《2020届高考物理专题训练：电磁感应(两套附详细答案解析).pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020届高考物理专题训练：电磁感应(两套附详细答案解析).pdf（21页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、1 高考物理专题训练：电磁感应（基础卷）一、(本题共 13 小题，每小题 4 分，共 52 分。在每小题给出的四个选项中，第18 题只有一项符合题目要求，第913 题有多项符合题目要求。全部选对的得4 分，选对但不全的得2分，有选错的得0 分)1关于安培力，下列说法正确的是()A通电直导线在某处所受安培力的方向跟该处的磁场方向相同B通电直导线在某处不受安培力的作用，则该处没有磁场C通电直导线所受安培力的方向可以跟导线垂直，也可以不垂直D通电直导线跟磁场垂直时受到的安培力一定最大【答案】D【解析】安培力的方向一定与磁场垂直，也一定与导线垂直，选项A、C错误；当通电直导线与磁场平行放置时，不受安培
2、力作用，选项B错误。2在重复奥斯特电流磁效应的实验时，需要考虑减少地磁场对实验的影响，则以下关于奥斯特实验的说法中正确的是()A通电直导线竖直放置时，实验效果最好B通电直导线沿东西方向水平放置时，实验效果最好C通电直导线沿南北方向水平放置时，实验效果最好D只要电流足够大，不管通电直导线怎样放置实验效果都很好【答案】C【解析】由于在地球表面小磁针静止时北极指北、南极指南，所以通电直导线沿南北方向水平放置时，电流在小磁针所在位置的磁场方向为东西方向，此时的效果最好。3科学研究发现，在地球的南极或北极所看到的美丽极光，是由来自太阳的高能带电粒子受到地磁场的作用后，与大气分子剧烈碰撞或摩擦所产生的结果
3、，如图所示。则下列关于地磁场的说法中，正确的是()A若不考虑磁偏角的因素，则地理南极处的磁场方向竖直向下B若不考虑磁偏角的因素，则地理北极处的磁场方向竖直向上C在地球赤道表面，小磁针静止时南极指向北的方向D在地球赤道表面，小磁针静止时南极指向南的方向【答案】D【解析】在不考虑磁偏角的情况下，地球的南极相当于磁体的北极，故该处的磁场方向竖直向上，选项 A、B错误；赤道处的地磁场方向向北，所以小磁针的南极指向南的方向，D正确。4在某磁场区域中画出了如图所示的三条磁感线，则下列关于磁场中a、b 两点的说法中正确的是()Aa 处没有磁感线，所以a 点的磁感应强度Ba0 Ba 处的磁感应强度小于b 处的
4、磁感应强度C同一通电导线放在a 处所受到的安培力比放在b 处所受到的安培力大D同一通电导线放在a 处所受到的安培力比放在b 处所受到的安培力小【答案】B【解析】画出的磁感线仅为示意图，a 处的磁感应强度不为零，选项A错；磁感线的疏密程度表示磁感应强度的大小，选项B正确；安培力的大小除跟该处的磁感应强度的大小以及I、L有关外，还跟导线放置的方向与磁感应强度的方向的夹角有关，C、D错误。5如图所示为在科学研究中用来束缚某种粒子的磁场的磁感线分布情况，以图中白点 O为坐标原点，沿 Z 轴正方向的磁感应强度大小的变化最有可能的是()【答案】C【解析】磁感线的疏密表示磁感应强度的大小，以图中白点O为坐标
5、原点，沿 Z 轴正方向磁感应强度 B大小的变化最有可能为C。6关于带电粒子在匀强磁场中受到的洛伦兹力，下列说法正确的是()A带电粒子的速度越大，洛伦兹力一定越大B当带电粒子的速度与磁场方向平行时，洛伦兹力最大C洛伦兹力的方向可以跟速度方向垂直，也可以不垂直D洛伦兹力不做功，所以洛伦兹力一定不会改变带电粒子的速度大小【答案】D【解析】当带电粒子的速度与磁场方向平行时，不受洛伦兹力作用，选项A、B错；洛伦兹力3 的方向既跟速度垂直，也跟磁场垂直，选项C错。7不计重力的带电粒子穿过饱和蒸汽时，在它走过的路径上饱和蒸汽便凝成小液滴，从而显示出粒子的径迹，这是云室的原理，图示是在云室中拍摄的正、负电子运
6、动径迹的照片。若已知在云室处有方向垂直于照片向内的匀强磁场，图中Oa、Ob、Oc、Od是从 O点发出的四个粒子的径迹，则下列说法中正确的是()A打到 a、b 点的粒子是正电子B打到 c、d 点的粒子是正电子C打到 c 点的粒子受到的洛伦兹力最小D打到 d 点的粒子受到的洛伦兹力最大【答案】A【解析】根据左手定则可知，打到a、b 点的粒子是正电子，选项A正确；根据轨迹图可知，打到 c 点的粒子的半径最大，速度最大，所以其受到的洛伦兹力最大，选项C、D错误。8 如图，边长为l的正方形abcd内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面(abcd 所在平面)向外。ab 边中点有一电子发源O，可
7、向磁场内沿垂直于ab边的方向发射电子。已知电子的比荷为k。则从 a、d 两点射出的电子的速度大小分别为()A14kBl，54kBl B14kBl，54kBlC12kBl，54kBl D12kBl，54kBl【答案】B【解析】a点射出粒子半径Ra14lamvBq，得va14kBl，d点射出粒子半径Rb54l，同理可得 vd54kBl，故 B选项符合题意。9物理学家劳伦斯于1932 年发明回旋加速器。如图所示为一种改进后的回旋加速器示意图，其中盒缝间的加速电场的电场强度恒定，且被限制在 A、C板间，带电粒子从 P0处由静止释放，并沿电场线方向射入加速电场，经加速后再进入 D形盒中的匀强磁场做匀速圆
8、周运动，图中 P1、P2、P3分别为带电粒子在磁场做圆周运动三个相邻轨迹的最右边缘的点，对于这种改进后的回旋加速器，下列说法正确的是()A带电粒子每运动一周就被加速一次B带电粒子每运动一周就被加速二次CP1P2P2P3D加速粒子的最大速度与D形盒的尺寸有关【答案】AD【解析】带电粒子每运动一周就被加速一次，加速电场方向不需要做周期性的变化，选项A正确、B错误；由 nqU m，rn，解得 rn，由此可知，P1P2P2P3，选项 C错误；当加速粒子的速度最大时，有m，选项 D正确。10如图所示，在虚线所包围的圆形区域内有方向垂直于圆面向里的匀强磁场，从磁场边缘的 A点沿半径方向射入一束速率不同的质
9、子，这些质子在磁场里运动的过程中，以下说法正确的是()A周期相同，但运动时间不同，速率大的运动时间长B运动半径越大的质子运动时间越短，偏转角越小C质子在磁场中的运动时间均相等D运动半径不同，运动半径越大的质子向心加速度越大【答案】BD【解析】由 Bqvm，可得 r，v 越大，则 r 越大。周期 T，则周期与运动速度大小无关，运动时间 t T，其中 tan，所以 v 越大，则 r 越大、越小、t 越小，选项 A、C错，B正确。向心加速度a，r 越大，则 v 越大，a 也越大，选项 D正确。11 霍尔元件广泛应用于测量和自动控制等领域，霍尔元件一般用半导体材料做成，有的半导体中的载流子(自由电荷)
10、是自由电子，有的半导体中的载流子是空穴(相当于正电荷)。如图所示为用半导体材料做成的霍尔元件的工作原理示意图，磁感应强度 B垂直于霍尔元件的工作面向下，通入电流 I 的方向如图所示，C、D两侧面会形成电势差。则下列说法中正确的是()A若元件的载流子是自由电子，则D侧面的电势高于 C侧面的电势5 B若元件的载流子是空穴，则D侧面的电势高于 C侧面的电势C在测地球赤道上方的地磁场强弱时，元件的工作面应保持竖直D在测地球赤道上方的地磁场强弱时，元件的工作面应保持水平【答案】AC【解析】若载流子为自由电子，由左手定则可判断电子受洛伦兹力作用使其偏向C侧面，则C侧面的电势会低于D侧面，选项 A正确；若载
11、流子为空穴，根据左手定则，空穴在洛伦兹力的作用下也是向 C侧面聚集，C侧面的电势会高于D侧面，选项 B错误；地球赤道上方的地磁场的方向水平向北，霍尔元件的工作面应保持竖直才能让地磁场垂直其工作面，选项C正确，D错误。12如图所示，在 x 轴上方存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。在 xOy平面内，从原点 O处沿与 x 轴正方向成 角(0)以速率 v 发射一个带正电的粒子(重力不计)。则下列说法正确的是()A若 v 一定，越大，则粒子在磁场中运动的时间越短B若 v 一定，越大，则粒子离开磁场的位置距O点越远C若一定，v越大，则粒子在磁场中运动的角速度越大D若 一定，则粒子在磁场中运
12、动的时间与v 无关【答案】AD【解析】由左手定则可知，带正电的粒子向左偏转，若v 一定，越大，则粒子在磁场中运动的时间越短，选项 A正确；若 v 一定，等于 90时，粒子离开磁场的位置距O点最远，选项B错误；若 一定，粒子在磁场中运动的周期与v 无关，则粒子在磁场中运动的角速度也与v 无关，粒子在磁场中运动的时间与v 无关，选项 C错误、D正确。13如图所示，在直角三角形AOC 的三条边为边界的区域内存在着磁感应强度为B的匀强磁场，已知 A60，边 AO的长度为 a。现在 O点放置一个可以向各个方向发射某种带负电粒子的粒子源，已知粒子的比荷为qm，发射的速度大小都为v0，且满足 v0aqBm。
13、粒子发射的方向可由图中速度与边 CO的夹角 表示，不计重力作用，则粒子进入磁场后()A粒子有可能打到A点B以 60飞入的粒子在磁场中的运动时间最短C以 30飞入的粒子在磁场中的运动的时间都相等D在 AC边界上只有一半区域有粒子射出【答案】AD【解析】粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径r a，当粒子以 0 飞入磁场区域时，最终将从 AC边的中点射出，随着 的增大，粒子在 AC边上的射出点将向A点靠拢，当 60时，粒子将从 A点射出磁场区域，选项A、D正确；粒子的速度大小相等，在磁场中做圆周运动的轨迹弧长越小，运动时间越短，过O点做 AC边的垂线，找出垂足位置，当粒子从该垂足位置射出时粒子在磁场中的
14、运动时间最短，选项B错误；以 30飞入的粒子在磁场中运动轨迹圆弧的长度不同，运动时间不相等，选项C错误。二、(本题共 4 小题，共 48 分。把答案填在题中的横线上或按题目要求作答。解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)14(9 分)海水中含有大量的正、负离子，这些离子随海流做定向运动，如果有磁场能使这些正、负离子向相反方向偏转，便有可能发出电来。如图所示为一利用海流发电的磁流体发电机原理的示意图，上、下两块金属板M、N水平正对放置，浸没在海水里，金属板相距 d100 m，在金属板之间加一匀强磁场，磁感应强度大
15、小 B0.05 T，方向由南向北，海水从东向西以速度v5 m/s 流过两金属板之间，且将在两板之间形成电势差。(1)达到稳定状态时，哪块金属板的电势较高?(2)该磁流体发电机产生的电动势E为多大?【解析】(1)由左手定则得，N板的电势较高。(3 分)(2)当海水中流动的带电离子进入磁场后，将在两板之间形成电势差，当带电离子所受到的电场力 F 与洛伦兹力 f 相平衡时达到稳定状态，有：qqvB (3 分)代入有关数据得电动势E25 V。(3 分)15(12 分)如图所示，为某研究性学习小组设计的一只电流表的原理图如图所示。在质量为m、长度为 L1的匀质细金属棒 MN 的中点处通过一绝缘挂钩与一竖
16、直悬挂的弹簧相连，弹簧的劲度系数为 k。在矩形区域 abcd 内有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外。与 MN的右端 N连接的一绝缘轻指针可指示标尺上的示数，MN 的长度大于 ab，abcdL2。当 MN 中没有电流通过且处于平衡状态时，MN 与矩形区域的 cd 边重合，且指针指到刻度尺的0 刻度位置，重力加速度为 g。7(1)若要使该电流表能正常工作，则待测电流必须从金属棒的哪一端流入?(2)刻度尺上距 0 刻度为x处对应的电流大小是多少?(3)若弹簧在弹性限度内的最大伸长量为xm，则该电流表的最大量程为多少?【解析】(1)由左手定则得，电流必须从金属棒是M端流入。(2 分)(2
17、)指针指在 0 刻度处时，有 mg kx0(2 分)指针指在 x 处时，有 mg+BIL2k(x0+x)(2 分)联立解得：I。(2 分)(3)弹簧伸长量最大时，有mg+BImLkxm(2 分)得：Im。(2 分)16(12 分)如图，在直角三角形OPN 区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外。一带正电的粒子从静止开始经电压U加速后，沿平行于x 轴的方向射入磁场；一段时间后，该粒子在OP边上某点以垂直于x 轴的方向射出。已知O点为坐标原点，N点在 y 轴上，OP与 x 轴的夹角为 30，粒子进入磁场的入射点与离开磁场的出射点之间的距离为 d，不计重力。求：(1)带电粒子的比
18、荷；(2)带电粒子从射入磁场到运动至x 轴的时间。【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，根据动能定理得：212qUmv (1分)设带电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：2vqvBmr (1分)由几何关系可知：2dr (2分)联立解得：224qUmd B (2分)(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：1tan 302srr(2 分)带电粒子从射入磁场到运动至x轴过程中，运动的时间为：stv(2 分)联立解得：23423BdtU (2分)17(15 分)如图所示，在等腰三角形ABC区域内有垂直纸面向外
19、的匀强磁场，三角形的底边AB 2L，45，O为底边的中点。现有一质量为 m、电荷量为 q 的带正电粒子从静止开始经过电势差为U的电场加速后，从 O点垂直 AB进入磁场，不计粒子的重力与空气阻力的影响。(1)求粒子经电场加速后射入磁场时的速度。(2)若已知磁感应强度大小B12mULq，则粒子从何处射出磁场?(3)磁感应强度B为多少时，粒子在磁场中能以最大的圆周半径偏转后打到OA板?【解析】(1)由 qU mv2(2 分)得 v。(2 分)(2)粒子进入磁场后做匀速圆周运动，有：qvBm(3 分)得 rL(2 分)故粒子从 AC连线上距 A点 L 处射出。(3)要使粒子能射到 OA连线上且半径最大
20、，则粒子的轨迹应与AC边相切，如图所示。设此时粒子轨迹的半径为R，由几何关系有：R+L(2 分)以及 qvBm(2 分)得 B。(2 分)9 高考物理专题训练：电磁感应（提高卷）一、(本题共 13 小题，每小题 4 分，共 52 分。在每小题给出的四个选项中，第18 题只有一项符合题目要求，第913 题有多项符合题目要求。全部选对的得4 分，选对但不全的得2分，有选错的得0 分)1下列没有利用涡流的是()A金属探测器 B变压器中用互相绝缘的硅钢片叠成铁芯C用来冶炼合金钢的真空冶炼炉 D车站的安检门【答案】B【解析】金属探测器和安检门都利用了涡流；用来冶炼合金钢的真空冶炼炉利用炉内的金属中产生涡
21、流，涡流产生的热量使金属熔化；变压器的铁芯用互相绝缘的硅钢片叠压而成，是为了减小涡流，故 B正确。2如图所示，光滑固定的金属导轨M、N水平放置，两根初速为零、质量均为m的导体棒 P、Q平行放置在导轨上，形成一个闭合回路。一质量为 M的条形磁铁从 a 处由静止下落，当下落到 b处时，磁铁的速度为v0，两个导体棒的速度均为v。重力加速度设为g，a、b之间的高度为h，不计空气阻力，在磁铁自a 到 b 的下落过程中，以下说法正确的是()A因为 P、Q中的感应电流方向相反，故P、Q之间的安培力为斥力，P、Q将相互远离BP、Q受到的安培力竖直向下C回路中产生的热为21()2MghMm vD回路中的磁通量一
22、直在增加【答案】D【解析】磁铁靠近回路，回路磁通量增大，根据楞次定律，导体棒阻碍磁通量增加，所以面积会减小，所以 P、Q相互靠近，导体棒在安培力作用下运动，所以安培力沿水平方向，A、B错误；根据能量守恒有：22011222MghMvmvQ，解得：2201()2QMghMvmv，C错误；相互靠近过程中，回路磁感应强度增大，磁通量增大，D正确。3如图甲所示，水平地面上有一边长为L 的正方形 ABCD 区域，其下方埋有与地面平行的金属管线为探测地下金属管线的位置、走向和埋覆深度，先让金属管线载有电流，然后用闭合的试探小线圈 P(穿过小线圈的磁场可视为匀强磁场)在地面探测。如图乙所示，将暴露于地面的金
23、属管接头接到电源的一端，将接地棒接到电源的另一端，这样金属管线中就有沿管线方向的电流。使线圈 P在直线 AC上的不同位置保持静止(线圈平面与地面平行)，线圈中没有感应电流 将线圈P静置于 B处，当线圈平面与地面平行时，线圈中有感应电流，当线圈平面与射线BD成 45角时，线圈中感应电流消失。下列判断正确的是()A图乙中的电源为恒定直流电源B金属管线沿 BD走向C金属管线的埋覆深度为LD线圈 P在 D处，当它与地面的夹角为45时，P中的感应电流可能最大【答案】D【解析】如果是恒定直流电源，则线圈P中不可能有感应电流，选项A错误；线圈中没有感应电流，说明磁通量的变化率为零，即穿进与穿出的磁通量抵消，
24、线圈 P在直线 AC上的不同位置保持静止(线圈平面与地面平行)，线圈中没有感应电流，说明金属管线沿AC走向，选项 B错误；当线圈平面与射线BD成 45角时，线圈中感应电流消失，由几何关系知，金属管线的埋覆深度为22L，选项 C错误；线圈 P在 D处，如果它与地面夹角为45(与题中所述线圈平面与射线BD成 45角的情况下的平面垂直)时，线圈就与磁感线垂直，穿过 P的磁通量最大，P中的感应电流就最大，选项 D正确。4如图所示，导体杆OP在作用于 OP中点且垂直于 OP的力作用下，绕 O点沿以 O为圆心、半径为 r 的光滑半圆形金属导轨在匀强磁场中以一定的角速度转动，磁场的磁感应强度为B，A、O间接
25、有阻值为 R的定值电阻，导体杆和导轨的电阻不计，回路中的电功率为P，则()A外力的大小为 2BrPRB外力的大小为 BrPRC导体杆转动的角速度大小为2 PRBr2D导体杆转动的角速度大小为2Br2PR【答案】C 11【解析】设导体杆转动的角速度为，则导体杆转动切割磁感线产生的感应电动势E12Br2，电流 I ER，回路中的电功率 PEI，设维持导体杆匀速转动的外力为F，则有 PFv2，vr，联立解得 FBrPR，2 PRBr2，选项 C正确，选项 A、B、D错误。5如图所示，在光滑的水平面上有一竖直向下的匀强磁场，该磁场分布在宽为L 的区域内。现有一个边长为 a(aL)的正方形闭合导线圈以初
26、速度v0垂直于磁场边界滑过磁场后，速度变为v(vv0)，则()A线圈完全进入磁场时的速度大于v0v2B线圈完全进入磁场时的速度等于v0v2C线圈完全进入磁场时的速度小于v0v2D以上情况 A、B均有可能，而 C是不可能的【答案】B【解析】设线圈电阻为R，完全进入磁场时的速度为vx.线圈在穿过磁场的过程中所受的合外力为安培力。对于线圈进入磁场的过程，根据动量定理可得Ft BaRBaBa2Rmvxmv0，对于线圈穿出磁场的过程，据动量定理可得Ft BaRBaBa2Rmv mvx，联立可得 vxv0v2，选项 B正确。6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
27、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【答案】C【解析】图甲中，断开开关S1瞬间，灯 A1突然闪亮，所以断开开关S1之前，电路处于稳定状态时，流经L1的电流大于流经 A1的电流，L1的电阻值小于 A1的阻值，A、B选项错误；图乙中，闭合开关 S2，最终完全相同的灯A2与 A3的亮度相同，即最
28、终A2与 A3的电流相同，所以变阻器R与L2的电阻值相同，C选项正确；闭合 S2瞬间，L2对电流有阻碍作用，L2中电流小于变阻器R中电流，D选项错误。7如图，在水平桌面上放置两条相距l 的平行光滑导轨ab 与 cd，阻值为 R的电阻与导轨的 a、c 端相连质量为 m、电阻不计的导体棒垂直于导轨放置并可沿导轨自由滑动。整个装置放于匀强磁场中，磁场的方向竖直向上，磁感应强度的大小为 B。导体棒的中点系一不可伸长的轻绳，绳绕过固定在桌边的光滑轻滑轮后，与一个质量也为 m的物块相连，绳处于拉直状态。现若从静止开始释放物块，用 h 表示物块下落的高度（物块不会触地），g 表示重力加速度，其他电阻不计，则
29、下列说法错误的是()A电阻R中的感应电流方向由a到c B物体下落的最大加速度为0.5 gC若 h 足够大，物体下落的最大速度为222mgRB ID通过电阻 R的电量为BlhR【答案】A【解析】从静止开始释放物块，导体棒切割磁感线产生感应电流，由右手定则可知，电阻R中的感应电流方向由c 到 a，故 A错误；设导体棒所受的安培力大小为F，根据牛顿第二定律得：物块的加速度2mgFam，当 F0，即刚释放导体棒时，a 最大，最大值为12g，故 B正确；物块和滑杆先做加速运动，后做匀速运动，此时速度最大，则有mgF，而FBIl，BlvIR，解得物体下落的最大速度为222mgRvB I，故 C正确；通过电
30、阻 R的电量BlhqIttR tR，故 D正确。8如图所示，宽为L 的平行金属导轨由光滑的倾斜部分和足够长的粗糙水平部分平滑连接，右端接阻值为 R的电阻 c，矩形区域 MNPQ 内有竖直向上、大小为B的匀强磁场。在倾斜部分同一高度 h 处放置两根细金属棒a 和 b，由静止先后释放，a 离开磁场时 b 恰好进入磁场，a 在水平导轨上运动的总距离为s。a、b 质量均为 m，电阻均为 R，与水平导轨间的动摩擦因数均为，与13 导轨始终垂直且接触良好。导轨电阻不计，重力加速度为g。则整个运动过程中()Aa 棒中的电流方向不变Ba 棒两端的最大电压为2BLghC电阻 c 消耗的电功率一直减小D电阻 c
31、产生的焦耳热为1()3mg hs【答案】D【解析】当 a 棒进入磁场中做切割磁感线运动时，由右手定则可判断感应电流的方向为垂直纸面向外，当 a 棒离开磁场时 b 棒刚好进入磁场，同理可判断通过a 棒的电流方向为垂直纸面向里，故通过 a 棒的电流方向会发生改变，故A错误；a 棒从斜面静止释放过程中有：，解得进入水平轨道的速度大小为，a 棒进入磁场后受到安培力和摩擦力的作用做减速运动，刚进入磁场时速度最大，最大感应电动势为，此时 a 棒作为等效电源，b 棒与电阻c 并联，并联电阻大小为，则总电阻为，故 a 棒两端的最大电压为，故 B错误；a 棒进入磁场后做减速运动，根据可知，电流逐渐减小，故电阻c
32、 消耗的电功率由逐渐减小；当 a 棒离开磁场时 b 棒刚好进入磁场，此时 b 棒的速度与 a 棒刚进入磁场时的速度相等，则电阻 c 消耗的电功率仍由逐渐减小，故电阻 c 消耗的电功率并非一直减小，故C错误；由能量守恒定律可知，整个过程中产生的总热量为，且，其中，则电阻 c 产生的焦耳热为，故D正确。9如图所示，将若干匝线圈固定在光滑绝缘杆上，另一个金属环套在杆上且与线圈共轴当开关闭合瞬间，线圈中产生磁场，金属环就可被加速弹射出去。现在线圈左侧同一位置处先后放置形状、大小相同的铜环和铝环(两环分别用横截面积相等的铜和铝导线制成)，且铝的电阻率大于铜的电阻率，闭合开关S的瞬间，下列描述正确的是()
33、A从左侧看，环中感应电流沿顺时针方向B线圈沿轴向有伸长的趋势C铜环受到的安培力大于铝环受到的安培力D若金属环出现断裂，不会影响其向左弹射【答案】AC【解析】线圈中通电瞬间，由安培定则可知，磁场方向向左，通过金属环的磁通量增加，从左侧看，环中有顺时针方向的感应电流，A正确；同向电流相互吸引，故线圈有收缩的趋势，B错误；因铜环的电阻小，故铜环中感应电流大，受到的安培力大，C正确；若金属环出现断裂，就不能构成闭合回路，环中有感应电动势，但无感应电流，不受安培力作用，是不会被向左弹出的，D错误。10某探究性学习小组研制了一种发电装置如图甲所示，图乙为其俯视图。将8 块外形相同的磁铁交错放置组合成一个高
34、h0.5 m、半径 r 0.2 m的圆柱体，其可绕固定轴OO 逆时针(俯视)转动，角速度 100 rad/s。设圆柱外侧附近每个磁场区域的磁感应强度大小均为B0.2 T、方向都垂直于圆柱体侧表面。紧靠圆柱体外侧固定一根长度与圆柱体高相等、电阻为R10.5 的细金属杆ab，杆ab与轴OO平行。图丙中阻值R1.5 的电阻与理想电流表A串联后接在杆 ab 两端。下列说法正确的是()A电流表 A的示数为 1 A B杆 ab 产生感应电动势的最大值约为2.83 V C电阻 R消耗的电功率为 2 W D在圆柱体转过一周的时间内，流过电流表A的总电荷量为零【答案】AD【解析】杆 ab 切割磁感线产生的最大感
35、应电动势为EmBhv，又 vr，解得 Em2 V；因为 B的大小及 v 的大小均不变，所以最大电动势的大小不变，且电动势的有效值EEm2 V，选项 B错误；电流表 A的示数为 I ER R121.5 0.5 A1 A，选项 A正确；PRI2R121.5 W1.5 W，选项 C错误；在圆柱体转过一周的时间内，流过电流表A的平均电流为零，即流过电表A的总电荷量为零，选项D正确。11如图所示，在边长为a的正方形区域内有匀强磁场，磁感应强度为B，其方向垂直纸面向外，一个边长也为 a 的单匝正方形导线框EFGH 正好与上述磁场区域的边界重合，导线框的电阻15 为 R。现使导线框以周期T 绕其中心 O点在
36、纸面内匀速转动，经过T8导线框转到图中虚线位置，则在这T8时间内()A顺时针方向转动时，感应电流方向为EFG HEB平均感应电动势大小等于8（322）a2BTC平均感应电动势大小等于16a2B9TD通过导线框横截面的电荷量为（322）a2BR【答案】BD【解析】由于虚线位置是经过T8到达的，若线框顺时针方向转动时，通过线框的磁通量是变小的，根据楞次定律，感应电流产生的磁场跟原磁场方向相同，即感应电流产生的磁场方向为垂直纸面向外，根据安培定则，我们可以判断出感应电流的方向为：EHG FE，故 A错误；根据法拉第电磁感应定律得：平均感应电动势EtBSt，OC 22a，OA 12a，AB AC；根据
37、几何关系找出有磁场穿过面积的变化S(32 2)a2，解得：E8（32 2）a2BT，故 B正确，C错误；通过导线框横截面的电荷量q I t ERt 8（322）a2BTRT8（322）a2BR，故 D正确。12 如图，两条光滑平行金属导轨固定，所在平面与水平面夹角为，导轨电阻忽略不计。虚线 ab、cd 均与导轨垂直，在 ab 与 cd 之间的区域存在垂直于导轨所在平面的匀强磁场。将两根相同的导体棒 PQ、MN先后自导轨上同一位置由静止释放，两者始终与导轨垂直且接触良好。已知PQ进入磁场时加速度恰好为零，从PQ进入磁场开始计时，到MN 离开磁场区域为止，流过PQ的电流随时间变化的图象可能正确的是
38、()【答案】AD【解析】由于PQ进入磁场时加速度为零，若PQ出磁场时MN仍然没有进入磁场，则PQ出磁场后至 MN 进入磁场的这段时间，由于磁通量 不变，无感应电流。由于PQ、MN同一位置释放，故 MN进入磁场时与 PQ进入磁场时的速度相同，所以电流大小也应该相同，A正确、B错误；若PQ出磁场前 MN 已经进入磁场，由于磁通量 不变，PQ、MN 均加速运动，PQ出磁场后，MN由于加速故电流比 PQ进入磁场时电流大，故C正确、D错误。13 空间存在一方向与直面垂直、大小随时间变化的匀强磁场，其边界如图（基础卷）中虚线 MN所示，一硬质细导线的电阻率为、横截面积为 S，将该导线做成半径为r 的圆环固
39、定在纸面内，圆心 O在 MN上。t 0 时磁感应强度的方向如图（基础卷）所示，磁感应强度B随时间 t的变化关系如图（提高卷）所示，则在t 0 到 t t1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004B rStD圆环中的感应电动势大小为2004Brt【答案】BC【解析】根据 Bt 图象，由楞次定律可知，线圈中感应电流方向一直为顺时针，但在t0时刻，磁场的方向发生变化，故安培力方向FA的方向在 t0时刻发生变化，则A错误，B正确；由闭合电路欧姆定律得：EIR，又根据法拉第电磁感应定律得：22BrEtt，又根据电阻定律得：2 rRS，
40、联立得：004B rSIt，则 C正确，D错误。二、(本题共 4 小题，共 48 分。把答案填在题中的横线上或按题目要求作答。解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)14(10 分)如图所示，两根半径r 为 1 m的14圆弧轨道间距 L 也为 1 m，其顶端 a、b 与圆心17 处等高，轨道光滑且电阻不计，在其上端连有一阻值为R的电阻，整个装置处于辐向磁场中，圆弧轨道所在处的磁感应强度大小均为B，且 B0.5 T。将一根长度稍大于L、质量m为 0.2 kg、电阻为R0的金属棒从轨道顶端 ab 处由静止释放。已知当
41、金属棒到达如图所示的cd 位置时，金属棒与轨道圆心的连线和水平面夹角 为 60，金属棒的速度达到最大；当金属棒到达轨道底端ef 时，对轨道的压力为3 N。g 取 10 m/s2。(1)当金属棒的速度最大时，求流经电阻R的电流大小和方向；(2)金属棒滑到轨道底端ef 的整个过程中，流经电阻R的电荷量为 0.1，则整个回路中的总电阻为多少？【解析】(1)金属棒速度最大时，在轨道切线方向上所受合力为0，则有mg cosBIL (2 分)解得 I mg cosBL2 A，流经 R的电流方向为 aRb。(3 分)(2)金属棒滑到轨道底端的整个过程中，穿过回路的磁通量变化量为BS BLr2BLr2(1 分
42、)平均电动势为 E t(1 分)平均电流为 I ERR0(1 分)则流经电阻 R的电荷量 q I t RR0BLr2（RR0）0.1(1分)解得整个回路中的总电阻为RR02.5。(1 分)15(10 分)两根足够长的平行导轨处在与水平方向成37的斜面上，导轨电阻不计，间距为L0.3 m，在斜面加有磁感应强度为 B1 T 方向垂直于导轨平面的匀强磁场，导轨两端各接一个阻值为 R02 的电阻，一质量为m 1 kg，电阻为 r2 的金属棒横跨在平行轨道间。棒与轨道间动摩擦因数为0.5，金属棒以平行于轨道向上的初速度为v010 m/s 上滑直至上升到最高点过程中，通过上端电阻电量为q0.1 C，求：(
43、1)上升过程中棒发生的位移；(2)上端电阻 R0产生的焦耳热。【解析】(1)金属棒上升到最高点的过程中，通过上端电阻的电量q0.1 C，即金属棒中通过的电量为 2q，设金属棒中的平均电流为：I ERRtBLsmaxRt (2分)通过金属棒的电量为：I t 2q (2 分)联立解得：smax2 m。(2 分)(2)上端电阻与下端电阻相等，并联后电阻为1，再与金属棒的电阻r2 串联，外电路产生的焦耳热为全电路焦耳热的13，上端电阻产生的焦耳热Q又为外电路焦耳热的12，设全电路产生的焦耳热为 6Q。由能量守恒可知：mg(sin cos)smax6Q 12mv20 (2分)解得：Q 5 J。(2 分)
44、16(12 分)如图甲所示，在水平面上固定宽为L1 m、足够长的光滑平行金属导轨，左端接有R0.5 的定值电阻，在垂直导轨且距导轨左端d2.5 m处有阻值 r0.5、质量 m 2 kg 的光滑导体棒，导轨其余部分电阻不计。磁场垂直于导轨所在平面，磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示。第 1 s内导体棒在拉力 F 作用下始终处于静止状态。1 s 后，拉力 F保持与第 1 s 末相同，导体棒从静止直至刚好达到最大速度过程中，拉力F 做功为 W 11.25 J。求：(1)第 1 s 末感应电流的大小；(2)第 1 s 末拉力的大小及方向；(3)1 s后导体棒从静止直至刚好达到最大速度过程中，电阻R上
45、产生的焦耳热。【解析】(1)0 1 s 内，由图象得：Bt0.8 T/s (1分)根据法拉第电磁感应定律：ELdBt2 V (1分)回路电流：I ERr2 A。(1分)(2)F安BIL1.6 N (1分)19 根据受力平衡，拉力F1.6 N，方向：水平向右 (2分)(3)1 s 后导体棒做变加速直线运动，当受力平衡速度达最大，B0.8 T，则由电磁感应定律：EBLv(1 分)最终匀速运动时：FBIL(1 分)代入数据得：I 2 A I BLv（Rr）(1分)代入数据得：v2.5 m/s 根据能量守恒定律：W 12mv2QrQR (1 分)代入数据得：QrQR5 J，QRQrRr1 (1分)联立
46、解得：QR2.5 J。(1 分)17(16 分)如图所示倾角为 30的平行金属轨道固定在水平面上，导轨的顶端接有定值电阻R，长度与导轨宽度相等的导体棒AB垂直于导轨放置，且保持与导轨有良好的接触。图中虚线1 和 2 之间有垂直导轨平面向上的匀强磁场。现给导体棒沿导轨向上的初速度，使导体棒穿过磁场区域后能继续向上运动到最高位置虚线3，然后沿导轨向下运动到底端。已知导体棒向上运动经过虚线 1 和 2时的速度大小之比为21，导体棒沿导轨向下运动由虚线2 到 1 做匀速直线运动，虚线 2、3 之间的距离为虚线1、2 之间距离的 2 倍，整个运动过程中导体棒所受的摩擦阻力恒为导体棒重力的16，除定值电阻
47、外其余部分电阻均可忽略，求：(1)导体棒沿导轨向上运动经过虚线2 的速度 v1与沿导轨向下运动经过虚线2 的速度 v2的比值；(2)导体棒沿导轨向上运动刚经过虚线1 和刚到达虚线 2 时的加速度大小之比；(3)导体棒沿导轨向上运动经过磁场与沿导轨向下运动经过磁场的过程中，定值电阻 R上产生的热量之比 Q1Q2。【解析】(1)设虚线 2、3 之间的距离为 x，导体棒由虚线2 运动到虚线 3 的过程中，导体棒由虚线 2 运动到虚线 3 的过程中加速度大小为a1、导体棒由虚线 3 运动到虚线 2 的过程中加速度大小为 a2，则由牛顿第二定律得：11sin306mgmgma(1 分)21sin306m
48、gmgma(1 分)解得：123ag，213ag由21102va x，可得：143vgx(1 分)由2222va x，可得223vgx(1 分)因此 v1v221(1 分)(2)设导体棒的长度为L，导体棒沿导轨向上运动经过虚线1 时的速度为 v0，加速度大小为 a3，则此时的感应电动势E1BLv0 由闭合电路欧姆定律得，回路中的电流011BLvEIRR此时导体棒所受安培力大小为F1BI1L220B L vR，方向沿导轨向下 (1 分)由牛顿第二定律得：131sin306mgmgFma (1分)由题意可知导体棒由虚线3 刚回到虚线 2 时速度大小为 v2，此时的感应电动势为E2BLv2回路中的电
49、流222EBLvIRR此时导体棒所受安培力的大小为F2BI2L222B L vR，方向沿导轨向上 (1分)由力的平衡条件可得：21sin306mgmgF又因为 v1v221，v0v121 联立解得：322 23ag (1分)设导体棒刚好到达虚线2 时的加速度为 a4，根据牛顿第二定律则有：22141sin306B L vmgmgmaR解得：4223ag (1分)所以34:(222):(22)aa (1分)21(3)设虚线 1 和虚线 2 之间的距离为 d，导体棒沿导轨向上穿过此区域时，由功能关系可知：22101111sin30622mgdmgdQmvmv(1 分)导体棒由虚线 2 运动到虚线 3 的过程中，由功能关系可得：2111sin302262mgdmgdmv (1分)解得：1103Qmgd (1分)导体棒由虚线 2 运动到虚线 1 的过程中，由功能关系可得：Q2W2F2d13mgd (1分)所以：Q1Q2101。(1 分)