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    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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    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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    这是一份高考物理一轮复习单元检测卷10电磁感应含答案


    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

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