形框面积为S2a2，正方形线框边长之和为L4a，因为磁场是均匀减小的，故E，所以圆环和正方形线框中的电动势之比为，两者的电阻之比为，故电流之比为，故C正确，

4、D错误。答案AC4.如图(甲)，匝数n2的金属线圈(电阻不计)围成的面积为20 cm2，线圈与R2 的电阻连接，置于竖直向上、均匀分布的磁场中。磁场与线圈平面垂直，磁感应强度为B。Bt关系如图(乙)，规定感应电流i从a经过R到b的方向为正方向。忽略线圈的自感影响。则下列it关系图正确的是解析由图可知，02 s内，线圈中磁通量的变化率相同，故02 s内电流的方向相同，由楞次定律可知，电路中电流方向为顺时针，即电流为正方向；同理可知，25 s内电路中的电流为逆时针，为负方向，由En可得EnS，则知02 s内电路中产生的感应电动势大小为E1220104 V6106 V，则电流大小为I1106 A31

5、06 A；同理25 s内，E2220104 V4106 V，I22106 A。故D正确，A、B、C错误。答案D5.(多选)如图(a)，在同一平面内固定有一长直导线PQ和一导线框R，R在PQ的右侧。导线PQ中通有正弦交流电i，i的变化如图(b)所示，规定从Q到P为电流正方向。导线框R中的感应电动势A在t时为零B在t时改变方向C在t时最大，且沿顺时针方向D在tT时最大，且沿顺时针方向解析因通电导线的磁感应强度大小正比于电流的大小，故导线框R中磁感应强度与时间的变化关系类似于题图(b)，感应电动势正比于磁感应强度的变化率，即题图(b)中的切线斜率，斜率的正负反映电动势的方向，斜率的绝对值反映电动势的

6、大小。由题图(b)可知，电流为零时，电动势最大，电流最大时电动势为零，A正确，B错误。再由楞次定律可判断在一个周期内，内电动势的方向沿顺时针，时刻最大，C正确，其余时间段电动势沿逆时针方向，D错误。答案AC6.如图，水平桌面上固定有一半径为R的光滑金属细圆环，环面水平，圆环总电阻为r；空间有一匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向竖直向下；一长度为2R、电阻可忽略的导体棒AC置于圆环左侧并与环相切，切点为棒的中点。一拉力作用于棒中点使其以恒定加速度a从静止开始向右运动，运动过程中棒与圆环接触良好。下列说法正确的是A棒运动过程中产生的感应电流在棒中由A流向CB棒通过整个圆环所用的时间为 C棒经过环心

7、时流过棒的电流为D棒经过环心时所受安培力的大小为解析在棒运动过程中，由右手定则可得感应电流方向为从C到A，故A错误；棒做匀加速运动，由2Rat2，得t2，故B错误；棒经过环心时速度为v，此时产生电流为I，故C错误；棒经过环心时受到的安培力为FBIL，故D正确。答案D7.两条相互平行的、足够长的光滑金属导轨放在绝缘水平面上，距离为L，电阻不计。导轨内有垂直水平面向里的匀强磁场，导轨左侧接电容器C、电阻R1和R2，如图5223所示。垂直导轨且与导轨接触良好的金属杆(电阻不计)以一定的速度向右匀速运动，某时刻开始做匀减速运动至速度为零后反向做匀加速运动。则在此过程中AR1中无电流通过BR1中电流从e

8、流向aCR2中电流一直从a流向bDR2中电流先从b流向a，后从a流向b解析开始时，金属杆以一定的速度向右匀速运动，感应电动势EBLv，电容器的带电荷量为QCECBLv，由右手定则知，R2中电流方向为由a流向b，电容器的上极板带正电，金属杆开始做匀减速运动至速度为零的过程中，速度减小，感应电动势减小，极板间电压也减小，因此电容器的带电荷量减小，则R1中有电流通过，方向为由e流向a，R2中电流从a流向b，故A错误；金属杆反向做匀加速运动的过程中，由右手定则知，R2中电流方向为由b流向a，加速运动，感应电动势增大，电容器两端电压增大，所以电容器充电，流经R1的电流方向为由e流向a，故B正确，CD错误

9、。答案B8.(多选)如图所示，两根光滑的金属导轨平行放置在倾角为的斜面上，导轨的左端接有电阻R，导轨的电阻可忽略不计，斜面处在匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向上。质量为m、电阻可忽略不计的金属棒ab在沿斜面与棒垂直的恒力F作用下沿导轨由静止开始上滑，并上升h高度。在这一过程中A作用在金属棒上的合力所做的功大于0B恒力F所做的功等于mgh与电阻R上产生的焦耳热之和C恒力F与安培力的合力的瞬时功率一定时刻在变化D恒力F与重力mg的合力所做的功大于电阻R上产生的焦耳热解析导体棒由静止开始向上加速，产生的感应电流和感应电动势增大，所受安培力随之增大，合外力减小，加速度减小，若h足够高，最后导体棒做匀速运

10、动，由动能定理知，作用在金属棒上的合力所做的功大于零，A正确；根据动能定理可得WFWGW安Ek，故WFEkW安WG，恒力F所做的功等于mgh与电阻R上产生的焦耳热以及金属棒增加的动能之和，B错误；如果还在没有到达h高度前，金属棒已做匀速运动，速度恒定，此后恒力F与安培力的合力的瞬时功率恒定不变，C错误；根据WFWGW安Ek可得WFWGEkW安，恒力F与重力mg的合力所做的功等于电阻R产生的焦耳热与增加的动能之和，D正确。答案AD9.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，PQMN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

11、向上为正，在02t0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A在0t0和t02t0内，导体棒受到导轨的摩擦力方向相同B在t02t0内，通过电阻R的电流方向为P到QC在0t0内，通过电阻R的电流大小为D在t02t0内，通过电阻R的电荷量为解析由图(乙)所示图象可知，0t0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t02t0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；在t02t0内磁感

12、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P到Q，故B正确；应用法拉第电磁感应定律可得，在0t0内感应电动势为E1，感应电流为I1，故C错误；由图(乙)所示图象，应用法拉第电磁感应定律可得，在t02t0内感应电动势为E2，感应电流为I2；在t02t0时间内，通过电阻R的电荷量为qI2t0，故D错误。答案B10.(多选)如图所示，两根足够长平行金属导轨倾角30，导轨上、下端各接电阻R20 ，导轨电阻忽略不计，导轨宽度L2 m，匀强磁场垂直导轨平面向上，磁感应强度B1 T。金属棒ab质量m0.1 kg、电阻r10 ，在较高处由静止释放，金属棒

13、ab在下滑过程中始终与导轨垂直且与导轨接触良好。当金属棒ab下滑高度h3 m时，速度恰好达到最大值v2 m/s，取g10 m/s2。则此时下列说法正确的是Aab棒受到沿导轨向上的安培力为0.4 NBab棒两端的电压为2 VC每个电阻R中产生热量为0.7 JDab棒所受摩擦力为0.1 N解析电路中总电阻R总20 ，ab棒下落速度最大时，有F安 N0.4 N，选项A正确；棒上的感应电动势EBLv4 V，而ab棒上的电压Uab2 V，选项B正确；由ab棒平衡得mgsin F安Ff0，所以Ffmgsin F安0.1 N，选项D正确；由动能定理mghQFfmv2，得Qmghmv2Ff2.2 J，每个电阻

14、R中产生热量为Q10.55 J，选项C错误。答案ABD二 非选择题11.如图所示，两根足够长的平行光滑金属导轨竖直放置，相距为L，电阻R与两导轨相连，磁感应强度为B的匀强磁场与导轨平面垂直。一质量为m、电阻不计的导体棒MN，在竖直向上大小为F的恒力作用下，由静止开始沿导轨向上运动。整个运动过程中，导体棒与导轨接触良好，且始终保持水平，不计导轨的电阻，求：(1)初始时刻导体棒的加速度大小；(2)当流过电阻R的电流恒定时，求导体棒的速度大小。解析(1)初始时刻，导体棒受到竖直向下的重力mg、拉力F，由牛顿第二定律得Fmgma，解得a。(2)导体棒在拉力、重力和安培力的作用下，做加速度减小的加速运动

15、，当加速度为零时，达到稳定状态即做匀速运动，此时电流恒定，设此时速度为v，导体棒产生的电动势为EBLv受到的安培力为F安BIL稳定时的电流为I由平衡条件得FmgF安0以上联立解得v。答案(1)(2)12.如图甲所示，有一竖直方向的匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向里，区域的上下边缘间距为H85 cm，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示。有一长L120 cm、宽L210 cm、匝数n5的矩形线圈，其总电阻R0.2 、质量m0.5 kg，在t0时刻，线圈从离磁场区域的上边缘高为h5 cm处由静止开始下落，0.2 s时线圈刚好全部进入磁场，0.5 s时线圈刚好开始从磁场中出来。不计空气阻力，重力

16、加速度g取10 m/s2。求：(1)线圈穿过磁场区域所经历的时间t；(2)线圈穿过磁场区域产生的热量Q。解析(1)设线圈做自由落体运动的末速度为v1，则v122gh，得v11 m/shgt12，得t10.1 s进入磁场时，E1nB1L1v1，I1，FA1nB1I1L1得FA15 N，即FA1mg线圈匀速进入磁场，L2v1t2得t20.1 s之后线圈向下做匀加速运动，运动dHL20.75 m后，线圈的下边刚好到达磁场的下边缘有v22v122gd，得v24 m/s由v2v1gt3，得t30.3 s出磁场时，E2nB2L1v2，I2，FA2nB2I2L1得FA25 N，即FA2mg线圈匀速出磁场，L

17、2v2t4得t40.025 s因此线圈穿过磁场区域所经历的时间tt2t3t40.425 s(2)线圈进出磁场过程均做匀速运动，该过程中线圈产生的热量Q1mg2L21.0 J整个线圈在磁场中运动时，E3nL1L2 T/sQ2t3 J0.042 J因此全过程产生的总热量QQ1Q21.042 J。答案(1)0.425 s(2)1.042 J13.如图所示，竖直面内的正方形导线框ABCD和abcd的边长均为l，电阻均为R，质量分别为2m和m，它们分别系在一跨过两个定滑轮的绝缘轻绳两端，在两导线框之间有一宽度为2l、磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，开始时ABCD的下边界与匀强磁场的上边界重合

18、，abcd的上边界到匀强磁场的下边界的距离为l。现将两导线框由静止释放，当ABCD全部进入磁场时，两导线框开始做匀速运动，不计摩擦和空气阻力，重力加速度为g，求：(1)两导线框匀速运动的速度大小；(2)两导线框在从开始运动至等高的过程中所产生的总焦耳热；(3)导线框abcd通过磁场的时间。解析(1)如图所示，设两导线框刚匀速运动的速度大小为v，此时轻绳上的张力为FT，则对ABCD有FT2mg对abcd有FTmgBIlIEBlv则v(2)设两导线框在从开始运动至等高的过程中所产生的总焦耳热为Q，当左、右两导线框分别向上、向下运动2l的距离时，两导线框等高，对这一过程，由能量守恒定律有4mgl2m

19、gl3mv2Q联立解得Q2mgl(3)导线框abcd通过磁场的过程中以速度v匀速运动，设导线框abcd通过磁场的时间为t，则t联立解得t。答案(1)(2)2mgl(3)15.如图，金属平行导轨MN、MN和金属平行导轨PQR，PQR分别固定在高度差为h(数值未知)的水平台面上。导轨MN、MN左端接有电源，MN与MN的间距为L0.10 m。线框空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B10.20 T；平行导轨PQR与PQR的间距为L0.10 m，其中PQ与PQ是圆心角为60、半径为r0.50 m的圆弧导轨，QR与QR是水平长直导轨，QQ右侧有方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B20.40 T。导体棒

20、a质量m10.02 kg，电阻R12.0 ，放置在导轨MN，MN右侧NN边缘处；导体棒b质量m20.04 kg，电阻R24.0 放置在水平导轨某处。闭合开关K后，导体棒a从NN水平抛出，恰能无碰撞地从PP处以速度v12 m/s滑入平行导轨，且始终没有与棒b相碰。重力加速度g10 m/s2，不计一切摩擦及空气阻力和导轨电阻。求：(1)导体棒b的最大加速度；(2)导体棒a在磁场B2中产生的焦耳热；(3)闭合开关K后，通过电源的电荷量q。解析(1)设a棒滑到水平轨道上时的速度为v2，由动能定理得m1gr(1cos 60)m1v22m1v12解得v23 m/s因为a棒刚进磁场B2时，棒a，b中的电流最

21、大，b棒受到的安培力最大，加速度最大，所以有EB2Lv2I由牛顿第二定律得B2ILm2amax。联立解得导体棒b的最大加速度amax0.02 m/s2。(2)两个导体棒在磁场B2中运动时，动量守恒，且能量守恒。当两棒的速度相等时回路中电流为零，此后两棒做匀速运动，两棒不再产生焦耳热。取向右为正方向，由动量守恒定律得m1v2(m1m2)v3由能量守恒定律得m1v22(m1m2)v32QaQb由于a，b两棒串联在一起，电流相等，所以有联立解得Qa0.02 J。(3)设接通K后，a棒以速度v0水平抛出。则有v0v1cos 601 m/s对a棒冲出过程，由动量定理得B1ILtm1v00即B1Lqm1v0解得q1 C。答案(1)0.02 m/s2(2)0.02 J(3)1 C