2020高考物理專題練習：電磁感應含答案

專題：電磁感應一、選擇題1、如圖所示，足夠長的U型光滑金屬導軌平面與水平面成θ角，其中MN與PQ，平行導軌間距為L,導軌平面與磁感應強度為B的勻強磁場垂直，導軌電阻不計．金屬棒ab由靜止開始沿導軌下滑，并與兩導軌始終保持垂直且良好接觸，ab棒接入電路的電阻為R，當流過棒ab某一橫截面的電量為q時．此時金屬棒的速度大小為v，則金屬棒ab在這一過程中()A．a(chǎn)b棒運動的平均速度大小為B．此時金屬棒的加速度為a＝gsinθ－C．此過程中產(chǎn)生的焦耳熱為Q＝BLvqD．金屬棒ab沿軌道下滑的最大速度為【答案】B【解析】根據(jù)牛頓第二定律，有：mgsinθ－BIL＝ma，I＝，所以a＝gsinθ－，B正確；從a的瞬時值表達式可以看出，隨著速度的增加，加速度減小，即金屬板做加速度逐漸減小的變加速運動，平均速度不是，A錯誤；根據(jù)焦耳定律，Q＝I2Rt，其中的I為電流的有效值，而q＝It中的I為電流的平均值，所以根據(jù)題目的已知量無法計算此過程中產(chǎn)生的焦耳熱，C錯誤；當a＝0時，速度最大值vm＝，D錯誤．2、如圖所示為安檢門原理圖，左邊門框中有一通電線圈，右邊門框中有一接收線圈．工作過程中某段時間通電線圈中存在順時針方向均勻增大的電流，則()A．無金屬片通過時，接收線圈中的感應電流方向為順時針B．無金屬片通過時，接收線圈中的感應電流增大C．有金屬片通過時，接收線圈中的感應電流方向為順時針D．有金屬片通過時，接收線圈中的感應電流大小發(fā)生變化解析：選D．當左側(cè)通電線圈中存在順時針方向均勻增大的電流時，通過右側(cè)線圈的磁通量增大，根據(jù)楞次定律可以知道，右側(cè)線圈產(chǎn)生的感應電流方向為逆時針，由于磁場是均勻增大，則產(chǎn)生的感應電流為恒定的，故選項A、B錯誤；當有金屬片通過時，接收線圈中磁通量仍然增大，故產(chǎn)生的感應電流方向仍然為逆時針，但是由于金屬片中也要產(chǎn)生感應電流，所以接收線圈中的感應電流大小發(fā)生變化，故選項C錯誤，選項D正確．3、英國物理學家麥克斯韋認為，磁場變化時會在空間激發(fā)感生電場．如圖所示，一個半徑為r的絕緣細圓環(huán)水平放置，環(huán)內(nèi)存在豎直向上的勻強磁場，環(huán)上套一帶電荷量為＋q的小球．已知磁感應強度B隨時間均勻增加，其變化率為k，若小球在環(huán)上運動一周，則感生電場對小球的作用力所做功的大小是()A．0 B．eq\f(1,2)r2qkC．2πr2qk D．πr2qk解析：選D．變化的磁場使回路中產(chǎn)生的感生電動勢E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)·S＝kπr2，則感生電場對小球的作用力所做的功W＝qU＝qE＝qkπr2，選項D正確．4、(多選)如圖所示，一金屬棒AC在勻強磁場中繞平行于磁感應強度方向的軸(過O點)勻速轉(zhuǎn)動，OA＝2OC＝2L，磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里，金屬棒轉(zhuǎn)動的角速度為ω、電阻為r，內(nèi)、外兩金屬圓環(huán)分別與C、A良好接觸并各引出一接線柱與外電阻R相接(沒畫出)，兩金屬環(huán)圓心皆為O且電阻均不計，則()A．金屬棒中有從A到C的感應電流B．外電阻R中的電流為I＝eq\f(3BωL2,2(R＋r))C．當r＝R時，外電阻消耗功率最小D．金屬棒AC間電壓為eq\f(3BωL2R,2(R＋r))解析：選BD．由右手定則可知金屬棒相當于電源且A是電源的正極，即金屬棒中有從C到A的感應電流，A錯誤；金屬棒轉(zhuǎn)動產(chǎn)生的感應電動勢為E＝eq\f(1,2)Bω(2L)2－eq\f(1,2)BωL2＝eq\f(3BωL2,2)，即回路中電流為I＝eq\f(3BωL2,2(R＋r))，B正確；由電源輸出功率特點知，當內(nèi)、外電阻相等時，外電路消耗功率最大，C錯誤；UAC＝IR＝eq\f(3BωL2R,2(R＋r))，D正確．5、(多選)如圖所示，在傾角為θ的光滑斜面上，有三條水平虛線l1、l2、l3，它們之間的區(qū)域Ⅰ、Ⅱ?qū)挾染鶠閐，兩區(qū)域分別存在垂直斜面向下和垂直斜面向上的勻強磁場，磁感應強度大小均為B，一個質(zhì)量為m、邊長為d、總電阻為R的正方形導線框，從l1上方一定高度處由靜止開始沿斜面下滑，當ab邊剛越過l1進入磁場Ⅰ時，恰好以速度v1做勻速直線運動；當ab邊在越過l2運動到l3之前的某個時刻，線框又開始以速度v2做勻速直線運動，重力加速度為g．在線框從釋放到穿出磁場的過程中，下列說法正確的是()A．線框中感應電流的方向不變B．線框ab邊從l1運動到l2所用時間大于從l2運動到l3所用時間C．線框以速度v2做勻速直線運動時，發(fā)熱功率為eq\f(m2g2R,4B2d2)sin2θD．線框從ab邊進入磁場到速度變?yōu)関2的過程中，減少的機械能ΔE機與重力做功WG的關系式是ΔE機＝WG＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)解析：選CD．線框從釋放到穿出磁場的過程中，由楞次定律可知感應電流方向先沿abcda后沿adcba再沿abcda方向，A項錯誤；線框第一次勻速運動時，由平衡條件有BId＝mgsinθ，I＝eq\f(Bdv1,R)，解得v1＝eq\f(mgRsinθ,B2d2)，第二次勻速運動時，由平衡條件有2BI′d＝mgsinθ，I′＝eq\f(2Bdv2,R)，解得v2＝eq\f(mgRsinθ,4B2d2)，線框ab邊勻速通過區(qū)域Ⅰ，先減速再勻速通過區(qū)域Ⅱ，而兩區(qū)域?qū)挾认嗤?，故通過區(qū)域Ⅰ的時間小于通過區(qū)域Ⅱ的時間，B項錯誤；由功能關系知線框第二次勻速運動時發(fā)熱功率等于重力做功的功率，即P＝mgv2sinθ＝eq\f(m2g2Rsin2θ,4B2d2)，C項正確；線框從進入磁場到第二次勻速運動過程中，損失的重力勢能等于該過程中重力做的功，動能損失量為eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，所以線框機械能損失量為ΔE機＝WG＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，D項正確．6、轉(zhuǎn)筆(PenSpinning)是一項用不同的方法與技巧、以手指來轉(zhuǎn)動筆的休閑活動．轉(zhuǎn)筆深受廣大中學生的喜愛，其中也包含了許多的物理知識，假設某轉(zhuǎn)筆高手能讓筆繞其上的某一點O做勻速圓周運動，下列有關該同學轉(zhuǎn)筆中涉及的物理知識的敘述正確的是()A．筆桿上的點離O點越近的，做圓周運動的向心加速度越小B．筆桿上的各點做圓周運動的向心力是由萬有引力提供的C．若該同學使用中性筆，筆尖上的小鋼珠有可能因快速的轉(zhuǎn)動做離心運動被甩走D．若該同學使用的是金屬筆桿，且考慮地磁場的影響，由于筆桿中不會產(chǎn)生感應電流，因此金屬筆桿兩端一定不會形成電勢差解析：選AC．筆桿上各點的角速度相同，根據(jù)a＝ω2r可知，筆桿上的點離O點越近的，做圓周運動的向心加速度越小，選項A正確；筆桿上的各點做圓周運動的向心力是由筆桿對該點的作用力提供的，選項B錯誤；若該同學使用中性筆，且轉(zhuǎn)動過快，則筆尖上的小鋼珠有可能因快速的轉(zhuǎn)動做離心運動被甩走，選項C正確；若考慮地磁場的影響，由于筆桿轉(zhuǎn)動時可能要切割磁感線而使金屬筆桿兩端形成電勢差，選項D錯誤．7、如圖中有A、B兩個線圈．線圈B連接一電阻R，要使流過電阻R的電流大小恒定，且方向由c點流經(jīng)電阻R到d點．設線圈A中電流i從a點流入線圈的方向為正方向，則線圈A中的電流隨時間變化的圖象是()A．B．C．D．【答案】A【解析】要使流過電阻R的電流大小恒定，且方向由c點流經(jīng)電阻R到d點，則有先從b電流流入，且大小減小，根據(jù)楞次定律，與右手螺旋定則可知，符合要求，故A正確．當電流i從a點流入線圈，且大小減小時，根據(jù)楞次定律可知，電流從d點流經(jīng)電阻R到c點，故B錯誤．要使流過電阻R的電流大小恒定，根據(jù)法拉第電磁感應定律，則通入電流必須均勻變化，故C、D錯誤．8、如圖所示，兩個同心圓形線圈a、b在同一平面內(nèi)，其半徑大小關系為ra>rb，條形磁鐵穿過圓心并與圓面垂直，則穿過兩線圈的磁通量Φa、Φb間的大小關系為()A．Φa>ΦbB．Φa＝ΦbC．Φa<ΦbD．條件不足，無法判斷解析：選C．條形磁鐵內(nèi)部的磁感線全部穿過a、b兩個線圈，而外部磁感線穿過線圈a的比穿過線圈b的要多，線圈a中磁感線條數(shù)的代數(shù)和要小，故選項C正確．9、如圖所示，閉合導線框的質(zhì)量可以忽略不計，將它從如圖所示的位置勻速拉出勻強磁場．若第一次用0．3s時間拉出，外力所做的功為W1，通過導線截面的電荷量為q1；第二次用0．9s時間拉出，外力所做的功為W2，通過導線截面的電荷量為q2，則()A．W1<W2，q1<q2 B．W1<W2，q1＝q2C．W1>W2，q1＝q2 D．W1>W2，q1>q2解析：選C．兩次拉出的速度之比v1∶v2＝3∶1．電動勢之比E1∶E2＝3∶1，電流之比I1∶I2＝3∶1，則電荷量之比q1∶q2＝(I1t1)∶(I2t2)＝1∶1．安培力之比F1∶F2＝3∶1，則外力做功之比W1∶W2＝3∶1，故C正確．10、如圖所示是兩個互連的金屬圓環(huán)，小金屬環(huán)的電阻是大金屬環(huán)電阻的二分之一，磁場垂直穿過大金屬環(huán)所在區(qū)域．當磁感應強度隨時間均勻變化時，在大環(huán)內(nèi)產(chǎn)生的感應電動勢為E，則a、b兩點間的電勢差為()A．eq\f(1,2)E B．eq\f(1,3)EC．eq\f(2,3)E D．E解析：選B．a(chǎn)、b間的電勢差等于路端電壓，而小環(huán)電阻占電路總電阻的eq\f(1,3)，故Uab＝eq\f(1,3)E，B正確．11、如圖所示，紙面內(nèi)有一矩形導體閉合線框abcd，ab邊長大于bc邊長．從置于垂直紙面向里、邊界為MN的勻強磁場外，線框兩次勻速地完全進入磁場，兩次速度大小相同，方向均垂直于MN．第一次ab邊平行MN進入磁場，線框上產(chǎn)生的熱量為Q1，通過線框?qū)w橫截面的電荷量為q1；第二次bc邊平行MN進入磁場，線框上產(chǎn)生的熱量為Q2，通過線框?qū)w橫截面的電荷量為q2，則()A．Q1>Q2q1＝q2 B．Q1>Q2q1>q2C．Q1＝Q2q1＝q2 D．Q1＝Q2q1>q2解析：選A．設ab和bc邊長分別為L1、L2，線框電阻為R，若假設穿過磁場區(qū)域的時間為t．通過線框?qū)w橫截面的電荷量q＝eq\o(I,\s\up12(－))t＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(BL1L2,R)，因此q1＝q2．線框上產(chǎn)生的熱量為Q，第一次：Q1＝BL1I1L2＝BL1eq\f(BL1v,R)L2，同理可以求得Q2＝BL2I2L1＝BL2eq\f(BL2v,R)L1，由于L1>L2，則Q1>Q2，故A正確．12、如圖所示，水平放置的粗糙U形框架上接一個阻值為R0的電阻，放在垂直紙面向里、磁感應強度大小為B的勻強磁場中，一個半徑為L、質(zhì)量為m的半圓形硬導體AC在水平向右的恒定拉力F作用下，由靜止開始運動距離d后速度達到v，半圓形硬導體AC的電阻為r，其余電阻不計．下列說法正確的是()A．此時AC兩端電壓為UAC＝2BLvB．此時AC兩端電壓為UAC＝eq\f(2BLvR0,R0＋r)C．此過程中電路產(chǎn)生的電熱為Q＝Fd－eq\f(1,2)mv2D．此過程中通過電阻R0的電荷量為q＝eq\f(2BLd,R0＋r)解析：選BD．AC的感應電動勢為E＝2BLv，兩端電壓為UAC＝eq\f(ER0,R0＋r)＝eq\f(2BLvR0,R0＋r)，A錯誤，B正確；由功能關系得Fd＝eq\f(1,2)mv2＋Q＋Qf，C錯誤；此過程中平均感應電流為eq\o(I,\s\up6(－))＝eq\f(2BLd,(R0＋r)Δt)，通過電阻R0的電荷量為q＝eq\o(I,\s\up6(－))Δt＝eq\f(2BLd,R0＋r)，D正確．二、非選擇題1、如圖甲所示，一個電阻值為R，匝數(shù)為n的圓形金屬線圈與阻值為2R的電阻R1連接成閉合回路．線圈的半徑為r1，在線圈中半徑為r2的圓形區(qū)域內(nèi)存在垂直于線圈平面向里的勻強磁場，磁感應強度B隨時間t變化的關系圖線如圖乙所示．圖線與橫、縱軸的截距分別為t0和B0，導線的電阻不計．求0至t1時間內(nèi)(1)通過電阻R1的電流大小和方向；(2)通過電阻R1的電荷量q．解析：(1)穿過閉合線圈的磁場的面積為S＝πreq\o\al(2,2)由題圖乙可知，磁感應強度B的變化率的大小為eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(B0,t0)，根據(jù)法拉第電磁感應定律得：E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝nSeq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(nB0πreq\o\al(2,2),t0)由閉合電路歐姆定律可知流過電阻R1的電流為I＝eq\f(E,R＋2R)＝eq\f(nB0πreq\o\al(2,2),3Rt0)再根據(jù)楞次定律可以判斷，流過電阻R1的電流方向應由b到a．(2)0至t1時間內(nèi)通過電阻R1的電荷量為q＝It1＝eq\f(nB0πreq\o\al(2,2)t1,3Rt0)．答案：(1)eq\f(nB0πreq\o\al(2,2),3Rt0)方向從b到a(2)eq\f(nB0πreq\o\al(2,2)t1,3Rt0)2、做磁共振(MRI)檢查時，對人體施加的磁場發(fā)生變化時會在肌肉組織中產(chǎn)生感應電流．某同學為了估算該感應電流對肌肉組織的影響，將包裹在骨骼上的一圈肌肉組織等效成