2020届高考物理课标版二轮复习训练题：专题四第9讲 电磁感应 .docx

《2020届高考物理课标版二轮复习训练题：专题四第9讲 电磁感应 .docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020届高考物理课标版二轮复习训练题：专题四第9讲 电磁感应 .docx（8页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、第9讲电磁感应一、单项选择题1.图甲所示是工业上探测物件表面层内部是否存在缺陷的涡流探伤技术的原理图。其原理是用通电线圈使物件内产生涡电流,借助探测线圈测定涡电流的改变,从而获得物件内部是否断裂及位置的信息。如图乙所示的是一个带铁芯的线圈L、开关S和电源用导线连接起来的跳环实验装置,将一个套环置于线圈L上且使铁芯穿过其中,闭合开关S的瞬间,套环将立刻跳起。对以上两个实例的理解正确的是() 甲乙A.涡流探伤技术运用了电流的热效应,跳环实验演示了自感现象B.能被探测的物件和实验所用的套环必须是导电材料C.以上两个实例中的线圈所连接的电源都必须是交流电源D.以上两个实例中的线圈所连接的电源也可以都是

2、稳恒电源答案B当一个线圈中的电流变化时,由它产生的变化的磁场在它本身激发出感应电动势的现象称为自感,套环实验中是由于线圈中变化的磁场在套环中激发了感应电动势,涡流探伤技术应用的不是电流的热效应,故A项错误。题甲、乙两图中的线圈中通以变化的电流时,在空间中会激发出涡旋电场,导电材料中有大量自由电荷在电场力的作用下可定向移动形成电流,故B项正确。题乙图中用直流电源,开关闭合的瞬间电流是变化的,套环可立即跳起,故C错误。若题甲图中通稳恒电流,稳定后线圈中的电流为稳恒电流,激发恒定的磁场,无法产生涡旋电场,故D错误。2.(2017课标,15,6分)如图,在方向垂直于纸面向里的匀强磁场中有一U形金属导轨

3、,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()A.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中沿顺时针方向答案D金属杆PQ向右运动,穿过PQRS的磁通量增加,由楞次定律可知,感应电流在PQRS内的磁场方向垂直纸面向外,由安培定则可判断PQRS中产生逆时针方向的电流。穿过T的磁通量是外加匀强磁场和PQRS产生的感应电

4、流的磁场的磁通量代数和,穿过T的合磁通量垂直纸面向里减小,据楞次定律和安培定则可知,T中产生顺时针方向的感应电流,故D正确。3.(2019四川成都模拟)如图所示的直流电路中,当开关S1、S2都闭合时,三个灯泡L1、L2、L3的亮度关系是L1L2L3。电感L的电阻可忽略,D为理想二极管。现断开开关S2,电路达到稳定状态时,再断开开关S1,则断开开关S1的瞬间,下列判断正确的是()A.L1逐渐变暗,L2、L3均先变亮然后逐渐变暗B.L2立即熄灭,L1、L3均逐渐变暗C.L1、L2、L3均先变亮然后逐渐变暗D.L1逐渐变暗,L2立即熄灭,L3先变亮然后逐渐变暗答案D当开关S1、S2都闭合时,三个灯泡

5、L1、L2、L3的亮度关系是L1L2L3,对应的实际功率的关系有P1P2P3,根据P=U2R有R1R2R3。断开S2,电路达到稳定状态时,三个灯泡的亮度不变,再断开开关S1,电感L由于自感,电流继续沿原方向流动,L中电流从I1逐渐减小,则通过L1的电流也逐渐减小。通过L3的电流在开关S1断开的瞬间比原来的电流大,此后逐渐变小。当开关S1突然断开时,电感L相当于电源,此时二极管处于反向截止状态,故L2立即熄灭,D正确,A、B、C错误。4.(2019河北邯郸质检)如图所示,空间存在一垂直于纸面向里的匀强磁场,在纸面内,一正三角形的导线框沿着垂直于磁场边界的虚线匀速穿过磁场区域。已知虚线垂直于AB边

6、,且正三角形的高为磁场宽度的两倍。从C点进入磁场开始计时,以电流沿逆时针方向为正。关于线框中感应电流i随时间t变化的关系,下列四幅图可能正确的是()答案A设线框进入磁场的速度为v,线框进入磁场的前一半过程中,切割磁感线的有效长度L=2vt tan 30,线框切割磁感线,产生感应电动势E=BLv=2Bv2t tan 30,感应电流i=ER=2Bv2ttan30R,i与t成正比,线框在进磁场的过程中,磁通量增加,根据楞次定律可知,感应电流的方向为ABCA,为正;在出磁场的过程中,磁通量减小,根据楞次定律知,感应电流的方向为ACBA,为负。在线框进入磁场的前一半的过程中,切割的有效长度均匀增大,感应

7、电动势均匀增大,则感应电流均匀增大,在线框进入磁场的后一半(即出磁场的前一半)过程中,切割的有效长度不变,感应电动势不变,则感应电流不变;在线框出磁场的后一半的过程中,切割的有效长度均匀增大,感应电流均匀增大,故A正确。5.如图所示,两根足够长的平行直导轨AB、CD与水平面成放置,两导轨间距为L,A、C两点间接有阻值为R的定值电阻。一根质量均匀分布的直金属杆放在两导轨上,并与导轨垂直。整套装置处于磁感应强度大小为B0的匀强磁场中,磁场方向垂直于导轨平面向上,导轨和金属杆接触良好,金属杆的阻值为r,其余部分电阻不计,金属杆与导轨之间的动摩擦因数为。现将外力F沿与导轨平行的方向作用在金属杆上,让其

8、由静止开始沿导轨向上做匀加速直线运动,则下列外力F与作用时间t的图像中正确的是()答案B分析金属杆在运动过程中的受力情况可知,金属杆受重力mg、导轨的支持力FN、外力F、摩擦力Ff和安培力F安的共同作用,金属杆沿导轨方向向上运动,由牛顿第二定律有F-mg sin -F安-Ff=ma,又F安=B0IL,I=ER+r=B0LvR+r,所以F安=B0IL=B02L2vR+r,Ff=mg cos ,所以有F-mg sin -B02L2vR+r-mg cos =ma,又因v=at,联立解得F=B02L2aR+rt+mg sin +mg cos +ma,由此表达式可知,选项B正确。二、多项选择题6.(20

9、19山东菏泽模拟)如图所示,两等长的细绳悬挂一磁铁与一圆形闭合线圈悬于细杆上,静止时线圈平面与磁铁的轴线O1O2垂直,磁铁质量为m,磁极如图所示。在垂直于细杆的平面内,保持细绳绷紧,将磁铁拉至与细杆等高的位置,将磁铁由静止释放,则下列说法正确的是()A.磁铁下摆过程中,线圈所受合外力为零B.磁铁下摆过程中,线圈中有逆时针方向(沿O1O2方向看)的感应电流C.磁铁下摆过程中,线圈中有顺时针方向(沿O1O2方向看)的感应电流D.磁铁摆到最低点时,两绳子拉力的合力小于3mg答案CD磁铁下摆过程中,向左穿过线圈的磁通量增大,根据楞次定律可知,线圈中有顺时针方向(沿O1O2方向看)的感应电流,故选项A、

10、B错误,C正确;磁铁向下运动的过程中,根据楞次定律可知,磁铁会受到线圈产生的感应电流的阻碍,机械能减小,则12mv2mgr,最低点拉力与重力的合力提供向心力,所以F-mg=mv2r,联立解得F3mg,故选项D正确。7.(2019江西鹰潭一模)如图甲所示,一个匝数为n的圆形线圈(图中只画了2匝),面积为S,线圈的电阻为R,在线圈外接一个阻值为R的电阻和一个理想电压表,将线圈放入垂直纸面向里的磁场中,磁感应强度随时间变化规律如图乙所示,下列说法正确的是()A.0t1时间内P端电势高于Q端电势B.0t1时间内电压表的读数为n(B1-B0)St1C.t1t2时间内R上的电流为nB1S2(t2-t1)R

11、D.t1t2时间内P端电势高于Q端电势答案AC0t1时间内,磁通量向里增大,根据楞次定律及安培定则可知感应电流沿逆时针方向,线圈相当于电源,所以P端电势高于Q端电势,故A正确;0t1时间内线圈产生的感应电动势E=nt=nBtS=nB1-B0t1S,电压表的示数等于电阻R两端的电压U=IR=E2RR=n(B1-B0)S2t1,故B错误;t1t2时间内线圈产生的感应电动势E=nt=nB1t2-t1S,根据闭合电路欧姆定律有I=E2R=nB1S2(t2-t1)R,故C正确;t1t2时间内,磁通量向里减小,根据楞次定律及安培定则,感应电流沿顺时针方向,线圈相当于电源,所以P端电势低于Q端电势,故D错误

12、。8.(2019安徽六安一模)如图所示,匀强磁场的方向垂直于光滑的金属导轨平面向里,极板间距为d的平行板电容器与总电阻为2R0的滑动变阻器通过平行导轨连接,电阻为R0的导体棒MN可在外力的作用下沿导轨从左向右做匀速直线运动,当滑动变阻器的滑动触头位于a、b的中间位置,导体棒MN的速度为v0时,位于电容器中P点的带电油滴恰好处于静止状态,若不计摩擦和平行导轨及导线的电阻,重力加速度为g,则下列判断正确的是()A.油滴带负电B.若将上极板竖直向上移动距离d,油滴将向上加速运动,加速度a=g2C.若将导体棒的速度变为2v0,油滴将向上加速运动,加速度a=2gD.若保持导体棒的速度v0不变,而将滑动触

13、头置于a位置,同时将电容器上极板向上移动距离d3,油滴仍将静止答案AD根据右手定则可知,M端为正极,油滴静止,因此油滴带负电,故A正确;设导体棒接入导轨间的长度为L,导体棒切割磁感线形成的感应电动势为E=BLv,电容器两端电压为U1=ER0R0+R0=BLv02,开始油滴静止,有U1dq=mg,若将上极板竖直向上移动距离d,有mg-U12dq=ma1,联立解得a1=g2,方向竖直向下,故B错误;若将导体棒的速度变为2v0,有U1dq-mg=ma2,将U1=BLv02中v0换为2v0联立解得a2=g,方向竖直向上,故C错误;若保持导体棒的速度v0不变,而将滑动触头置于a位置,同时将电容器上极板向

14、上移动距离d3,电容器两端之间的电压为U2=23BLv0,此时油滴所受电场力为F=U2q4d3=BLv0q2d=mg,因此油滴仍然静止,故D正确。三、计算题9.(2019广东珠海模拟)如图,ab和cd为质量m=0.1 kg、长度L=0.5 m、电阻R=0.3 的两相同导体棒,ab放在半径分别为r1=0.5 m和r2=1 m的水平同心圆环导轨上,导轨处在磁感应强度大小B=0.2 T,竖直向上的匀强磁场中;cd跨放在间距也为L=0.5 m、倾角为=30的光滑平行导轨上,导轨也处于磁感应强度大小B=0.2 T中,方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中。四条导轨由导线连接并与两导体棒组成闭合电路,除导体棒电

15、阻外其余电阻均不计。ab在外力作用下沿圆环导轨匀速转动,使cd在倾斜导轨上保持静止。取重力加速度g=10 m/s2。求:(1)从上向下看ab应沿顺时针还是逆时针方向转动;(2)ab转动的角速度大小;(3)若使ab加速转动一周,同时用外力保持cd静止,则该过程中通过cd的电荷量为多少。答案(1)顺时针(2)40 rad/s(3)4 C解析(1)要使cd棒保持静止,安培力方向向上,则电流方向从d到c,所以ab中的电流方向从b到a,根据右手定则知,从上往下看ab应沿顺时针方向转动(2)对cd进行受力分析可知mg sin =BIL代入数据可得流过ab和cd的电流I=mgsinBL=0.110120.20.5 A=5 A根据闭合电路欧姆定律可知,ab产生的感应电动势E=I2R=520.3 V=3 Vab切割磁感线产生感应电动势E=BLv所以E=BL12(r1+r2)代入数据可得=40 rad/s(3)该过程中通过cd的电荷量Q=