（全國通用）2019版高考物理一輪復習 精選提分綜合練 單元檢測十 電磁感應

1、（全國通用）2019版高考物理一輪復習 精選提分綜合練 單元檢測十 電磁感應單元檢測十電磁感應考生注意：1.本試卷共4頁.2.答卷前，考生務必用藍、黑色字跡的鋼筆或圓珠筆將自己的姓名、班級、學號填寫在相應位置上.3.本次考試時間90分鐘，滿分100分.4.請在密封線內作答，保持試卷清潔完整.一、單項選擇題(本題共8小題，每小題4分，共32分.在每小題給出的四個選項中只有一個選項正確，選對得4分，選錯得0分)1.如圖1所示為安檢門原理圖，左邊門框中有一通電線圈，右邊門框中有一接收線圈.工作過程中某段時間通電線圈中存在順時針方向(從左向右看)均勻增大的電流，則()圖1A.無金屬片通過時，接收線圈中

2、的感應電流方向為順時針B.無金屬片通過時，接收線圈中的感應電流增大C.有金屬片通過時，接收線圈中的感應電流方向為順時針D.有金屬片通過時，接收線圈中的感應電流大小發(fā)生變化2.在豎直方向的勻強磁場中，水平放置一個面積不變的單匝金屬圓形線圈，規(guī)定線圈中感應電流的正方向如圖2甲所示，取線圈中磁場B的方向向上為正，當磁場中的磁感應強度B隨時間t如圖乙變化時，下列各圖中能正確表示線圈中感應電流變化的圖象是()圖23.如圖3所示，A、B是兩盞完全相同的白熾燈，L是直流電阻不計、自感系數很大的自感線圈，如果斷開開關S1，閉合S2，A、B兩燈都能同樣發(fā)光.如果最初S1是閉合的，S2是斷開的.那么不可能出現的情

3、況是()圖3A.剛一閉合S2，A燈立即就亮，而B燈延遲一段時間才亮B.剛閉合S2時，線圈L中的電流為零C.閉合S2以后，A燈變亮，B燈由亮變暗D.閉合S2穩(wěn)定后再斷開S2時，A燈立即熄滅，B燈先亮一下然后熄滅4.如圖4所示，螺線管與靈敏電流計相連，條形磁鐵從螺線管的正上方由靜止釋放，向下穿過螺線管.下列說法正確的是()圖4A.電流計中的電流先由a到b，后由b到aB.a點的電勢始終低于b點的電勢C.磁鐵減少的重力勢能等于回路中產生的熱量D.磁鐵剛離開螺線管時的加速度小于重力加速度5.矩形線圈abcd，長ab20cm，寬bc10cm，匝數n200，線圈回路總電阻R5.整個線圈平面內均有垂直于線圈平

4、面的磁場穿過.若磁感應強度B隨時間t的變化規(guī)律如圖5所示，則()圖5A.線圈回路中感應電動勢隨時間均勻變化B.線圈回路中產生的感應電流為0.5AC.當t0.3s時，線圈的ab邊所受的安培力大小為0.016ND.在1min內線圈回路產生的焦耳熱為48J6.在垂直紙面的勻強磁場中，有不計重力的甲、乙兩個帶電粒子，在紙面內做勻速圓周運動，運動方向和軌跡示意圖如圖6.則下列說法中正確的是()圖6A.甲、乙兩粒子所帶電荷種類不同B.若甲、乙兩粒子的動量大小相等，則甲粒子所帶電荷量較大C.若甲、乙兩粒子所帶電荷量及運動的速率均相等，則甲粒子的質量較大D.該磁場方向一定是垂直紙面向里7.(2017重慶模擬)

5、如圖7所示，LOM為一45角折線，折線內有一方向垂直于紙面向里的勻強磁場，一邊長為l的正方形導線框沿垂直于OM的方向以速度v做勻速直線運動，在t0時刻恰好位于圖中所示位置.以逆時針方向為導線框中電流的正方向，在下面四幅圖中能夠正確表示電流時間(It)關系的是(時間以為單位)()圖78.如圖8所示，虛線兩側的磁感應強度大小均為B，方向相反，電阻為R的導線彎成頂角為90，半徑為r的兩個扇形組成的回路，O為圓心，整個回路可繞O點轉動.若由圖示的位置開始沿順時針方向以角速度轉動，則在一個周期內電路消耗的電能為()圖8A.B.C.D.二、多項選擇題(本題共6小題，每小題5分，共30分.在每小題給出的四個

6、選項中，至少有兩個選項是正確的，全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分)9.如圖9所示，圓形導體線圈a平放在絕緣水平桌面上，在a的正上方固定一豎直螺線管b，二者軸線重合，螺線管、電源和滑動變阻器連接成如圖所示的電路.若將滑動變阻器的滑片P向上滑動，下列表述正確的是()圖9A.穿過線圈a的磁通量增大B.線圈a對水平桌面的壓力小于其重力C.線圈a中將產生俯視逆時針方向的感應電流D.線圈a中將產生俯視順時針方向的感應電流10.如圖10所示，足夠長的光滑導軌傾斜放置，導軌寬度為L，其下端與電阻R連接.導體棒ab長為L，電阻為r，導軌和導線電阻不計，勻強磁場豎直向上.若導體棒ab以一定初速

7、度v下滑，則關于ab棒的下列說法中正確的是()圖10A.所受安培力方向水平向右B.可能以速度v勻速下滑C.剛下滑的瞬間ab棒產生的感應電動勢為BLvD.減少的重力勢能等于電阻R上產生的內能11.如圖11所示，固定于水平面上寬為l的光滑金屬架abcd處在豎直向下的勻強磁場中，磁感應強度為B，左端接一定值電阻R，質量為m的金屬棒MN沿框架以初速度v0向右運動，接入電路的有效電阻為r，若導軌足夠長，其電阻不計，對整個運動過程下列說法正確的是()圖11A.電阻R上產生的焦耳熱為mvB.金屬棒MN上產生的焦耳熱為mv02C.通過導體棒MN的電荷量為D.最終MN停靠的位置距離其初始位置為12.(2017湖

8、北黃岡綜訓)如圖12所示，豎直平面(紙面)內兩水平線間存在寬度為d的勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里.一質量為m、邊長也為d的正方形線框從磁場上方某處自由落下，t1時刻線框的下邊進入磁場，t2時刻線框的上邊進入磁場，t3時刻線框上邊離開磁場.已知線框平面在下落過程中始終與磁場方向垂直，且線框上、下邊始終與磁場邊界平行，不計空氣阻力，則線框下落過程中的vt圖象可能正確的是()圖1213.(2018黑龍江齊齊哈爾模擬)如圖13所示，在水平光滑絕緣桌面上建立直角坐標系xOy，第一象限內存在垂直桌面向上的磁場，磁場的磁感應強度B沿x軸正方向均勻增大且k，一邊長為a、電阻為R的單匝正方形線圈ABCD在第一

9、象限內以速度v沿x軸正方向勻速運動，運動中AB邊始終與x軸平行，則下列判斷正確的是()圖13A.線圈中的感應電流沿逆時針方向B.線圈中感應電流的大小為C.為保持線圈勻速運動，可對線圈施加大小為的水平外力D.線圈不可能有兩條邊所受安培力大小相等14.如圖14所示，質量為m的帶電小球以初速度v水平拋出，經過時間t后進入方向豎直向下的勻強電場，再經過時間t速度方向重新變?yōu)樗?，已知初、末位置分別為A點和C點，經B點進入電場.不計空氣阻力，下列分析正確的是()圖14A.電場力大小為3mgB.從A到C的運動過程，小球動量守恒C.小球從A到B與從B到C的速度變化相同D.從A到C的高度hgt2三、非選擇題(

10、本題共4小題，共38分)15.(8分)如圖15所示，兩根相距L1m的足夠長的光滑金屬導軌組成兩組導軌，一組導軌水平，另一組導軌與水平面成37角，拐角處連接一阻值R1的電阻.質量均為m2kg的金屬細桿ab、cd與導軌垂直接觸形成閉合回路，導軌電阻不計，兩桿的電阻均為R1.整個裝置處于磁感應強度大小B1T、方向垂直于導軌平面的勻強磁場中.當ab桿在平行于水平導軌的拉力作用下沿導軌向右勻速運動時，cd桿靜止.g10m/s2，sin370.6，cos370.8，求：圖15(1)水平拉力的功率；(2)現讓cd桿固定，求撤去拉力后ab桿產生的焦耳熱.16.(10分)如圖16所示，光滑導軌EF、GH等高平行

11、放置，EG間寬度為FH間寬度的3倍，導軌右側水平且處于豎直向上的勻強磁場中，左側呈弧形升高.ab、cd是質量均為m的金屬棒，現讓ab從離水平軌道h高處由靜止下滑，設導軌足夠長.求：圖16(1)ab、cd棒的最終速度的大??；(2)全過程中感應電流產生的焦耳熱.17.(10分)如圖17所示，兩根足夠長的平行金屬導軌固定在傾角30的斜面上，導軌電阻不計，間距L0.4m，導軌所在空間被分成區(qū)域和，兩區(qū)域的邊界與斜面的交線為MN.中的勻強磁場方向垂直斜面向下，中的勻強磁場方向垂直斜面向上，兩磁場的磁感應強度大小均為B0.5T.在區(qū)域中，將質量m10.1kg、電阻R10.1的金屬條ab放在導軌上，ab剛好

12、不下滑.然后，在區(qū)域中將質量m20.4kg、電阻R20.1的光滑導體棒cd置于導軌上，由靜止開始下滑.cd在滑動過程中始終處于區(qū)域的磁場中，ab、cd始終與導軌垂直且兩端與導軌保持良好接觸，取g10m/s2，問：圖17(1)cd下滑的過程中，ab中的電流方向；(2)ab剛要向上滑動時，cd的速度v為多大；(3)從cd開始下滑到ab剛要向上滑動的過程中，cd滑動的距離x3.8m，此過程中ab上產生的熱量Q是多少.18.(10分)(2017天津理綜12)電磁軌道炮利用電流和磁場的作用使炮彈獲得超高速度，其原理可用來研制新武器和航天運載器.電磁軌道炮示意圖如圖18，圖中直流電源電動勢為E，電容器的電

13、容為C.兩根固定于水平面內的光滑平行金屬導軌間距為l，電阻不計.炮彈可視為一質量為m、電阻為R的金屬棒MN，垂直放在兩導軌間處于靜止狀態(tài)，并與導軌良好接觸.首先開關S接1，使電容器完全充電.然后將S接至2，導軌間存在垂直于導軌平面、磁感應強度大小為B的勻強磁場(圖中未畫出)，MN開始向右加速運動.當MN上的感應電動勢與電容器兩極板間的電壓相等時，回路中電流為零，MN達到最大速度，之后離開導軌.問：圖18(1)磁場的方向；(2)MN剛開始運動時加速度a的大小；(3)MN離開導軌后電容器上剩余的電荷量Q是多少.答案精析1.D2.A3.A4.D5.D6.C兩粒子均逆時針運動，根據左手定則可知有兩種情

14、況：磁場垂直紙面向里，粒子均帶正電；磁場垂直紙面向外，粒子均帶負電，故A、D錯誤；根據洛倫茲力提供向心力得qvBm，可得R，分析可知當速率v、電荷量q、磁感應強度B均相等時，半徑R越大的粒子質量m就越大，根據R可知，磁感應強度B相同，當兩粒子動量pmv相等時，半徑R越小的粒子電荷量q越大，所以乙粒子電荷量較大，故B錯誤，C正確.7.C在0時間內線框上邊框進入磁場，切割磁感線產生的電動勢大小恒定，感應電流沿逆時針方向，可排除D項；在3時間內，線框穿出磁場，磁通量一直減少，感應電流均沿順時針方向，電流為負值，可排除A、B兩項，故C項正確.8.C從圖示位置開始計時，一個周期T內，在0、T內沒有感應電

15、流產生，在，TT內有感應電流產生，在，TT內線框產生的總的感應電動勢E4Br22Br2，則在一周期內電路消耗的電能為Q，T，解得Q，C項正確.9.BD10.AB導體棒ab以一定初速度v下滑，切割磁感線產生感應電動勢和感應電流，由右手定則可判斷出電流方向為從b到a，由左手定則可判斷出ab棒所受安培力方向水平向右，選項A正確.當mgsinBILcos時，ab棒沿導軌方向合外力為零，可以以速度v勻速下滑，選項B正確.由于速度方向與磁場方向夾角為(90)，剛下滑的瞬間ab棒產生的感應電動勢為EBLvcos，選項C錯誤.由能量守恒定律知，ab棒減少的重力勢能不等于電阻R上產生的內能，選項D錯誤.11.A

16、C12.AB進入磁場前和通過磁場后，線框只受重力，加速度恒為g.設線框下邊進入磁場時速度為v，則線框中感應電動勢EBdv，由閉合電路歐姆定律有I，安培力FBId，解得F，若Fmg，則線框勻速穿過磁場，A項正確；若F>mg，則線框減速通過磁場，由牛頓第二定律有mgma1，可知線框加速度不斷減小，B項正確；若F<mg，線框在磁場中剛開始做加速運動，由牛頓第二定律有mgma2，所以線框加速度不斷減小，當Fmg時線框勻速運動，故C、D項錯.13.BC由楞次定律得感應電流沿順時針方向，A錯誤；設線圈向右移動一段距離l，則通過線圈的磁通量變化為la2la2k，而所需時間為t，根據法拉第電磁感應

17、定律，感應電動勢為Eka2v，故感應電流大小為I，B正確；線圈勻速運動時，外力與安培力平衡，由平衡條件得F(B2B1)Iaka2I，C正確；線圈的AB、CD兩條邊所受安培力大小相等，D錯誤.14.BD小球從A到B過程中，小球只受重力，所以做平拋運動，在豎直方向上做自由落體運動，故vygt，小球從B到C過程中，小球受到重力、電場力，要使在豎直方向上到達C點時豎直速度為零，所以小球在豎直方向上做勻減速直線運動，故vyat，根據牛頓第二定律可得Fmgma，聯(lián)立解得ag，F2mg，方向都豎直向上，故從A到C的豎直高度為hgt2gt2gt2，A錯誤，D正確；小球從A到B過程中速度變化為v1gt，方向豎直

18、向下，從B到C過程中速度變化為v2gt，方向豎直向上，兩者大小相同，方向不同，C錯誤；因為從A到C點過程中水平方向上做勻速直線運動，故A點和C點的動量守恒，故B正確.15.(1)864W(2)864J解析(1)cd桿靜止，由平衡條件可得mgsinBIL，解得I12A由閉合電路歐姆定律得2I，得v36m/s水平拉力F2BIL24N，水平拉力的功率PFv864W(2)撤去外力后ab桿在安培力作用下做減速運動，安培力做負功，先將棒的動能轉化為電能，再通過電流做功將電能轉化為整個電路產生的焦耳熱，即焦耳熱等于桿的動能的減小量，有QEkmv21296J而QI2Rt，ab桿產生的焦耳熱QI2Rt，所以QQ

19、864J.16.(1)vabvcd(2)解析ab下滑進入磁場后切割磁感線，在abdc電路中產生感應電流，ab、cd各受不同的磁場力作用而分別做減速、加速運動，電路中感應電流逐漸減小，當感應電流為零時，ab、cd不再受磁場力作用，各自以不同的速度勻速滑動.(1)ab在左側弧形軌道上自由下滑，機械能守恒，mghmv2由于ab、cd串聯(lián)在同一電路中，任何時刻通過的電流總相等，兩個金屬棒的有效長度lab3lcd，故它們受到的安培力為Fab3Fcd在安培力作用下，ab、cd各自做變速運動，產生的感應電動勢方向相反，當EabEcd時，電路中感應電流為零(I0)，安培力為零，ab、cd運動趨于穩(wěn)定，此時有BlabvabBlcdvcd所以vabvcdab、cd受安培力作用，動量均發(fā)生變化，由動量定理得FabTm(vvab)FcdTm