（江蘇專用）2020版高考物理大一輪復習 第十章 電磁感應章末過關檢測

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1、第十章 電磁感應 章末過關檢測(十) (時間：45分鐘　分值：100分) 一、單項選擇題(本題共6小題，每小題6分，共36分．在每小題給出的四個選項中，只有一個選項正確) 1．磁卡的磁條中有用于存儲信息的磁極方向不同的磁化區(qū)，刷卡器中有檢測線圈，當以速度v0刷卡時，在線圈中產生感應電動勢．其E－t關系如圖所示．如果只將刷卡速度改為，線圈中的E－t關系圖可能是(　　) 解析：選D.若將刷卡速度改為，線圈切割磁感線運動時產生的感應電動勢大小將會減半，周期將會加倍，故D項正確，其他選項錯誤． 2. 如圖所示，一水平放置的矩形閉合線圈abcd，在細長磁鐵的N極附近豎直下落，保

2、持bc邊在紙外，ad邊在紙內，從圖中位置Ⅰ經過位置Ⅱ到達位置Ⅲ，位置Ⅰ和Ⅲ都很靠近Ⅱ.在這個過程中，線圈中感應電流(　　) A．沿abcd流動 B．沿dcba流動 C．由Ⅰ到Ⅱ是沿abcd流動，由Ⅱ到Ⅲ是沿dcba流動 D．由Ⅰ到Ⅱ是沿dcba流動，由Ⅱ到Ⅲ是沿abcd流動 解析：選A.由條形磁鐵的磁場分布情況可知，線圈在位置Ⅱ時穿過矩形閉合線圈的磁通量最少．線圈從位置Ⅰ到Ⅱ，穿過abcd自下而上的磁通量減少，感應電流的磁場阻礙其減少，則在線框中產生的感應電流的方向為abcd，線圈從位置Ⅱ到Ⅲ，穿過abcd自上而下的磁通量在增加，感應電流的磁場阻礙其增加，由楞次定律可知感應電流的方向

3、仍然是abcd.故本題答案為A. 3．(2019·長興中學高三模擬)1831年，法拉第在一次會議上展示了他發(fā)明的圓盤發(fā)電機(圖甲)．它是利用電磁感應原理制成的，是人類歷史上第一臺發(fā)電機．圖乙是這個圓盤發(fā)電機的示意圖：銅盤安裝在水平的銅軸上，它的邊緣正好在兩磁極之間，兩塊銅片C、D分別與轉動軸和銅盤的邊緣良好接觸．使銅盤轉動，電阻R中就有電流通過．若所加磁場為勻強磁場，回路的總電阻恒定，從左往右看，銅盤沿順時針方向勻速轉動，CRD平面與銅盤平面垂直，下列說法正確的是(　　) A．電阻R中沒有電流流過 B．銅片C的電勢高于銅片D的電勢 C．保持銅盤不動，磁場變?yōu)榉较虼怪庇阢~盤的交變磁

4、場，則銅盤中有電流產生 D．保持銅盤不動，磁場變?yōu)榉较虼怪庇阢~盤的交變磁場，則CRD回路中有電流產生 解析：選C.根據右手定則可知，電流從D點流出，流向C點，因此在圓盤中電流方向為從C向D，由于圓盤在切割磁感線時相當于電源，所以D處的電勢比C處高，A、B錯誤；保持銅盤不動，磁場變?yōu)榉较虼怪庇阢~盤的交變磁場，則穿過銅盤的磁通量發(fā)生變化，故銅盤中有感應電流產生，但是此時不再切割磁感線，所以CD不能當成電源，故CRD回路中沒有電流產生，C正確，D錯誤． 4．如圖所示，A、B、C是三個完全相同的燈泡，L是一自感系數較大的線圈(直流電阻可忽略不計)．則(　　) A．S閉合時，A燈立即亮，

5、然后逐漸熄滅 B．S閉合時，B燈立即亮，然后逐漸熄滅 C．電路接通穩(wěn)定后，三個燈亮度相同 D．電路接通穩(wěn)定后，S斷開時，C燈立即熄滅 解析：選A.電路中A燈與線圈并聯后與B燈串聯，再與C燈并聯．S閉合時，三個燈同時立即發(fā)光，由于線圈的電阻由大變小，逐漸將A燈短路，A燈逐漸熄滅，A燈的電壓逐漸降低，B燈的電壓逐漸增大，B燈逐漸變亮，故選項A正確，B錯誤；電路接通穩(wěn)定后，A燈被線圈短路，完全熄滅．B、C并聯，電壓相同，亮度相同，故選項C錯誤；電路接通穩(wěn)定后，S斷開時，C燈中原來的電流立即減至零，由于線圈中電流要減小，產生自感電動勢，阻礙電流的減小，線圈中電流不會立即消失，這個自感電流通過C

6、燈，所以C燈過一會兒熄滅，故選項D錯誤． 5．(2019·南京模擬)如圖所示，一個閉合三角形導線框ABC位于豎直平面內，其下方(略靠前)固定一根與導線框平面平行的水平直導線，導線中通以圖示方向的恒定電流．釋放導線框，它由實線位置下落到虛線位置未發(fā)生轉動，在此過程中(　　) A．導線框中感應電流的方向依次為 　ACBA→ABCA→ACBA B．導線框的磁通量為零時，感應電流為零 C．導線框所受安培力的合力方向依次為向上→向下→向上 D．導線框所受安培力的合力為零，做自由落體運動 解析：選A.根據右手螺旋定則可知導線上方的磁場方向垂直于紙面向外，下方的磁場方向垂直于紙面向里，而且

7、越靠近導線磁場越強，所以閉合導線框ABC在下降過程中，導線框內垂直于紙面向外的磁通量先增大，當增大到BC邊與導線重合時，達到最大，再向下運動，導線框內垂直于紙面向外的磁通量逐漸減小至零，然后隨導線框的下降，導線框內垂直于紙面向里的磁通量增大，當增大到A點與導線重合時，達到最大，繼續(xù)下降時由于導線框逐漸遠離導線，使導線框內垂直于紙面向里的磁通量再逐漸減小，所以根據楞次定律可知，感應電流的磁場總是阻礙內部磁通量的變化，所以感應電流的磁場先向里，再向外，最后向里，所以導線框中感應電流的方向依次為ACBA→ABCA→ACBA，A正確；當導線框內的磁通量為零時，內部的磁通量仍然在變化，有感應電動勢產生，

8、所以感應電流不為零，B錯誤；根據對楞次定律的理解，感應電流的效果總是阻礙導體間的相對運動，由于導線框一直向下運動，所以導線框所受安培力的合力方向一直向上，不為零，C、D錯誤． 6．如圖所示，光滑斜面的傾角為θ，斜面上放置一矩形導體線框abcd，ab邊的邊長為l1，bc邊的邊長為l2，線框的質量為m，電阻為R，線框通過絕緣細線繞過光滑的定滑輪與一重物相連，重物質量為M.斜面上ef線(ef平行底邊)的右方有垂直斜面向上的勻強磁場，磁感應強度為B，如果線框從靜止開始運動，進入磁場的最初一段時間是做勻速運動的，且線框的ab邊始終平行于底邊，則下列說法正確的是(　　) A．線框進入磁場前運動的加

9、速度為 B．線框進入磁場時勻速運動的速度為 C．線框做勻速運動的總時間為 D．該勻速運動過程中產生的焦耳熱為(Mg－mgsin θ)l2 解析：選D.由牛頓第二定律得，Mg－mgsin θ＝(M＋m)a，解得線框進入磁場前運動的加速度為，A錯誤；由平衡條件，Mg－mgsin θ－F安＝0，F安＝BIl1，I＝，E＝Bl1v，聯立解得線框進入磁場時勻速運動的速度為v＝，B錯誤；線框做勻速運動的總時間為t＝＝，C錯誤；由能量守恒定律，該勻速運動過程中產生的焦耳熱等于系統重力勢能的減小量，為(Mg－mgsin θ)l2，D正確． 二、多項選擇題(本題共4小題，每小題6分，共24分．在每小題

10、給出的四個選項中，有多個選項符合題目要求，全選對的得6分，選對但不全的得3分，有錯選或不答的得0分) 7．(2019·吉林實驗中學模擬)轉筆(Pen Spinning)是一項用不同的方法與技巧、以手指來轉動筆的休閑活動．轉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動做離心運動被甩走 D．若該同學使用的是金

11、屬筆桿，且考慮地磁場的影響，由于筆桿中不會產生感應電流，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，且轉動過快，則筆尖上的小鋼珠有可能因快速的轉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． 8.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

12、L、質量為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＝2BLv B．此時AC兩端電壓為UAC＝ C．此過程中電路產生的電熱為Q＝Fd－mv2 D．此過程中通過電阻R0的電荷量為q＝ 解析：選BD.AC的感應電動勢為E＝2BLv，兩端電壓為UAC＝＝，A錯誤，B正確；由功能關系得Fd＝mv2＋Q＋Qf，C錯誤；此過程中平均感應電流為＝，通過電阻R0的電荷量為q＝Δt＝，D正確． 9．如圖，在水平桌面上放置兩條相距l(xiāng)的平行光滑導軌ab與cd，阻值

13、為R的電阻與導軌的a、c端相連．質量為m、電阻不計的導體棒垂直于導軌放置并可沿導軌自由滑動．整個裝置放于勻強磁場中，磁場的方向豎直向上(圖中未畫出)，磁感應強度的大小為B.導體棒的中點系一個不可伸長的輕繩，繩繞過固定在桌邊的光滑輕滑輪后，與一個質量也為m的物塊相連，繩處于拉直狀態(tài)．現若從靜止開始釋放物塊，用h表示物塊下落的高度(物塊不會觸地)，g表示重力加速度，其他電阻不計，則 (　　) A．電阻R中的感應電流方向由c到a B．物塊下落的最大加速度為g C．若h足夠大，物塊下落的最大速度為 D．通過電阻R的電荷量為 解析：選ACD.題中導體棒向右運動切割磁感線，由右手定則可

14、得回路中產生順時針方向的感應電流，則電阻R中的電流方向由c到a，A正確；對導體棒應用牛頓第二定律有FT－F安＝ma，又F安＝Bl，再對物塊應用牛頓第二定律有mg－FT＝ma，則聯立可得：a＝－，則物塊下落的最大加速度am＝，B錯誤；當a＝0時，速度最大為vm＝，C正確；下落h的過程，回路中的面積變化量ΔS＝lh，則通過電阻R的電荷量q＝＝＝，D正確． 10．在傾角為θ足夠長的光滑斜面上，存在著兩個磁感應強度大小相等的勻強磁場，磁場方向一個垂直斜面向上，另一個垂直斜面向下，寬度均為L，如圖所示．一個質量為m、電阻為R、邊長也為L的正方形線框在t＝0時刻以速度v0進入磁場，恰好做勻速直線運動，若

15、經過時間t0，線框ab邊到達gg′與ff′中間位置時，線框又恰好做勻速運動，則下列說法正確的是(　　) A．當ab邊剛越過ff′時，線框加速度的大小為3gsin θ B．t0時刻線框勻速運動的速度為 C．t0時間內線框中產生的焦耳熱為mgLsin θ＋mv D．離開磁場的過程中線框將做勻速直線運動 解析：選ABC.當ab邊進入磁場時，有E＝BLv0，I＝，mgsin θ＝BIL，有＝mgsin θ.當ab邊剛越過ff′時，線框的感應電動勢和電流均加倍，則線框做減速運動，有＝4mgsin θ，加速度方向沿斜面向上且大小為3gsin θ，A正確；t0時刻線框勻速運動的速度為v，則有＝

16、mgsin θ，解得v＝，B正確；線框從進入磁場到再次做勻速運動的過程，沿斜面向下運動距離為L，則由功能關系得線框中產生的焦耳熱為Q＝＋＝＋，C正確；線框離開磁場時做加速運動，D錯誤． 三、非選擇題(本題共3小題，共40分．按題目要求作答，計算題要有必要的文字說明和解題步驟，有數值計算的要注明單位) 11．(12分)小明同學設計了一個“電磁天平”，如圖甲所示，等臂天平的左臂為掛盤，右臂掛有矩形線圈，兩臂平衡．線圈的水平邊長L＝0.1 m，豎直邊長H＝0.3 m，匝數為N1.線圈的下邊處于勻強磁場內，磁感應強度B0＝1.0 T，方向垂直線圈平面向里．線圈中通有可在0～2.0 A范圍內調節(jié)的電

17、流I.掛盤放上待測物體后，調節(jié)線圈中電流使天平平衡，測出電流即可測得物體的質量．(重力加速度取g＝10 m/s2) (1)為使電磁天平的量程達到0.5 kg，線圈的匝數N1至少為多少？ (2)進一步探究電磁感應現象，另選N2＝100匝、形狀相同的線圈，總電阻R＝10 Ω.不接外電流，兩臂平衡．如圖乙所示，保持B0不變，在線圈上部另加垂直紙面向外的勻強磁場，且磁感應強度B隨時間均勻變大，磁場區(qū)域寬度d＝0.1 m．當掛盤中放質量為0.01 kg的物體時，天平平衡，求此時磁感應強度的變化率. 解析：(1)線圈受到安培力F＝N1B0IL 天平平衡mg＝N1B0IL 代入數據得N1＝25

18、匝． (2)由電磁感應定律得E＝N2 即E＝N2Ld 由歐姆定律得I′＝ 線圈受到的安培力F′＝N2B0I′L 天平平衡m′g＝NB0· 代入數據可得 ＝0.1 T/s. 答案：(1)25 匝　(2)0.1 T/s 12．(14分)(2018·高考江蘇卷)如圖所示，兩條平行的光滑金屬導軌所在平面與水平面的夾角為θ，間距為d.導軌處于勻強磁場中，磁感應強度大小為B，方向與導軌平面垂直．質量為m的金屬棒被固定在導軌上，距底端的距離為s，導軌與外接電源相連，使金屬棒通有電流．金屬棒被松開后，以加速度a沿導軌勻加速下滑，金屬棒中的電流始終保持恒定，重力加速度為g.求下滑到底端的過程中

19、，金屬棒 (1)末速度的大小v； (2)通過的電流大小I； (3)通過的電荷量Q. 解析：(1)勻加速直線運動v2＝2as 解得v＝. (2)安培力F安＝IdB 金屬棒所受合力F＝mgsin θ－F安 牛頓運動定律F＝ma 解得I＝. (3)運動時間t＝ 電荷量Q＝It 解得Q＝. 答案：(1)　(2) (3) 13．(14分)如圖所示，半徑為L1＝2 m的金屬圓環(huán)內上、下半圓各有垂直圓環(huán)平面的有界勻強磁場，磁感應強度大小均為B1＝ T．長度也為L1、電阻為R的金屬桿ab，一端處于圓環(huán)中心，另一端恰好搭接在金屬環(huán)上，繞著a端沿逆時針方向勻速轉動，角速度為ω＝

20、rad/s.通過導線將金屬桿的a端和金屬環(huán)連接到圖示的電路中(連接a端的導線與圓環(huán)不接觸，圖中的定值電阻R1＝R，滑片P位于R2的正中央，R2的總阻值為4R)，圖中的平行板長度為L2＝2 m，寬度為d＝2 m．圖示位置為計時起點，在平行板左邊緣中央處剛好有一帶電粒子以初速度v0＝0.5 m/s向右運動，并恰好能從平行板的右邊緣飛出，之后進入到有界勻強磁場中，其磁感應強度大小為B2，左邊界為圖中的虛線位置，右側及上下范圍均足夠大．(忽略金屬桿與圓環(huán)的接觸電阻、圓環(huán)電阻及導線電阻，忽略電容器的充放電時間，忽略帶電粒子在磁場中運動時的電磁輻射的影響，不計平行金屬板兩端的邊緣效應及帶電粒子的重力和空氣

21、阻力)求： (1)在0～4 s內，平行板間的電勢差UMN； (2)帶電粒子飛出電場時的速度； (3)在上述前提下若粒子離開磁場后不會第二次進入電場，則磁感應強度B2應滿足的條件． 解析：(1)金屬桿產生的感應電動勢恒為 E＝B1Lω＝2 V 由電路的連接特點知：E＝I·4R U0＝I·2R＝＝1 V T1＝＝20 s 由右手定則知：在0～4 s時間內，金屬桿ab中的電流方向為b →a，則φa>φb 則在0～4 s時間內， φM<φN，UMN＝－1 V. (2)粒子在平行板電容器內做類平拋運動，在0～時間內水平方向L2＝v0·t1 t1＝＝4 s< 豎直方向＝at a＝，E＝，vy＝at1 得＝0.25 C/kg，vy＝0.5 m/s 則粒子飛出電場時的速度 v＝＝ m/s tan θ＝＝1， 所以該速度與水平方向的夾角θ＝45°. (3)粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，由B2qv＝m得r＝ 由幾何關系及粒子在磁場中運動的對稱性可知，r>d時離開磁場后不會第二次進入電場，即B2<＝2 T. 答案：(1)－1 V　(2) m/s，與水平方向成45°夾角 (3)B2<2 T 10