【物理】2020届一轮复习人教新课标电磁感应考点精炼（提升卷解析版) 14页

‎2020届一轮复习人教新课标 电磁感应 考点精炼（提升卷 解析版)‎ ‎1．两固定且互相垂直的无限长直导线l1与l2在同一竖直面内，导线中通有大小相等、方向如图所示的恒定电流。有一正方形导线框ABCD，初始时刻，AB边与 l1重合，AD边与 l2重合，所有导线间彼此绝缘，下列说法正确的是 A．若导线框向右平移，则导线框内产生逆时针方向的感应电流 B．若导线框向上平移，则导线框内产生顺时针方向的感应电流 C．若导线框沿AC方向平移，则导线框内产生顺时针方向的感应电流 D．若导线框向右平移，l1对CD边的安培力垂直CD边向右 ‎2．如图所示，单匝线圈两端与一个电容为C的平行板电容器相连。线圈内有垂直纸面向里的磁场，当磁场随时间变化时，电容器A板带电量恒为+Q，B板带电量恒为-Q，则穿过线圈的磁通量随时间t的变化规律为 A． B．‎ C． D．‎ ‎3．如图所示，矩形线框从a由静止下落，在穿越磁场区域时，先后经过b、c、d，由图可知（ ）‎ A．线框在c处和在a处的加速度一样大 B．线框在b、d处的加速度小于g C．线框在磁场区域内做匀速直线运动 D．线圈在磁场中下落时始终受到一个竖直向上的阻力 ‎4．无线充电器指不用导线连接到需要充电的设备上进行充电的器材，充电器中送电线圈产生的磁场作用于需要充电设备的受电线圈中,通过电磁感应实现充电过程,则充电时 A．不需要消耗能量 B．充电线圈中通入恒定电流 C．充电效果不受摆放位置影响 D．受电线圈接受变化磁场产生感应电流 ‎5．1831年,英国物理学家法拉第发现了电磁感应定律,从此永久地改变了世界．关于这段物理学史,下列叙述错误的是( )‎ A．法拉第发现电磁感应现象后不久,曾亲手制造了世界上第一台发电机,他是人类进入电气时代的先驱之一 B．以前的物理学家都相信引力是即时作用,不需要媒介和时间,电磁力也是这样,但法拉第不同意这种超距作用观点,他创造了“场”和“力线” (包括电场线和磁感线)的概念 C．法拉第通过研究发现,闭合电路中的感应电流的大小与磁通量的大小成正比 D．1820年丹麦物理学家奥斯特发现了电流的磁效应,揭示了电、磁间有重要联系,经过多年艰苦探索,法拉第发现电磁感应现象,进一步推动了电和磁的统一和发展 ‎6．在下列示意图中能产生感应电流的是 A． B．‎ C． D．‎ ‎7．如图所示,在匀强磁场区域的上方有一半径为r、质量为m的导体圆环,将圆环由静止释放,圆环刚进入磁场的瞬间和完全进入磁场的瞬间速度相等.已知圆环的电阻为R ‎,匀强磁场的磁感应强度为B,重力加速度为,则(   )‎ ‎ ‎ A．圆环进入磁场的过程中,电阻产生的热量为mgr B．圆环进入磁场的过程可能做匀速直线运动 C．圆环进入磁场的过程中,通过导体某个横截面的电荷量为 D．圆环进入磁场的过程中,圆环中的电流为顺时针 ‎8．下列说法正确的是( )‎ A．处于静电平衡的导体,内部的电场强度和电势均为零 B．电势、电势差、电势能都是电能的概念,都与放入电场中的电荷无关 C．电动势数值上就等于电源正负极之间的电压 D．其他条件相同，线圈匝数越多自感系数就越大 ‎9．一质量为m、电阻为r的金属杆ab,以一定的初速度v0从一光滑平行金属导轨底端向上滑行,导轨平面与水平面成30°角,两导轨上端用一电阻R相连,如图所示,磁场垂直斜面向上,导轨的电阻不计,金属杆始终与导轨接触良好,金属杆向上滑行到某一高度之后又返回到底端时的速度大小为v,则金属杆在滑行过程中(　 　)‎ A．向上滑行与向下滑行的时间相等 B．向上滑行时电阻R上产生的热量大于向下滑行时电阻R上产生的热量 C．向上滑行与向下滑行时通过金属杆的电荷量相等 D．向上滑行时金属杆克服安培力做的功小于向下滑行时金属杆克服安培力做的功 ‎10．如图，水平放置的金属导体框abcd，ab、cd边平行、间距为l，导体框内均有垂直于框面、磁感应强度大小为B的匀强磁场，一单位长度电阻为r的金属杆MN，与导轨成θ角，以速度v沿平行于cd的方向匀速滑动，金属杆滑动过程中与导轨接触良好，导轨框电阻不计，则(　　)‎ A.M点电势低于N点电势 B.闭合回路中磁通量的变化率为Blv C.金属杆所受安培力的方向与运动方向相反 D.金属杆所受安培力的大小为 ‎11．如图所示是高频焊接原理示意图.线圈中通以高频变化的电流时，待焊接的金属工件中就产生感应电流，感应电流通过焊缝处产生大量热量，将金属融化，把工件焊接在一起，而工件其他部分发热很少，以下说法正确的是（ ）‎ A.电流变化的频率越低，焊缝处的温度升高得越快 B.电流变化的频率越高，焊缝处的温度升高得越快 C.工件上只有焊缝处温度升得很高是因为焊缝处的电阻较小 D.工件上只有焊缝处温度升得很高是因为焊缝处的电阻较大 ‎12．如图所示，导线AB可在平行导轨MN上滑动，接触良好，轨道电阻不计电流计中有如图所示方向感应电流通过时，AB的运动情况是：（ ）‎ A．向右加速运动 B．向右减速运动 C．向左减速运动 D．向左加速运动 ‎13．如图甲所示，足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ竖直放置，其宽度，一匀强磁场垂直穿过导轨平面，导轨的上端M与P之间连接一阻值为 的电阻，质量为、电阻为的金属棒ab紧贴在导轨上现使金属棒ab由静止开始下滑，下滑过程中ab始终保持水平，且与导轨接触良好，其下滑距离x与时间t的关系如图乙所示，图象中的OA段为曲线，AB段为直线，导轨电阻不计，g取忽略ab棒运动过程中对原磁场的影响．‎ 判断金属棒两端a、b的电势哪端高；‎ 求磁感应强度B的大小；‎ 在金属棒ab从开始运动的内，电阻R上产生的热量．‎ ‎14．如图所示，两根足够长、电阻不计的光滑平行金属导轨相距为，导轨平面与水平面夹角，上端连接的电阻。质量、阻值的金属棒ab放在两导轨上，与导轨垂直并接触良好，距离导轨最上端。整个装置处于匀强磁场中，磁场的方向垂直导轨平面向上，g取。‎ ‎（1）若磁感应强度，将金属棒释放，求金属棒匀速下滑时电阻R两端的电压。‎ ‎（2）若磁感应强度的大小与时间成正比（满足，k为磁感应强度随时间的变化率），ab棒在外力作用下保持静止，当时外力恰好为零时，求此时ab棒的热功率。‎ ‎15．麦克斯韦的电磁场理论告诉我们：变化的磁场产生感生电场，该感生电场是涡旋电场；变化的电场也可以产生感生磁场，该感生磁场是涡旋磁场。如图所示，在半径为r的水平虚线边界内有一竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小随时间的变化关系为B=kt ‎（k>0且为常量）。将一半径也为r的细金属圆环（图中未画出）与虚线边界同心放置。‎ ‎（1）若金属圆环的电阻为R，求金属圆环的热功率大小。 ‎ ‎（2）在图中以圆心O为坐标原点，向右建立一维x坐标轴，推导在x轴上各处电场强度的大小E与x之间的函数表达式，并定性画出E-x图像；‎ ‎（3）图丙为乙的俯视图，去掉导体环，在磁场圆形边界上有M、N两点，MN之间所夹的小圆弧恰为整个圆周的1/6；将一个带电量为+q的带电小球沿着圆弧分别顺时针、逆时针从M移动到N，求涡旋电场力分别所做的功。在此基础上，对比涡旋电场和静电场，说明涡旋电场中为什么不存在电势的概念。‎ ‎16．如图所示，两条平行的光滑金属导轨相距L＝1m，金属导轨由倾斜与水平两部分组成，倾斜部分与水平方向的夹角为θ=37°，整个装置处在竖直向上B=1.5T的匀强磁场中。金属棒EF和MN的质量均为m＝0.2 kg，电阻均为R＝2 Ω。EF置于水平导轨上， MN置于倾斜导轨上，两根金属棒均与导轨垂直且接触良好．现在外力作用下使EF棒以速度v0向左匀速运动，MN棒恰能在斜面导轨上保持静止状态，倾斜导轨上端接一阻值为R＝2 Ω的定值电阻。求：‎ ‎（1）v0大小；‎ ‎（2）若将EF棒固定不动，将MN棒由静止释放，MN棒沿斜面下滑距离d＝5 m时达稳定速度，求此过程中通过MN棒的电荷量。‎ 参考答案 ‎1．D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先根据右手定则判断在虚线的上下的磁场方向以及磁场的强弱，根据楞次定律判断感应电流的情况；同向电流相互吸引，异向电流相互排斥.‎ ‎【详解】‎ 根据右手定则可知，两根通电导线产生的磁场在虚线的下方垂直纸面向外；当导线框向右平移时，穿过线圈的磁通量向外减增加，根据楞次定律可知，导线框内产生顺时针方向的感应电流，此过程中I1和CD边上的电流为异向电流，相互排斥，即I1对CD边的安培力垂直CD边向右，选项A错误，D正确；根据右手定则可知，两根通电导线产生的磁场在虚线的上方垂直纸面向里；当导线框向上平移时，穿过线圈的磁通量向里减增加，根据楞次定律可知，导线框内产生逆时针方向的感应电流，选项B错误；若导线框沿AC方向平移，则导线框内磁通量不变，则不产生感应电流，选项C错误；‎ ‎2．C ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 根据C=，电容器两端的电压U=，线圈产生的电动势为，且A板带正电。根据楞次定律，穿过线圈的磁通量是增加的。根据法拉第电磁感应定律E==，故C正确，ABD错误。‎ 故选：C ‎3．A ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ACD. 线框在c处磁通量不变，没有感应电流，没有一个竖直向上的阻力，只受重力，加速度是重力加速度，与a处的加速度一样大，不会是匀速运动，故A符合题意，CD不符合题意；‎ B.若线框在b、d处速度很大，感应电动势也很大，感应电流很大，安培力也很大，若安培力大于2倍的重力，那么线框在b、d处的加速度大于g，故B不符合题意。‎ ‎4．D ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 由能量守恒可知，充电时仍需要消耗能量，选项A错误；根据电磁感应现象可知，充电线圈中通入变化的电流，选项B错误；根据法拉第电磁感应定律可知，充电效果受摆放位置影响，选项C错误；受电线圈接受变化磁场产生感应电流，选项D正确.‎ ‎5．C ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ A．法拉第发现电磁感应现象后，据此法拉第制造了世界上第一台发电机，故A正确；‎ B．法拉第最先提出“场”和“力线” (包括电场线和磁感线)的概念，故B正确；‎ C． 法拉第通过研究发现,闭合电路中的感应电流的大小与磁通量的大小成正比，故C错误；‎ D．丹麦物理学家奥斯特发现了电流的磁效应，证明了电与磁之间存在相互联系，故D正确。‎ ‎6．A ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ A图中线框的面积增大，穿过线框的磁通量增大，能够产生感应电流。故A正确；B图中线圈是不闭合的，不能产生感应电流。故B错误；C图中线圈整体垂直于磁场运动，线圈的磁通量始终是最大，没有发生变化，没有感应电流。故C错误。D图中由于直导线在线圈的直径的上方，所以穿过线圈的磁通量等于0，电流增大，线圈的磁通量仍然是0．故D错误；故选A。‎ ‎7．C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分析清楚圆环进入磁场的过程，根据楞次定律判断感应电流的方向；根据线圆环进入与离开磁场的速度判断线框的运动性质；根据求电荷量;根据动能定理求出圆环的下边刚进人磁场到上边刚进入磁场这段过程中克服安培力做的功，即可知道线框的电阻产生的热量.‎ ‎【详解】‎ A、由于圆环刚进入磁场的瞬间和完全进入磁场的瞬间速度相等，根据动能定理得：mg2r-W=0，所以W=2mgr,故通过电阻的热量为2mgr;故A错误.‎ B、由于圆环刚进入磁场的瞬间和完全进入磁场的瞬间速度相等，该过程感应电流不同，安培力不同，故线圈不可能匀速；故B错误.‎ C、根据电量公式，得；故C正确.‎ D、圆环进入磁场的过程中，垂直纸面向里的磁通量增加，根据楞次定律，圆环中感应电流的磁通量应垂直纸面向外，由楞次定律判断感应电流为逆时针方向，故D错误.‎ 故选C.‎ ‎【点睛】‎ 解决本题的关键是恰当地选择研究过程，根据动能定理求出克服安培力所做的功，以及根据动力学分析出线框的运动情况.‎ ‎8．D ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ A：处于静电平衡的导体，内部的电场强度为零，内部各点的电势相等。故A项错误。‎ B：电势、电势差、电势能都是用来描述电场能的性质的物理量；电势、电势差与放入电场中的电荷无关；电势能是放入电场中电荷具有的能量，与放入电场中的电荷有关。故B项错误。‎ C：电动势数值上就等于电源没有接入电路时，电源正负极之间的电压；当电源接入电路时，电动势数值上不等于电源正负极之间的电压。故C项错误。‎ D：线圈的自感系数与线圈的形状、长短、匝数、有无铁芯等有关；在其他条件相同，线圈匝数越多自感系数就越大。故D项正确。‎ ‎9．BC ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 由于不断产生电能，棒的机械能不断减少，上滑过程与下滑过程经过同一位置时上滑的速度较大，所以上滑阶段的平均速度大于下滑阶段的平均速度，而上滑阶段的位移与下滑阶段的位移大小相等，所以上滑过程的时间比下滑过程短，故A错误。上滑过程中，导体棒经过同一位置安培力较大，所以上滑过程中安培力的平均值较大，克服安培力做功较多，回路产生的总热量较多，则向上滑行时电阻R上产生的热量较多，故B正确，D错误。电量，由于上行与下行过程中磁通量变化量大小相等，故上滑阶段和下滑阶段通过R的电荷量相同，故C正确。‎ ‎10．BD ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ A.由右手定则可知M点电势高于N点电势，故A不合题意．‎ B.根据法拉第电磁感应定律可得，故B符合题意．‎ C.由左手定则知，金属杆所受安培力方向垂直于MN斜向上，故C不合题意．‎ D.由 ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ 解得 ‎，‎ 故D符合题意．‎ ‎11．BD ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ AB.高频焊接利用高频交变电流产生高频交变磁场，在待焊接的金属工件中就产生感应电流，根据法拉第电磁感应定律分析知，电流变化的频率越高，磁通量变化率越大，产生的电动势越大，感应电流越大，焊缝处的温度升高得越快，B正确，A错误.‎ CD.焊缝处的电阻大，电流相同时，焊缝处的热功率大，温度高，故C错误，D正确.‎ ‎12．AC ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 产生如图所示的电流时，右边螺线管内的磁场方向是向上的，根据楞次定律，感应电流产生的磁场要阻碍原磁场的变化。那么左边就是两种情况：1.向左减速运动，左边螺线管的磁场方向向下减弱；2.向右加速运动，左边螺线管中磁场方向向上增强。故AC正确，BD错误。‎ 故选：AC ‎13．(1) b端电势较高(2)  (3)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 由右手定可判断感应电流由a到b，可知b端为感应电动势的正极，故b端电势较高。‎ 当金属棒匀速下落时，由共点力平衡条件得：‎ 金属棒产生的感应电动势为：‎ 则电路中的电流为：‎ 由图象可得： ‎ 代入数据解得：       ‎ 在，以金属棒ab为研究对象，根据动能定理得：‎ 解得：                      ‎ 则电阻R上产生的热量为：‎ ‎14．（1）3V（2）0.5W ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ‎（1）金属棒匀速下滑时，由平衡条件得：mgsinθ0，‎ 得：v 又因有：E＝BLv，URE 联立解得：UR＝3V ‎（2）磁感应强度的大小与时间成正比，则有：B＝kt 回路中的电动势为：ES＝kLd 回路中的电流为：I 当外力为零时，有：mgsinθ﹣BIL＝0‎ 联立得：mgsinθ 代入数据解得：k＝0.5‎ 则得：I1A 故ab上消耗的功率为：P＝I2r 代入数据解得：P＝0.5W ‎15．（1） (2)见解析（3）见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据法拉第电磁感应定律求得感应电动势，从而金属圆环的热功率；（2）根据法拉第电磁感应定律结合场强的关系式求解在x轴上各处电场强度的大小E与x之间的函数表达式，并定性画出E-x图像；（3）可证明沿不同路径从M移动到N点，电场力的功不同，即涡旋电场力做功与路径有关.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）根据法拉第电磁感应定律得 金属圆环的热功率为 ‎ ‎（2）求x处的涡旋电场场强，可认为放一个半径为x的导体环（圆心和磁场区域圆心相同）‎ 当<时： ‎ ‎ ‎ 当时：‎ ‎ ‎ 则图像如图；‎ ‎（3），+q受力沿着电场线（顺时针） 顺时针移动时： ‎ 逆时针移动时： ‎ 因为：沿不同路径从M移动到N点，W1≠W2，即涡旋电场力做功与路径有关，所以不存在电势能的概念，，所以不存在电势的概念。‎ ‎16．（1）4m/s （2）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ‎(1)MN棒恰好静止时 ‎ ‎ EF棒运动切割磁感线产生感应电动势 ‎ ‎ 回路总电阻 ‎ 回路总电流 ‎ MN棒上电流 ‎ 解得；‎ ‎(2)MN棒产生的平均感应电动势 ‎ 平均感应电流 ‎ 通过MN棒的感应电荷量为 ‎ 有题知 ‎ 且 ‎ 代入数据得：.‎