2020版高考物理一轮复习全程训练计划周测九电磁感应交变电流（含解析）.doc

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1、1电磁感应 交变电流夯基提能卷 立足于练题型悟技法保底分(本试卷满分 95 分)一、选择题(本题包括 8 小题，每小题 6 分，共 48 分在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项是正确的，有的小题有多个选项是正确的全部选对的得 6 分，选不全的得 3 分，有选错或不答的得 0 分)12019云南曲靖一中质检物理学的发展丰富了人类对物质世界的认识，推动了科学技术的创新和革命，促进了物质生产的繁荣与人类文明的进步下列表述正确的是( )A电磁感应现象是洛伦兹最先发现的B电动机是利用电磁感应原理，将机械能转化为电能C楞次最先发现了电流的磁效应D感应电流遵从楞次定律所描述的方向，这是能量守恒定律

2、的必然结果答案：D解析：电磁感应现象是法拉第最先发现的，选项 A 错误；发电机是利用电磁感应原理，将机械能转化为电能的，选项 B 错误；奥斯特最先发现了电流的磁效应，选项 C 错误；电磁感应现象是闭合电路中产生了电流，是其他形式的能转化为电能，楞次定律是能量守恒定律在电磁感应现象中的具体体现，感应电流的磁场总要阻碍引起它的磁通量的变化，感应电流具有的以及消耗的能，必须从引起磁通量变化的外界获取，要在回路中维持一定的感应电流，外界必须消耗一定的能量，选项 D 正确22019上海普陀区模拟某教室墙上有一朝南的钢窗，当把钢窗左侧向外推开时，下列说法正确的是( )A穿过窗框的地磁场的磁通量变大B穿过窗

3、框的地磁场的磁通量不变C从推窗人的角度看，窗框中的感应电流方向是逆时针D从推窗人的角度看，窗框中的感应电流方向是顺时针答案：C解析：地磁场由南向北，当朝南的钢窗向外推开时，钢窗平面与磁场平行时，没有磁2感线穿过钢窗平面，穿过钢窗平面的磁通量为 0.根据楞次定律，穿过窗框平面的磁通量减小，从推窗人的角度看，窗框中产生的感应电流的方向为逆时针，故选项 C 正确，A、B、D 错误32019山西清徐中学模拟在匀强磁场中，有两条平行金属导轨 a、 b，磁场方向垂直 a、 b 所在的平面向下， c、 d 为串接有电流表、电压表的两金属棒，如图所示，两棒以相同的水平速度向右匀速运动，则以下结论正确的是( )

4、A电压表有读数，电流表没有读数B电压表有读数，电流表也有读数C电压表无读数，电流表有读数D电压表无读数，电流表也无读数答案：D解析：当两棒以相同的水平速度向右匀速运动时，回路的磁通量不变，没有感应电流产生，电流表没有读数电压表是由电流表改装而成的，核心的部件是电流表，没有电流，指针不偏转，电压表也没有读数A、B、C 错误，故 D 正确4.2019山东泰安模拟如图在竖直方向上的两个匀强磁场 B1和 B2中，各放入一个完全一样的水平金属圆盘 a 和 b，它们可绕竖直轴自由转动用导线将 a 盘中心与 b 盘边缘相连， b 盘中心与 a 盘边缘相连从上向下看，当 a 盘顺时针转动时( )A b 盘总是

5、逆时针转动B若 B1、 B2同向， b 盘顺时针转动C若 B1、 B2反向， b 盘顺时针转动D b 盘总是顺时针转动答案：C解析：若 B1、 B2都竖直向上，从上向下看，当 a 盘顺时针转动时，其半径切割磁感线，感应电流从 a O b O a； b 盘电流从 b O，根据左手定则，安培力沿逆时针方向(俯视)；若 B1、 B2都竖直向下，从上向下看，当 a 盘顺时针转动时，其半3径切割磁感线，感应电流从 O a O b O； b 盘电流从 O b，根据左手定则，安培力沿逆时针方向(俯视)；若 B1向上， B2向下，从上向下看，当 a 盘顺时针转动时，其半径切割磁感线，感应电流从 a O b O

6、 a； b 盘电流从 b O，根据左手定则，安培力沿顺时针方向(俯视)；若 B1向下， B2向上，从上向下看，当 a 盘顺时针转动时，其半径切割磁感线，感应电流从 O a O b O； b 盘电流从 O b，根据左手定则，安培力沿顺时针方向(俯视)故 A、B、D 错误C 正确52019北京通州区摸底如图甲所示，在垂直纸面向里的匀强磁场中，一个单匝线圈与一个电容器相连，线圈平面与匀强磁场垂直，电容器的电容 C60 F，穿过线圈的磁通量 随时间 t 的变化规律如图乙所示，下列说法正确的是( )A电容器下极板电势高于上极板B线圈中磁通量的变化率为 3 Wb/sC电容器两极板间电压为 2.0 VD电容

7、器所带电荷量为 120 C答案：C解析：根据楞次定律，可判断出电容器上极板电势高于下极板，A 错误；根据图象可得线圈中磁通量的变化率为 Wb/s2 Wb/s， B 错误；根据法拉第电磁感应定律 t 6 22有 E n 2.0 V，C 正确；根据 Q CU，可得电容器所带电荷量为 Q6010 6 2.0 tC1.2010 4 C，D 错误6.2019四川广安等四市检测如图所示，总电阻为 R 的金属丝围成的单匝闭合直角三角形 PQM 线圈， P30， PQ L， QM 边水平圆形虚线与三角形 PQM 相切于 Q、 D 两点，该区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度 B 随时间 t 变化关系为B

8、 B0 kt(k0， B00)，则 t0 时， PQ 边所受的安培力( )4A方向向右，大小为B0k L327RB方向向左，大小为B0k L327RC方向向右，大小为B0k L318RD方向向左，大小为B0k L318R答案：A解析：由楞次定律可知， PQM 中感应电流为逆时针方向， PQ 边的电流方向由 P 到Q，由左手定则可知， PQ 所受的安培力方向向右；圆形磁场的半径为r Ltan30tan30 ，则线圈中的感应电流大小L3I k ，则 PQ 边所受安培力 F BI2r B0 ER B t SR 12 (L3)2R kL218R kL218R 2L3，故 A 正确，B、C、D 错误 k

9、L3B027R72019福建漳州检测(多选)如图，理想变压器的原线圈与二极管一起接在u220 sin100 t(V)的交流电源上，副线圈接有 R55 的电阻，原、副线匝数比为22 ：1.假设该二极管的正向电阻为零，反向电阻为无穷大，电流表为理想电表，则( )A交流电源的频率为 100 HzB副线圈的输出功率为 110 WC变压器的输入功率等于输出功率D电流表的读数为 1 A答案：BC解析：交流电源的频率为 f Hz50 Hz.选项 A 错误；交流电源电压的有2 1002效值为 U220 V，设原线圈输入电压有效值为 U1，则 T ，解得 U1 110 U21R U2R T2 U2 2V，则副线

10、圈电压有效值为 U2 U155 V，副线圈的输出功率 P2 12 2 U2R 552 255W110 W，选项 B 正确；理想变压器的输入功率等于输出功率，选项 C 正确；电流表的读数为 I2 A A，选项 D 错误U2R 55255 258.如图所示为一理想变压器，其原线圈与副线圈的匝数比n1 ： n23 ：1， a、 b、 c、 d 为 4 个完全相同的小灯泡， E 为输出电压有效值恒定的交流电源，S 为单刀双掷开关已知当 S 向上闭合时， b、 c、 d 三个小灯泡都能正常发光，则当 S 向下闭合时( )A4 个小灯泡都能正常发光B4 个小灯泡都比正常发光时要暗C a 能正常发光， b、

11、 c、 d 比正常发光时要暗D b、 c、 d 能正常发光， a 比正常发光时要暗答案：B解析：设灯泡的额定电压为 U，则电源的电压 E3 U，当 S 向下闭合时，设 b、 c、 d 灯泡两端的电压为 U，灯泡 b、 c、 d 中的电流均为 I，则根据电流与匝数成反比可知 a 灯泡中的电流为 I，则 a 灯泡两端的电压为 U，则 E4 U，所以 UR2，不计线圈 L 的直流电阻，A 为理想电流表在某一时刻 t1突然断开开关 S，则通过电流表的电流 I 随时间 t 变化的图线可能是( )答案：D解析：原先开关 S 闭合，电路处于稳定状态时，通过两电阻的电流大小分别为I1、 I2，且由 R1R2可

12、知 I1I2，断开开关，原来通过 R1的电流 I1立即消失，自感线圈阻碍自身电流变化，瞬间产生的感应电流 I2流过电阻 R1，其方向与原来流过电阻 R1的电流方向相反，该电流逐渐减小最后为 0.选项 D 正确，A、B、C 错误32019江西抚州模拟(多选)电磁炉采用感应电流(涡流)加热的原理，通过电子线路产生交变磁场，把铁锅放在炉面上时，在铁锅底部产生交变的电流以加热食品等它具有升温快、效率高、体积小、安全性好等优点下列关于电磁炉的说法中正确的是( )A电磁炉面板可采用陶瓷材料，发热部分为铁锅底部B电磁炉面板可采用金属材料，通过面板发热加热锅内食品C电磁炉可以用陶瓷器皿作为锅具对食品加热D可以

13、通过改变电子线路的频率来改变电磁炉的功率答案：AD解析：电磁炉面板如果用金属材料制成，使用电磁炉时，面板材料发生电磁感应要损失电能，电磁炉面板要用绝缘材料制作，发热部分为铁锅底部，如以陶瓷器皿等绝缘材料10为锅体，则不能产生涡流，起不到加热作用，故 A 正确，B、C 错误；锅体中涡流的强弱与磁场变化的频率有关，故 D 正确4.2019四川成都七中诊断如图， EOF 和 E O F为空间一匀强磁场的边界，其中EO E O， FO F O且 EO OF， OO为 EOF 的角平分线， O、 O间的距离为 L，磁场方向垂直于纸面向里，一边长为 L 的正方形导线框沿 O O 方向匀速通过磁场， t0

14、时刻恰好位于图示位置，规定导线框中感应电流沿逆时针方向为正，则感应电流 i 随时间 t变化的图象可能正确的是( )答案：C解析：在整个正方形导线框通过磁场的过程中，切割磁感线的边框为两竖直边框，两水平边框不切割磁感线由于正方形导线框沿 O O 方向匀速通过磁场，则有：从开始到左边框到达 O之前，导线框进入磁场切割磁感线的有效长度随时间均匀增加根据E BLv 得出感应电动势随时间也均匀增加，由于电阻不变，所以感应电流 i 也随时间均匀增加根据右手定则判断出感应电流的方向，结合导线框中感应电流沿逆时针方向时为正方向，得出开始时 i 为正方向；当左边框到达 O之后，由于进入磁场切割磁感线的有效长度不

15、变，所以感应电流 i 不变电流方向为正方向；当左边框到达 OO中点，右边框即将进入磁场切割磁感线时，接下来由于左边框的切割磁感线的有效长度在减小，而右边框切割磁感线的有效长度在增大，而左右边框切割磁感线产生的感应电动势方向相反，所以整个感应电动势随时间也均匀减小电流也均匀减小，方向为逆时针方向当左边框到达距 O 点 时，左右边框切割磁感线的有效长度相等，此时感应电动势为 0，电流为 0.L4再往后跟前面过程相反故 C 正确，A、B、D 错误52019河南模拟(多选)如图甲所示，静止在水平面上的等边三角形金属闭合线框，匝数 n10，总电阻 R2.5 ，边长 L0.3 m，处在两个半径均为 r0.

16、1 m 的圆形区域内的匀强磁场中，线框顶点与右侧圆心重合，线框底边与左侧圆直径重合，磁感应强度 B1垂直水平面向外， B2垂直水平面向里， B1、 B2随时间 t 的变化如图乙所示，线框一直处于静止状态，计算过程中近似取 3.下列说法正确的是( )11A t0 时刻穿过线框的磁通量为 0.5 WbB t0.2 s 时刻线框中感应电动势为 1.5 VC00.3 s 内通过线框横截面的电荷量为 0.18 CD线框具有向左运动的趋势答案：BC解析： t0 时刻穿过线框的磁通量为 B1 r2 B2 r20.025 Wb，选项 A12 16错误；根据法拉第电磁感应定律可知， t0.2 s 时刻线框中感应

17、电动势为 E n n t1.5 V，选项 B 正确；在 00.3 s 内通过线框横截面的电荷量 q t B12 r2 t ER t0.18 C，选项 C 正确；由楞次定律可知，线框垂直纸面向外的磁通量增大，n tR感应电流为顺时针方向，根据左手定则判断出安培力向右，所以线框有向右运动的趋势，选项 D 错误6.2019辽宁凌源模拟(多选)如图所示，一根直导体棒质量为 m、长为 L，其两端放在位于水平面内、间距也为 L 的光滑平行金属导轨上，并与之接触良好，导体棒左侧两导轨之间连接一可控电阻，导轨置于匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为 B，方向垂直于导轨所在平面 t0 时刻，给导体棒一个平行于导轨

18、的水平初速度 v0，此时可控电阻的阻值为 R0，在导体棒运动过程中，通过可控电阻的变化使导体棒中的电流保持恒定，不计导轨和导体棒的电阻，导体棒一直在磁场中，下列说法正确的是( )A导体棒的加速度大小始终为 aB2L2v0mR0B导体棒从开始运动到停止的时间为 tmR0B2L212C导体棒从开始运动到停止的时间内，回路产生的焦耳热为 mv12 20D导体棒从开始运动到停止的时间内，回路产生的焦耳热为 mv20答案：ABC解析：由右手定则和左手定则可得，导体棒受到安培力水平向左，导体棒向右做减速运动，在导体棒运动过程中，通过可控电阻的变化使导体棒中的电流 I 保持恒定，对导体棒由牛顿第二定律可得

19、BIL ma，导体棒向右做匀减速运动，结合 E BLv， I 可得，ER ma，可知导体棒的加速度大小始终为 a ，故 A 正确；由导体棒做B2L2vR B2L2v0R0 B2L2v0mR0匀减速运动可得 v v0 at，导体棒从开始运动到停止的时间为 t ，故 B 正确；根据mR0B2L2能量守恒定律可知，导体棒从开始运动到停止运动的过程中，回路产生的焦耳热为 Q mv12，故 C 正确，D 错误2072019广东肇庆模拟(多选)如图甲为风力发电机的简易模型在风力的作用下，风叶带动与其固定在一起的永磁铁转动，风叶的转速与风速成正比某一风速时，线圈中产生的电流如图乙所示下列说法中正确的是( )

20、A磁铁的转速为 10 r/sB图乙中电流的表达式为 i0.6sin10 t (A)C风速加倍时线圈中电流的有效值为 0.6 A2D风速加倍时电流的表达式为 i1.2sin10 t (A)答案：BC解析：由图乙可知，线圈的转动周期 T0.2 s，角速度为 10 rad/s，根2T据 2 n 可知转速为 5 r/s，图乙中电流的表达式为 i0.6 sin10 t(A)，故 A 错误，B 正确；由转速与风速成正比可知，当风速加倍时，转速也加倍，则此时电流的最大值Im1.2 A，则电流的表达式为 i1.2sin20 t (A)，则电流的有效值为 A0.6 1.22 2A，故 C 正确，D 错误8.13

21、2019福建龙岩质检(多选)如图所示，有一个“”形铁芯上绕有两个线圈，铁芯的三个竖直部分截面积相同，当线圈通电时产生的磁场都不能穿出铁芯，并且在分支处分成完全相等的两部分，现在给线圈 1 加电压为 U0的正弦式交流电，2 接一负载电阻，此时线圈 1 中的电流为 I0，线圈 2 中的电流为 I0，则线圈 1、2 的匝数比 k 及线圈 2 两端的电12压 U 为(忽略线圈的电阻及铁芯中由于涡流而造成的电能损失)( )A U2 U0 B U4 U0C k D k14 12答案：AC解析：原线圈中的磁通量为 时，副线圈中的磁通量为 ，所以 2 ，所 2 1 t 2 t以 U0 n1 ， U n2 n2

22、 ，又 U0I0 U I0，所以 U2 U0， k ，即 1 t 2 t 12 1 t 12 n1n2 14A、C 正确，B、D 错误二、非选择题(本题包括 4 小题，共 47 分)9(11 分)两根足够长的平行金属导轨间的距离为 L，导轨光滑且电阻不计，导轨所在的平面与水平面夹角为 .在导轨所在平面内，分布磁感应强度为 B、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场把一个质量为 m 的导体棒 ab 放在金属导轨上，在外力作用下保持静止，导体棒与金属导轨垂直且接触良好，与金属导轨接触的两点间的导体棒电阻为 R1.完成下列问题：(1)如图甲，金属导轨的一端接一个内阻为 r 的直流电源，撤去外力后导体棒仍能

23、静止，求直流电源的电动势；(2)如图乙，金属导轨的一端接一个阻值为 R2的定值电阻，撤去外力让导体棒由静止开始下滑，在加速下滑的过程中，当导体棒的速度达到 v 时，求此时导体棒的加速度；(3)求第(2)问中导体棒所能达到的最大速度答案：(1) (2) gsin (3)mg R1 r sinBL B2L2vm R1 R2 mg R1 R2 sinB2L2解析：(1)回路中的电流为 I ，ER1 r14导体棒受到的安培力为 F 安 BIL，对导体棒受力分析知 F 安 mgsin .联立上面三式解得 E .mg R1 r sinBL(2)当导体棒速度为 v 时，产生的感应电动势 E BLv，此时电路

24、中电流I ，导体棒受到的安培力 F BIL .根据牛顿第二定律有 ma mgsin ER BLvR1 R2 B2L2vR1 R2，B2L2vR1 R2解得 a gsin .B2L2vm R1 R2(3)当 mgsin 时，导体棒达到最大速度 vm，可得B2L2vR1 R2vm .mg R1 R2 sinB2L210(12 分)半径分别为 r 和 2r 的同心圆形导轨固定在同一水平面内，一长为 r、质量为 m 且质量分布均匀的直导体棒 AB 置于圆导轨上面 BA 的延长线通过圆导轨中心 O，装置的俯视图如图所示整个装置位于一匀强磁场中，磁感应强度的大小为 B，方向竖直向下在内圆导轨的 C 点和外

25、圆导轨的 D 点之间接有一阻值为 R 的电阻(图中未画出)直导体棒在水平外力作用下以角速度 绕 O 逆时针匀速转动，在转动过程中始终与导轨保持良好接触设导体棒与导轨之间的动摩擦因数为 ，导体棒和导轨的电阻均可忽略重力加速度大小为 g.求：(1)通过电阻 R 的感应电流的方向和大小；(2)外力的功率答案：(1) ，方向由 C 向 D3 Br22R(2) mgr 32 9 2B2r44R解析：(1)在 t 时间内，导体棒扫过的面积为 S t(2r)2 r212根据法拉第电磁感应定律，导体棒上感应电动势的大小为15E B S t根据右手定则，感应电流的方向是从 B 端流向 A 端因此，通过电阻 R

26、的感应电流的方向是从 C 端流向 D 端由欧姆定律可知，通过电阻 R 的感应电流的大小 I 满足 I ER联立式得 I 3 Br22R(2)在竖直方向有 mg2 N0式中，由于质量分布均匀，内、外圆导轨对导体棒的支持力大小相等，其值为 N.两导轨对运行的导体棒的滑动摩擦力均为 f N 在 t 时间内，导体棒在内、外圆导轨上扫过的弧长分别为l1 r tl22 r t克服摩擦力做的总功为 Wf f(l1 l2)在 t 时间内，消耗在电阻 R 上的功为WR I2R t根据能量守恒定律知，外力在 t 时间内做的功为W Wf WR外力的功率为 P W t由至 式得 P mgr .32 9 2B2r44R

27、11(12 分)如图甲所示，匀强磁场的磁感应强度 B 为 0.5 T，其方向垂直于倾角 为 30的斜面向上绝缘斜面上固定有“”形状的光滑金属导轨 MPN(电阻忽略不计)，MP 和 NP 长度均为 2.5 m， MN 连线水平，长为 3 m以 MN 中点 O 为原点， OP 为 x 轴建立一维坐标系 Ox.一根粗细均匀的金属杆 CD，长度 d 为 3 m，质量 m 为 1 kg，电阻 R 为 0.3 ，在拉力 F 的作用下，从 MN 处以恒定速度 v1 m/s 在导轨上沿 x 轴正向运动(金属杆与导轨接触良好) g 取 10 m/s2.(1)求金属杆 CD 运动过程中产生的感应电动势 E 及运动

28、到 x0.8 m 处电势差 UCD；(2)推导金属杆 CD 从 MN 处运动到 P 点过程中拉力 F 与位置坐标 x 的关系式，并在图乙中画出 F x 关系图象；16(3)求金属杆 CD 从 MN 处运动到 P 点的全过程产生的焦耳热答案：(1) E1.5 V UCD0.6 V(2)F12.53.75 x(N)(0 x2)，图象见解析(3)Q7.5 J解析：(1)金属杆 CD 在匀速运动中产生的感应电动势E Blv(l d)，代入数值得 E1.5 V.当 x0.8 m 时，金属杆在导轨间的电势差为零(被短路)，设此时杆在导轨外的长度为l 外 ，则l 外 d d， OP ，得 l 外 1.2 m

29、.OP xOP MP2 (MN2)2由楞次定律判断 D 点电势高，故 CD 两端电势差UCD Bl 外 v0.6 V.(2)杆在导轨间的长度 l 与位置 x 的关系是l d3 x，OP xOP 32对应的电阻 R1 R，ld电流 I ，BlvR1杆受到的安培力 F 安 BIl7.53.75 x，根据平衡条件得 F F 安 mgsin ，得 F12.53.75 x(N)(0 x2)，画出的 Fx 图象如图所示(3)外力 F 所做的功 WF等于 Fx 图线与 x 轴所围成的图形的面积，即 WF 2 5 12.52J17.5 J.而杆的重力势能增加量 Ep mg sin ，故全过程产生的焦耳热 Q

30、WF Ep7.5 J.OP12(12 分)如图所示， MN、 PQ 是两条水平、平行放置的光滑金属导轨，导轨的右端接理想变压器的原线圈，变压器的副线圈与电阻 R20 组成闭合回路，变压器的原副线圈匝数之比 n1 ： n21 ：10，导轨宽 L5 m质量 m2 kg、电阻不计的导体棒 ab 垂直17MN、 PQ 放在导轨上，在水平外力 F 作用下，从 t0 时刻开始在图示的两虚线范围内往复运动，其速度随时间变化的规律是 v2sin20 t(m/s)垂直轨道平面的匀强磁场的磁感应强度 B4 T导轨、导线和线圈电阻均不计求：(1)ab 棒中产生的电动势的表达式； ab 棒中产生的是什么电流？(2)电

31、阻 R 上的电热功率 P.(3)从 t0 到 t10.025 s 的时间内，外力 F 所做的功答案：(1) E40sin20 t(V)，正弦交流电(2)4103 W (3)104 J解析：(1) ab 棒中产生的电动势的表达式为 E BLv40sin20 t(V)故 ab 棒中产生的是正弦式交变电流(2)设原线圈上电压的有效值为 U1，则 U1 20 VEm2 2设副线圈上电压的有效值为 U2，则 U1U2 n1n2解得 U2200 V2电阻 R 上的电热功率 P 410 3 WU2R(3)由以上分析可知，该正弦交流电的周期 T 0.1 s从 t0 到 t10.025 s，2经历了四分之一个周期设在这段时间内电阻 R 上产生的热量为 Q，则 Q 100 JU2R T4在 t10.025 s 时刻， ab 棒的速度为 v，则v2sin20 t12 m/s由能量守恒定律可得这段时间内外力 F 做的功 W Q mv2104 J1218