2021年高考物理三轮冲刺《磁场与电磁感应》练习二（含答案详解）

2021年高考物理三轮冲刺

《磁场与电磁感应》练习二

一、单选题

1.如图所示,甲、乙两个矩形线圈同处在纸面内,甲的ab边与乙的cd边平行且靠得较近,甲、乙两线圈分别处在垂直纸面方向的匀强磁场中,穿过甲的磁场的磁感应强度为B1,方向指向纸面里,穿过乙的磁场的磁感应强度为B2,方向指向纸面外,两个磁场可同时变化,当发现ab边和cd边之间有排斥力时,磁场的变化情况可能是(　　)

A.B1变小,B2变大      B.B1变大,B2变大     C.B1变小,B2变小      D.B1不变,B2变小

A．从上往下看，0～1 s内圆环中的感应电流沿顺时针方向

B．0～1 s内圆环有扩张的趋势

C．3 s末圆环对桌面的压力小于圆环的重力

D．1～2 s内和2～3 s内圆环中的感应电流方向相反

3.如图所示,螺线管匝数n=1 500,横截面积S=20 cm2,螺线管导线电阻r=1 Ω,电阻R=4 Ω,磁感应强度B随时间变化的B-t图像如图所示(以向右为正方向),下列说法正确的是(　　)

A.电阻R的电流方向是从A到C

B.感应电流的大小逐渐增大

C.电阻R两端的电压为6 V

D.C点的电势为4.8 V

4.如图所示,三根长为l的直线电流在空间构成等边三角形,电流的方向垂直纸面向里。电流大小均为I,其中A、B电流在C处产生的磁感应强度的大小分别为B0,导线C位于水平面处于静止状态,则导线C受到的静摩擦力是(　　)

A.B0Il,水平向左            B.B0Il,水平向右

C.B0Il,水平向左             D.B0Il,水平向右

5.如图甲所示，圆形闭合线圈共有100匝，线圈的总电阻为1 Ω，线圈处在方向向上的匀强磁场中，线圈的半径为r= m，线圈平面与磁场垂直，现穿过线圈的磁感应强度随时间变化如图乙所示，则线圈的发热功率为(　　)

A. W          B. W          C．2.5 W         D．5 W

A．P的右端为S极

B．P的中轴线与地磁场方向垂直

C．P在x0处产生的磁场的磁感应强度大小为B0

D．x0处合磁场的磁感应强度大小为2B0

二、多选题

A．导体棒PQ有可能回到初始位置

B．导体棒PQ第一次运动到最低点时速度最大

C．导体棒PQ从静止到最终达到稳定状态，电阻R上产生的焦耳热为mgr(1－cosθ)

D．导体棒PQ由静止释放到第一次运动到最低点的过程中，通过R的电荷量

8.在如图甲所示的电路中,螺线管匝数n=1 500,横截面积S=20 cm2。螺线管导线电阻r=1.0 Ω,R1=4.0 Ω,R2=5.0 Ω,C=30 μF。在一段时间内,穿过螺线管的磁场的磁感应强度B按如图乙所示的规律变化。则下列说法正确的是(　　)

A.螺线管中产生的感应电动势为1 V

B.闭合S,电路中的电流稳定后,电阻R1的电功率为1.4×10-2 W

C.电路中的电流稳定后电容器下极板带正电

D.S断开后,流经R2的电荷量为1.8×10-5 C

9. (多选)如图所示,边长为l、不可形变的正方形导线框内有半径为r的圆形磁场区域,其磁感应强度B随时间t的变化关系为B=kt(常量k>0)。回路中滑动变阻器R的最大阻值为R0,滑片P位于滑动变阻器中央,定值电阻R1=R0、R2=。闭合开关S,电压表的示数为U,不考虑虚线MN右侧导体的感应电动势,则(　　)

A.R2两端的电压为

B.电容器的a极板带正电

C.滑动变阻器R的热功率为电阻R2的5倍

D.正方形导线框中的感应电动势为kl2

10. (多选)如图所示，空间直角坐标系的xOz平面是光滑水平面，空间中有沿z轴正方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B.现有两块平行的薄金属板，彼此间距为d，构成一个电容为C的电容器，电容器的下极板放在xOz平面上；在两板之间焊接一根垂直于两板的电阻不计的金属杆MN，已知两板和杆MN的总质量为m，若对杆MN施加一个沿x轴正方向的恒力F，两金属板和杆开始运动后，则(　　)

A．金属杆MN中存在沿M到N方向的感应电流

B．两金属板间的电压始终保持不变

C．两金属板和杆做加速度大小为的匀加速直线运动

D．单位时间内电容器增加的电荷量为

11. (多选)在x轴上存在一水平方向的电场，一质量m=2 kg的带电小球只在电场力的作用下，沿光滑绝缘的水平面从x=7 m处开始以初速度v0=2 m/s向x轴负方向运动。小球的电势能Ep随位置x的变化关系如图所示，则下列说法正确的是(　　)

A．该小球带负电

B．在x=4 m处电场强度为零

C．小球通过x=9 m处时速度大小为2 m/s

D．小球运动的最大速度vm=2 m/s

12. (多选)如图所示，AOB为一边界为圆的扇形匀强磁场区域，半径为R，O点为圆心，D点为边界OB的中点，C点为AB边界上一点，且CD平行于AO。现有两个完全相同的带电粒子以相同的速度垂直射入磁场(不计粒子重力)，其中粒子1从A点正对圆心O射入，恰从B点射出，粒子2从C点沿CD射入，从某点离开磁场，则(　　)

A．粒子2在磁场中的轨道半径等于R

B．粒子2一定不从B点射出磁场

C．粒子1与粒子2在磁场中的运动时间之比为3∶2

D．粒子1与粒子2离开磁场时速度方向相同

0.参考答案

1.答案为：A；

解析：ab边与cd边有斥力,则两边通过的电流方向一定相反,由楞次定律可知,当B1变小,B2变大时,ab边与cd边中的电流方向相反。故选项A正确。

解析：由题图乙知，0～1 s内螺线管中电流逐渐增大，穿过圆环向上的磁通量增大，由楞次定律知，从上往下看，0～1 s内圆环中的感应电流沿顺时针方向，圆环中感应电流产生的磁场向下，圆环有缩小的趋势，选项A正确、B错误；同理可得1～2 s内和2～3 s内圆环中的感应电流方向相同，选项D错误；3 s末电流的变化率为0，螺线管中磁感应强度的变化率为0，在圆环中不产生感应电流，圆环对桌面的压力等于圆环的重力，选项C错误．

3.答案为：D；

解析：从题图可知磁通量在逐渐增大,根据楞次定律可得通过R的电流方向为从C到A,A错误;根据法拉第电磁感应定律,有E=n=n=1500×0.002×V=6V,而感应电流大小为I=A=1.2A,B错误;根据闭合电路欧姆定律,有U=IR=1.2×4V=4.8V,C错误;因为A端接地,电压为零,所以C端的电势为4.8V,D正确。

4.答案为：B；

解析：

根据安培定则,A电流在C处产生的磁场方向垂直于AC,B电流在C处产生的磁场方向垂直于BC,

如图所示。根据平行四边形定则及几何知识可知,合磁场的方向竖直向下,与AB边平行,

合磁感应强度B的大小为B=2B0cos30°=B0,由公式F=BIl得,

导线C所受安培力大小为F=B0Il,根据左手定则,导线C所受安培力方向水平向左,

因导线C位于水平面处于静止状态,由平衡条件知,导线C受到的静摩擦力方向为水平向右,

故选项B正确,A、C、D错误。

5.答案为：D;

解析：由题可知，线圈的面积为S=πr2=1 m2,0～1 s内的磁通量变化率为：=S=0.01 Wb/s，

则感应电动势E1==1 V，同理可以得到1～1.2 s内感应电动势E2=5 V，由有效值定义有：T=·T＋·T，解得电动势的有效值E= V，线圈的发热功率P==5 W，D项正确。

解析：x→∞时sinθ=1，θ=90°，此时小磁针N极指向即为地磁场的方向，即B对．

小磁针离P越远，θ越大，说明P对小磁针的N极的斥力和对小磁针S极的引力越小，

故P的右端应为N极，故A错．x=x0处，sinθ=，θ=45°，

即x0处合磁场的方向与x轴正向成45°角，如图所示，易知x=x0处，

P产生的磁感应强度大小BP=B0，合磁场的大小B=B.所以C、D均错．

解析：导体棒运动过程中不断克服安培力做功，将机械能转化为电能，因此导体棒不可能回到初始位置，故A错误；导体棒PQ第一次运动到最低点时在水平方向上所受合力与速度反向，速度不可能最大，故B错误；导体棒最后一定静止在最低点，根据能量守恒定律得电阻R上产生的焦耳热等于重力势能的减少量，即QR=EP=mgr(1－cosθ)，故C正确；导体棒PQ从静止释放到第一次运动到最低点的过程中，通过R的电荷量为q==，故D正确．

8.答案为：CD；

解析：E=n=1500×0.4×20×10-4V=1.2V,故A错误;I=A=0.12A,

R1的电功率为P1=I2·R1=0.122×4W=5.76×10-2W,故B错误;由楞次定律可知C正确;

电容的电荷量q=C=C·IR2=30×10-6×0.12×5.0C=1.8×10-5C,

断开S后,电容器通过R2放电,故D正确。

9.答案为：AC；

解析：由法拉第电磁感应定律E=n=nS有E=kπr2,D错误;因k>0,由楞次定律知线框内感应电流沿逆时针方向,故电容器b极板带正电,B错误;由题图知外电路结构为R2与R的右半部并联,再与R的左半部、R1相串联,故R2两端电压U2=U=,A正确;设R2消耗的功率为P=IU2,则R消耗的功率P'=2I×2U2+IU2=5P,C正确。

10.答案为：AD；

解析：

 [由右手定则可知，充电电流方向为：由M流向N，故A正确；设此装置匀加速平移的加速度为a，则时间t后速度v=at，MN切割磁感线产生电动势：E=BLv=Bdat，即电容器两板电压：U=E=BLat，

U随时间增大而增大，电容器所带电量Q=CU=CBdat，MN间此时有稳定的充电电流：I==CBda，

方向向下，根据左手定则可知，MN受到向左的安培力：F安=BIL=CB2d2a，以整个装置为研究对象，

由牛顿第二定律得：F－F安=ma，即：F－CB2d2a=ma，解得：a=，方向沿＋Z方向，

则单位时间内电容器增加的电荷量为=CBda=，故BC错误，D正确；故选AD.]

11.答案为：BD；

解析：由题设条件无法判断小球的带电性质，A错误；因为Ep=qφ，电场力大小F=q，

则电场强度大小E=，在x=4 m处，=0，即电场强度E=0，B正确；

小球的初动能为Ek=mv02=4 J，在x=7 m处时，小球的电势能为0，

故在x=7 m处时小球的总能量E=Ep＋Ek=4 J，在x=9 m处时小球的电势能为2 J，

则动能为2 J，故小球通过x=9 m处时速度大小为 m/s，C错误；

由题图可知，在x=4 m处时小球的电势能最低，故此时动能最大，

即小球的最大动能为E4=8 J，最大速度为2 m/s，D正确。

12.答案为：AC；

解析：粒子1从A点正对圆心射入，恰从B点射出，粒子在磁场中运动的圆心角为90°，粒子轨迹半径等于R，粒子2从C点沿CD射入，其运动轨迹如图所示，设对应的圆心为O1，运动轨迹半径也等于R，连接OC、O1C、O1B，O1COB是菱形，O1B=CO，则粒子2一定从B点射出磁场，故A正确，B错误；粒子1的速度偏角为90°，粒子1在磁场中转过的圆心角θ1=90°，过B点作O1C的垂线交O1C于点P，可知P为O1C的中点，由几何关系可知，θ2=∠BO1P=60°，两粒子的速度偏角不同，离开磁场时速度方向不同，粒子在磁场中运动的周期T=，两粒子的周期相等，粒子在磁场中的运动时间t=T，运动时间之比t1∶t2=θ1∶θ2=90°∶60°=3∶2，故C正确，D错误。