2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 全程訓(xùn)練計(jì)劃 周測(cè)九 電磁感應(yīng) 交變電流（含解析）

《2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 全程訓(xùn)練計(jì)劃 周測(cè)九 電磁感應(yīng) 交變電流（含解析）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 全程訓(xùn)練計(jì)劃 周測(cè)九 電磁感應(yīng) 交變電流（含解析）（18頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、電磁感應(yīng) 交變電流 夯基提能卷⑨ 立足于練題型悟技法——保底分 (本試卷滿分95分) 一、選擇題(本題包括8小題，每小題6分，共48分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有的小題只有一個(gè)選項(xiàng)是正確的，有的小題有多個(gè)選項(xiàng)是正確的．全部選對(duì)的得6分，選不全的得3分，有選錯(cuò)或不答的得0分) 1．[2019·云南曲靖一中質(zhì)檢]物理學(xué)的發(fā)展豐富了人類對(duì)物質(zhì)世界的認(rèn)識(shí)，推動(dòng)了科學(xué)技術(shù)的創(chuàng)新和革命，促進(jìn)了物質(zhì)生產(chǎn)的繁榮與人類文明的進(jìn)步．下列表述正確的是(　　) A．電磁感應(yīng)現(xiàn)象是洛倫茲最先發(fā)現(xiàn)的 B．電動(dòng)機(jī)是利用電磁感應(yīng)原理，將機(jī)械能轉(zhuǎn)化為電能 C．楞次最先發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應(yīng) D．感應(yīng)電流遵從楞次

2、定律所描述的方向，這是能量守恒定律的必然結(jié)果 答案：D 解析：電磁感應(yīng)現(xiàn)象是法拉第最先發(fā)現(xiàn)的，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；發(fā)電機(jī)是利用電磁感應(yīng)原理，將機(jī)械能轉(zhuǎn)化為電能的，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；奧斯特最先發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應(yīng)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；電磁感應(yīng)現(xiàn)象是閉合電路中產(chǎn)生了電流，是其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能，楞次定律是能量守恒定律在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的具體體現(xiàn)，感應(yīng)電流的磁場(chǎng)總要阻礙引起它的磁通量的變化，感應(yīng)電流具有的以及消耗的能，必須從引起磁通量變化的外界獲取，要在回路中維持一定的感應(yīng)電流，外界必須消耗一定的能量，選項(xiàng)D正確． 2．[2019·上海普陀區(qū)模擬]某教室墻上有一朝南的鋼窗，當(dāng)把鋼窗左側(cè)向外推開(kāi)時(shí)，下列說(shuō)法正確的是(　

3、　) A．穿過(guò)窗框的地磁場(chǎng)的磁通量變大 B．穿過(guò)窗框的地磁場(chǎng)的磁通量不變 C．從推窗人的角度看，窗框中的感應(yīng)電流方向是逆時(shí)針 D．從推窗人的角度看，窗框中的感應(yīng)電流方向是順時(shí)針 答案：C 解析：地磁場(chǎng)由南向北，當(dāng)朝南的鋼窗向外推開(kāi)時(shí)，鋼窗平面與磁場(chǎng)平行時(shí)，沒(méi)有磁感線穿過(guò)鋼窗平面，穿過(guò)鋼窗平面的磁通量為0.根據(jù)楞次定律，穿過(guò)窗框平面的磁通量減小，從推窗人的角度看，窗框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流的方向?yàn)槟鏁r(shí)針，故選項(xiàng)C正確，A、B、D錯(cuò)誤． 3．[2019·山西清徐中學(xué)模擬]在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，有兩條平行金屬導(dǎo)軌a、b，磁場(chǎng)方向垂直a、b所在的平面向下，c、d為串接有電流表、電壓表的兩金屬棒

4、，如圖所示，兩棒以相同的水平速度向右勻速運(yùn)動(dòng)，則以下結(jié)論正確的是(　　) A．電壓表有讀數(shù)，電流表沒(méi)有讀數(shù) B．電壓表有讀數(shù)，電流表也有讀數(shù) C．電壓表無(wú)讀數(shù)，電流表有讀數(shù) D．電壓表無(wú)讀數(shù)，電流表也無(wú)讀數(shù) 答案：D 解析：當(dāng)兩棒以相同的水平速度向右勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，回路的磁通量不變，沒(méi)有感應(yīng)電流產(chǎn)生，電流表沒(méi)有讀數(shù)．電壓表是由電流表改裝而成的，核心的部件是電流表，沒(méi)有電流，指針不偏轉(zhuǎn)，電壓表也沒(méi)有讀數(shù)．A、B、C錯(cuò)誤，故D正確． 4. [2019·山東泰安模擬]如圖在豎直方向上的兩個(gè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)B1和B2中，各放入一個(gè)完全一樣的水平金屬圓盤a和b，它們可繞豎直軸自由轉(zhuǎn)動(dòng)．用導(dǎo)線將a

5、盤中心與b盤邊緣相連，b盤中心與a盤邊緣相連．從上向下看，當(dāng)a盤順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)(　　) A．b盤總是逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng) B．若B1、B2同向，b盤順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng) C．若B1、B2反向，b盤順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng) D．b盤總是順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng) 答案：C 解析：①若B1、B2都豎直向上，從上向下看，當(dāng)a盤順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，其半徑切割磁感線，感應(yīng)電流從a′→O→b′→O′→a′；b盤電流從b′→O′，根據(jù)左手定則，安培力沿逆時(shí)針?lè)较?俯視)；②若B1、B2都豎直向下，從上向下看，當(dāng)a盤順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，其半徑切割磁感線，感應(yīng)電流從O→a′→O′→b′→O；b盤電流從O′→b′，根據(jù)左手定則，安培力沿逆時(shí)針?lè)较?俯視)；③若B1

6、向上，B2向下，從上向下看，當(dāng)a盤順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，其半徑切割磁感線，感應(yīng)電流從a′→O→b′→O′→a′；b盤電流從b′→O′，根據(jù)左手定則，安培力沿順時(shí)針?lè)较?俯視)；④若B1向下，B2向上，從上向下看，當(dāng)a盤順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，其半徑切割磁感線，感應(yīng)電流從O→a′→O′→b′→O；b盤電流從O′→b′，根據(jù)左手定則，安培力沿順時(shí)針?lè)较?俯視)．故A、B、D錯(cuò)誤．C正確． 5．[2019·北京通州區(qū)摸底]如圖甲所示，在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，一個(gè)單匝線圈與一個(gè)電容器相連，線圈平面與勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直，電容器的電容C＝60 μF，穿過(guò)線圈的磁通量Φ隨時(shí)間t的變化規(guī)律如圖乙所示，下列說(shuō)法正確的是(　　)

7、 A．電容器下極板電勢(shì)高于上極板 B．線圈中磁通量的變化率為3 Wb/s C．電容器兩極板間電壓為2.0 V D．電容器所帶電荷量為120 C 答案：C 解析：根據(jù)楞次定律，可判斷出電容器上極板電勢(shì)高于下極板，A錯(cuò)誤；根據(jù)圖象可得線圈中磁通量的變化率為＝ Wb/s＝2 Wb/s，B錯(cuò)誤；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有E＝n＝2.0 V，C正確；根據(jù)Q＝CU，可得電容器所帶電荷量為Q＝60×10－6×2.0 C＝1.20×10－4 C，D錯(cuò)誤． 6. [2019·四川廣安等四市檢測(cè)]如圖所示，總電阻為R的金屬絲圍成的單匝閉合直角三角形PQM線圈，∠P＝30°，PQ＝L，QM邊水平

8、．圓形虛線與三角形PQM相切于Q、D兩點(diǎn)，該區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化關(guān)系為B＝B0＋kt(k>0，B0>0)，則t＝0時(shí)，PQ邊所受的安培力(　　) A．方向向右，大小為 B．方向向左，大小為 C．方向向右，大小為 D．方向向左，大小為 答案：A 解析：由楞次定律可知，△PQM中感應(yīng)電流為逆時(shí)針?lè)较?，PQ邊的電流方向由P到Q，由左手定則可知，PQ所受的安培力方向向右；圓形磁場(chǎng)的半徑為r＝Ltan30°·tan30°＝，則線圈中的感應(yīng)電流大小I＝＝·＝k＝，則PQ邊所受安培力F＝BI·2r＝B0··＝，故A正確，B、C、D錯(cuò)誤． 7．[2019·

9、福建漳州檢測(cè)](多選)如圖，理想變壓器的原線圈與二極管一起接在u＝220sin100πt(V)的交流電源上，副線圈接有R＝55 Ω的電阻，原、副線匝數(shù)比為2：1.假設(shè)該二極管的正向電阻為零，反向電阻為無(wú)窮大，電流表為理想電表，則(　　) A．交流電源的頻率為100 Hz B．副線圈的輸出功率為110 W C．變壓器的輸入功率等于輸出功率 D．電流表的讀數(shù)為1 A 答案：BC 解析：交流電源的頻率為f＝＝ Hz＝50 Hz.選項(xiàng)A錯(cuò)誤；交流電源電壓的有效值為U＝220 V，設(shè)原線圈輸入電壓有效值為U1，則T＝·，解得U1＝＝110 V，則副線圈電壓有效值為U2＝U1＝55 V，副線

10、圈的輸出功率P2＝＝ W＝110 W，選項(xiàng)B正確；理想變壓器的輸入功率等于輸出功率，選項(xiàng)C正確；電流表的讀數(shù)為I2＝＝ A＝ A，選項(xiàng)D錯(cuò)誤． 8. 如圖所示為一理想變壓器，其原線圈與副線圈的匝數(shù)比n1：n2＝3：1，a、b、c、d為4個(gè)完全相同的小燈泡，E為輸出電壓有效值恒定的交流電源，S為單刀雙擲開(kāi)關(guān)．已知當(dāng)S向上閉合時(shí)，b、c、d三個(gè)小燈泡都能正常發(fā)光，則當(dāng)S向下閉合時(shí)(　　) A．4個(gè)小燈泡都能正常發(fā)光 B．4個(gè)小燈泡都比正常發(fā)光時(shí)要暗 C．a(chǎn)能正常發(fā)光，b、c、d比正常發(fā)光時(shí)要暗 D．b、c、d能正常發(fā)光，a比正常發(fā)光時(shí)要暗 答案：B 解析：設(shè)燈泡的額定電壓為

11、U，則電源的電壓E＝3U，當(dāng)S向下閉合時(shí)，設(shè)b、c、d燈泡兩端的電壓為U′，燈泡b、c、d中的電流均為I，則根據(jù)電流與匝數(shù)成反比可知a燈泡中的電流為I，則a燈泡兩端的電壓為U′，則E＝4U′，所以U′

12、小線圈插入大線圈后，將滑動(dòng)變阻器觸頭迅速向左拉時(shí)，靈敏電流計(jì)指針將________(填“左偏”或“右偏”)． 答案：(1)如圖所示 (2)①右偏?、谧笃? 解析：(2)大線圈中的磁通量增加時(shí)，產(chǎn)生的感應(yīng)電流使靈敏電流計(jì)指針向右偏．①將小線圈迅速插入大線圈時(shí)，大線圈中的磁通量增加，靈敏電流計(jì)的指針向右偏；②將滑動(dòng)變阻器的觸頭迅速向左拉時(shí)，小線圈中的電流減小，則大線圈中的磁通量減小，產(chǎn)生的感應(yīng)電流使靈敏電流計(jì)的指針向左偏． 10. (12分)輕質(zhì)絕緣細(xì)線吊著一質(zhì)量為m＝0.42 kg、邊長(zhǎng)為L(zhǎng)＝1 m、匝數(shù)n＝10的正方形線圈，其總電阻為r＝1 Ω.在線圈的中間位置以下區(qū)域分布著磁

13、場(chǎng)，如圖甲所示．磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時(shí)間變化關(guān)系如圖乙所示．(重力加速度g取10 m/s2) (1)判斷線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電流的方向是順時(shí)針還是逆時(shí)針？ (2)求線圈的電功率； (3)求t＝4 s時(shí)輕質(zhì)絕緣細(xì)線的拉力大?。? 答案：(1)逆時(shí)針　(2)0.25 W　(3)1.2 N 解析：(1)由楞次定律知感應(yīng)電流的方向?yàn)槟鏁r(shí)針?lè)较颍? (2)由法拉第電磁感應(yīng)定律得 E＝n＝n×L2＝0.5 V 則P＝＝0.25 W (3)t＝4 s時(shí)，B＝0.6 T，I＝＝0.5 A，F(xiàn)安＝nBIL，F(xiàn)安＋F線＝mg 聯(lián)立解得F線＝1.2 N. 11. (12分)[2

14、019·烏魯木齊檢測(cè)]邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，穿過(guò)該區(qū)域的磁通量隨時(shí)間變化的圖象如圖甲所示．將邊長(zhǎng)為，總電阻為R的正方形線圈abcd放入磁場(chǎng)，線圈所在平面與磁感線垂直，如圖乙所示．求： (1)磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化率； (2)t0時(shí)刻線圈ab邊受到的安培力大?。? 答案：(1)　(2) 解析：(1)由題意可知Φ0＝B0L2，＝，解得＝ (2)線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝2×＝ 由閉合電路歐姆定律I＝，安培力F＝ 解得F＝ 12. (12分)如圖，在豎直面內(nèi)有兩平行金屬導(dǎo)軌A′B′、C′D′.導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)＝1 m，電阻不計(jì)．一根電阻不計(jì)的金屬棒ab可在導(dǎo)軌上無(wú)摩

15、擦地滑動(dòng)．棒與導(dǎo)軌垂直，并接觸良好．在分界線MN的左側(cè)，兩導(dǎo)軌之間有垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝1 T．MN右側(cè)，兩導(dǎo)軌與電路連接．電路中的兩個(gè)定值電阻阻值分別為R1＝4 Ω、R2＝2 Ω.在EF間接有一水平放置的平行板電容器C，板間距離為d＝8 cm.(g＝10 m/s2) (1)閉合開(kāi)關(guān)K，當(dāng)ab以某一速度v勻速向左運(yùn)動(dòng)時(shí)，電容器中一質(zhì)量為m＝8×10－17 kg，電荷量為q＝3.2×10－17 C的帶電微粒恰好靜止，試判斷微粒的帶電性質(zhì)并求出ab的速度v； (2)斷開(kāi)開(kāi)關(guān)K，將ab固定在離MN邊界距離x＝0.5 m的位置靜止不動(dòng)．MN左側(cè)的磁場(chǎng)按B＝1＋0.5t(T)的規(guī)律

16、開(kāi)始變化，試求從t＝0至t＝4 s過(guò)程中通過(guò)電阻R1的電荷量． 答案：(1)帶負(fù)電，6 m/s　(2) C 解析：(1)由右手定則可得，金屬棒切割磁感線產(chǎn)生的電流方向由b指向a，則電容器上極板帶正電，對(duì)帶電微粒進(jìn)行受力分析，微粒受到的電場(chǎng)力與重力平衡，可得電場(chǎng)力方向向上，微粒帶負(fù)電荷． 金屬棒切割磁感線產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)E＝BLv 感應(yīng)電流I＝ R2兩端電壓U2＝IR2 由平衡條件得mg＝ 聯(lián)立可得v＝6 m/s (2)由B＝1＋0.5t(T)，可得＝0.5 T/s 由法拉第電磁感應(yīng)定律可得，產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì) E′＝Lx＝0.25 V 則感生電流I′＝＝ A 則通過(guò)電阻R1的電荷

17、量Q＝I′Δt＝ C 探究創(chuàng)新卷⑨ 著眼于練模擬悟規(guī)范——爭(zhēng)滿分 (本試卷滿分95分) 一、選擇題(本題包括8小題，每小題6分，共48分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有的小題只有一個(gè)選項(xiàng)是正確的，有的小題有多個(gè)選項(xiàng)是正確的．全部選對(duì)的得6分，選不全的得3分，有選錯(cuò)或不答的得0分) 1. 如圖所示，在水平地面下有一條沿東西方向鋪設(shè)的水平直導(dǎo)線，導(dǎo)線中通有自東向西穩(wěn)定、強(qiáng)度較大的直流電流．現(xiàn)用一閉合的檢測(cè)線圈(線圈中串有靈敏電流計(jì)，圖中未畫(huà)出)檢測(cè)此通電直導(dǎo)線的位置，若不考慮地磁場(chǎng)的影響，在檢測(cè)線圈位于水平面內(nèi)，從距直導(dǎo)線很遠(yuǎn)處由北向南沿水平地面通過(guò)導(dǎo)線的上方并移至距直導(dǎo)線很

18、遠(yuǎn)處的過(guò)程中，俯視檢測(cè)線圈，其中感應(yīng)電流的方向是(　　) A．先順時(shí)針后逆時(shí)針 B．先逆時(shí)針后順時(shí)針 C．先順時(shí)針后逆時(shí)針，然后再順時(shí)針 D．先逆時(shí)針后順時(shí)針，然后再逆時(shí)針 答案：D 解析：根據(jù)右手螺旋定則可確定如圖所示的電流周圍的磁場(chǎng)方向；當(dāng)檢測(cè)線圈水平向南移動(dòng)時(shí)，由于通電導(dǎo)線的磁場(chǎng)作用，導(dǎo)致穿過(guò)線圈的磁通量發(fā)生變化，從而產(chǎn)生感應(yīng)電流，因此有：先向下的磁場(chǎng)在增加，則有感應(yīng)電流方向逆時(shí)針；當(dāng)移置正上方，向下的磁場(chǎng)在減小，所以感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針；當(dāng)繼續(xù)向南移動(dòng)時(shí)，向上磁場(chǎng)在減弱，則有感應(yīng)電流方向逆時(shí)針，故D正確，A、B、C均錯(cuò)誤． 2．[2019·江蘇泰興模擬]如圖所示電路中，原

19、先開(kāi)關(guān)S閉合，電路處于穩(wěn)定狀態(tài)時(shí)，通過(guò)兩電阻的電流大小分別為I1、I2，已知R1>R2，不計(jì)線圈L的直流電阻，A為理想電流表．在某一時(shí)刻t1突然斷開(kāi)開(kāi)關(guān)S，則通過(guò)電流表的電流I隨時(shí)間t變化的圖線可能是(　　) 答案：D 解析：原先開(kāi)關(guān)S閉合，電路處于穩(wěn)定狀態(tài)時(shí)，通過(guò)兩電阻的電流大小分別為I1、I2，且由R1>R2可知I1

20、)加熱的原理，通過(guò)電子線路產(chǎn)生交變磁場(chǎng)，把鐵鍋放在爐面上時(shí)，在鐵鍋底部產(chǎn)生交變的電流以加熱食品等．它具有升溫快、效率高、體積小、安全性好等優(yōu)點(diǎn)．下列關(guān)于電磁爐的說(shuō)法中正確的是(　　) A．電磁爐面板可采用陶瓷材料，發(fā)熱部分為鐵鍋底部 B．電磁爐面板可采用金屬材料，通過(guò)面板發(fā)熱加熱鍋內(nèi)食品 C．電磁爐可以用陶瓷器皿作為鍋具對(duì)食品加熱 D．可以通過(guò)改變電子線路的頻率來(lái)改變電磁爐的功率 答案：AD 解析：電磁爐面板如果用金屬材料制成，使用電磁爐時(shí)，面板材料發(fā)生電磁感應(yīng)要損失電能，電磁爐面板要用絕緣材料制作，發(fā)熱部分為鐵鍋底部，如以陶瓷器皿等絕緣材料為鍋體，則不能產(chǎn)生渦流，起不到加熱作

21、用，故A正確，B、C錯(cuò)誤；鍋體中渦流的強(qiáng)弱與磁場(chǎng)變化的頻率有關(guān)，故D正確． 4. [2019·四川成都七中診斷]如圖，EOF和E′O′F′為空間一勻強(qiáng)磁場(chǎng)的邊界，其中EO∥E′O′，F(xiàn)O∥F′O′且EO⊥OF，OO′為∠EOF的角平分線，O、O′間的距離為L(zhǎng)，磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里，一邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形導(dǎo)線框沿O′O方向勻速通過(guò)磁場(chǎng)，t＝0時(shí)刻恰好位于圖示位置，規(guī)定導(dǎo)線框中感應(yīng)電流沿逆時(shí)針?lè)较驗(yàn)檎?，則感應(yīng)電流i隨時(shí)間t變化的圖象可能正確的是(　　) 答案：C 解析：在整個(gè)正方形導(dǎo)線框通過(guò)磁場(chǎng)的過(guò)程中，切割磁感線的邊框?yàn)閮韶Q直邊框，兩水平邊框不切割磁感線．由于正方形導(dǎo)線框沿O′O方

22、向勻速通過(guò)磁場(chǎng)，則有：①?gòu)拈_(kāi)始到左邊框到達(dá)O′之前，導(dǎo)線框進(jìn)入磁場(chǎng)切割磁感線的有效長(zhǎng)度隨時(shí)間均勻增加．根據(jù)E＝BLv得出感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)隨時(shí)間也均勻增加，由于電阻不變，所以感應(yīng)電流i也隨時(shí)間均勻增加．根據(jù)右手定則判斷出感應(yīng)電流的方向，結(jié)合導(dǎo)線框中感應(yīng)電流沿逆時(shí)針?lè)较驎r(shí)為正方向，得出開(kāi)始時(shí)i為正方向；②當(dāng)左邊框到達(dá)O′之后，由于進(jìn)入磁場(chǎng)切割磁感線的有效長(zhǎng)度不變，所以感應(yīng)電流i不變．電流方向?yàn)檎较?；③?dāng)左邊框到達(dá)OO′中點(diǎn)，右邊框即將進(jìn)入磁場(chǎng)切割磁感線時(shí)，接下來(lái)由于左邊框的切割磁感線的有效長(zhǎng)度在減小，而右邊框切割磁感線的有效長(zhǎng)度在增大，而左右邊框切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)方向相反，所以整個(gè)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)隨

23、時(shí)間也均勻減?。娏饕簿鶆驕p小，方向?yàn)槟鏁r(shí)針?lè)较颍墚?dāng)左邊框到達(dá)距O點(diǎn)時(shí)，左右邊框切割磁感線的有效長(zhǎng)度相等，此時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為0，電流為0.再往后跟前面過(guò)程相反．故C正確，A、B、D錯(cuò)誤． 5．[2019·河南模擬](多選)如圖甲所示，靜止在水平面上的等邊三角形金屬閉合線框，匝數(shù)n＝10，總電阻R＝2.5 Ω，邊長(zhǎng)L＝0.3 m，處在兩個(gè)半徑均為r＝0.1 m的圓形區(qū)域內(nèi)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，線框頂點(diǎn)與右側(cè)圓心重合，線框底邊與左側(cè)圓直徑重合，磁感應(yīng)強(qiáng)度B1垂直水平面向外，B2垂直水平面向里，B1、B2隨時(shí)間t的變化如圖乙所示，線框一直處于靜止?fàn)顟B(tài)，計(jì)算過(guò)程中近似取π＝3.下列說(shuō)法正確的是(　　)

24、 A．t＝0時(shí)刻穿過(guò)線框的磁通量為0.5 Wb B．t＝0.2 s時(shí)刻線框中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為1.5 V C．0～0.3 s內(nèi)通過(guò)線框橫截面的電荷量為0.18 C D．線框具有向左運(yùn)動(dòng)的趨勢(shì) 答案：BC 解析：t＝0時(shí)刻穿過(guò)線框的磁通量為Φ＝B1·πr2－B2·πr2＝0.025 Wb，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知，t＝0.2 s時(shí)刻線框中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝n＝n＝1.5 V，選項(xiàng)B正確；在0～0.3 s內(nèi)通過(guò)線框橫截面的電荷量q＝×Δt＝×Δt＝0.18 C，選項(xiàng)C正確；由楞次定律可知，線框垂直紙面向外的磁通量增大，感應(yīng)電流為順時(shí)針?lè)较?，根?jù)左手定則判斷出安培力向右，所以線框有向

25、右運(yùn)動(dòng)的趨勢(shì)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤． 6. [2019·遼寧凌源模擬](多選)如圖所示，一根直導(dǎo)體棒質(zhì)量為m、長(zhǎng)為L(zhǎng)，其兩端放在位于水平面內(nèi)、間距也為L(zhǎng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌上，并與之接觸良好，導(dǎo)體棒左側(cè)兩導(dǎo)軌之間連接一可控電阻，導(dǎo)軌置于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于導(dǎo)軌所在平面．t＝0時(shí)刻，給導(dǎo)體棒一個(gè)平行于導(dǎo)軌的水平初速度v0，此時(shí)可控電阻的阻值為R0，在導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，通過(guò)可控電阻的變化使導(dǎo)體棒中的電流保持恒定，不計(jì)導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒的電阻，導(dǎo)體棒一直在磁場(chǎng)中，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．導(dǎo)體棒的加速度大小始終為a＝ B．導(dǎo)體棒從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到停止的時(shí)間為t＝ C．導(dǎo)體棒從開(kāi)

26、始運(yùn)動(dòng)到停止的時(shí)間內(nèi)，回路產(chǎn)生的焦耳熱為mv D．導(dǎo)體棒從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到停止的時(shí)間內(nèi)，回路產(chǎn)生的焦耳熱為mv 答案：ABC 解析：由右手定則和左手定則可得，導(dǎo)體棒受到安培力水平向左，導(dǎo)體棒向右做減速運(yùn)動(dòng)，在導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，通過(guò)可控電阻的變化使導(dǎo)體棒中的電流I保持恒定，對(duì)導(dǎo)體棒由牛頓第二定律可得BIL＝ma，導(dǎo)體棒向右做勻減速運(yùn)動(dòng)，結(jié)合E＝BLv，I＝可得，＝＝ma，可知導(dǎo)體棒的加速度大小始終為a＝，故A正確；由導(dǎo)體棒做勻減速運(yùn)動(dòng)可得v＝v0－at，導(dǎo)體棒從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到停止的時(shí)間為t＝，故B正確；根據(jù)能量守恒定律可知，導(dǎo)體棒從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到停止運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，回路產(chǎn)生的焦耳熱為Q＝mv，故C正確，D

27、錯(cuò)誤． 7．[2019·廣東肇慶模擬](多選)如圖甲為風(fēng)力發(fā)電機(jī)的簡(jiǎn)易模型．在風(fēng)力的作用下，風(fēng)葉帶動(dòng)與其固定在一起的永磁鐵轉(zhuǎn)動(dòng)，風(fēng)葉的轉(zhuǎn)速與風(fēng)速成正比．某一風(fēng)速時(shí)，線圈中產(chǎn)生的電流如圖乙所示．下列說(shuō)法中正確的是(　　) A．磁鐵的轉(zhuǎn)速為10 r/s B．圖乙中電流的表達(dá)式為i＝0.6sin10πt (A) C．風(fēng)速加倍時(shí)線圈中電流的有效值為0.6 A D．風(fēng)速加倍時(shí)電流的表達(dá)式為i＝1.2sin10πt (A) 答案：BC 解析：由圖乙可知，線圈的轉(zhuǎn)動(dòng)周期T＝0.2 s，角速度為 ω＝＝10π rad/s，根據(jù)ω＝2πn可知轉(zhuǎn)速為5 r/s，圖乙中電流的表達(dá)式為i＝0.6 s

28、in10πt(A)，故A錯(cuò)誤，B正確；由轉(zhuǎn)速與風(fēng)速成正比可知，當(dāng)風(fēng)速加倍時(shí)，轉(zhuǎn)速也加倍，則此時(shí)電流的最大值Im＝1.2 A，則電流的表達(dá)式為i＝1.2sin20πt (A)，則電流的有效值為 A＝0.6 A，故C正確，D錯(cuò)誤． 8. [2019·福建龍巖質(zhì)檢](多選)如圖所示，有一個(gè)“”形鐵芯上繞有兩個(gè)線圈，鐵芯的三個(gè)豎直部分截面積相同，當(dāng)線圈通電時(shí)產(chǎn)生的磁場(chǎng)都不能穿出鐵芯，并且在分支處分成完全相等的兩部分，現(xiàn)在給線圈1加電壓為U0的正弦式交流電，2接一負(fù)載電阻，此時(shí)線圈1中的電流為I0，線圈2中的電流為I0，則線圈1、2的匝數(shù)比k及線圈2兩端的電壓U為(忽略線圈的電阻及鐵芯中由于渦

29、流而造成的電能損失)(　　) A．U＝2U0 B．U＝4U0 C．k＝ D．k＝ 答案：AC 解析：原線圈中的磁通量為φ時(shí)，副線圈中的磁通量為，所以＝2，所以U0＝n1，U＝n2＝n2，又U0I0＝U·I0，所以U＝2U0，k＝＝，即A、C正確，B、D錯(cuò)誤． 二、非選擇題(本題包括4小題，共47分) 9．(11分)兩根足夠長(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌間的距離為L(zhǎng)，導(dǎo)軌光滑且電阻不計(jì)，導(dǎo)軌所在的平面與水平面夾角為θ.在導(dǎo)軌所在平面內(nèi)，分布磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向垂直于導(dǎo)軌所在平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．把一個(gè)質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒ab放在金屬導(dǎo)軌上，在外力作用下保持靜止，導(dǎo)體棒與金屬導(dǎo)軌垂直且接觸良好，

30、與金屬導(dǎo)軌接觸的兩點(diǎn)間的導(dǎo)體棒電阻為R1.完成下列問(wèn)題： (1)如圖甲，金屬導(dǎo)軌的一端接一個(gè)內(nèi)阻為r的直流電源，撤去外力后導(dǎo)體棒仍能靜止，求直流電源的電動(dòng)勢(shì)； (2)如圖乙，金屬導(dǎo)軌的一端接一個(gè)阻值為R2的定值電阻，撤去外力讓導(dǎo)體棒由靜止開(kāi)始下滑，在加速下滑的過(guò)程中，當(dāng)導(dǎo)體棒的速度達(dá)到v時(shí)，求此時(shí)導(dǎo)體棒的加速度； (3)求第(2)問(wèn)中導(dǎo)體棒所能達(dá)到的最大速度． 答案：(1)　(2)gsinθ－　(3) 解析：(1)回路中的電流為I＝， 導(dǎo)體棒受到的安培力為F安＝BIL， 對(duì)導(dǎo)體棒受力分析知F安＝mgsinθ. 聯(lián)立上面三式解得E＝. (2)當(dāng)導(dǎo)體棒速度為v時(shí)，產(chǎn)生的感應(yīng)電

31、動(dòng)勢(shì)E＝BLv，此時(shí)電路中電流I＝＝，導(dǎo)體棒受到的安培力F＝BIL＝.根據(jù)牛頓第二定律有ma＝mgsinθ－， 解得a＝gsinθ－. (3)當(dāng)＝mgsinθ時(shí)，導(dǎo)體棒達(dá)到最大速度vm，可得 vm＝. 10．(12分)半徑分別為r和2r的同心圓形導(dǎo)軌固定在同一水平面內(nèi)，一長(zhǎng)為r、質(zhì)量為m且質(zhì)量分布均勻的直導(dǎo)體棒AB置于圓導(dǎo)軌上面．BA的延長(zhǎng)線通過(guò)圓導(dǎo)軌中心O，裝置的俯視圖如圖所示．整個(gè)裝置位于一勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B，方向豎直向下．在內(nèi)圓導(dǎo)軌的C點(diǎn)和外圓導(dǎo)軌的D點(diǎn)之間接有一阻值為R的電阻(圖中未畫(huà)出)．直導(dǎo)體棒在水平外力作用下以角速度ω繞O逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，在轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中始終

32、與導(dǎo)軌保持良好接觸．設(shè)導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，導(dǎo)體棒和導(dǎo)軌的電阻均可忽略．重力加速度大小為g.求： (1)通過(guò)電阻R的感應(yīng)電流的方向和大??； (2)外力的功率． 答案：(1)，方向由C向D (2)μmgωr＋ 解析：(1)在Δt時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)體棒掃過(guò)的面積為 ΔS＝ωΔt[(2r)2－r2]① 根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，導(dǎo)體棒上感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小為 E＝② 根據(jù)右手定則，感應(yīng)電流的方向是從B端流向A端．因此，通過(guò)電阻R的感應(yīng)電流的方向是從C端流向D端．由歐姆定律可知，通過(guò)電阻R的感應(yīng)電流的大小I滿足I＝③ 聯(lián)立①②③式得I＝④ (2)在豎直方向有mg－2N＝0⑤ 式中

33、，由于質(zhì)量分布均勻，內(nèi)、外圓導(dǎo)軌對(duì)導(dǎo)體棒的支持力大小相等，其值為N.兩導(dǎo)軌對(duì)運(yùn)行的導(dǎo)體棒的滑動(dòng)摩擦力均為f＝μN(yùn)⑥ 在Δt時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)體棒在內(nèi)、外圓導(dǎo)軌上掃過(guò)的弧長(zhǎng)分別為 l1＝rωΔt⑦ l2＝2rωΔt⑧ 克服摩擦力做的總功為Wf＝f(l1＋l2)⑨ 在Δt時(shí)間內(nèi)，消耗在電阻R上的功為 WR＝I2RΔt⑩ 根據(jù)能量守恒定律知，外力在Δt時(shí)間內(nèi)做的功為 W＝Wf＋WR? 外力的功率為P＝? 由④至?式得P＝μmgωr＋. 11．(12分)如圖甲所示，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B為0.5 T，其方向垂直于傾角θ為30°的斜面向上．絕緣斜面上固定有“∧”形狀的光滑金屬導(dǎo)軌MPN(電

34、阻忽略不計(jì))，MP和NP長(zhǎng)度均為2.5 m，MN連線水平，長(zhǎng)為3 m．以MN中點(diǎn)O為原點(diǎn)，OP為x軸建立一維坐標(biāo)系Ox.一根粗細(xì)均勻的金屬桿CD，長(zhǎng)度d為3 m，質(zhì)量m為1 kg，電阻R為0.3 Ω，在拉力F的作用下，從MN處以恒定速度v＝1 m/s在導(dǎo)軌上沿x軸正向運(yùn)動(dòng)(金屬桿與導(dǎo)軌接觸良好)．g取10 m/s2. (1)求金屬桿CD運(yùn)動(dòng)過(guò)程中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E及運(yùn)動(dòng)到x＝0.8 m處電勢(shì)差UCD； (2)推導(dǎo)金屬桿CD從MN處運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)過(guò)程中拉力F與位置坐標(biāo)x的關(guān)系式，并在圖乙中畫(huà)出F－x關(guān)系圖象； (3)求金屬桿CD從MN處運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)的全過(guò)程產(chǎn)生的焦耳熱． 答案：(1)E＝1

35、.5 V　UCD＝－0.6 V (2)F＝12.5－3.75x(N)(0≤x≤2)，圖象見(jiàn)解析 (3)Q＝7.5 J 解析：(1)金屬桿CD在勻速運(yùn)動(dòng)中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì) E＝Blv(l＝d)，代入數(shù)值得E＝1.5 V. 當(dāng)x＝0.8 m時(shí)，金屬桿在導(dǎo)軌間的電勢(shì)差為零(被短路)，設(shè)此時(shí)桿在導(dǎo)軌外的長(zhǎng)度為l外，則 l外＝d－d，OP＝ ，得l外＝1.2 m. 由楞次定律判斷D點(diǎn)電勢(shì)高，故CD兩端電勢(shì)差 UCD＝－Bl外v＝－0.6 V. (2)桿在導(dǎo)軌間的長(zhǎng)度l與位置x的關(guān)系是 l＝d＝3－x， 對(duì)應(yīng)的電阻R1＝R， 電流I＝， 桿受到的安培力F安＝BIl＝7.5－3.7

36、5x， 根據(jù)平衡條件得F＝F安＋mgsinθ， 得F＝12.5－3.75x(N)(0≤x≤2)， 畫(huà)出的F—x圖象如圖所示． (3)外力F所做的功WF等于F—x圖線與x軸所圍成的圖形的面積，即WF＝×2 J＝17.5 J. 而桿的重力勢(shì)能增加量 ΔEp＝mgsinθ，故全過(guò)程產(chǎn)生的焦耳熱Q＝WF－ΔEp＝7.5 J. 12．(12分)如圖所示，MN、PQ是兩條水平、平行放置的光滑金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌的右端接理想變壓器的原線圈，變壓器的副線圈與電阻R＝20 Ω組成閉合回路，變壓器的原副線圈匝數(shù)之比n1：n2＝1：10，導(dǎo)軌寬L＝5 m．質(zhì)量m＝2 kg、電阻不計(jì)的導(dǎo)體棒ab垂直M

37、N、PQ放在導(dǎo)軌上，在水平外力F作用下，從t＝0時(shí)刻開(kāi)始在圖示的兩虛線范圍內(nèi)往復(fù)運(yùn)動(dòng)，其速度隨時(shí)間變化的規(guī)律是v＝2sin20πt(m/s)．垂直軌道平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝4 T．導(dǎo)軌、導(dǎo)線和線圈電阻均不計(jì)．求： (1)ab棒中產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)的表達(dá)式；ab棒中產(chǎn)生的是什么電流？ (2)電阻R上的電熱功率P. (3)從t＝0到t1＝0.025 s的時(shí)間內(nèi)，外力F所做的功． 答案：(1)E＝40sin20πt(V)，正弦交流電 (2)4×103 W　(3)104 J 解析：(1)ab棒中產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)的表達(dá)式為E＝BLv＝40sin20πt(V) 故ab棒中產(chǎn)生的是正弦式交變電流． (2)設(shè)原線圈上電壓的有效值為U1，則U1＝＝20 V 設(shè)副線圈上電壓的有效值為U2，則＝ 解得U2＝200 V 電阻R上的電熱功率P＝＝4×103 W (3)由以上分析可知，該正弦交流電的周期T＝＝0.1 s．從t＝0到t1＝0.025 s，經(jīng)歷了四分之一個(gè)周期．設(shè)在這段時(shí)間內(nèi)電阻R上產(chǎn)生的熱量為Q，則Q＝·＝100 J 在t1＝0.025 s時(shí)刻，ab棒的速度為v，則 v＝2sin20πt1＝2 m/s 由能量守恒定律可得這段時(shí)間內(nèi)外力F做的功W＝Q＋mv2＝104 J 18