2020衡水名師物理專題卷：專題十《電磁感應(yīng)》Word版含答案

1、2020衡水名師原創(chuàng)物理專題卷專題十電磁感應(yīng)考點29電磁感應(yīng)現(xiàn)象楞次定律考點30法拉第此電磁感應(yīng)定律自感考點31電磁感應(yīng)中的電路問題考點32電磁感應(yīng)中的圖象問題考點33電磁感應(yīng)中的動力學(xué)與能量問題一、選擇題（本題共17個小題，每題4分，共68分。每題給出的四個選項中，有的只有一個選項符合題意，有的有多個選項符合題意，全部選又的得4分，選對但不全的得2分，有選錯或不答的得。分）1、下面四幅圖是用來“探究感應(yīng)電流的方向遵循什么規(guī)律”的實驗示意圖。靈敏電流計和線圈組成閉合回路， 通過“插入” “拔出”磁鐵，使線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電流，記錄實驗過程中的相關(guān)信息，分析得出楞次定律。下列說法正確的是（）突驗二賽

2、禁三實依四A.該實驗無需確認(rèn)電流計指針偏轉(zhuǎn)方向與通過電流計的電流方向的關(guān)系B.該實驗無需記錄磁鐵在線圈中的磁場方向C.該實驗必需保持磁鐵運動的速率不變D.該實驗必需記錄感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場方向2、如圖，導(dǎo)體軌道OPQS1定，其中PQS半圓弧，Q為圓心，軌道的電阻忽略不計。 O雇有一 定電阻、可繞O轉(zhuǎn)動的金屬桿，M端位于PQSh ,0%軌道接觸良好?？臻g存在與半圓所在平面垂直的勻強磁場，磁感應(yīng)強度的大小為 B現(xiàn)使OMk 03置以恒定的角速度逆時針轉(zhuǎn)到OS位置并固定（過程I ）;再使磁感應(yīng)強度的大小以一定的變化率從B增加到B過程n ）。在過B程I、n中，流過0M勺電荷量相等，則B等于（）A.B.C.

3、543274D. 23、1.如圖所示，固定的水平長直導(dǎo)線中通有恒定電流I,閉合矩形線框與導(dǎo)線在同一豎直平面內(nèi)，且一邊與導(dǎo)線平行。線框由靜止釋放，不計空氣阻力，在下落過程中（）A.穿過線框的磁通量保持不變B .線框中感應(yīng)電流方向保持不變C.線框做自由落體運動D .線框的機械能守恒24、如圖甲所小,線圈A（圖中實線,共100匝）的橫截面積為0.3m，總電阻r=2Q ,A右側(cè)所接電路中，電阻Ri =2C, R2 =6C,電容C =3/，開關(guān)Si閉合.A中有橫截面積為0.2m2的區(qū)域D（圖中虛線）,D內(nèi)有如圖乙所示的變化磁場 ，t =0時刻，磁場方向垂直于線圈平面向里卜列判斷正確的是（）A.閉合S2、

4、電路穩(wěn)定后，通過R2的電流由b流向aB.閉合S2、電路穩(wěn)定后，通過R2的電流為0.4AC.閉合S2、電路穩(wěn)定后再斷開G,通過R2的電澈流向D.閉合S2、電路穩(wěn)定后再斷開S,通過R2的電荷量為7.2M10C5、將一個閉合金屬環(huán)用絲線（絕緣）懸于。點,如圖所示，豎直虛線左邊有垂直于紙面向外的勻強磁場，時右邊沒有磁場.將環(huán)拉至圖示位置后由靜止釋放，下列現(xiàn)象能夠發(fā)生的是A.金屬環(huán)的擺動不會停下來，一直做等幅擺動B.金屬環(huán)的擺動幅度越來越小，小到某一數(shù)值后做等幅擺動C.金屬環(huán)的擺動會很快停下來D.金屬環(huán)最后一次向左擺動時，最終停在虛線左側(cè)某一點處6、如圖所示，兩根足夠長的光滑金屬導(dǎo)軌MN PQ平行放置，

5、導(dǎo)軌平面的傾角為0，導(dǎo)軌的下端接有電阻，當(dāng)空間沒有磁場時，使導(dǎo)體棒ab以平行導(dǎo)軌平面的初速度V0沖上導(dǎo)軌平面，導(dǎo)體棒ab上升的最大高度為 H當(dāng)空間存在垂直導(dǎo)軌平面的勻強磁場時，再次使導(dǎo)體棒ab以相同的初速度從同一位置沖上導(dǎo)軌平面，上升的最大高度為 h,兩次運動中導(dǎo)體棒 ab始終與兩導(dǎo)軌垂直且接觸良好，下列說法中正確的是（）A.兩次上升的最大高度比較,有H=hB.兩次上升的最大高度比較,有HhC.有磁場時，導(dǎo)體棒ab上升過程的最大加速度為gsin 0D.有磁場時，導(dǎo)體棒ab上升過程的最小加速度為gsin 07、如圖所示，一個有矩形邊界的勻強磁場區(qū)域，磁場方向垂直紙面向里。一個三角形閉合導(dǎo)線框，由

6、位置1（左）沿紙面勻速運動到位置 2（右）。取線框剛到達(dá)磁場邊界的時刻為計時起點（t=0）,規(guī)定逆時針方向為電流的正方向，則下圖中能正確反映線框中電流與時間關(guān)系的是（）8、如圖甲所示，abcd為導(dǎo)體做成的框架，其平面與水平面成 0角，導(dǎo)體棒PQ與ad、bc接觸 良好，整個裝置放在垂直于框架平面的變化磁場中，磁場的磁感應(yīng)強度 B隨時間t變化的情況如圖乙所示（設(shè)圖甲中B的方向為正方向）。在Oti時間內(nèi)導(dǎo)體棒 PQ臺終靜止，下面判斷正A.導(dǎo)體棒PQ中電流方向由Q至PB.導(dǎo)體棒PQ受安培力方向沿框架向下C.導(dǎo)體棒PQ受安培力大小在減小D.導(dǎo)體棒PQ受摩擦力大小在增大9、隨著科技的不斷發(fā)展，無線充電已經(jīng)

7、進(jìn)入人們的視線。小到手表、手機 ，大到電腦、電動 汽車的充電，都已經(jīng)實現(xiàn)了從理論研發(fā)到實際應(yīng)用的轉(zhuǎn)化。如圖是某品牌無線充電手機利用電磁感應(yīng)方式無線充電的原理圖。關(guān)于無線充電，下列說法正確的是（）A.無線充電時手機接收線圈部分的工作原理是“電流的磁效應(yīng)B.只有將充電底座接到直流電源上才能對手機進(jìn)行充電C.接收線圈中交變電流的頻率與發(fā)射線圈中交變電流的頻率相同D.只要有無線充電底座，所有手機都可以進(jìn)行無線充電10、如圖所示，水平地面上方矩形區(qū)域內(nèi)存在方向垂直紙面向里的勻強磁場，兩個邊長相等的單匝閉合正方形線圈I和H ,分別用相同材料、不同粗細(xì)的導(dǎo)線繞制（I為細(xì)導(dǎo)線）。兩線圈在距磁場上界面 h高處由

8、靜止開始自由下落，再進(jìn)入磁場，最后落到地面，運動過程中，線圈平面始終保持在豎直平面內(nèi)且下邊緣平行于磁場上邊界。設(shè)線圈I、n落地時的速度大小分別為V1、V2,在磁場中運動時產(chǎn)生的熱量分別為 Q、Q。不計空氣阻力，已知線圈電阻與導(dǎo)線長度成正比，與導(dǎo)線橫截面積成反比，則（），X X 1X X X 7777777777777777ZA.ViV2,QiQB.Vi=V2,Qi=QC.viV2,Qi=QD.vi=V2,Qi10C,則閉合S2、電路穩(wěn)定后再斷開 G,通過R2的電荷量為7.2M10c,選項D正確.5答案及解析：答案：C解析：當(dāng)金屬環(huán)進(jìn)入或離開磁場區(qū)域時磁通量發(fā)生變化，會產(chǎn)生感應(yīng)電流，根據(jù)愣次定律

9、得出感應(yīng)電流的方向，安培力阻礙環(huán)的運動，即有機械能通過安培力做負(fù)功轉(zhuǎn)化為其他形式的能；當(dāng)環(huán)沒有磁通量的變化時，無感應(yīng)電流，只有重力做功 ，環(huán)的機械能守恒，即環(huán)在運動過程中機械能不守餌，環(huán)會很快靜止，故A、B、D錯誤,C正確.6答案及解析：答案：D解析：由能量守恒定律可知無磁場時導(dǎo)體棒初動能全部轉(zhuǎn)化為重力勢能，即R=mgH有磁場時初動能轉(zhuǎn)化為重力勢能與內(nèi)能 ，即R=mgHQ故選項AB錯誤；有磁場時，由愣次定律可得，無 論磁場方向為垂立導(dǎo)軌平面向上還是向下 ，導(dǎo)體棒ab在上升過程中受到的安培力都沿斜面2 2向下,由牛頓第二定律可得 a =BLv +gsin日，可見當(dāng)速度為零時,加速度最小，最小加速

10、度 mRB212v+gsin0最大,選項C錯誤。a=gsin 0 ,選項D正確；導(dǎo)體棒剛開始上升時的加速度a=mR7答案及解析：答案：A解析：導(dǎo)線框開始進(jìn)入勻強磁場到進(jìn)入一半的過程中，有效切割長度/均勻增大，感應(yīng)電流Blv二下 均勻增大，且根據(jù)楞次定律判斷此時電流方向為逆時針方向，即規(guī)定的正方向；導(dǎo)線框從進(jìn)入勻強磁場一半到完全進(jìn)入磁場的過程中，有效切割長度均勻減小，感應(yīng)電流均勻減小，根據(jù)楞次定律判斷此時電流方向為逆時針方向，即為規(guī)定的正方向； 導(dǎo)線框完全進(jìn)入磁場到即將開始離開磁場的過程中， 導(dǎo)線框中的磁通量不變， 感應(yīng)電流為零；導(dǎo)線框離開磁 場和進(jìn)入磁場是一個對稱過程， 電流變化趨勢相似，即先

11、增大后減小，根據(jù)楞次定律判斷此 時電流為順時針方向，即規(guī)定的負(fù)方向，故 A項正確。8答案及解析：答案：AC解析：根據(jù)楞次定律可知，感應(yīng)電流方向由 Q至P,A正確；根據(jù)左手定則可知，開始導(dǎo)體棒PQ 受到沿框架向上的安培力，B錯誤；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知 ，回路中產(chǎn)生恒定的感應(yīng)電 動勢，產(chǎn)生的感應(yīng)電流也不變，但磁感應(yīng)強度逐漸減小，故導(dǎo)體棒PQ受到的安培力F=BIL 逐漸減小，C正確；導(dǎo)體棒受重力、支持力、安培力及摩擦力而處于平衡狀態(tài)，若導(dǎo)體棒初始時刻所受安培力大于重力沿框架向下的分力，則摩擦力方向沿框架向下，隨著安培力的減小，摩擦力先逐漸減小，當(dāng)安培力與重力沿框架向下的分力大小相等時，摩擦力減

12、小為零，隨著安培力繼續(xù)減小，摩擦力開始反向逐漸增大,D錯誤。9答案及解析：答案：C解析：無線充電時手機接收線圈部分的工作原理是電磁感應(yīng)，故A錯誤；當(dāng)給充電設(shè)備中線圈通以恒定直流電時，充電設(shè)備不會產(chǎn)生交變磁場 ，即不能正常充電，故B錯誤；接收線圈中交變電流的頻率應(yīng)與發(fā)射線圈中交變電流的頻率相同，故C正確；被充電手機內(nèi)部，應(yīng)該有一類似金屬線圈的部件與手機電池相連，當(dāng)有交變磁場時，則產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，那么普通手機由于沒有金屬線圈，所以不能夠利用無線充電設(shè)備進(jìn)行充電，故D錯誤。10答案及解析：答案：D解析：設(shè)線圈剛進(jìn)人磁場時的速度大小為V0.則由v2 =2gh動得兩線圈進(jìn)入磁場時的速度相同,線圈切割磁感

13、線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E=Blv,感應(yīng)電流I=E, R4L 線圈的電阻R = P4L ,線圈的質(zhì)量 m =4p LS,線圈受到的安培力 F=BIL,根據(jù)牛頓第二定律有 mg-F=ma,得線圈的加速度a =g 且匕與線圈的粗細(xì)無關(guān),這說明兩個線圈的運動情況完全相同,所16：以它們落地時的速度大小相等，即 V1=V2,1 o根據(jù)能量守恒定律得線圈廣生的熱量Q=mgH -mv2,其中H為下落點距地面的高度，線2圈n的質(zhì)量較大，所以QQ,只有選項D正確。11答案及解析：答案：BC解析：A.當(dāng)導(dǎo)體棒ab剛獲得速度V0時，導(dǎo)體棒cd還沒開始運動，此時導(dǎo)體棒ab產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為：E=BLvo,回路中的感應(yīng)電流

14、為：I 二旦，故此時導(dǎo)體棒 ab受到的安培力大小為2RB2I2VcF=BIL,以上各式聯(lián)立可解得：F= B0 ,故A錯誤；2RB.從開始到兩導(dǎo)體棒達(dá)到共同速度的過程中，兩棒的總動量守恒，則可得：mv=2mv解得其共同速度為：v=v0-,故B正確；2C.由能量守恒定律得，整個運動過程中產(chǎn)生的總熱量為：Q=1 mvo- 1 ?2m/22整理可得：Q=1mv2,故C正確；4D.設(shè)導(dǎo)體棒ab的速度變?yōu)槌跛俣鹊?3時，導(dǎo)體棒cd的速度大小為vi,則由動量守恒定律可43得：mv=n?vto+mv4此時回路中的感應(yīng)電動勢為：E =Bk9v0-v1）4感應(yīng)電流為：r =2R此時導(dǎo)體棒cd受到的安培力為：F=B

15、I LF 所以導(dǎo)體棒cd的加速度大小為：a=一mB2|2v聯(lián)立以上各式可解得:a= B L v0 ,故d錯誤。4mR故選：BC12答案及解析：答案：D解析：若電壓一直變大，無論正、負(fù)極怎么接，線圈中的磁感應(yīng)強度都增大，金屬圓盤有遠(yuǎn)離 線圈的趨勢，所以金屬圓盤對桌面的壓力增大，A錯誤；因為不知道電源的正、負(fù)極，所以就不知道磁感應(yīng)強度的方向，則無法判斷金屬圓盤中渦流的方向,B錯誤；即使線圈沒有電阻，接交變電流時，線圈也會產(chǎn)生自感電動勢（也可理解為線圈有感抗），所以線圈中電流不可能無 窮大,C錯誤；交變電流頻率變大，通過金屬圓盤的磁通量的變化率增大，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢增大，金屬圓盤中的渦流增大，金屬圓

16、盤的發(fā)熱功率增大,D正確.13答案及解析:答案：D解析：根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知，感應(yīng)電動勢E=,結(jié)合數(shù)學(xué)知識可知，穿過閉合回t，,A* ,.一 一，.路的磁通量 隨時間t變化的圖線的斜率 k=由以上知識分析可知，圖中磁通 不 t變，無感應(yīng)電動勢，故A錯誤；圖中磁通量 隨時間t均勻增大，圖線的斜率k不變，即產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢不變，故B錯誤；圖中回路在0t1時間內(nèi)磁通量 隨時間t變化的圖線的斜 率為k1,在t1t2時間內(nèi)磁通量 隨時間t變化的圖線的斜率為 k2,由圖可知，k1大于k2的絕故C錯誤；圖對彳t,所以在0t 1時間內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大于在時間內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢中磁通量 隨時間f變化的圖

17、線的斜率的絕對值先變小后變大，所以感應(yīng)電動勢先變小后變大，所以D選項正確。14答案及解析：答案：C解析：因為線圈cd中每個時間段內(nèi)電流大小不變化，則每個時間段內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢不變B根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定得E二N B ,.：tSE ：B S電流為：I = E N,則線圈ab中每個時間段內(nèi)電流的磁場均勻變化.正確反應(yīng)這一R二 t R關(guān)系的圖象只有 C.故C正確,A、日D錯誤.故選:C.15答案及解析：答案：BC解析：電流接通瞬間，金屬框周圍磁場從無到有，且內(nèi)強外弱，小線圈為阻礙磁通量的增加而 有向外運動的趨勢，所以兩小線圈會有相互遠(yuǎn)離的趨勢，A錯誤,B正確.根據(jù)磁場疊加，可知兩側(cè)小線圈中的磁場豎直

18、向上，由楞次定律可知，兩側(cè)小線圈感應(yīng)電流都沿順時針方向，C正確,D錯誤.16答案及解析：答案：B1 9 _ X斛析：t=5s內(nèi)金屬桿的位移 x = - at =25m, 5s內(nèi)的平均速度 v = 5m/s,故平均感2 t應(yīng)電動勢E=BLv=0.4V ,在5s內(nèi)流過電阻 R的電荷量為q =一1 t =0.5C , A錯誤；第R rBlv5s末桿的速度 v=at=10m/s,此時感應(yīng)電動勢 E= BLv,則回路中的電流為I =0.2A ,BR - r正確；如果5s末外力消失，桿受安培力作用做變減速直線運動，C錯誤；如果5s末外力消失，最后桿將停止，5s末的動能將通過電阻R和r轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，所以電阻R

19、產(chǎn)生的熱量為R 12-mv =1.875J ,D 錯慶. R r 217答案及解析:答案：ABD解析：當(dāng)線框開始進(jìn)入磁場時，線框中的磁通量開始增加，當(dāng)全部進(jìn)入時達(dá)到最大，此后向外的磁通量增加，總磁通量減小，.當(dāng)運動到1.5L時，磁通量為零，依次分析可知選項 A正確； 當(dāng)線圈進(jìn)入第一個磁場時，由E = BLv可知,E保持不變且電流沿順時針方向E為負(fù)值，而開始進(jìn)入第二個磁場時，兩邊同時切割磁感線，電動勢應(yīng)為2BLv,此時電流沿逆時針方向，E為 正值，依次分析可知選項 B正確；因安培力總是與運動方向相反，故拉力應(yīng)一直向右，故C錯誤；電功率等于拉力的功率，P =Fv,因速度不變，當(dāng)線框在第一個磁場時，

20、電流為定值，拉力也 為定值；兩邊分別在兩個磁場中時，兩邊同時切割磁感線，且電流加倍，故安培力為線框在第 一個磁場時安培力的 4倍，功率也是4倍關(guān)系；此后線框從最后一個磁場中離開時，安培力應(yīng)等于線框在第一個磁場中的安培力，故D選項正確。18答案及解析：B :2 1.6T5t 4t 1.6解析：(1)設(shè)金屬桿的最大速度為Vm,安培力與重力平衡，則有:F安二mg答案：(1)4 m/s (2)1.6 m (3)又F安二BIL聯(lián)立得：F安2. 2B L vm二 mgR r解得：vm = 4m / sR 3 3 1(2)電路中廣生的總焦耳熱：Qtt =R一rQ=3-1M 0 6 =0 8J心 R 3由能量

21、守恒定律得：mgh = mvm , Q總2解得：h=1.6m(3)為使ab棒中不產(chǎn)生感應(yīng)電流，應(yīng)使穿過線圈平面的磁通量不發(fā)生變化在該時刻穿過線圈平面的磁通量為：* =BLh .1ct時刻的磁通重為： = B L(h+vmt + gt ) 2Bh由 q =%得：b =121h vmtgt22代入數(shù)據(jù)解得：B . =11.6(T)5t2 4t 1.619答案及解析：答案：(1)帶電正粒子在板間做勻速直線運動，受到的重力與電場力平衡，則電場力方向豎直向上，MNS帶正電，由右手定則判斷可知ab棒向右運動；對于帶電粒子，由平衡條件得qv0B =qE電，又電=U 解得金屬板板間電壓為：U = Bdv0 = 1父0.2父2.0V