《2020版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第十章 電磁感應(yīng) 本章綜合能力提升練（含解析）教科版》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第十章 電磁感應(yīng) 本章綜合能力提升練（含解析）教科版（9頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、本章綜合能力提升練 一、單項(xiàng)選擇題 1.下列沒(méi)有利用渦流的是(　　) A.金屬探測(cè)器 B.變壓器中用互相絕緣的硅鋼片疊成鐵芯 C.用來(lái)冶煉合金鋼的真空冶煉爐 D.磁電式儀表的線圈用鋁框做骨架 答案　B 解析　金屬探測(cè)器、真空冶煉爐都是利用渦流現(xiàn)象工作的，磁電式儀表利用渦流能讓指針快速穩(wěn)定，也是利用渦流現(xiàn)象，變壓器中的硅鋼片是為了防止渦流產(chǎn)生鐵損. 2.如圖1所示，金屬棒ab、金屬導(dǎo)軌和螺線管組成閉合回路，金屬棒ab在勻強(qiáng)磁場(chǎng)B中沿導(dǎo)軌向右運(yùn)動(dòng)，則(　　) 圖1 A.ab棒不受安培力作用 B.ab棒所受安培力的方向向右 C.ab棒向右運(yùn)動(dòng)速度v越大，所受安培力越大

2、 D.螺線管產(chǎn)生的磁場(chǎng)，A端為N極 答案　C 解析　金屬棒ab沿導(dǎo)軌向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，安培力方向向左，“阻礙”其運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；金屬棒ab沿導(dǎo)軌向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝Blv，感應(yīng)電流I＝，安培力F＝BIl＝，可見(jiàn)，選項(xiàng)C正確；根據(jù)右手定則可知，流過(guò)金屬棒ab的感應(yīng)電流的方向是從b流向a，所以流過(guò)螺線管的電流方向是從A端到達(dá)B端，根據(jù)右手螺旋定則可知，螺線管的A端為S極，選項(xiàng)D錯(cuò)誤. 3.在水平面內(nèi)有一固定的U形裸金屬框架，框架上靜止放置一根粗糙的金屬桿ab，整個(gè)裝置放在豎直方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，如圖2所示.下列說(shuō)法中正確的是(　　) 圖2 A.只有當(dāng)磁場(chǎng)方向向上且增強(qiáng)，ab桿才可

3、能向左移動(dòng) B.只有當(dāng)磁場(chǎng)方向向下且減弱，ab桿才可能向右移動(dòng) C.無(wú)論磁場(chǎng)方向如何，只要磁場(chǎng)減弱，ab桿就可能向右移動(dòng) D.當(dāng)磁場(chǎng)變化時(shí)，ab桿中一定有電流產(chǎn)生，且一定會(huì)移動(dòng) 答案　C 解析　由楞次定律可知，當(dāng)閉合回路的磁通量增大時(shí)，導(dǎo)體棒將向左移動(dòng)，阻礙磁通量的增加，當(dāng)閉合回路的磁通量減小時(shí)，導(dǎo)體棒將向右移動(dòng)，以便阻礙磁通量的減小，與磁場(chǎng)方向無(wú)關(guān)，故選C. 4.(2017·天津理綜·3)如圖3所示，兩根平行金屬導(dǎo)軌置于水平面內(nèi)，導(dǎo)軌之間接有電阻R.金屬棒ab與兩導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸，整個(gè)裝置放在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直于導(dǎo)軌平面向下.現(xiàn)使磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻減小，ab始終保持

4、靜止，下列說(shuō)法正確的是(　　) 圖3 A.ab中的感應(yīng)電流方向由b到a B.ab中的感應(yīng)電流逐漸減小 C.ab所受的安培力保持不變 D.ab所受的靜摩擦力逐漸減小 答案　D 解析　金屬棒ab、電阻R、導(dǎo)軌構(gòu)成閉合回路，磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻減小(＝k為一定值)，則閉合回路中的磁通量減小，根據(jù)楞次定律，可知回路中產(chǎn)生順時(shí)針?lè)较?從上向下看)的感應(yīng)電流，ab中的電流方向由a到b，故A錯(cuò)誤；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝＝＝kS，回路面積S不變，即感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為定值，回路中的總電阻不變，所以ab中的電流大小不變，故B錯(cuò)誤；安培力F＝BIL，電流大小和金屬棒長(zhǎng)度不變，磁感應(yīng)強(qiáng)度減小，則

5、安培力減小，故C錯(cuò)誤；金屬棒處于靜止?fàn)顟B(tài)，所受合力為零，對(duì)其受力分析，水平方向靜摩擦力Ff與安培力F等大反向，安培力減小，則靜摩擦力減小，故D正確. 5.(2018·福建省龍巖市一模)如圖4甲所示，用一根橫截面積為S、電阻率為ρ的硬質(zhì)導(dǎo)線做成一個(gè)半徑為r的圓環(huán)，ab為圓環(huán)的直徑.在ab的右側(cè)存在一個(gè)足夠大的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，t＝0時(shí)刻磁場(chǎng)方向垂直于豎直圓環(huán)平面向里，磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化的關(guān)系圖像如圖乙所示，則0～t1時(shí)間內(nèi)(　　) 圖4 A.圓環(huán)中產(chǎn)生的感應(yīng)電流的方向?yàn)槟鏁r(shí)針 B.圓環(huán)中產(chǎn)生的感應(yīng)電流的方向先是順時(shí)針后是逆時(shí)針 C.圓環(huán)一直具有擴(kuò)張的趨勢(shì) D.圓環(huán)中感應(yīng)電流的大

6、小為 答案　D 解析　磁通量先向里減小再向外增加，由楞次定律“增反減同”可知，線圈中的感應(yīng)電流方向一直為順時(shí)針，故A、B錯(cuò)誤；由楞次定律的“來(lái)拒去留”可知，0～t0時(shí)間內(nèi)，為了阻礙磁通量的減小，線圈有擴(kuò)張的趨勢(shì)，t0～t1時(shí)間內(nèi)為了阻礙磁通量的增大，線圈有縮小的趨勢(shì)，故C錯(cuò)誤；由法拉第電磁感應(yīng)定律得E＝＝，感應(yīng)電流I＝＝·＝，故D正確. 6.如圖5，直角三角形金屬框abc放置在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向平行于ab邊向上.當(dāng)金屬框繞ab邊以角速度ω逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，a、b、c三點(diǎn)的電勢(shì)分別為φa、φb、φc.已知bc邊的長(zhǎng)度為l.下列判斷正確的是(　　) 圖5 A.φa＞φc

7、，金屬框中無(wú)電流 B.φb＞φc，金屬框中電流方向沿a→b→c→a C.Ubc＝－Bl2ω，金屬框中無(wú)電流 D.Ubc＝Bl2ω，金屬框中電流方向沿a→c→b→a 答案　C 解析　金屬框abc平面與磁場(chǎng)平行，轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中磁通量始終為零，所以無(wú)感應(yīng)電流產(chǎn)生，選項(xiàng)B、D錯(cuò)誤.轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中bc邊和ac邊均切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，由右手定則判斷φa<φc，φb<φc，選項(xiàng)A錯(cuò)誤.由轉(zhuǎn)動(dòng)切割產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的公式得Ubc＝－Bl2ω，選項(xiàng)C正確. 7.(2018·湖南省株洲市第二次質(zhì)檢)如圖6，沿東西方向站立的兩同學(xué)(左西右東)做“搖繩發(fā)電”實(shí)驗(yàn)：把一條長(zhǎng)導(dǎo)線的兩端連在一個(gè)靈敏電流計(jì)(零刻度在

8、表盤(pán)中央)的兩個(gè)接線柱上，形成閉合回路，然后迅速搖動(dòng)MN這段“繩”.假設(shè)圖中情景發(fā)生在赤道，則下列說(shuō)法正確的是(　　) 圖6 A.當(dāng)“繩”搖到最高點(diǎn)時(shí)，“繩”中電流最大 B.當(dāng)“繩”搖到最低點(diǎn)時(shí)，“繩”受到的安培力最大 C.當(dāng)“繩”向下運(yùn)動(dòng)時(shí)，N點(diǎn)電勢(shì)比M點(diǎn)電勢(shì)高 D.搖“繩”過(guò)程中，靈敏電流計(jì)指針的偏轉(zhuǎn)方向不變 答案　C 解析　當(dāng)“繩”搖到最高點(diǎn)時(shí)，繩轉(zhuǎn)動(dòng)的速度與地磁場(chǎng)方向平行，不切割磁感線，沒(méi)有感應(yīng)電流，故A錯(cuò)誤；當(dāng)“繩”搖到最低點(diǎn)時(shí)，“繩”轉(zhuǎn)動(dòng)的速度與地磁場(chǎng)方向平行，不切割磁感線，沒(méi)有感應(yīng)電流，“繩”不受安培力，故B錯(cuò)誤.當(dāng)“繩”向下運(yùn)動(dòng)時(shí)，地磁場(chǎng)向北，根據(jù)右手定則判斷

9、可知，“繩”中N點(diǎn)電勢(shì)比M點(diǎn)電勢(shì)高，故C正確；在搖“繩”過(guò)程中，當(dāng)“繩”向下運(yùn)動(dòng)和向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，“繩”切割磁感線的方向變化，則感應(yīng)電流的方向變化，即靈敏電流計(jì)指針的偏轉(zhuǎn)方向改變，選項(xiàng)D錯(cuò)誤. 二、多項(xiàng)選擇題 8.(2018·河南省濮陽(yáng)市第三次模擬)如圖7，一根長(zhǎng)為l、橫截面積為S的閉合軟導(dǎo)線置于光滑水平面上，其材料的電阻率為ρ，導(dǎo)線內(nèi)單位體積的自由電子數(shù)為n，電子的電荷量為e，空間存在垂直紙面向里的磁場(chǎng).某時(shí)刻起磁場(chǎng)開(kāi)始減弱，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間的變化規(guī)律是B＝B0－kt, 當(dāng)軟導(dǎo)線形狀穩(wěn)定時(shí)，磁場(chǎng)方向仍然垂直紙面向里，此時(shí)(　　) 圖7 A.軟導(dǎo)線將圍成一個(gè)圓形 B.軟導(dǎo)線將圍成一個(gè)

10、正方形 C.導(dǎo)線中的電流為 D.導(dǎo)線中自由電子定向移動(dòng)的速率為 答案　AC 解析　當(dāng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度減弱時(shí)，軟導(dǎo)線圍成的圖形的面積有擴(kuò)大的趨勢(shì)，最終軟導(dǎo)線圍成一個(gè)圓形，故A正確，B錯(cuò)誤；設(shè)線圈圍成的圓形半徑為r，則有：l＝2πr，圓形的面積為：S1＝πr2，線圈的電阻為：R＝ρ，線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：E＝S1＝k，感應(yīng)電流為：I＝＝，而I＝neSv，解得：v＝，故C正確，D錯(cuò)誤. 9.如圖8所示，a、b、c為三只完全相同的燈泡，L為電阻不計(jì)的純電感線圈，電源內(nèi)阻不計(jì).下列判斷正確的是(　　) 圖8 A.S閉合的瞬間，b、c兩燈亮度相同 B.S閉合足夠長(zhǎng)時(shí)間后，b、c兩燈

11、亮度相同 C.S斷開(kāi)的瞬間，a、c兩燈立即熄滅 D.S斷開(kāi)后，b燈先突然閃亮后再逐漸變暗熄滅 答案　AD 解析　S閉合的瞬間，L中產(chǎn)生自感電動(dòng)勢(shì)阻礙電流的增加，此時(shí)可認(rèn)為b、c兩燈串聯(lián)，則b、c兩燈亮度相同，選項(xiàng)A正確；由于L的電阻不計(jì)，則S閉合足夠長(zhǎng)時(shí)間后，b燈被L短路，b燈熄滅，c燈變得更亮，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；S斷開(kāi)的瞬間，通過(guò)各個(gè)燈原來(lái)的電流立即消失，而通過(guò)L的電流要通過(guò)三只燈泡形成新的回路，則a、c兩燈將逐漸熄滅，b燈中因?yàn)樵瓉?lái)電流為零，所以b燈先突然閃亮后再逐漸變暗熄滅，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確. 10.(2018·山東省臨沂市上學(xué)期期末)如圖9所示，水平面上有相距為L(zhǎng)的兩光滑平行金屬

12、導(dǎo)軌，導(dǎo)軌上靜止放有金屬桿a和b(桿a、b均與導(dǎo)軌垂直)，兩桿均位于勻強(qiáng)磁場(chǎng)的左側(cè)，讓桿a以速度v向右運(yùn)動(dòng)，當(dāng)桿a與桿b發(fā)生彈性碰撞后，兩桿先后進(jìn)入右側(cè)的磁場(chǎng)中，當(dāng)桿a剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，桿b的速度剛好為a的一半.已知桿a、b的質(zhì)量分別為2m和m，接入電路的電阻均為R，其他電阻忽略不計(jì)，設(shè)導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)，磁場(chǎng)區(qū)域足夠大，則(　　) 圖9 A.桿a與桿b碰撞后，桿a的速度為，方向向右 B.桿b剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，通過(guò)b的電流為 C.從b進(jìn)入磁場(chǎng)至a剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，該過(guò)程產(chǎn)生的焦耳熱為mv2 D.桿a、b最終具有相同的速度，大小為 答案　ABC 解析　以向右為正方向，桿a與桿b發(fā)生彈性碰撞，由動(dòng)量

13、守恒和機(jī)械能守恒得2mv＝2mv1＋mv2，×2mv2＝×2mv12＋×mv22，解得v1＝，v2＝v，即桿a的速度為，方向向右，故A正確；桿b剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，通過(guò)b的電流為I＝＝，故B正確；從b進(jìn)入磁場(chǎng)至a剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，由能量守恒得該過(guò)程產(chǎn)生的焦耳熱為Q＝mv22－m2＝mv2，故C正確；a進(jìn)入磁場(chǎng)后，a、b組成的系統(tǒng)，動(dòng)量守恒，則有2mv1＋m·v1＝(2m＋m)v3，解得v3＝v，即桿a、b最終具有相同的速度，大小為v，故D錯(cuò)誤. 三、非選擇題 11.(2018·山東省煙臺(tái)市上學(xué)期期末)如圖10甲所示，一水平放置的線圈，匝數(shù)n＝100匝，橫截面積S＝0.2m2，電阻r＝1Ω，線圈處于水

14、平向左的均勻變化的磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度B1隨時(shí)間t變化關(guān)系圖像如圖乙所示.線圈與足夠長(zhǎng)的豎直光滑導(dǎo)軌MN、PQ連接，導(dǎo)軌間距l(xiāng)＝20cm，導(dǎo)體棒ab與導(dǎo)軌始終接觸良好，ab棒質(zhì)量m＝5g，接入電路的電阻R＝4Ω，導(dǎo)軌的電阻不計(jì)，導(dǎo)軌處在與導(dǎo)軌平面垂直向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度B2＝0.5T.t＝0時(shí)，導(dǎo)體棒由靜止釋放，g取10m/s2，求： 圖10 (1)t＝0時(shí)，線圈內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大??； (2)t＝0時(shí)，導(dǎo)體棒ab兩端的電壓和導(dǎo)體棒的加速度大??； (3)導(dǎo)體棒ab到穩(wěn)定狀態(tài)時(shí)，導(dǎo)體棒所受重力的瞬時(shí)功率. 答案　(1)2V　(2)1.6V　2m/s2　(3)0.25W 解

15、析　(1)由題圖乙可知，線圈內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度變化率為＝0.1T/s 由法拉第電磁感應(yīng)定律可知：E1＝n＝nS＝2V (2)t＝0時(shí)，回路中電流：I＝＝0.4A 導(dǎo)體棒ab兩端的電壓U＝IR＝1.6V 設(shè)此時(shí)導(dǎo)體棒的加速度為a，則由：mg－B2Il＝ma 得：a＝g－＝2m/s2 (3)當(dāng)導(dǎo)體棒ab達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)時(shí)，滿足：mg＝B2I′l I′＝ 得：v＝5m/s 此時(shí)，導(dǎo)體棒所受重力的瞬時(shí)功率P＝mgv＝0.25W. 12.間距為l的兩平行金屬導(dǎo)軌由水平部分和傾斜部分平滑連接而成，如圖11所示，傾角為θ的導(dǎo)軌處于大小為B1，方向垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)間Ⅰ中，水平導(dǎo)軌上的無(wú)磁

16、場(chǎng)區(qū)間靜止放置一質(zhì)量為3m的“聯(lián)動(dòng)雙桿”(由兩根長(zhǎng)為l的金屬桿cd和ef，用長(zhǎng)度為L(zhǎng)的剛性絕緣桿連接而成)，在“聯(lián)動(dòng)雙桿”右側(cè)存在大小為B2，方向垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)間Ⅱ，其長(zhǎng)度大于L，質(zhì)量為m，長(zhǎng)為l的金屬桿ab，從傾斜導(dǎo)軌上端釋放，達(dá)到勻速后進(jìn)入水平導(dǎo)軌(無(wú)能量損失)，桿ab與“聯(lián)動(dòng)雙桿”發(fā)生碰撞后桿ab和cd合在一起形成“聯(lián)動(dòng)三桿”，“聯(lián)動(dòng)三桿”繼續(xù)沿水平導(dǎo)軌進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)間Ⅱ并從中滑出，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，桿ab、cd和ef與導(dǎo)軌始終接觸良好，且保持與導(dǎo)軌垂直.已知桿ab、cd和ef電阻均為R＝0.02Ω，m＝0.1kg，l＝0.5m，L＝0.3m，θ＝30°，B1＝0.1T，B2＝0.2

17、T，g＝10m/s2不計(jì)摩擦阻力和導(dǎo)軌電阻，忽略磁場(chǎng)邊界效應(yīng).求： 圖11 (1)桿ab在傾斜導(dǎo)軌上勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度大小v0； (2)“聯(lián)動(dòng)三桿”進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)間Ⅱ前的速度大小v； (3)“聯(lián)動(dòng)三桿”滑過(guò)磁場(chǎng)區(qū)間Ⅱ過(guò)程中產(chǎn)生的焦耳熱Q. 答案　(1)6m/s　(2)1.5 m/s　(3)0.25J 解析　(1)對(duì)桿ab受力分析，勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)重力沿斜面向下的分力與安培力平衡. 感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝B1lv0 電流I＝＝ 安培力F＝B1Il 勻速運(yùn)動(dòng)條件mgsinθ＝ 代入數(shù)據(jù)解得：v0＝6m/s (2)桿ab與“聯(lián)動(dòng)雙桿”發(fā)生碰撞時(shí)，由動(dòng)量守恒定律得mv0＝4mv 解得：v＝1.5m/s (3)進(jìn)入B2磁場(chǎng)區(qū)域過(guò)程，設(shè)速度變化大小為Δv，根據(jù)動(dòng)量定理有 －B2I′lΔt＝－4mΔv I′Δt＝q＝＝ 解得：Δv＝0.25m/s 出B2磁場(chǎng)后“聯(lián)動(dòng)三桿”的速度為 v′＝v－2Δv＝1.0m/s 根據(jù)能量守恒求得： Q＝×4m×＝0.25J. 9