[原创精品]2021届新高三一轮单元金卷 物理 A卷 第十单元电磁感应训练卷 教师版
高考物理一轮总复习专题10电磁感应第2讲法拉第电磁感应定律自感涡流课后提能演练
专题十 第2讲知识巩固练1．如图甲所示，100匝的线圈(图中只画了2匝)两端A 、B 与一个理想电压表相连．线圈内有指向纸内方向的匀强磁场，线圈中的磁通量在按图乙所示规律变化．下列说法正确的是( )A ．A 端应接电压表正接线柱，电压表的示数为150 VB ．A 端应接电压表正接线柱，电压表的示数为50.0 VC ．B 端应接电压表正接线柱，电压表的示数为150 VD ．B 端应接电压表正接线柱，电压表的示数为50.0 V【答案】B 【解析】线圈相当于电源，由楞次定律可知A 相当于电源的正极，B 相当于电源的负极，故A 应该与理想电压表的正接线柱相连．由法拉第电磁感应定律得E ＝nΔΦΔt ＝100×0.15－0.10.1V ＝50.0 V ，电压表的示数为50.0 V ，故B 正确．2．如图所示，闭合导线框的质量可以忽略不计，将它从如图所示的位置匀速拉出匀强磁场．若第一次用0.3 s 时间拉出，外力所做的功为W 1，通过导线截面的电荷量为q 1；第二次用0.9 s 时间拉出，外力所做的功为W 2，通过导线截面的电荷量为q 2，则( )A ．W 1<W 2，q 1<q 2B ．W 1<W 2，q 1＝q 2C ．W 1>W 2，q 1＝q 2D ．W 1>W 2，q 1>q 2【答案】C 【解析】第一次用0.3 s 时间拉出，第二次用0.9 s 时间拉出，两次速度比为3∶1，由E ＝BLv ，两次感应电动势比为3∶1，两次感应电流比为3∶1，由于F 安＝BIL ，两次安培力比为3∶1，由于匀速拉出匀强磁场，所以外力比为3∶1，根据功的定义W ＝Fx ，所以W 1∶W 2＝3∶1；根据电量q ＝I Δt ，感应电流I ＝E R ，感应电动势E ＝ΔΦΔt ，得q ＝ΔΦR，所以q 1∶q 2＝1∶1，故W 1＞W 2，q 1＝q 2.故C 正确．3．(2021年龙岩二模)如图所示，abcd 为水平放置的平行“”形光滑金属导轨，导轨间距为l ，电阻不计．导轨间有垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B .金属杆放置在导轨上，与导轨的接触点为M 、N ，并与导轨成θ角．金属杆以ω 的角速度绕N 点由图示位置匀速转动到与导轨ab 垂直，转动过程中金属杆与导轨始终接触良好，金属杆单位长度的电阻为r .则在金属杆转动的过程中( )A ．M 、N 两点电势相等B ．金属杆中感应电流的方向由N 流向MC ．电路中感应电流的大小始终为Bl ω2rD ．电路中通过的电荷量为Bl2r tan θ【答案】A 【解析】根据题意可知，金属杆MN 为电源，导轨为外电路，由于导轨电阻不计，外电路短路，M 、N 两点电势相等，A 正确；转动过程中磁通量减小，根据楞次定律可知金属杆中感应电流的方向是由M 流向N ，B 错误；由于切割磁场的金属杆长度逐渐变短，感应电动势逐渐变小，回路中的感应电流逐渐变小，C 错误；因为导体棒MN 在回路中的有效切割长度逐渐减小，所以接入电路的电阻逐渐减小，不能根据q ＝ΔΦR计算通过电路的电荷量，D 错误．4．(多选)如图所示的电路中，电感L 的自感系数很大，电阻可忽略，D 为理想二极管，则下列说法正确的有( )A ．当S 闭合时，L 1立即变亮，L 2逐渐变亮B ．当S 闭合时，L 1一直不亮，L 2逐渐变亮C ．当S 断开时，L 1立即熄灭，L 2也立即熄灭D ．当S 断开时，L 1突然变亮，然后逐渐变暗至熄灭 【答案】BD5．(2021年莆田质检)(多选)如图甲所示，边长为L 的正方形单匝线框水平放置，左侧一半置于沿竖直方向的匀强磁场中，线框的左侧接入电阻R ，右侧接入电容器，其余电阻不计．若磁场的磁感应强度B 随时间t 的变化规律如图乙所示(规定竖直向下为正方向)，则在0～2t 0时间内( )A ．电容器a 板带负电B ．线框中磁通量变化为零C ．线框中产生的电动势为B 0L 22t 0D ．通过电阻R 的电流为B 0L 22Rt 0【答案】AC 【解析】由题图可知在0～t 0时间内磁场向上减小，根据楞次定律，可知线圈中产生逆时针方向的充电电流，则电容器a 板带负电，A 正确；因磁感应强度的变化率不为零，则线框中磁通量变化不为零，B 错误；线框中产生的电动势E ＝ΔΦΔt ＝ΔB ·12L2Δt ＝B 0L 22t 0，C 正确；因电动势恒定，则回路中只有瞬时的充电电流，电容器充电完毕后，回路中电流变为零，D 错误．6．(多选)如图所示，半径为2r 的弹性螺旋线圈内有垂直纸面向外的圆形匀强磁场区域，磁场区域的半径为r ，已知弹性螺旋线圈的电阻为R ，线圈与磁场区域共圆心，则以下说法正确的是( )A ．保持磁场不变，线圈的半径由2r 变到3r 的过程中，有顺时针的电流B ．保持磁场不变，线圈的半径由2r 变到0.5r 的过程中，有逆时针的电流C ．保持半径不变，使磁场随时间按B ＝kt 变化，线圈中的电流为k πr 2RD ．保持半径不变，使磁场随时间按B ＝kt 变化，线圈中的电流为2k πr2R【答案】BC 【解析】在线圈的半径由2r 变到3r 的过程中，穿过线圈的磁通量不变，则线圈内没有感应电流，故A 错误；当线圈的半径由2r 变到0.5r 的过程中，穿过线圈的磁通量减小，根据楞次定律，则有逆时针的电流，故B 正确；保持半径不变，使磁场随时间按B ＝kt 变化，根据法拉第电磁感应定律，有E ＝ΔB Δt ·πr 2＝k πr 2，因此线圈中的电流I ＝E R＝k πr 2R，故C 正确，D 错误． 7．(2021年株洲质检) 零刻度在表盘正中间的电流计，非常灵敏，通入电流后，线圈所受安培力和螺旋弹簧的弹力作用达到平衡时，指针在示数附近的摆动很难停下，使读数变得困难．在指针转轴上装上的扇形铝框或扇形铝板，在合适区域加上磁场，可以解决此困难．下列方案合理的是( )A BC D【答案】D 【解析】当指针向左偏转时，铝框或铝板可能会离开磁场，产生不了涡流，起不到电磁阻尼的作用，指针不能很快停下，A、C方案不合理，A、C错误；磁场在铝框中间，当指针偏转角度较小时，铝框不能切割磁感线，不能产生感应电流，起不到电磁阻尼的作用，指针不能很快停下，B错误，D正确．8．(2021年郑州模拟)(多选)涡流检测是工业上无损检测的方法之一．如图所示，线圈中通以一定频率的正弦式交变电流，靠近待测工件时，工件内会产生涡流，同时线圈中的电流受涡流影响也会发生变化．下列说法正确的是( )A．涡流的磁场总是要阻碍穿过工件磁通量的变化B．涡流的频率等于通入线圈的交变电流的频率C．通电线圈和待测工件间存在恒定的作用力D．待测工件可以是塑料或橡胶制品【答案】AB综合提升练9．(多选)如图甲所示，螺线管内有一平行于轴线的磁场，规定图中箭头所示方向为磁感应强度B的正方向，螺线管与U形导线框cdef相连，导线框cdef内有一半径很小的金属圆环L，圆环面积为S，圆环与导线框cdef在同一平面内．当螺线管内的磁感应强度随时间按图乙所示规律变化时，下列说法正确的是( )A ．在t 1时刻，金属圆环L 内的磁通量最大，最大值Φm ＝B 0S B ．在t 2时刻，金属圆环L 内的磁通量最大C ．在t 1～t 2时间内，金属圆环L 有扩张的趋势D ．在t 1～t 2时间内，金属圆环L 内有顺时针方向的感应电流 【答案】BD10．(多选)空间有磁感应强度为B 的有界匀强磁场区域，磁场方向如图所示，有一边长为L 、电阻为R 、粗细均匀的正方形金属线框abcd 置于匀强磁场区域中，ab 边跟磁场的右边界平行，若金属线框在外力作用下以速度v 向右匀速运动，下列说法正确的是( )A ．当ab 边刚离开磁场时，cd 边两端的电压为3BLv4B ．从ab 边到磁场的右边界至cd 边离开磁场的过程中，外力所做的功为B 2L 3vRC ．从ab 边到磁场的右边界至cd 边离开磁场的过程中，外力做功的功率为B 2L 2vRD ．从ab 边到磁场的右边界至cd 边离开磁场的过程中，通过线框某一截面的电量为BL 2R【答案】ABD 【解析】当ab 边刚离开磁场时，线框只有cd 边切割磁感线，产生的电动势为E ＝BLv ，cd 边为等效电源，两端的电压为闭合电路的路端电压，电路等价为四个电阻串联，cd 边为一个内阻R 4，外电路为三个R 4的电阻，故有U dc ＝E R 4＋3R 4×3·R 4＝3BLv4，故A正确；从ab 边到磁场的右边界至cd 边离开磁场的匀速过程，产生的恒定电流为I ＝E R，由动能定理W F 外－W F 安＝0，由功的定义W F 安＝F 安·L ＝BIL ·L ，可解得W F 外＝B BLv R L 2＝B 2L 3vR ，故B 正确；由能量守恒定律P F 外·t －P F 安·t ＝0，可得P F 外＝P F 安＝F 安·v ＝B BLv R L ·v ＝B 2L 2v 2R，故C 错误；根据电量的定义q ＝I ·Δt ，I ＝ER，E ＝ΔΦΔt ，联立可得q ＝ΔΦR，从ab 边到磁场的右边界到cd 边离开磁场的过程中，磁通量的变化量为ΔΦ＝B ΔS ＝BL 2，可得q＝BL 2R，故D 正确． 11．如图所示，匀强磁场的磁感应强度方向竖直向上，大小为B 0，用电阻率为ρ，横截面积为S 的导线做成的边长为l 的正方形线框abcd 水平放置，OO ′为过ad 、bc 两边中点的直线，线框全部都位于磁场中．现把线框右半部分固定不动，而把线框左半部分以OO ′为轴向上转动60°，如图中虚线所示．(1)求转动过程中通过导线横截面的电荷量；(2)若转动后磁感应强度随时间按B ＝B 0＋kt 变化(k 为常量)，求出磁场对线框ab 边的作用力大小随时间变化的关系式．解：(1)线框在转动过程中产生的平均感应电动势 E ＝ΔΦΔt＝B 0·12l 2cos 60°Δt＝B 0l 24Δt， ①在线框中产生的平均感应电流I ＝E R，② R ＝ρ4l S，③ 转动过程中通过导线横截面的电荷量q ＝I Δt ， ④ 联立①～④解得q ＝B 0lS16ρ.⑤(2)若转动后磁感应强度随时间按B ＝B 0＋kt 变化，在线框中产生的感应电动势大小E ＝ΔB ·S Δt＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12l 2cos 60°＋l 22ΔB Δt＝3l24k ，⑥在线框中产生的感应电流I ＝E R，⑦线框ab 边所受安培力的大小F ＝BIl ，⑧联立⑥～⑧解得F ＝(B 0＋kt )3kl 2S16ρ.。
2021届高三物理一轮复习电磁学电磁感应电磁感应中的能量转化导体棒在导轨上运动问题专题练习
2021届高三物理一轮复习电磁学电磁感应电磁感应中的能量转化导体棒在导轨上运动问题专题练习一、填空题1．如图所示，“日”字形线框质量为m，长短边长分别为2l、l，短边电阻为r，竖直边电阻不计.当它的下边刚落进宽度为l的匀强磁场B时，即做匀速运动，则线框穿过磁场的时间为___________.2．如图所示，两平行金属导轨上有一个导体棒ab，导与导体棒电阻均不计，导轨间接有一个阻值为1Ω的F=向拉导体棒，使其以6m/s的速度匀速运动时，电电R，匀强磁场方向与导轨平面垂直.现用力0.015N路中的感电流大小为______A，外力的功率为______W.3．如图所示，质量为m的导体棒a从h高处由静止起沿足够长的光滑导电轨道滑下，另一质量为2m的导体棒b静止在宽为L的光滑水平导轨上，在水平轨道区域有垂直于轨道平面向上的匀强磁场，磁感应强度为B，a、b导体棒不会相碰，重力加速度取g，则a、b导体棒的最终的共同速度为__________，回路中最多能产生焦耳热为__________。
4．如图所示，PN与QM两平行金属导轨相距1 m，电阻不计，两端分别接有电阻R1和R2，且R1＝6 Ω，ab 导体的电阻为2 Ω，在导轨上可无摩擦地滑动，垂直穿过导轨平面的匀强磁场的磁感应强度为1 T．现ab 以恒定速度v＝3 m/s匀速向右移动，这时ab杆上消耗的电功率与R1、R2消耗的电功率之和相等，则R2=______ Ω,R1与R2消耗的电功率分别为______W;______W,拉ab杆的水平向右的外力F为______N.5．如图甲所示，一对平行光滑轨道放置在水平面上，两轨道间距l=0.20m，电阻R=1.0Ω；有一导体杆静止地放在轨道上，与两轨道垂直，杆及轨道的电阻皆可忽略不计，整个装置处于磁感应强度B =0.5T 的匀强磁场中，磁场方向垂直轨道向下。
现用一外力F 沿轨道方向拉杆，使之做匀加速运动，测得力F 与时间t 的关系如图乙所示。
2021届高考(一轮)物理：电磁感应含答案
2021届高考（一轮）物理：电磁感应含答案**电磁感应**一、选择题1、矩形导线框固定在匀强磁场中，如图甲所示。
磁感线的方向与导线框所在平面垂直，规定磁场的正方向为垂直纸面向里，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示，则()甲乙A．从0～t1时间内，导线框中电流的方向为a→b→c→d→aB．从0～t1时间内，导线框中电流越来越小C．从0～t2时间内，导线框中电流的方向始终为a→d→c→b→aD．从0～t2时间内，导线框bc边受到的安培力越来越大2、（双选）如图所示，水平放置的粗糙U形框架上接一个阻值为R0的电阻，放在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，一个半径为L、质量为m的半圆形硬导体AC在水平向右的恒定拉力F作用下，由静止开始运动距离d后速度达到v，半圆形硬导体AC的电阻为r，其余电阻不计．下列说法正确的是()A．此时AC两端电压为U AC＝2BL vB．此时AC两端电压为U AC＝2BL v R0 R0＋rC．此过程中电路产生的电热为Q＝Fd－12m v2D．此过程中通过电阻R0的电荷量为q＝2BLdR0＋r3、如图所示，条形磁铁以速度v向螺线管靠近，下面几种说法中正确的是()A．螺线管中不会产生感应电流B．螺线管中会产生感应电流C．只有磁铁速度足够大时，螺线管中才能产生感应电流D．只有在磁铁的磁性足够强时，螺线管中才会产生感应电流4、（双选）如图所示，灯泡A、B与定值电阻的阻值均为R，L是自感系数较大的线圈，当S1闭合、S2断开且电路稳定时，A、B两灯亮度相同，再闭合S2，待电路稳定后将S1断开，下列说法中正确的是()A．B灯立即熄灭B．A灯将比原来更亮一下后熄灭C．有电流通过B灯，方向为c→dD．有电流通过A灯，方向为b→a5、(多选)如图所示，条形磁铁位于固定的半圆光滑轨道的圆心位置。
一半径为R、质量为m的金属球从半圆轨道的一端沿半圆轨道由静止下滑。
重力加速度大小为g。
下列说法正确的是()A．金属球会运动到半圆轨道的另一端B．由于金属球没有形成闭合电路，所以金属球中不会产生感应电流C．金属球受到的安培力做负功D．系统产生的总热量为mgR6、(多选)如图所示，一金属棒AC在匀强磁场中绕平行于磁感应强度方向的轴(过O点)匀速转动，OA＝2OC＝2L，磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里，金属棒转动的角速度为 ω、电阻为r ，内、外两金属圆环分别与C 、A 良好接触并各引出一接线柱与外电阻R 相接(没画出)，两金属环圆心皆为O 且电阻均不计，则( )A ．金属棒中有从A 到C 的感应电流B ．外电阻R 中的电流为I ＝3BωL 22(R ＋r)C ．当r ＝R 时，外电阻消耗功率最小D ．金属棒AC 间电压为3BωL 2R 2(R ＋r)7、(多选)如图所示，边长为L 、不可形变的正方形导线框内有半径为r 的圆形磁场区域，其磁感应强度B 随时间t 的变化关系为B ＝kt(常量k>0)。
2021高三物理人教版一轮学案：第十单元第2讲法拉第电磁感应定律自感现象含解析
第2讲 法拉第电磁感应定律自感现象考纲考情核心素养 ►法拉第电磁感应定律Ⅱ►自感、涡流Ⅰ ►明确磁通量、磁通量变化、磁通量变化率的区别，知道自感及涡流现象. 物理观念 全国卷5年3考高考指数★★★★★►灵活选用感应电动势大小的公式． ►结合电路知识判断电势的高低. 科学思维知识点一 法拉第电磁感应定律1．感应电动势(1)概念：在电磁感应现象中产生的电动势．(2)产生条件：穿过回路的磁通量发生改变，与电路是否闭合无关．(3)方向判断：感应电动势的方向用楞次定律或右手定则判断．2．法拉第电磁感应定律(1)内容：感应电动势的大小跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比．(2)公式：E ＝n ΔΦΔt，其中n 为线圈匝数． (3)感应电流与感应电动势的关系：遵守闭合电路的欧姆定律，即I ＝E R ＋r. 3．导体切割磁感线的情形(1)垂直切割：E ＝Bl v ，式中l 为导体切割磁感线的有效长度．(2)不垂直切割：E ＝BL v sin θ，式中θ为v 与B 的夹角．(3)匀速转动：导体棒在垂直匀强磁场方向以角速度ω绕一端转动切割磁感线时，E ＝12Bl 2ω. 知识点二 自感、涡流1．自感现象(1)概念：由于导体本身的电流变化而产生的电磁感应现象称为自感．(2)自感电动势①定义：在自感现象中产生的感应电动势叫做自感电动势．②表达式：E ＝L ΔI Δt. (3)自感系数L①相对因素：与线圈的大小、形状、匝数以及是否有铁芯有关． ②单位：亨利(H)，1 mH ＝10－3 H,1 μH ＝10－6 H.2．涡流当线圈中的电流发生变化时，在它附近的任何导体中都会产生感应电流，这种电流像水的漩涡所以叫涡流．3．电磁阻尼导体在磁场中运动时，感应电流会使导体受到安培力，安培力的方向总是阻碍导体的运动．4．电磁驱动如果磁场相对于导体运动，在导体中会产生感应电流使导体受到安培力而运动起来．1．思考判断(1)磁通量变化越大，产生的感应电动势也越大．( × )(2)感应电动势的大小与线圈的匝数无关．( × )(3)线圈中的自感电动势越大，自感系数就越大．(×)(4)磁场相对导体棒运动时，导体棒中也能产生感应电动势．(√)(5)自感电动势阻碍电流的变化，但不能阻止电流的变化．(√)2.如图所示，在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，金属杆MN在平行金属导轨ab和cd上以速度v向右滑动，MN 中产生的感应电动势大小为E1；若金属杆速度改为2v，其他条件不变，MN中产生的感应电动势大小变为E2.则关于通过电阻R的电流方向及E1E2的判断，下列说法正确的是(C)A．c→a,2 1 B．a→c,2 1C．a→c,1 2 D．c→a,1 2解析：本题考查电磁感应定律中的动生问题．金属杆以速度v向右滑动，回路中磁通量增大，由右手定则可知，回路中产生逆时针方向的感应电流，通过电阻R的电流方向为a→c，根据法拉第电磁感应定律E＝BL v可知E1E2＝12，选项C正确．3.如图所示，半径为r的n匝线圈放在边长为L的正方形abcd之外，匀强磁场充满正方形区域并垂直穿过该区域，当磁场以ΔBΔt的变化率变化时，线圈产生的感应电动势大小为(B)A ．0B ．n ΔB Δt ·L 2C ．n ΔB Δt ·πr 2D ．n ΔB Δt·r 2 解析：由法拉第电磁感应定律可知线圈产生的自感电动势E ＝n ΔB Δt·L 2，故B 正确． 4.在如图所示的电路中，L A 为灯泡，S 为开关，L 为有铁芯的线圈．对于这样的电路，下列说法正确的是( C )A ．因为线圈L 通电后会产生自感现象，所以S 闭合后，灯泡L A 中无电流通过B ．在S 打开或闭合的瞬间，电路中都不会产生自感现象C ．当S 闭合时，电路中会产生自感现象D ．在S 闭合后再断开的瞬间，灯泡L A 可能不立即熄灭解析：S 闭合瞬间，由于线圈产生自感电动势而阻碍通过灯泡L A 的电流的增加，但阻碍不是阻止，S 闭合后有电流通过L A ；S 断开瞬间，线圈产生自感电动势，因电路断开，电流立即消失，灯泡L A 立即熄灭，故C 正确，A 、B 、D 错误．5．(多选)如图所示，在线圈上端放置一盛有冷水的金属杯，现接通交流电源，过了几分钟，杯内的水沸腾起来．若要缩短上述加热时间，下列措施可行的有( AB )A ．增加线圈的匝数B ．提高交流电源的频率C ．将金属杯换为瓷杯D ．取走线圈中的铁芯解析：当电磁铁接通交流电源时，金属杯处在变化的磁场中产生涡电流发热，使水温升高．要缩短加热时间，需增大涡电流，即增大感应电动势或减小电阻．增加线圈匝数、提高交变电流的频率都是为了增大感应电动势．瓷杯不能产生涡电流，取走铁芯会导致磁性减弱，所以选项A 、B 正确，C 、D 错误．考点1 法拉第电磁感应定律的理解和应用1．对法拉第电磁感应定律的理解(1)感应电动势的大小由线圈的匝数和穿过线圈的磁通量的变化率ΔΦΔt共同决定，与磁通量Φ的大小、变化量ΔΦ的大小没有必然联系． (2)磁通量的变化率ΔΦΔt对应Φ-t 图线上某点切线的斜率． (3)公式E ＝n ΔΦΔt求解的是一个回路中某时间内的平均电动势，在磁通量均匀变化时，瞬时值才等于平均值．2．法拉第电磁感应定律的两个特例(1)回路与磁场垂直的面积S 不变，磁感应强度发生变化，则ΔΦ＝ΔB ·S ，E ＝n ΔB Δt·S . (2)磁感应强度B 不变，回路与磁场垂直的面积S 发生变化，则ΔΦ＝B ·ΔS ，E ＝nB ΔS Δt . (2019·全国卷Ⅰ)(多选)空间存在一方向与纸面垂直、大小随时间变化的匀强磁场，其边界如图(a)中虚线MN 所示．一硬质细导线的电阻率为ρ、横截面积为S ，将该导线做成半径为r 的圆环固定在纸面内，圆心O 在MN 上．t ＝0时磁感应强度的方向如图(a)所示；磁感应强度B 随时间t 的变化关系如图(b)所示．则在t ＝0到t ＝t 1的时间间隔内( )A ．圆环所受安培力的方向始终不变B ．圆环中的感应电流始终沿顺时针方向C ．圆环中的感应电流大小为B 0rS 4t 0ρD ．圆环中的感应电动势大小为B 0πr 24t 0【解析】 根据楞次定律可知在0～t 0时间内，磁感应强度减小，感应电流的方向为顺时针，圆环所受安培力水平向左，在t 0～t 1时间内，磁感应强度反向增大，感应电流的方向为顺时针，圆环所受安培力水平向右，所以选项A 错误，B 正确；根据法拉第电磁感应定律得E ＝ΔΦΔt＝12πr 2·B 0t 0＝B 0πr 22t 0，根据电阻定律可得R ＝ρ2πr S ，根据欧姆定律可得I ＝E R ＝B 0rS 4t 0ρ，所以选项C 正确，D 错误． 【答案】 BC高分技法应用电磁感应定律需注意的三个问题(1)公式E ＝n ΔΦΔt求解的是一个回路中某段时间内的平均电动势，在磁通量均匀变化时，瞬时值才等于平均值．(2)利用公式E ＝nS ΔB Δt求感应电动势时，S 为线圈在磁场范围内的有效面积．(3)通过回路截面的电荷量q ＝I Δt ＝n ΔΦΔtRΔt ＝n ΔΦR ，导出q 与n 、ΔΦ和电阻R 的关系式，可直接代入求解．1. (多选)如图所示，线圈匝数为n ，横截面积为S ，电阻为r ，处于一个均匀增强的磁场中，磁感应强度随时间的变化率为k ，磁场方向水平向右且与线圈平面垂直，电容器的电容为C ，定值电阻的阻值为r .下列说法正确的是( BC )A ．电容器下极板带正电B ．电容器上极板带正电C ．电容器所带电荷量为nSkC 2D ．电容器所带电荷量为nSkC解析：磁场向右均匀增强，由楞次定律判断，电容器上极板带正电，故A 错误，B 正确；闭合线圈与阻值为r 的电阻形成闭合回路，线圈相当于电源，电容器两极板间的电压等于路端电压，线圈产生的感应电动势E ＝nS ΔB Δt ＝nSk ，路端电压U ＝E 2r ·r ＝E 2，则电容器所带电荷量为Q ＝CU ＝nSkC 2，故C 正确，D 错误． 2．(多选)如图甲，在同一平面内固定有一长直导线PQ 和一导线框R ，R 在PQ 的右侧．导线PQ 中通有正弦交流电i ，i 的变化如图乙所示，规定从Q 到P 为电流正方向，导线框R 中的感应电动势( AC )A ．在t ＝T 4时为零 B ．在t ＝T 2时改变方向 C ．在t ＝T 2时最大，且沿顺时针方向 D ．在t ＝T 时最大，且沿顺时针方向解析：在t ＝T 4时，i -t 图线斜率为0，即磁场变化率为0，由E ＝ΔΦΔt＝ΔB Δt S 知，E ＝0，A 项正确；在t ＝T 2和t ＝T 时，i -t 图线斜率的绝对值最大，在t ＝T 2和t ＝T 时感应电动势最大．在T 4到T 2之间，电流由Q向P 减弱，导线在R处产生垂直纸面向里的磁场，且磁场减弱，由楞次定律知，R产生的感应电流的磁场方向也垂直纸面向里，即R中感应电动势沿顺时针方向，同理可判断在T2到3T4之间，R中电动势也为顺时针方向，在34T到T之间，R中电动势为逆时针方向，C项正确，B、D项错误．考点2导体棒切割磁感线产生感应电动势1．E＝Bl v四性的含义：名词含义正交性B、l、v三者互相垂直瞬时性若v为瞬时速度，则E为相应的瞬时感应电动势平均性导体平动切割磁感线时，若v为平均速度，则E为平均感应电动势有效性公式中的l为导体切割磁感线的有效长度．如图中棒的有效长度为ab间的距离相对性速度v是导体相对磁场的速度，若磁场也在运动，应注意速度间的相对关系当导体在垂直于磁场的平面内，绕一端以角速度ω匀速转动时，产生的感应电动势为E＝Bl v＝12Bl2ω，如图所示．题型1 平动切割1.如图所示，将长为2 m 的导线从正中间折成120°的角，使其所在的平面垂直于磁感应强度为2 T 的匀强磁场．为使导线中产生20 V 的感应电动势，则导线切割磁感线的最小速度为( A )A ．103 3 m/sB ．10 m/sC ．2033 m/s D ．53 3 m/s 解析：导线切割磁感线产生的感应电动势与连接A 、C 的导线产生的感应电动势等效，若速度方向垂直于AC ，则产生所要达到的感应电动势需要的切割速度最小，E ＝AC →·B v min ，得v min ＝1033 m/s ，故选A ． 2.如图所示，MN 、PQ 是间距为L 的平行金属导轨，置于磁感应强度为B 、方向垂直导轨所在平面向里的匀强磁场中，M 、P 间接有一阻值为R 的电阻．一根与导轨接触良好、有效阻值为R 的金属导线ab 垂直导轨放置，并在水平外力F 的作用下以速度v 向右匀速运动，则(不计导轨电阻)( C )A ．通过电阻R 的电流方向为P →R →MB ．a 、b 两点间的电压为BL vC ．a 端电势比b 端高D ．a 端电势比b 端低解析：由右手定则可知，通过电阻R 的电流方向为M →R →P ，选项A 错误；导体棒切割磁感线产生的感应电动势E ＝BL v ，则a 、b 两点间的电压U ＝E R ＋RR ＝12BL v ，选项B 错误；由右手定则可知，通过导体棒的电流由b →a ，此时导体棒是电源，则导体棒a 端电势比b 端高，选项C 正确，D 错误．名师点睛公式E ＝n ΔΦΔt与E ＝Bl v 的区别与联系E ＝n ΔΦΔt E ＝Bl v 区别 研究对象闭合回路 回路中做切割磁感线运动的那部分导体 适用 范围对任何电磁感应现象普遍适用 只适用于导体切割磁感线运动的情况 联系导体切割磁感线是电磁感应现象的特例，E ＝Bl v 可由E ＝n ΔΦΔt推导得出题型2 转动切割3.边界MN 的一侧区域内，存在着磁感应强度大小为B 、方向垂直于光滑水平桌面的匀强磁场．边长为l 的正三角形金属线框abc 粗细均匀，三边阻值相等，a 顶点刚好位于边界MN 上，现使线框围绕过a 点且垂直于桌面的转轴匀速转动，转动角速度为ω，如图所示，则在ab 边开始转入磁场的瞬间，ab 两端的电势差U ab 为( A )A ．13Bl 2ω B ．－12Bl 2ω C ．－13Bl 2ω D ．16Bl 2ω 解析：本题考查电磁感应定律中的旋转切割问题．在ab 边开始转入磁场的瞬间，切割磁感线产生的感应电动势为E ＝12Bl 2ω，设每边电阻为R ，由闭合电路欧姆定律可得金属线框中电流为I ＝E 3R，由右手定则可判断出感应电流方向为逆时针方向，ab 两端的电势差U ab ＝I ·2R＝13Bl 2ω，选项A 正确． 4. (多选)法拉第圆盘发电机的示意图如图所示．铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P 、Q 分别与圆盘的边缘和铜轴接触．圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B 中．圆盘旋转时，关于流过电阻R 的电流，下列说法正确的是( AB )A ．若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定B ．若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a 到b 的方向流动C ．若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化D ．若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R 上的热功率也变为原来的2倍解析：将圆盘看成无数辐条组成，它们都在切割磁感线从而产生感应电动势和感应电流，则当圆盘顺时针(俯视)转动时，根据右手定则可知圆盘上感应电流从边缘流向中心，流过电阻的电流方向从a 到b ，B 对；由法拉第电磁感应定律得感应电动势E ＝BL v ＝12BL 2ω，I ＝E R ＋r，ω恒定时，I 大小恒定，ω大小变化时，I 大小变化，方向不变，故A 对，C 错；由P ＝I 2R ＝B 2L 4ω2R 4(R ＋r )2知，当ω变为原来的2倍时，P 变为原来的4倍，D 错．名师点睛平动切割和转动切割的区别(1)平动切割各点线速度相同，电动势大小E ＝BL v ；转动切割导体棒绕一点做圆周运动各点线速度不同，电动势大小根据E ＝12BL 2ω计算．(2)公式的适用条件：E ＝BL v 适用于磁场、导体棒、速度三者互相垂直的情况；E ＝12BL 2ω适用于导体棒绕一端垂直磁场切割磁感线的情况，若不绕一端转动，电动势不等于12BL2ω，如图．考点3自感现象的理解和应用1．自感现象的四大特点(1)自感电动势总是阻碍导体中原电流的变化．(2)通过线圈中的电流不能发生突变，只能缓慢变化．(3)电流稳定时，自感线圈相当于普通导体．(4)线圈的自感系数越大，自感现象越明显，自感电动势只是延缓了过程的进行，但它不能使过程停止，更不能使过程反向．2．自感中“闪亮”与“不闪亮”问题与线圈串联的灯泡与线圈并联的灯泡电路图通电时电流逐渐增大，灯泡逐渐变亮电流突然增大，然后逐渐减小达到稳定断电时电流逐渐减小，灯泡逐渐变暗，电流方向不变电路中稳态电流为I1、I2：①若I2≤I1，灯泡逐渐变暗；②若I2>I1，灯泡闪亮后逐渐变暗．两种情况下灯泡中电流方向均改变如图所示，图甲和图乙是教材中演示自感现象的两个电路图，L1和L2为电感线圈．实验时，断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗；闭合开关S2，灯A2逐渐变亮．而另一个相同的灯A3立即变亮，最终A2与A3的亮度相同．下列说法正确的是()A．图甲中，A1与L1的电阻值相同B．图甲中，闭合S1，电路稳定后，A1中电流大于L1中电流C．图乙中，变阻器接入电路电阻R与L2的电阻值相同D．图乙中，闭合S2瞬间，L2中电流与变阻器R中电流相等【解析】断开开关S1瞬间，线圈L1产生自感电动势，阻碍电流的减小，通过L1的电流反向通过A1，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗，说明I L1>I A1，即R L1<R A1，故A错；题图甲中，闭合开关S1，电路稳定后，因为R L1<R A1，所以A1中电流小于L1中电流，故B错；题图乙中，闭合开关S2，灯A2逐渐变亮，而另一个相同的灯A3立即变亮，最终A2与A3的亮度相同，说明变阻器接入电路电阻R与L2的电阻值相同，故C对；闭合S2瞬间，通过L2的电流增大，由于电磁感应，线圈L2产生自感电动势，阻碍电流的增大，则L2中电流与变阻器R中电流不相等，故D错．【答案】 C名师点睛分析自感现象的三个技巧3．如图所示，李辉用多用电表的欧姆挡测量一个变压器线圈的电阻，以判断它是否断路．刘伟为了使李辉操作方便，用两手分别握住线圈裸露的两端让李辉测量．测量时表针摆过了一定角度，李辉由此确认线圈没有断路．正当李辉把多用电表的表笔与被测线圈脱离时，刘伟突然惊叫起来，觉得有电击感．下列说法正确的是(B)A．刘伟被电击时变压器线圈中的电流瞬间变大B．刘伟有电击感是因为两手之间瞬间有高电压C．刘伟受到电击的同时多用电表也可以被烧坏D．实验过程中若李辉两手分别握住红、黑表笔的金属杆，他也会受到电击解析：当回路断开时，电流要立即减小到零，但由于线圈的自感现象，会产生感应电动势，该自感电动势较大，所以刘伟被“电”到，即刘伟有电击感是因为两手之间瞬间有高电压，选项A错误，B正确；因多用电表的表笔已经与被测线圈脱离，则多用电表不可能被烧坏，选项C错误；实验过程中若李辉两手分别握住红、黑表笔的金属杆，则当多用电表表笔与线圈脱离后，在电表回路不会产生感应电动势，他不会受到电击，选项D错误．4．(多选)如图所示是用电流传感器(相当于电流表，其内阻可以忽略不计)研究自感现象的实验电路，图中两个电阻的阻值均为R，L是一个自感系数足够大的自感线圈，其直流电阻值也为R.图甲、乙、丙、丁是某同学画出的在t0时刻开关S切换前后，通过传感器的电流随时间变化的图象．关于这些图象，下列说法中正确的是(BC)A．图甲是开关S由断开变为闭合，通过传感器1的电流随时间变化的情况B．图乙是开关S由断开变为闭合，通过传感器1的电流随时间变化的情况C．图丙是开关S由闭合变为断开，通过传感器2的电流随时间变化的情况D．图丁是开关S由闭合变为断开，通过传感器2的电流随时间变化的情况解析：本题考查自感现象中的电流图象．开关S由断开变为闭合，传感器2这一支路立即有电流，线圈这一支路，由于线圈阻碍电流的增加，通过线圈的电流要慢慢增加，所以干路电流(通过传感器1的电流)也要慢慢增加，故A错误，B正确；开关S由闭合变为断开，通过传感器1的电流立即消失，而线圈这一支路，由于线圈阻碍电流的减小，该电流又通过传感器2，电流的方向与之前相反，所以通过传感器2的电流逐渐减小，故C正确，D错误．。
(四川)2021届高考一轮(人教)物理：电磁感应含答案
（四川）2021届高考一轮（人教）物理：电磁感应含答案一轮：电磁感应一、选择题1、如图所示，正方形线框的左半侧处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与线框平面垂直，线框的对称轴MN恰与磁场边缘平齐。
若第一次将线框从磁场中以恒定速度v1向右匀速拉出，第二次以线速度v2让线框绕轴MN匀速转过90°。
为使两次操作过程中，线框产生的平均感应电动势相等，则()A．v1∶v2＝2∶π B．v1∶v2＝π∶2C．v1∶v2＝1∶2 D．v1∶v2＝2∶12、如图所示的装置中，cd杆原来静止，当ab杆做如下哪种运动时，cd杆将向右移动()A．向右匀速运动B．向右减速运动C．向左加速运动D．向左减速运动3、在法拉第时代，下列验证“由磁产生电”设想的实验中，能观察到感应电流的是()A．将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路，然后观察电流表的变化B．在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈，然后观察电流表的变化C．将一房间内的线圈两端与相邻房间的电流表连接，往线圈中插入条形磁铁后，再到相邻房间去观察电流表的变化D．绕在同一铁环上的两个线圈，分别接电源和电流表，在给线圈通电或断电的瞬间，观察电流表的变化4、如图，空间有一匀强磁场，一直金属棒与磁感应强度方向垂直，当它以速度v沿与棒与磁感应强度都垂直的方向运动时，棒两端的感应电动势大小为ε；将此棒弯成两段长度相等且相互垂直的折线，置于与磁感应强度相垂直的平面内，当它沿两段折线夹角平分线的方向以速度v运动时，棒两端的感应电动势大小为ε'．则ε'ε等于()A．12B．22C．1 D． 25、如图所示，绝缘光滑水平面上有两个离得很近的导体环a、b。
将条形磁铁沿它们的正中向下移动(不到达该平面)，a、b将如何移动()A．a、b将相互远离B．a、b将相互靠近C．a、b将不动D．无法判断6、(多选)电吉他中电拾音器的基本结构如图所示，磁体附近的金属弦被磁化，因此弦振动时，在线圈中产生感应电流，电流经电路放大后传送到音箱发出声音。
【物理一轮】2021高中物理一轮复习学案--第十章 第1讲 电磁感应现象 楞次定律
第1讲电磁感应现象楞次定律ZHI SHI SHU LI ZI CE GONG GU ,知识梳理·自测巩固知识点1 磁通量1．定义匀强磁场中，磁感应强度(B)与垂直于磁场方向的面积(S)的乘积叫作穿过这个面积的磁通量，简称磁通，我们可以用穿过这一面积的磁感线条数的多少来形象地理解。
2．公式Φ＝BS。
在国际单位制中，磁通量的单位是韦伯，符号是Wb。
3．公式适用条件(1)匀强磁场。
(2)磁感线的方向与平面垂直，即B⊥S。
思考：如图所示，矩形abcd、abb′a′，a′b′cd的面积分别为S1、S2、S3，匀强磁场的磁感应强度B与平面a′b′cd垂直，则：(1)通过矩形abcd的磁通量为BS1cos_θ或BS3。
(2)通过矩形a′b′cd的磁通量为BS3。
(3)通过矩形abb′a′的磁通量为0。
知识点2 电磁感应现象1．电磁感应现象当穿过闭合电路的磁通量发生变化时，电路中有感应电流产生的现象。
2．产生感应电流的条件(1)条件：穿过闭合电路的磁通量发生变化。
(2)特例：闭合电路的一部分导体在磁场内做切割磁感线的运动。
3．电磁感应现象的实质产生感应电动势，如果电路闭合，则有感应电流；如果电路不闭合，则只有感应电动势而无感应电流。
知识点3 感应电流方向的判定1．楞次定律(1)内容：感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化。
(2)适用范围：适用于一切回路磁通量变化的情况。
2.右手定则(1)使用方法。
①让磁感线穿入右手手心。
②使大拇指指向导体运动的方向。
③则其余四指指向感应电流的方向。
(2)适用范围：适用于部分导体切割磁感线的情况。
思考：如图所示，矩形闭合线圈abcd竖直放置，OO′是它的对称轴，通电直导线AB与OO′平行，且AB、OO′所在平面与线圈平面垂直，AB中通有如图所示的电流I，请回答：(1)穿过线圈abcd中的磁通量为多少？(2)AB中电流I逐渐增大，线圈abcd中有感应电流吗？(3)要使线圈abcd中产生感应电流，可行的做法有哪些(至少答出两种方法)?[答案](1)0 (2)无(3)使线圈左右平动；以OO′为轴转动。
2021年高考物理第一轮复习第10单元磁场磁场作业手册答案
课时作业(二十六)1.BC[解析] 甲图中,电流对小磁针的力的作用是通过电流的磁场发生的,A错误;乙图中,磁铁对通电导线的力的作用是通过磁铁的磁场发生的,B正确;丙图中,电流对另一个电流的力的作用是通过该电流的磁场发生的,C正确,D错误.2.D[解析] 根据右手螺旋定则可知,两个导线在b点处产生的磁场方向均垂直于纸面向外,b点的磁感应强度不为零,选项A错误;ef导线在a点产生的磁场方向垂直于纸面向外,选项B错误;根据左手定则可判断,方向相反的两个电流互相排斥,选项C错误,选项D正确.3.D[解析] 弧长为L,圆心角为60°,则弦长AC=,导线受到的安培力F=BIl=,由左手定则可知,导线受到的安培力方向水平向左.4.C[解析] 根据左手定则可判断,圆环靠近磁铁的一侧向纸内转动,另一侧向纸外转动,从上往上看,圆环逆时针转动,转动后圆环产生的磁场方向与磁铁的磁场方向相同,圆环将靠近磁铁,C正确.5.CD[解析] 匀强磁场的磁感应强度应大小处处相等,方向处处相同,由图可知,该磁场不是匀强磁场,选项A错误;在图示的位置,a受向上的安培力,b受向下的安培力,线圈顺时针转动,选项C正确;由图可知,线圈平面总与磁场方向平行,选项B错误;由于磁感应强度大小不变,电流大小不变,则a导线受到的安培力大小始终为BIl,选项D正确.6.D[解析] N点的合磁感应强度大小为B0,其方向沿N、Q连线向上,同理,Q点的合磁感应强度大小也为B0,其方向也沿N、Q连线向上,选项A、B错误;若使P处直导线中电流反向,电流大小不变,则N处的磁感应强度大小仍为B0,Q处的磁感应强度方向变为垂直于N、Q连线向左,与原来的垂直,选项C错误,D正确.7.C[解析] 设总电流为I,则ac边中的电流为I,abc支路中的电流为I,若磁场方向垂直于纸面向里,则由左手定则可知,ac边所受的安培力方向向上,ab边和bc边所受的安培力方向分别是斜向左上和右上方,可知线框所受的安培力不为0,选项A错误;根据F=BIL可知,ac边所受的安培力大小F ac=BIL,ab、bc边所受的安培力大小F ab=F cb=BIL,则ac边所受的安培力大小是ab边所受的安培力大小的2倍,ab、bc边所受的安培力方向的夹角为120°,合力大小为F合=BIL,所以ac边所受的安培力与ab、bc边所受的安培力的合力大小不相等,选项C正确,B、D错误.8.D[解析] 对金属棒受力分析,受到重力、支持力和安培力,如图所示,由图可以看出,当安培力沿导轨向上时,安培力最小,安培力的最小值为F A=mg sin θ,故磁感应强度的最小值为B==,此时磁感应强度的方向垂直于回路平面向下,根据欧姆定律得E0=IR,解得B=,故D正确.9.ABC[解析] 由左手定则可判断,金属棒一开始向右做匀加速运动,当电流反向以后,金属棒开始做匀减速运动,经过一个周期,速度变为0,然后重复上述运动,选项A、B正确;安培力F=BIL,由图像可知,前半个周期内安培力水平向右,后半个周期内安培力水平向左,之后不断重复,选项C正确;一个周期内,金属棒初、末速度相同,由动能定理可知安培力在一个周期内做功为零,选项D错误.10.ACD[解析] 由安培定则可知,b的电流在a处产生的磁场的磁感应强度的方向向上,A正确;由mg sin α=BLI cos α,可得B==,B错误;要使B最小,安培力应该沿斜面向上,B的方向应垂直于斜面向上,若减小b在a处的磁感应强度,且要使a仍能保持静止,可使b上移,若使b下移,a将不能保持静止,C、D正确.11.(1)nBIL方向水平向右(2)nBILv[解析] (1)线圈前、后两边所受安培力的合力为零,线圈所受的安培力即为右边所受的安培力,由安培力公式得F=nBIL由左手定则可判断,安培力方向水平向右.(2)安培力的功率为P=Fv联立解得P=nBILv.12.(1)平行于斜面向上(2)-r-r[解析] (1)由左手定则可判断金属棒所受安培力的方向平行于斜面向上(2)当R最小时,金属棒所受安培力为最大值F1,所受的摩擦力为最大静摩擦力,方向沿导轨平面向下,则由平衡条件得F N1=mg cos θF1=mg sin θ+F fmaxF fmax=μF N1由闭合电路欧姆定律有I1=安培力F1=BI1l联立解得滑动变阻器接入电路的最小阻值为R1=-r当R最大时,金属棒所受安培力为最小值F2,所受的摩擦力为最大静摩擦力,方向沿导轨平面向上,同理可得F2=mg sin θ-μmg cos θ由闭合电路欧姆定律有I2=安培力F2=BI2l联立解得滑动变阻器接入电路的最大阻值为R2=-r课时作业(二十七)1.C[解析] 由于带电粒子使沿途的空气电离,粒子的能量逐渐减小,则速度逐渐减小,根据粒子在磁场中运动的半径公式r=可知,粒子运动的轨迹半径是逐渐减小的,所以粒子的运动轨迹是从b到a,选项A、B错误;根据左手定则可判断,粒子带正电,选项C正确,D错误.2.AC[解析] 若只增大电子枪的加速电压,则由qU=mv2可知,电子束的运动速度增大,由R=可知,电子束的轨道半径变大,选项A正确,B错误.若只增大励磁线圈中的电流,则磁感应强度增大,由R=可知,电子束的轨道半径变小,选项C正确,D错误.3.B[解析] 电子在匀强磁场中做匀速圆周运动,由洛伦兹力提供向心力得qvB=m,已知电子的比荷=k,得r==,如图所示,若电子从a点射出,则轨迹半径为r1=,若电子从d点射出,则由=l2+得r2=l,由r1==,r2==,可得v1=kBl,v2=kBl,故选项B正确.4.C[解析] 粒子沿半径方向射入磁场,则出射速度的反向延长线一定经过圆心,由于粒子能经过c点,因此粒子出磁场时一定沿ac方向,轨迹如图所示,由几何关系可知,粒子做圆周运动的半径为r=L-L=(-1)L,根据牛顿第二定律得qv0B=m,解得v0=,故C正确.5.D[解析] 由左手定则可判断,该粒子带负电,A错误;分别作出入射方向和出射方向的垂线,交点为圆周运动的圆心O,由几何关系可得,圆心角θ=30°,半径R==2d,C错误;由洛伦兹力提供向心力,有qvB=m,得R=,将R=2d代入可得B=,B错误;粒子做圆周运动的周期T==,将B=代入可得T=,则运动时间t=T=×=,D正确.6.BC[解析] 带正电粒子从P点与x轴正方向成30°角入射,则粒子运动轨迹的圆心在过P点与速度方向垂直的直线上,粒子在磁场中要想到达坐标原点,转过的圆心角一定大于180°,如图所示,而磁场有边界,故粒子不可能通过坐标原点,A错误;由于P点的位置不确定,所以粒子在磁场中的轨迹圆弧对应的圆心角也不确定,粒子从x轴射出时,对应的圆心角最大,为300°,运动的时间t max=T=,当粒子的入射点P在原点时,对应的圆心角最小,为120°,运动的时间t min=T=,故粒子在磁场中运动的时间t的范围是≤t≤,B、C正确,D错误.7.AC[解析] 粒子在右侧磁场中做匀速圆周运动,有qv0B2=m,解得R2==2 cm,故粒子共经过半个圆周恰好到达P点,轨迹如图甲所示,则粒子运动的时间t1===×10-6 s,由于B1=2B2,故粒子从P点射入左边的磁场后,做半径R1=R2=1 cm的匀速圆周运动,从开始共经过两次周期性运动可再次到达P点,轨迹如图乙所示,则粒子运动的时间t2=T1+T2=×10-6 s,在以后的运动中,粒子通过MN的点会远离P点,所以粒子运动至距离O点4 cm的磁场边界上的P点所需的时间为×10-6 s或×10-6 s,选项A、C正确.8.ABD[解析] 由B点射入磁场的粒子1恰好从C点射出,可知带电粒子运动的轨迹半径等于磁场的半径,由D点射入的粒子2的轨迹圆心为E点,由几何关系可知,该粒子从O点射出,同理可知粒子3从C点射出,A、B正确;1、2、3三个粒子在磁场中运动轨迹对应的圆心角分别为90°、60°、60°,运动时间之比为3∶2∶2,C错误,D正确.9.AC[解析] 对着圆心入射的质子出射方向的反向延长线一定过圆心,选项A正确;质子射入磁场中,受到向下的洛伦兹力而向下偏转,因质子的运动半径相同,故从a点进入磁场的质子比从b点进入磁场的质子在磁场中运动经过的弧长更长,运动的时间长,选项B错误;质子的速度为v=,则质子运动的半径r==R,所有质子做圆周运动的半径都等于R,画出各个质子的运动轨迹,由几何关系可知,所有质子都在O点的正下方同一点射出磁场,选项C正确;若质子以相等的速度v=从同一点沿各个方向射入磁场,则所有质子做圆周运动的半径都等于R,画出各个质子的运动轨迹,由几何关系可知,各个质子离开磁场的出射方向一定平行,选项D错误.10.BD[解析] 小球能从管口处飞出,说明小球受到指向管口方向的洛伦兹力,根据左手定则可知,小球带正电,故A错误;设试管运动速度为v1,小球在垂直于试管方向的分运动是匀速直线运动,小球沿试管方向受到洛伦兹力的分力F1=qv1B,而q、v1、B均不变,所以F1不变,那么小球沿试管做匀加速直线运动,与平抛运动类似,所以小球运动的轨迹是一条抛物线,故B正确;洛伦兹力方向总是与速度方向垂直,所以不做功,故C错误;设小球沿试管方向的分速度大小为v2,则小球受到的洛伦兹力有垂直于试管向左的分力F2=qv2B,v2增大,则F2增大,而拉力F=F2,则F逐渐增大,故D正确.11.(1)(2)[解析] (1)设带电粒子的质量为m,电荷量为q,加速后的速度大小为v,由动能定理有qU=mv2①设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r,由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有qvB=m②由几何关系知d=r③联立①②③式得=④(2)由几何关系知,带电粒子射入磁场后运动到x轴所经过的路程为s=+r tan 30°⑤带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间为t=⑥联立②④⑤⑥式得t=⑦12.(1)(2)[解析] (1)如图甲所示,设粒子在磁场中的轨迹半径为R1,则由几何关系得R1=又qv1B=m解得v1=.(2)如图乙所示,粒子轨迹与磁场外边界相切时,设粒子在磁场中的轨迹半径为R2,则由几何关系有(2r-R2)2=+r2,可得R2=又qv2B=m解得v2=故要使粒子不穿出大圆,粒子的初速度不能超过.专题训练(七)A1.B[解析] 带电粒子经电压为U的平行金属板间电场加速,由动能定理得qU=mv2,粒子垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场,洛伦兹力提供向心力,有qvB=m,2R=x,联立解得x=,所以能够正确反映x 与U之间的函数关系的是图B.2.D[解析] 正离子以某一速度击中并吸收了一个处于静止状态的电子后,速度不变,电荷量变为+e,由左手定则可判断出正离子过b点时所受洛伦兹力方向向下,由r=可知,轨迹半径增大到原来的2倍,所以在磁场中的运动轨迹是图D.3.BC[解析] 带电粒子沿直线通过速度选择器时,电场力与洛伦兹力大小相等、方向相反,即qvB1=qE,所以v=,可知从速度选择器中射出的粒子具有大小相等的速度,带电粒子在磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,有qvB2=m,所以r==·,可知粒子的比荷越大,则运动的半径越小,所以打在P1点的粒子是H,打在P2点的粒子是H和He,故A错误,B正确;由题中的数据可得H的比荷是H和He的比荷的2倍,所以H的轨迹半径是H和He的轨迹半径的,即O2P2的长度是O2P1的长度的2倍,故C正确;粒子运动的周期T==,三种粒子的比荷不全相同,所以粒子在偏转磁场中运动的时间不都相等,故D错误.4.A[解析] 回旋加速器中D形盒的作用是静电屏蔽,使带电粒子在圆周运动过程中不受电场干扰,选项A正确;回旋加速器中所加交变电压的周期与带电粒子做匀速圆周运动的周期相等,选项B错误;设D形盒的半径为R,根据qvB=m,可得v=,带电粒子获得的动能为E k=mv2=,带电粒子获得的动能与加速电压的有效值无关,选项C错误;根据公式T=,磁感应强度B增大,则周期T 减小,选项D错误.5.B[解析] 由洛伦兹力提供向心力可得,粒子在第二象限中运动的时间t1=T1=,在第一象限中的周期T2=2T1=,轨道半径为在第二象限中轨道半径的2倍,粒子运动的轨迹如图所示,由几何关系可知,粒子在第一象限中运动的圆弧对应的圆心角为60°,运动的时间t2=T2=,所以粒子在磁场中运动的时间t=t1+t2=,选项B正确.6.CD[解析] P+、P3+两个离子的质量相同,其带电荷量之比是1∶3,由a=可知,其在电场中的加速度之比是1∶3,故A错误;离子离开电场时的速度为v=,可知P+、P3+离开电场时速度之比为1∶,由qvB=m知,r=,所以其运动的轨迹半径之比为∶1,故B错误;设磁场宽度为L,离子通过磁场转过的角度θ等于其轨迹对应的圆心角,有sin θ=,则角度的正弦值之比为1∶,又P+的偏转角度为30°,可知P3+的偏转角度为60°,则P+、P3+在磁场中转过的角度之比为1∶2,故C正确;由电场加速后,有qU=mv2,可知P+、P3+离开电场时的动能之比为1∶3,故D正确.7.AD[解析] 画出带电粒子运动的两种可能轨迹,如图所示,分别对应正、负电荷,故A错误;带电粒子经过B点时的速度与在A点时的速度大小相等、方向相同,故B正确;根据轨迹,粒子经过边界L1时入射点到出射点的距离与经过边界L2时入射点到出射点的距离相同,与速度大小无关,所以当初速度变大但保持方向不变时,它仍能经过B点,故C正确,D错误.8.BC[解析] 由题意可知,粒子在加速电场中运动时,两板电势差不变,故场强不变,带电粒子所受电场力不变,加速度不变,而粒子进入电场时的初速度不断变大,故在两板间运动的时间不断变短,粒子进入磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力充当向心力,即qvB=m,解得B=,随着粒子速度不断增大,半径保持不变,故磁感应强度不断增大,又由圆周运动规律T=可知,带电粒子在磁场中运动的周期不断减小,B、C正确.9.(1)R(2)U=(3)6d+[解析] (1)根据几何关系可得r=R tan 60°=R(2)开始粒子在电场中做匀加速直线运动,有a1==根据运动学公式可得d=a1=2a1d解得t1==d,v1==粒子在磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,则Bqv1=m解得r=又r=R联立解得U=(3)根据T=,t2=T,θ=60°,可得t2==所以t=6t1+3t2=6d+.10.(1)(2)(3)[解析] (1)粒子在组合场中的运动轨迹如图所示.由几何关系可知r cos 45°=l解得r=l由qv0B=m解得v0=.(2)粒子进入电场后在第三象限内的运动可视为类平抛运动的逆过程,设粒子射入电场位置的坐标为(-x1,0),粒子从射入电场到经过N点的时间为t2,由几何关系知x1=(+1)l在N点时有v2=v1=v0由类平抛运动规律有(+1)l=v0t2v0=at2=t2联立解得t2=,E=(3)粒子在磁场中的运动周期为T=粒子第一次在磁场中运动的时间为t1=T=粒子在电场中运动的时间为2t2=粒子第二次在磁场中运动的时间为t3=T=故粒子从开始到第三次经过x轴所用时间为t=t1+2t2+t3=.专题训练(七)B1.ABC[解析] 带电粒子在沿直线通过速度选择器时,电场力与洛伦兹力大小相等、方向相反,有qE=qvB1,可得v=,所以从速度选择器中射出的粒子具有相等的速度,选项A正确;带电粒子在磁场中做匀速圆周运动,有qvB2=m,可得r==·,粒子的比荷越大,则运动的半径越小,所以打在P1点的粒子是H,打在P点的粒子是H和He,选项B正确;由题中的数据可得H的比荷是H和He的比荷的2倍,所以H的轨道的半径是He和He的半径的,即O2P的长度是O2P1的长度的2倍,选项C正确;粒子运动的周期T==,三种粒子中H的比荷最大,所以粒子H在偏转磁场中运动的周期最小,而三种粒子运动时间都为半个周期,所以粒子H在偏转磁场中运动的时间最短,选项D错误.2.ABC[解析] 粒子在平行金属板间沿直线运动,说明洛伦兹力和电场力平衡,则Eq=qvB1,可得v=,故A正确;由半径公式R=,可得比荷=·,即比荷与运动半径成反比,因为S0P1=S0P2,则R1=R2,故甲束粒子的比荷小于乙束粒子的比荷,故B正确;若甲、乙两束粒子的电荷量相等,则==,故C正确;若甲、乙两束粒子的质量相等,则==,故D错误.3.AC[解析] 由R=得最大速度v=,两粒子的比荷相同,所以最大速度相同,A正确;最大动能E k=mv2,因为两粒子的质量不同,最大速度相同,所以最大动能不同,B错误;高频电源的频率f=,因为相同,所以两次所接高频电源的频率相同,C正确;粒子的最大动能与高频电源的频率无关,D错误.4.BC[解析] 带电粒子在电场中受到的电场力沿y轴负方向,做类平抛运动,根据牛顿第二定律得qE=ma,在x轴方向上,有 2L=v0t,在y轴方向上,有L=at2,解得E=,选项A错误,选项B正确;粒子在磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,根据左手定则可判断,磁场方向垂直于纸面向里,画出粒子的运动轨迹如图所示,粒子在电场中运动时,在x轴方向上,有 2L=v0t,在y轴方向上,有L=v y t,联立得v y=v0,进入磁场时的速度v==v0,设进入磁场时的速度与x轴的夹角为α,有 tan α=1,解得α=45°,根据几何关系得,粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径R=L,根据qvB=m,解得磁感应强度B==,选项C正确,选项D错误.5.D[解析] 带电粒子的运动轨迹如图所示,带电粒子出电场时,速度v=v0,这一过程的时间t1==,根据几何关系可知,带电粒子在磁场中的轨迹半径r=2d,带电粒子在第Ⅰ象限中运动的圆心角为,故带电粒子在第Ⅰ象限中的运动时间t2===,带电粒子在第Ⅳ象限中运动的时间t3==,故t总=,D正确.6.AC[解析] 由半径公式r=知,轨迹圆半径与磁感应强度B成反比,所以粒子在第二象限和第三象限的两磁场中运动的轨迹圆半径之比为1∶2,故A正确;粒子在磁场中运动一个周期的轨迹如图所示,在第二象限中运动的周期T1==,圆心角为120°,运动时间t1=T1=,在第三象限中运动的周期T2=,圆心角为120°,运动时间t2=T2=,所以粒子完成一次周期性运动的时间t0=t1+t2=,故B错误;粒子在第三象限中运动的轨迹圆的半径为R2=2R,从O点入射后第一次经过x 轴的位置到坐标原点的距离x1=R1=R,第二次圆弧的弦长x2=R2=2R,所以粒子从O位置入射后第二次经过x轴时的位置到坐标原点的距离为x=x1+x2=3R,故C正确;仅将粒子的入射速度变为原来的2倍时,圆心角不变,周期T=与速度无关,所以在磁场中运动的时间t=T不变,故D 错误.7.(1)(2)BL[解析] (1)粒子在磁场中做圆周运动,速度越大,则运动半径越大.速度最大的粒子刚好由P点射出,由牛顿第二定律得qvB=m,由几何关系知r=L,联立解得v=.(2)粒子从P点离开后,垂直于x轴进入电场,在竖直方向上做匀速直线运动,在水平方向上做匀加速直线运动,由牛顿第二定律得a=,在电场中运动时,有L=at2,d=vt,联立解得d=BL8.(1)(2)(3)[解析] (1)当U MN=0时,粒子沿O1O2方向射入磁场,轨迹如图甲所示,设其运动半径为R1,由几何关系得R1=R根据牛顿第二定律得Bv0q=m解得B=甲(2)在t=0时刻入射的粒子满足=×××2解得U0=(3)经分析可知,所有粒子经电场后其速度仍为v0t=(2k+1)(k=0,1,2,3,…)时刻入射的粒子贴着M板离开电场,轨迹如图乙所示,设速度偏转角为α.乙由几何知识可知四边形QOPO4为菱形,故α=120°粒子在磁场中运动的最长时间t1=t=(k=0,1,2,3,…)时刻入射的粒子贴着N板离开电场,轨迹如图丙所示,设速度偏转角为β.由几何知识可知四边形SOTO5为菱形,故β=60°粒子在磁场中运动的最短时间t2=又T=故Δt=t1-t2=丙专题训练(八)1.D[解析] 在垂直于纸面向里的方向上加一磁感应强度为B的匀强磁场后,粒子束打在荧光屏上的P 点,根据左手定则可知,粒子束带正电,选项A错误;当电场和磁场同时存在时,有qvB=Eq,解得v=,选项B错误;在磁场中时,由qvB=m可得==,故选项D正确,C错误.2.B[解析] 小球速率不变,则做匀速圆周运动,可知所受的电场力和重力平衡,所以小球受到向上的电场力,小球带正电,选项A错误;小球的速率不变,根据F洛=Bqv可知,受到的洛伦兹力大小不变,选项B 正确;根据a=可知,小球从小圆环过渡到大圆环时加速度变小,选项C错误;根据F N+qvB=ma可知,光滑环对小球的作用力要发生变化,且作用力不可能总是零,选项D错误.3.AC[解析] 沿ab方向抛出的带正电小球或沿ac方向抛出的带负电的小球在重力、电场力、洛伦兹力作用下都可能做匀速直线运动,A正确,B错误.在重力、电场力、洛伦兹力三力都存在时的直线运动一定是匀速直线运动,C正确.两小球在运动过程中,除重力做功外,还有电场力做功,故机械能不守恒,D错误.4.CD[解析] 带电小球进入复合场时受力情况如图所示,其中只有C、D两种情况下合外力可能为零或与速度的方向在一条直线上,所以有可能沿直线通过复合场区域;A项中洛伦兹力随速度v的增大而增大,所以三力的合力不会总保持在竖直方向,合力与速度方向将产生夹角,小球做曲线运动.5.BD[解析] 由左手定则可判定洛伦兹力的方向竖直向上,若Bqv0=mg,则小球与杆之间无压力作用,即无摩擦力作用,小球匀速运动,对应于B图像;若Bqv0>mg,则杆对小球有向下的压力,由Bqv0=mg+F N 知,压力随小球速度的减小而减小,由ma=F f=μF N知,小球做加速度逐渐减小的减速运动,对应速度图线的斜率逐渐减小,直到速度减小到使洛伦兹力大小等于重力后,小球匀速运动,题目中无与此情况对应的图像;若Bqv0<mg,则杆对小球产生向上的支持力作用,有Bqv0+F N=mg,此情况下支持力随小球速度的减小而增大,由ma=F f=μF N知,小球做加速度逐渐增大的减速运动,对应速度图线的斜率逐渐增大,直到速度为零,此情况与D图像对应,故B、D正确.6.BD[解析] 定向移动的离子受到洛伦兹力作用,发生偏转,在上、下表面间形成电势差,最终离子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡,故A错误;由图可知,磁场方向向里,电流方向向右,根据左手定则可知,离子向上表面偏转,则上表面得到离子带正电,那么下表面带负电,所以电压表的“+”接线柱接上表面,故B正确;根据电场力与洛伦兹力平衡,有q=qBv,解得U=Bdv,d越大,则电压越大,故C错误;根据U=Bdv,B、d已知,如果测得U,就可以知道污水的流速,故D正确.7.D[解析] 由图像可知,物块先做加速度逐渐减小的加速运动,物块的最大速度是1 m/s,对物块进行受力分析可知,开始时物块受到重力、支持力和摩擦力的作用,设动摩擦因数为μ,沿皮带的方向,有μF N-mg sin θ=ma①,物块运动后,又受到洛伦兹力的作用,加速度逐渐减小,由①式可知,物块的加速度逐渐减小,一定是F N逐渐减小,而开始时F N=mg cos θ,后来F'N=mg cos θ-f洛,即洛伦兹力的方向是斜向上的,物块沿皮带向上运动,由左手定则可知,物块带正电,故A错误;物块向上运动的过程中,洛伦兹力越来越大,则受到的支持力越来越小,结合①式可知,物块的加速度也越来越小,当加速度等于0时,物块达到最大速度,此时mg sin θ=μ(mg cos θ-f洛)②,由②式可知,只要皮带的速度大于或等于1 m/s即可,所以皮带的速度可能是1 m/s,也可能大于1 m/s,物块可能相对皮带静止,也可能相对皮带运动,故B错误,D正确;由以上分析可知,皮带的速度不能确立,所以若已知皮带的长度,也不能求出该过程中物块与皮带发生的相对位移,故C错误.8.AD[解析] 根据单位时间内的脉冲数可知车轮转动的转速,若再已知自行车车轮的半径,根据v=2πrn即可获知车速大小,选项A正确;根据霍尔效应原理可知q=Bqv,U=Bdv,即霍尔电压只与磁感应强度、霍尔元件的厚度以及电荷定向移动的速度有关,与车轮转速无关,选项B错误;图乙中霍尔元件的电流I是由负电荷定向运动形成的,选项C错误;如果长时间不更换传感器的电源,则会导致负电荷定向移动的速率减小,故霍尔电势差将减小,选项D正确.9.(1)(2)方向垂直于纸面向里[解析] (1)粒子在第二象限内做直线运动,因此电场力和重力的合力方向沿PO方向,则粒子带正电.由运动学知识可得mg=qE1=qE2mg=maL=at2。
2021新高考物理(选择性考试)人教版一轮章末检测10 电磁感应 (含解析)
章末检测10电磁感应(时间90分钟满分100分)一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第1～8小题只有一个选项正确，第9～12小题有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不选的得0分)1.如图所示，在条形磁铁的中央位置的正上方水平固定一铜质圆环，不计空气阻力，以下判断正确的是()A．释放圆环，环下落时产生感应电流B．释放圆环，环下落时无感应电流C．释放圆环，环下落时环的机械能不守恒D．以上说法都不正确答案：B2．如图所示，线圈L的自感系数很大，且其直流电阻可以忽略不计，L1、L2是两个完全相同的小灯泡，开关S闭合和断开的过程中，灯L1、L2的亮度变化情况是(灯丝不会断)()A．S闭合时，L1亮度不变，L2逐渐变亮，最后两灯一样亮；S断开时，L2立即熄灭，L1逐渐变亮B．S闭合时，L1不亮，L2很亮；S断开时，L1、L2立即熄灭C．S闭合时，L1、L2同时亮，而后L1逐渐熄灭，L2亮度不变；S 断开时，L2立即熄灭，L1亮一下才熄灭D．S闭合时，L1、L2同时亮，而后L1逐渐熄灭，L2则逐渐变得更亮；S断开时，L2立即熄灭，L1亮一下才熄灭答案：D3.如图所示，两光滑平行金属导轨间距为L，直导线MN垂直跨在导轨上，且与导轨接触良好，整个装置处于垂直纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度为B.电容器的电容为C，除电阻R外，导轨和导线的电阻均不计．现给导线MN一初速度，使导线MN向右运动，当电路稳定后，MN以速度v向右匀速运动时()A．电容器两端的电压为零B．通过电阻R的电流为BL v RC．电容器所带电荷量为CBL vD．为保持MN匀速运动，需对其施加的拉力大小为B2L2v R答案：C4．如图甲所示，边长为L、总电阻为R的正方形导线框静置于光滑水平面上，cd边正中间有一个很小的豁口PQ，且导线框处于与水平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度大小B随时间t的变化规律如图乙所示．则下列说法正确的是()甲乙A．在0～t0时间内，正方形导线框有收缩的趋势B．在t＝t02时刻，ab边所受安培力大小为B20L32Rt0C．在0～t0时间内P、Q间的电势差为B0L2 t0D．在0～t0时间内，P点电势低于Q点电势答案：C5．如图甲、乙、丙中除导体棒ab可动外，其余部分均固定不动．图甲中的电容器C原来不带电．所有导体棒、导轨电阻均可忽略，导体棒和导轨间的摩擦也不计．导体棒ab的质量为m.图中装置均在水平面内，且都处于方向垂直水平面(即纸面)向下的匀强磁场中，磁感应强度为B，导轨足够长，间距为L.今给导体棒ab一个向右的初速度v0，则()甲乙丙A．三种情况下，导体棒ab最终均静止B．三种情况下，导体棒ab最终都做匀速运动C．图甲、图丙中ab棒最终都向右做匀速运动D．图乙中，流过电阻R的总电荷量为m v0 BL答案：D6．如图甲所示，电路的左侧是一个电容为C的电容器，电路的右侧是一个单匝环形导体，环形导体所围的面积为S，在环形导体中有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度的大小随时间变化的规律如图乙所示．则在0～t0时间内电容器()甲乙A．上极板带正电，所带电荷量为CS（B2－B1）t0B．上极板带正电，所带电荷量为C（B2－B1）t0C．上极板带负电，所带电荷量为CS（B2－B1）t0D．上极板带负电，所带电荷量为C（B2－B1）t0答案：A7.如图所示，一直角三角形金属框，向左匀速地穿过一个方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，磁场仅限于虚线边界所围的区域，该区域的形状与金属框完全相同，且金属框的下边与磁场区域的下边在一直线上．若取顺时针方向为电流的正方向，则金属框穿过磁场的过程中感应电流i随时间t变化的图象是()A B C D答案：C8.如图所示的匀强磁场中有一根弯成45°的金属线POQ，其所在平面与磁场垂直，长直导线MN与金属线紧密接触，起始时OA＝l0，且MN⊥OQ，所有导线单位长度电阻均为r，MN匀速水平向右运动的速度为v，使MN匀速运动的外力为F，则外力F随时间变化的规律图象正确的是()A B C D答案：C9.如图所示，光滑水平面上存在有界匀强磁场，磁感应强度为B，质量为m边长为a的正方形线框ABCD斜向上穿进磁场，当AC刚进入磁场时，线框的速度为v，方向与磁场边界成45°，若线框的总电阻为R，则()A．线框穿进磁场过程中，线框中电流的方向为DCBAB．AC刚进入磁场时线框中感应电流为2Ba v RC．AC刚进入磁场时线框所受安培力为2B2a2v RD ．此时C 、D 两端电压为34Ba v解析：线框进入磁场的过程中穿过线框的磁通量增大，由楞次定律可知，感应电流的磁场的方向向外，则感应电流的方向为ABCD 方向，故A 错误；AC 刚进入磁场时CD 边切割磁感线，AD 边不切割磁感线，所以产生的感应电动势E ＝Ba v ，则线框中感应电流为I ＝E R＝Ba v R ，此时CD 两端电压，即路端电压为U ＝34R R E ＝34Ba v ，故B 错误，D 正确；AC 刚进入磁场时线框的CD 边产生的安培力与v 的方向相反，AD 边受到的安培力的方向垂直于AD 向下，它们的大小都是F ＝BIa ，由几何关系可以看出，AD 边与CD 边受到的安培力的方向相互垂直，所以F 合＝2F ＝2B 2a 2v R，C 正确． 答案：CD10．如图甲所示，间距为L 的光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B ，轨道左侧连接一定值电阻R .垂直导轨的导体棒ab 在平行导轨的水平外力F 作用下沿导轨运动，F 随t 变化的规律如图乙所示．在0～t 0时间内，棒从静止开始做匀加速直线运动．图乙中t 0、F 1、F 2为已知量，棒和导轨的电阻不计．则( )甲 乙A ．在t 0以后，导体棒一直做匀加速直线运动B ．在t 0以后，导体棒先做加速，最后做匀速直线运动C ．在0～t 0时间内，导体棒的加速度大小为2（F 2－F 1）R B 2L 2t 0D ．在0～t 0时间内，通过导体棒横截面的电荷量为（F 2－F 1）t 02BL解析：因在0～t 0时间内棒做匀加速直线运动，故在t 0时刻F 2大于棒所受的安培力，在t 0以后，外力保持F 2不变，安培力逐渐变大，导体棒先做加速度减小的加速运动，当加速度a ＝0，即导体棒所受安培力与外力F 2相等后，导体棒做匀速直线运动，故A 错误，B 正确．设在0～t 0时间内导体棒的加速度为a .通过导体棒横截面的电荷量为q ，导体棒的质量为m ，t 0时刻导体棒的速度为v ，则有：a ＝v t 0，F 2－B 2L 2v R ＝ma ，F 1＝ma ，q ＝ΔΦR ，ΔΦ＝B ΔS ＝BL v 2t 0，解得：a ＝（F 2－F 1）R B 2L 2t 0，q ＝（F 2－F 1）t 02BL，故C 错误，D 正确． 答案：BD11．(2019·河北石家庄检测)如图甲所示，质量m ＝3.0×10－3 kg 的金属细框竖直放置在两水银槽中，细框的水平细杆CD 长l ＝0.20 m ，处于磁感应强度大小B 1＝1.0 T 、方向水平向右的匀强磁场中．有一匝数n ＝300、面积S ＝0.01 m 2的线圈通过开关S 与两水银槽相连．线圈处于与线圈平面垂直、沿竖直方向的匀强磁场中，其磁感应强度B 2随时间t 变化的关系如图乙所示．t ＝0.22 s 时闭合开关S ，细框瞬间跳起(细框跳起瞬间安培力远大于重力)，跳起的最大高度h ＝0.20 m ．不计空气阻力，重力加速度g 取10 m/s 2，下列说法正确的是( )甲 乙A ．0～0.10 s 内线圈中的感应电动势大小为3 VB ．开关S 闭合瞬间，CD 中的电流方向为由C 到DC ．磁感应强度B 2的方向竖直向下D ．开关S 闭合瞬间，通过CD 的电荷量为0.03 C解析：由题图乙可知，0～0.10 s 内，ΔΦ＝ΔBS ＝(1.0－0)×0.01 Wb＝0.01 Wb ，线圈中的感应电动势大小E ＝n ΔΦΔt ＝300×0.010.10V ＝30 V ，选项A 错误；开关S 闭合瞬间，CD 跳起，说明其所受安培力方向竖直向上，由左手定则可知电流方向由C 到D ，由安培定则可知感应电流在线圈中产生的磁场方向竖直向上，结合图乙可知，在t ＝0.22 s 时穿过线圈的磁通量在减少，由楞次定律可判断，磁感应强度B 2方向竖直向上，选项B 正确，C 错误；对细框依据动量定理得B 1Il Δt ＝m v －0，细框向上做竖直上抛运动，则v 2＝2gh ，电荷量Q ＝I Δt ，解得Q ＝m 2gh B 1l ＝3×10－3×2×10×0.201.0×0.20C ＝0.03 C ，选项D 正确． 答案：BD12．如图所示，相距为L 的两足够长平行金属导轨固定在水平面上，整个空间存在垂直导轨平面向下的匀强磁场．磁感应强度为B.导轨上静止有质量为m，电阻为R的两根相同的金属棒ab、cd，与导轨构成闭合回路，金属棒cd左侧导轨粗糙右侧光滑．现用一沿导轨方向的恒力F水平向右拉金属棒cd，当金属棒cd运动距离为s时速度达到最大，金属棒ab与导轨间的摩擦力也刚好达最大静摩擦力．在此过程中，下列叙述正确的是()A．金属棒cd的最大速度为2FR B2L2B．金属棒ab上的电流方向是由a向bC．整个回路中产生的热量为Fs－2mF2R2 B2L2D．金属棒ab与轨道之间的最大静摩擦力为F答案：AD二、非计算题(共52分)13.(16分)如图所示，一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距l＝0.5 m，左端接有阻值R＝0.3 Ω的电阻，一质量m＝0.1 kg，电阻r＝0.1 Ω的金属棒MN放置在导轨上，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B＝0.4 T．棒在水平向右的外力作用下，由静止开始以a＝2 m/s2的加速度做匀加速运动，当棒的位移x＝9 m时撤去外力，棒继续运动一段距离后停下来．已知撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1∶Q2＝2∶1.导轨足够长且电阻不计，棒在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触．求：(1)棒在匀加速运动过程中，通过电阻R 的电荷量q ；(2)撤去外力后回路中产生的焦耳热Q 2；(3)外力做的功W F .解析：(1)棒匀加速运动所用时间为t ，有x ＝12at 2， 解得t ＝2x a＝3 s. 根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律求电路中产生的平均电流为I －＝E R ＋r ＝Blx t （R ＋r ）＝1.5 A ， 根据电流定义式有q ＝I －t ＝4.5 C.(2)撤去外力前棒做匀加速运动，根据速度公式得末速度为 v ＝at ＝6 m/s ，撤去外力后棒在安培力作用下做减速运动，安培力做负功先将棒的动能转化为电能，再通过电流做功将电能转化为内能，所以焦耳热等于棒的动能减少量，即Q 2＝ΔE k ＝12m v 2＝1.8 J. (3)根据题意在撤去外力前的焦耳热为Q 1＝2Q 2＝3.6 J 撤去外力前拉力做正功、安培力做负功(其绝对值等于焦耳热Q 1)，重力不做功，共同使棒的动能增大，根据动能定理有ΔE k＝W F－Q1，解得W F＝ΔE k＋Q1＝5.4 J.答案：(1)4.5 C(2)1.8 J(3)5.4 J14．(16分)(2019·安徽马鞍山安检)两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平面内，两导轨间的距离为L导轨上面垂直放置两根导体棒a和b，俯视图如图甲所示．两根导体棒的质量均为m，电阻均为R，回路中其余部分的电阻不计．在整个导轨平面内，有磁感应强度大小为B的竖直向上匀强磁场．两导体棒与导轨接触良好且均可沿导轨无摩擦地滑行．开始时，两棒均静止，间距为x0.现给a棒一向右的初速度v0，并开始计时，可得到如图乙所示的Δv-t图象(Δv表示两棒的相对速度，即Δv＝v a－v b)．甲乙(1)试证明：在0～t2时间内，回路产生的焦耳热与磁感应强度B 无关；(2)求t1时刻，棒b的加速度大小；(3)求t2时刻，两棒之间的距离x.解析：(1)t2时刻，两棒速度相等．由动量守恒定律得m v0＝m v＋m v.由能量守恒定律，整个过程中产生的焦耳热Q＝12m v20－12(2m)v2，联立解得Q ＝14m v 20， 所以在0～t 2时间内，回路产生的焦耳热与磁感应强度B 无关．(2)在t 1时刻，Δv ＝v a －v b ＝v 02， 由动量守恒定律，有m v 0＝m v a ＋m v b ，解得：v a ＝34v 0，v b ＝14v 0. 回路中的电动势E ＝34BL v 0－14BL v 0＝12BL v 0， 此时棒b 所受的安培力F ＝BIL ＝B 2L 2v 04R. 由牛顿第二定律，可得棒b 的加速度a ＝F m ＝B 2L 2v 04mR. (3)t 2时刻，两棒速度相同，即v ＝v 02， 0～t 2时间内，对棒b ，由动量定理，有BILt ＝m v －0，即BLq ＝m v ，又q ＝It ＝E 2R t ＝BL （x －x 0）2R ，解得x ＝x 0＋m v 0R B 2L 2. 答案：(1)见解析 (2)B 2L 2v 04mR (3)x 0＋m v 0R B 2L 2 15．(20分)(2019·广西桂林联考)如图所示，金属平行导轨MN 、M ′N ′和金属平行导轨PQR 、P ′Q ′R ′分别固定在高度差为h (数值未知)的水平台面上．导轨MN 、M ′N ′左端接有电源，MN 与M ′N ′的间距为L ＝0.10 m ，线框空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B 1＝0.20 T ；平行导轨PQR 与P ′O ′R ′的间距为L ＝0.10 m ，其中PQ 与P ′Q ′是圆心角为60°、半径为r ＝0.50 m 的圆弧导轨，QR 与Q ′R ′是水平长直导轨，QQ ′右侧有方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B 2＝0.40 T ．导体棒a 质量m 1＝0.02 kg ，电阻R 1＝2.0 Ω，放置在导轨MN 、M ′N ′右侧N ′N 边缘处；导体棒b 质量m 2＝0.04 kg ，电阻R 2＝4.0 Ω，放置在水平导轨某处．闭合开关S 后，导体棒a 从NN ′水平抛出，恰能无碰撞地从PP ′处以速度v 1＝2 m/s 滑入平行导轨，且始终没有与棒b 相碰．重力加速度g 取10 m/s 2，不计一切摩擦及空气阻力．求：(1)导体棒b 的最大加速度；(2)导体棒a 在QQ ′右侧磁场中产生的焦耳热；(3)闭合开关S 后，通过电源的电荷量q .解析：(1)设a 棒滑到水平轨道上时的速度为v 2，由动能定理得m 1g (r －r cos 60°)＝12m 1v 22－12m 1v 21， 解得v 2＝3 m/s.因为a 棒刚进磁场时，a 、b 棒中的电流最大，b 棒受力最大，加速度最大，有E ＝B 2L v 2＝0.12 V ，I ＝E R 1＋R 2＝0.126 A ＝0.02 A ， 由牛顿第二定律得，B 2IL ＝m 2a max ，解得a max ＝0.02 m/s 2.(2)两个导体棒在运动过程中，动量守恒、且能量守恒，当两棒的速度相等时回路中的电流为零，此后两棒做匀速运动，两棒不再产生焦耳热．由动量守恒定律得m 1v 2＝(m 1＋m 2)v 3，由动量守恒定律得12m 1v 22＝12(m 1＋m 2)v 23＋Q a ＋Q b . 根据a 、b 棒的串联关系，有Q a Q b ＝R 1R 2， 联立解得Q a ＝0.02 J.(3)设接通开关后，a 棒以速度v 0水平抛出，有v 0＝v 1cos 60°＝1 m/s ，对a 棒冲出过程由动量定理得B 1ILt ＝m 1v 0，即B 1Lq ＝m 1v 0，解得q ＝1 C.答案：(1)0.02 m/s 2 (2)0.02 J (3)1 C。
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[原创精品]2021届新高三一轮单元金卷第十单元电磁感应训练卷物理（A卷）注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。
写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。
每小题只有一个选项符合题目要求。
1．管道高频焊机可以对由钢板卷成的圆管的接缝实施焊接。
焊机的原理如图所示，圆管通过一个接有高频交流电源的线圈，线圈所产生的交变磁场使圆管中产生交变电流，电流产生的热量使接缝处的材料熔化将其焊接。
焊接过程中所利用的电磁学规律的发现者为()A．库仑B．霍尔C．洛伦兹D．法拉第【答案】D【解析】由题意可知，圆管为金属导体，导体内部自成闭合回路，且有电阻，当周围的线圈中产生出交变磁场时，就会在导体内部感应出涡电流，电流通过电阻要发热。
该过程利用的原理是电磁感应现象，其发现者为法拉第。
故选D。
2．假如有一宇航员登上火星后，利用手边的一只灵敏电流表和一个小线圈，想探测一下火星表面是否有磁场，则下列说法正确的是()A．直接将电流表放于火星表面，看是否有示数来判断磁场的有无B．将电流表与线圈组成闭合回路，使线圈沿某一方向运动，如果电流表无示数，则可判断火星表面无磁场C．将电流表与线圈组成闭合回路，使线圈沿某一方向运动，如果电流表有示数，则可判断火星表面有磁场D．将电流表与线圈组成闭合回路，使线圈在某一平面内沿各个方向运动，如果电流表无示数，则可判断火星表面无磁场【答案】C【解析】电磁感应现象产生的条件是：穿过闭合回路的磁通量发生改变时，回路中有感应电流产生。
选项A中，即使有一个恒定的磁场，也不会有示数，选项A错；同理，将电流表与线圈组成回路，使线圈沿某一方向运动，如电流表无示数，也不能判断出没有磁场，选项B错；电流表有示数则说明一定有磁场，选项C对；将电流表与线圈组成闭合回路，使线圈在某一个与磁场平行的平面内沿各个方向运动，也不会有示数，选项D错。
3．如图所示，A和B是两个完全相同的小灯泡，L是自感系数很大、直流电阻为零的线圈，某时刻闭合开关S，通过A、B两灯泡中的电流I A、I B随时间t变化的图象是()【答案】A【解析】L是自感系数很大、直流电阻为零的线圈，当闭合开关S时，电流先从灯泡B所在支路流过，最后自感线圈把灯泡B短路，流过灯泡A的电流逐渐增大至稳定，流过灯泡B的电流最后减小到零，故A对。
4．如图所示，半径为r的金属圆盘处于垂直于盘面的匀强磁场B中，使金属盘绕中心轴以角速度ω沿逆时针方向匀速转动，电灯灯丝的电阻恒为R，金属圆盘的电阻不计，则通过灯泡的电流的方向和大小分别是()A．由a到灯到b，I＝B．由b到灯到a，I＝C．由a到灯到b，I＝D．由b到灯到a，I＝【答案】D【解析】金属圆盘在匀强磁场中匀速转动，可以等效为无数根长为r的导体棒绕圆盘中心做匀速圆周运动，其产生的感应电动势大小E＝，由右手定则可知其方向由外指向圆心，故通过电阻R的电流I＝，方向由b到灯到a，选项D对。
5．如图所示，用粗细相同的铜丝做成边长分别为L和3L的两只闭合线框a和b，现将两线框分别以v a、v b的速度从磁感应强度为B的匀强磁场区域中匀速地拉到磁场外，若v a＝2v b，则外力对线框做的功W a、W b之比为()此卷只装订不密封班级姓名准考证号考场号座位号A ．1∶3B ．2∶9C ．2∶1D ．2∶3 【答案】B【解析】因为线框做匀速直线运动，根据能量守恒可知，外力做的功等于产生的电能，而产生的电能又全部转化为焦耳热，由W ＝Q ＝·，所以·，B 正确。
6．如图所示，边长为L 、质量为m 的正方形导线框，从距磁场H ＝43L 高处自由下落，其下边ab 进入匀强磁场后，线圈开始做减速运动，直到其上边cd 刚刚穿出磁场时，速度减为ab 边进入磁场时的三分之一，磁场的宽度也为L ，空气阻力不计，则线框穿越匀强磁场的过程中产生的焦耳热为( )A ．B ．2mgLC ．34mgL D ．【答案】A【解析】设线框刚进入磁场时的速度为v 1，刚穿出磁场时的速度v 2＝；线框自开始进入磁场到完全穿出磁场共下落高度为2L 。
由题意，有m ＝mgH ，m +mg·2L ＝m +Q ，联立解得Q ＝mg (2L+H )＝mgL ，A 正确。
7．L 形的光滑金属轨道AOC ，AO 沿竖直方向，OC 沿水平方向，PQ 是如图所示地放在导轨上的一根金属直杆，直杆从图示位置由静止开始在重力作用下运动，运动过程中Q 端始终在OC 上。
空间存在着垂直于纸面向外的匀强磁场，则在PQ 杆滑动的过程中，下列判断正确的是( )A ．感应电流的方向始终是由P →Q ， PQ 所受安培力的方向垂直杆向左B ．感应电流的方向先是由P →Q ，后是由Q →P ，PQ 所受安培力的方向先垂直于杆向左，后垂直于杆向右C ．感应电流的方向始终是由Q →P ， PQ 所受安培力的方向垂直杆向右D ．感应电流的方向先是由Q →P ，后是由P →Q ，PQ 所受安培力的方向先垂直于杆向右，后垂直于杆向左【答案】B【解析】在PQ 杆滑动的过程中，杆与导轨所围成的三角形面积先增大后减小，三角形POQ 内的磁通量先增大后减小，由楞次定律可判断感应电流的方向先是由P →Q ，后是由Q →P ；再由PQ 中的电流方向及左手定则可判断PQ 所受安培力的方向先垂直于杆向左，后垂直于杆向右。
选项B 对。
8．在如图所示的虚线框内有匀强磁场，磁感应强度随时间均匀变化，半径为r 、匝数为n 的圆形线圈有一半处在磁场中，磁场方向垂直于线圈平面，此时线圈的发热功率恒为P 。
下列说法正确的是( )A ．若只将线圈全部置于磁场中，则线圈的发热功率变为2PB ．若只将线圈全部置于磁场中，则线圈的发热功率仍为PC ．若只将线圈的半径增大到原来的2倍，仍保持线圈有一半面积在磁场中，则线圈的发热功率变为2PD ．若只将线圈的匝数增大到原来的2倍，则线圈的发热功率变为2P【答案】D【解析】设线圈在磁场中的面积为S B ，导线的横截面积为S ，则感应电动势E ＝n S B ，线圈的发热功率P ＝，其中R ＝ρ，联立得P ＝()2，若只将线圈全部置于磁场中，则S B '2＝4，P'＝4P ，A 、B 错；若只将线圈的半径增大到原来的2倍，则S B '2＝16，r'＝2r ，则P'＝8P ，C 错；若n'＝2n ，则P'＝2P ，D 正确。
二、多项选择题:本题共6小题，每小题4分，共24分。
每小题有多个选项符合题目要求。
全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
9．在物理学的发展过程中，许多物理学家的科学发现推动了人类社会的进步，人类社会的进步又促进了物理学的发展。
下列叙述中正确的是( )A ．电磁感应现象是洛伦兹最先发现的B．电动机可以利用电磁感应原理将电能转化为机械能C．奥斯特发现了电流的磁效应D．法拉第发现了利用磁场产生电流的条件和规律【答案】CD【解析】电磁感应现象最先是由法拉第发现的，奥斯特则是电流磁效应的发现者，选项A错，C、D对；电动机是利用电流在磁场中受磁场力作用而将电能转化为机械能的，选项B错。
10．手机无线充电是比较新颖的充电方式。
如图所示，电磁感应式无线充电的原理与变压器类似，通过分别安装在充电基座和接收能量装置上的线圈，利用产生的磁场传递能量。
当充电基座上的送电线圈通入正弦式交变电流后，就会在邻近的受电线圈中感应出电流，最终实现为手机电池充电。
在充电过程中()A．送电线圈中电流产生的磁场呈周期性变化B．受电线圈中感应电流产生的磁场恒定不变C．送电线圈和受电线圈通过互感现象实现能量传递D．手机和基座无需导线连接，这样传递能量没有损失【答案】AC【解析】由于送电线圈输入的是正弦式交变电流，是周期性变化的，因此产生的磁场也是周期性变化的，A正确，B错误；根据变压器原理，原、副线圈是通过互感现象实现能量传递，因此送电线圈和受电线圈也是通过互感现象实现能量传递，C正确；手机与机座无需导线连接就能实现充电，但磁场能有一部分以电磁波辐射的形式损失掉，因此这样传递能量是有能量损失的，D错误。
11．将N匝闭合线圈放入一磁场中，线圈平面与磁场方向垂直，现让磁场均匀变化，关于线圈中产生的感应电动势和感应电流，下列表述中正确的是()A．感应电动势的大小与线圈的匝数有关B．穿过线圈的磁通量越大，线圈中产生的感应电动势越大C．穿过线圈的磁通量变化越快，线圈中产生的感应电动势越大D．感应电流产生的磁场方向与原磁场方向始终相同【答案】AC【解析】由法拉第电磁感应定律E＝n知，感应电动势的大小与线圈匝数有关，选项A对；感应电动势的大小正比于，与磁通量的大小无直接关系，选项B错、C对；根据楞次定律知，感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化，即“增反减同”，选项D错。
12．如图所示，有一正三角形铝框abc处在水平向外的非匀强磁场中，场中各点的磁感应强度B y＝，y为该点到地面的距离，c为常数，B0为一定值。
铝框平面与磁场垂直，底边bc水平(空气阻力不计)，将铝框由静止释放，在铝框下落到地面前的过程中()A．铝框回路中的磁通量变大，有顺时针方向的感应电流产生B．回路中的感应电流沿顺时针方向，底边bc两端间的电势差为0C．铝框下落的加速度大小一定小于重力加速度gD．底边bc受到的安培力向上，折线bac受到的安培力向下，铝框下落时的加速度大小可能等于g 【答案】AC【解析】在铝框下落过程中，y减小，由B y＝知铝框中的磁通量增加，根据楞次定律，有顺时针方向的感应电流产生，选项A对；由右手定则知b端电势高于c端电势，选项B错；由楞次定律的推论知铝框受到的安培力向上，选项C对、D错。
13．如图所示，绕有线圈的铁芯直立在水平桌面上，铁芯上套着一个轻质铝环，线圈与电源、开关S相连，线圈上端与电源正极相连，则()A．闭合开关S的瞬间，铝环向上跳起来B．若保持开关S闭合，则铝环停留在某一高度C．若保持开关S闭合，则铝环跳起到某一高度后将回落D．如果电源的正、负极对调，闭合开关S的瞬间，铝环不动【答案】AC【解析】开关S闭合瞬间，线圈中电流从无到有，并产生磁场，由楞次定律知，铝环中将产生感应电流，电流的磁场方向与线圈中磁场的方向相反，铝环向上跳起，选项A对；待线圈中电流稳定后，磁场强弱不再变化，铝环中感应电流消失，铝环落下，选项B错误、C正确；此实验中观察到的现象与线圈中电流的方向无关，选项D错。