高考物理一轮复习单元检测卷10电磁感应含答案

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单元检测卷(十)　电磁感应时间：60分钟　满分：100分一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分.1～5题为单选题，6～8题为多选题)1．如图所示，两个线圈A、B套在一起，线圈A中通有电流，方向如图所示．当线圈A中的电流突然增强时，线圈B中的感应电流方向为(　　)A．沿顺时针方向B．沿逆时针方向C．无感应电流D．先沿顺时针方向，再沿逆时针方向2.如图所示，A、B、C是3个完全相同的灯泡，L是一个自感系数较大的线圈(直流电阻可忽略不计)．则(　　)A．S闭合时，A灯立即亮，然后逐渐熄灭B．S闭合时，B灯立即亮，然后逐渐熄灭C．电路接通稳定后，三个灯亮度相同D．电路接通稳定后，S断开时，C灯立即熄灭3．[2020·安徽江南十校检测，17]在粗糙水平面上平放一根导体棒和一个金属圆环，如图甲所示(俯视图)，给导体棒中通以如图乙所示的电流，导体棒和圆环始终保持静止状态，则在0～t1时间内，下列说法正确的是(　　)A．圆环中感应电流先沿顺时针方向后沿逆时针方向B．圆环中感应电流先增大后减小C．导体棒受到的静摩擦力方向先向右后向左D．圆环先有扩张趋势后有收缩趋势4．[2020·北京大兴区期末]如图甲所示是一个电磁阻尼现象演示装置，钢锯条上端固定在支架上，下端固定有强磁铁，将强磁铁推开一个角度释放，它会在竖直面内摆动较长时间；如图乙所示，若在其正下方固定一铜块(不与强磁铁接触)，则摆动很快停止．关于该实验，以下分析与结论正确的是(　　)A．如果将强磁铁的磁极调换，重复实验将不能观察到电磁阻尼现象B．用闭合的铜制线圈替代铜块，重复实验将不能观察到电磁阻尼现象C．在图乙情况中，下摆和上摆过程中强磁铁和锯条组成的系统机械能均减少D．在摆动过程中铜块不受强磁铁的作用力5．如图为一个有矩形边界的匀强磁场区域，磁场方向垂直于纸面向里．一个三角形闭合导线框由位置1沿纸面匀速运动到位置2.取线框刚到达磁场边界的时刻为计时起点(t＝0)，规定逆时针方向为电流的正方向，则图中能正确反映线框中电流与时间关系的是(　　)6．两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感应强度方向与纸面垂直．边长为0.1m、总电阻为0.005Ω的正方形导线框abcd位于纸面内，cd边与磁场边界平行，如图(a)所示．已知导线框一直向右做匀速直线运动，cd边于t＝0时刻进入磁场．线框中感应电动势随时间变化的图线如图(b)所示(感应电流的方向为顺时针时，感应电动势取正)．下列说法正确的是(　　)图(a)　　　　图(b)A．磁感应强度的大小为0.5TB．导线框运动速度的大小为0.5m/sC．磁感应强度的方向垂直于纸面向外D．在t＝0.4s至t＝0.6s这段时间内，导线框所受的安培力大小为0.1N7．图甲为兴趣小组制作的无线充电装置中的受电线圈示意图，已知线圈匝数n＝100、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匀强磁场中，磁场的磁感应强度随时间变化如图乙所示，则(　　)A．在t＝0.01s时通过R的电流方向发生改变B．在t＝0.01s时线圈中的感应电动势E＝0.6VC．在0～0.02s内通过电阻R的电荷量q＝1.5×10－3CD．在0.02～0.03s内R产生的焦耳热为Q＝1.8×10－3J8．[2020·河南模拟](多选)如图所示，一电阻为2Ω的金属棒AO在匀强磁场中绕平行于磁感应强度方向的轴(过O点)顺时针匀速转动，eq \x\to(OC)＝eq \x\to(AC)＝0.5m，金属棒材质均匀，磁感应强度大小为B＝2T、方向垂直纸面向里，金属棒转动的角速度为ω＝10rad/s，内、外两金属圆环分别与C、A良好接触，并各引出一根导线与外电阻R＝9Ω相接(图中未画出)，两金属圆环圆心皆为O且电阻均不计(π取3.14)，则(　　)A．金属棒中有从A到C的感应电流B．外电阻R中的电流为0.75AC．金属棒绕轴转一圈，过电阻R的电荷量为0D．金属棒每转一圈，电阻R上大约产生3.18J的热量二、非选择题(本题共3个小题，52分)9．(14分)如图所示，在空间中有一垂直纸面方向的匀强磁场区域，磁场上下边缘间距为h＝5.2m，磁感应强度为B＝1T，边长为L＝1m、电阻为R＝1Ω、质量为m＝1kg的正方形导线框紧贴磁场区域的上边从静止下落，当线圈PQ边到达磁场的下边缘时，恰好开始做匀速运动，重力加速度为g＝10m/s2，求：(1)导线框的MN边刚好进磁场时的速度大小；(2)导线框从开始下落到PQ边到达磁场下边缘所经历的时间．10．[2020·山东青岛模拟](18分)如图所示，平行金属导轨由水平部分和倾斜部分组成，倾斜部分是两个竖直放置的四分之一圆弧导轨，圆弧半径r＝0.2m，水平部分是两段均足够长且不等宽的光滑导轨，CC′＝3AA′＝0.6m，水平导轨与圆弧导轨在AA′平滑连接．整个装置处于方向竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B＝1T，导体棒MN、PQ的质量分别为m1＝0.2kg、m2＝0.6kg，长度分别为L1＝0.2m、L2＝0.6m，电阻分别为R1＝1.0Ω、R2＝3.0Ω，PQ固定在宽水平导轨上．现给导体棒MN一个初速度，使其恰好沿圆弧导轨从最高点匀速下滑，到达圆弧导轨最低处AA′位置时，MN克服安培力做功的瞬时功率为0.04W，重力加速度g＝10m/s2，不计导轨电阻，导体棒MN、PQ与导轨一直垂直且接触良好．(1)求导体棒MN到达圆弧导轨最低处AA′位置时对导轨的压力大小；(2)求导体棒MN沿圆弧导轨下滑的过程中，MN克服摩擦力做的功(保留三位有效数字)；(3)若导体棒MN到达AA′位置时释放PQ，求之后的运动过程中通过回路某一横截面的电荷量q.11．[2020·闽粤赣三省十校联考](20分)如图所示，倾角为θ＝37°的足够长的平行导轨顶端bc间、底端ad间分别连一电阻，其阻值为R1＝R2＝2r，两导轨间距为L＝1m．在导轨与两个电阻构成的回路中有垂直于导轨平面向下的匀强磁场，其磁感应强度大小为B1＝1T．在导轨上横放一质量m＝1kg、电阻为r＝1Ω、长度也为L的导体棒ef，导体棒与导轨始终良好接触，导体棒与导轨间的动摩擦因数为μ＝0.5.在平行导轨的顶端通过导线连接一面积为S＝0.5m2、总电阻为r、匝数N＝100的线圈(线圈中轴线沿竖直方向)，在线圈内加上沿竖直方向，且均匀变化的磁场B2(图中未画出)，连接线圈电路上的开关K处于断开状态．已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2，不计导轨电阻．(1)从静止释放导体棒，导体棒能达到的最大速度是多少？(2)导体棒从静止释放到稳定运行之后的一段时间内，电阻R1上产生的焦耳热为Q＝0.5J，那么导体棒下滑的距离是多少？(3)现闭合开关K，为使导体棒静止于倾斜导轨上，求在线圈中所加磁场的磁感应强度的方向及变化率eq \f(ΔB2,Δt)大小的取值范围(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)．单元检测卷(十)1．解析：由安培定则可判断，线圈A中电流在线圈内产生的磁场向外，在线圈外产生的磁场向里，穿过线圈B的合磁通量向外．当线圈A中的电流增大时，产生的磁场增强，通过线圈B的磁通量增加，由楞次定律可知线圈B中的感应电流方向为顺时针方向，故A正确．答案：A2．解析：因线圈L的自感系数较大且直流电阻可忽略不计，S闭合时，A灯立即亮，然后逐渐熄灭，A正确．S闭合时，B灯先不太亮，然后变亮，B错误．电路接通稳定后，B、C灯亮度相同，A灯不亮，C错误．电路接通稳定后，S断开时，C灯逐渐熄灭，D错误．答案：A3．解析：根据安培定则和楞次定律可知，圆环中感应电流先沿逆时针方向后沿顺时针方向，A项错误；导体棒中电流先增大得越来越慢后减小得越来越快，圆环中磁通量先变大得越来越慢后变小得越来越快，根据法拉第电磁感应定律可知，感应电流先减小后增大，B项错误；导体棒中电流先增大后减小，圆环中磁通量先增大后减小，根据楞次定律可知，圆环和导体棒之间先排斥后吸引，则导体棒受到的静摩擦力先向右后向左，圆环先有收缩趋势后有扩张趋势，C项正确，D项错误．答案：C4．解析：本题考查电磁阻尼问题．此现象的原理是当强磁铁在铜块正上方摆动时，在铜块中会产生涡流，与强磁铁的磁场相互作用阻碍强磁铁的运动，如果将强磁铁的磁极调换，重复实验仍能观察到电磁阻尼现象，A错误；用闭合的铜制线圈替代铜块，仍能在线圈中产生感应电流，从而与强磁铁的磁场相互作用阻碍强磁铁的运动，则重复实验仍能观察到电磁阻尼现象，B错误；在题图乙情况中，下摆和上摆过程中均会产生涡流从而消耗机械能，则强磁铁和锯条组成的系统机械能均减少，C正确；在摆动过程中铜块对强磁铁有阻碍作用，同时铜块也要受强磁铁的作用力，D错误．答案：C5．解析：线框进入磁场过程中，磁通量增大，由楞次定律可判断，感应电流方向为逆时针方向，即正方向，可排除B、C选项；线框进、出磁场过程中，切割磁感线的有效长度为线框与磁场边界交点的连线，故有效长度L先增大后减小，由E＝BLv可知，感应电动势先增大后减小，由闭合电路的欧姆定律可知，感应电流先增大后减小，故选项A正确，选项D错误．答案：A6．解析：导线框匀速进入磁场时速度v＝eq \f(L,t)＝eq \f(0.1,0.2) m/s＝0.5 m/s，选项B正确；由E＝BLv，得B＝eq \f(E,Lv)＝eq \f(0.01,0.1×0.5) T＝0.2 T，选项A错误；由右手定则可确定磁感应强度方向垂直于纸面向外，选项C正确；导线框所受安培力F＝BLI＝BLeq \f(E,R)＝0.2×0.1×eq \f(0.01,0.005) N＝0.04 N，选项D错误．答案：BC7．解析：根据楞次定律可知，在0～0.01 s内和在0.01～0.02 s内电流方向相同，故A错误；在0～0.02 s内，根据法拉第电磁感应定律可知：E＝neq \f(ΔΦ,Δt)＝neq \f(ΔB,Δt)S＝100×4×1.5×10－3 V＝0.6 V，故B正确；在0～0.02 s内，产生的感应电流为I＝eq \f(E,R＋r)＝eq \f(0.6,7＋1) A＝0.075 A，通过电阻R的电荷量为q＝It＝0.075×0.02 C＝1.5×10－3 C，故C正确；在0.02～0.03 s内，产生的感应电动势为E′＝neq \f(ΔΦ′,Δt)＝neq \f(ΔB′,Δt)S＝100×8×1.5×10－3 V＝1.2 V，产生的感应电流为I′＝eq \f(E′,R＋r)＝eq \f(1.2,7＋1) A＝0.15 A，R上产生的焦耳热为Q＝I′2Rt＝0.152×7×0.01 J＝1.575×10－3 J，故D错误．答案：BC8．解析：由右手定则可知，金属棒相当于电源且A是电源的正极，即金属棒中有从C到A的感应电流，故A项错误；金属棒以角速度ω＝10 rad/s转动，在接入电路部分AC上产生的感应电动势为：E＝BLv＝BL·eq \f(ωL＋ω·2L,2)＝eq \f(3BωL2,2)＝7.5 V，则回路中电流为：I＝eq \f(E,R)＝0.75 A，故B项正确；在金属棒绕O转动一圈的过程中，电流的方向一直没有改变，故通过电阻R的电荷量不为0，故C项错误；金属棒每转一圈，所用时间为T＝eq \f(2π,ω)＝eq \f(2π,10)＝eq \f(π,5) s，电阻R上大约产生的热量：Q＝I2RT＝0.752×9×eq \f(3.14,5) J≈3.18 J，故D项正确．答案：BD9．解析：(1)设导线框MN边进入磁场的速度为v0，PQ边运动到磁场下边缘时的速度为vPQ边到达磁场的下边缘时导线框受力平衡，则有：mg＝eq \f(B2L2v,R)(2分)解得：v＝10 m/s(1分)导线框完全进入磁场到PQ离开磁场的过程中，导线框机械能守恒有，eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)＝mg(h－L)(2分)解得：v0＝4 m/s(2分)(2)设导线框从开始下落到PQ边到达磁场下边缘所经历的时间为t，根据动量定理得mgt－BILΔt＝mv(2分)Δt为导线框进入磁场所经历的时间又q＝IΔt＝eq \f(ΔΦ,R)(1分)得mgt－BqL＝mv(2分)解得t＝1.1 s．(2分)答案：(1)4 m/s　(2)1.1 s10．解析：(1)设导体棒MN做匀速圆周运动的速度为v，在最低点时根据电功率的计算公式可得P＝eq \f(E\o\al(2,1),R1＋R2)＝eq \f(B2L\o\al(2,1)v2,R1＋R2)(1分)解得v＝2 m/s(1分)MN在最低点时根据牛顿第二定律可得FN－m1g＝m1eq \f(v2,r)(2分)解得FN＝6 N(1分)根据牛顿第三定律可得导体棒MN到达圆弧导轨最低处AA′位置时对导轨的压力大小为6 N．(1分)(2)导体棒MN沿圆弧导轨下滑的过程中，导体棒MN垂直于磁场方向的有效切割速度为v有效＝vsin θ(θ为导体棒MN的速度与竖直向下方向的夹角)，感应电动势为e＝BL1vsin θ(1分)感应电动势的有效值为E＝eq \f(BL1v,\r(2))，经过的时间t＝eq \f(2πr,v)×eq \f(1,4)(1分)根据焦耳定律可得回路中产生的焦耳热为Q＝eq \f(E2,R1＋R2)t＝0.003 14 J(1分)根据功能关系可得克服安培力做的功为WA＝Q＝0.003 14 J(1分)MN下滑过程中根据动能定理可得m1gr－Wf－WA＝0(2分)解得MN克服摩擦力做的功为Wf＝0.397 J．(1分)(3)释放PQ后，当BL1v1＝BL2v2时回路中的电流为零，对MN根据动量定理可得－BIL1t1＝m1v1－m1v(1分)对PQ根据动量定理可得BIL2t1＝m2v2－0(1分)联立解得v2＝0.5 m/s(1分)对PQ有BqL2＝m2v2－0(1分)解得q＝0.5 C．(1分)答案：(1)6 N　(2)0.397 J　(3)0.5 C11．解析：本题考查电磁感应中的电路问题．(1)对导体棒，由牛顿第二定律有mgsin θ－μmgcos θ－B1IL＝ma①(2分)其中I＝eq \f(E,R总)＝eq \f(B1Lv,r＋\f(2r,2))＝eq \f(B1Lv,2r)②(1分)由①②知，随着导体棒的速度增大，加速度减小，当加速度减至0时，导体棒的速度达到最大．则最大速度vm＝eq \f(2mgrsin θ－μcos θ,B\o\al(2,1)L\o\al(2,2))＝4 m/s③(1分)(2)导体棒从静止释放到稳定运行之后的一段时间内，设导体棒下滑距离为d，由动能定理有mgsin θ·d－μmgcos θ·d－W克安＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,m)④(2分)根据功能关系有W克安＝E电＝Q总⑤(1分)根据并联电路特点得Q总＝4Q⑥(1分)由③④⑤⑥联立得d＝5 m⑦(1分)(3)开关闭合后，导体棒ef受到的安培力F′＝B1IefL⑧(1分)干路电流I′＝eq \f(E′,R′总)＝eq \f(1,R′总)·Neq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(NS,R′总)·eq \f(ΔB2,Δt)⑨(1分)电路的总电阻R′总＝r＋eq \f(1,\f(1,r)＋\f(1,2r)＋\f(1,2r))＝eq \f(3,2)r⑩(1分)根据电路规律及⑨⑩得Ief＝eq \f(ΔB2,Δt)·eq \f(NS,3r)⑪(1分)联立⑧可得eq \f(ΔB2,Δt)＝eq \f(F′·3r,NB1LS)⑫(1分)当安培力较大时，有F′max＝mgsin θ＋μmgcos θ＝10 N⑬(1分)则eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ΔB2,Δt)))＝0.6 T/s⑭(1分)当安培力较小时，有F′min＝mgsin θ－μmgcos θ＝2 N⑮(1分)则eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ΔB2,Δt)))min＝0.12 T/s⑯(1分)故为使导体棒静止于倾斜导轨上，线圈中所加磁场的磁感应强度变化率的取值范围为0．12 T/s≤eq \f(ΔB2,Δt)≤0.6 T/s⑰(2分)根据楞次定律和安培定则知线圈中所加磁场若方向竖直向上，则均匀减小；若方向竖直向下，则均匀增强．答案：(1)4 m/s　(2)5 m　(3)见解析