2021高考物理人教版一轮考评训练：《电磁感应、交变电流》检测题

2021高考物理人教版一轮考评训练：《电磁感应、交变电流》检测题

www.ks5u.com ‎《电磁感应、交变电流》检测题 ‎(本试卷满分100分)‎ 一、单项选择题(本题包括8小题，每小题3分，共24分)‎ ‎　　　　　　　　　　　　　‎ ‎1.‎ 如图所示，在水平地面下有一条沿东西方向铺设的水平直导线，导线中通有自东向西稳定、强度较大的直流电流．现用一闭合的检测线圈(线圈中串有灵敏电流计，图中未画出)检测此通电直导线的位置，若不考虑地磁场的影响，在检测线圈位于水平面内，从距直导线很远处由北向南沿水平地面通过导线的上方并移至距直导线很远处的过程中，俯视检测线圈，其中感应电流的方向是(　　)‎ A．先顺时针后逆时针 B．先逆时针后顺时针 C．先顺时针后逆时针，然后再顺时针 D．先逆时针后顺时针，然后再逆时针 ‎2．A、B两闭合圆形导线环用相同规格的导线制成，它们的半径之比rA:rB＝2:1，在两导线环包围的空间内存在一正方形边界的匀强磁场区域，磁场方向垂直于两导线环所在的平面，如图所示．在磁场的磁感应强度随时间均匀增大的过程，下列说法正确的是(　　)‎ A．两导线环内所产生的感应电动势相等 B．A环内所产生的感应电动势大于B环内所产生的感应电动势 C．流过A、B两导线环的感应电流的大小之比为1:4‎ D．流过A、B两导线环的感应电流的大小之比为1:1‎ ‎3．‎ 如图所示是著名物理学家费曼设计的一个实验，在一块绝缘圆板中部安装一个线圈，并接有电源，圆板的周围固定有许多带负电的小球．整个装置悬挂起来，在闭合开关瞬间，整个圆板将(自上而下看)(　　)‎ A．逆时针转动一下 B．静止不动 C．在电路稳定的情况下，断开开关瞬间圆板转动方向与开关闭合瞬间圆板转动方向相反 D．不管板上小球的电性如何，开关闭合瞬间，圆板转动方向都是一样的 ‎4.‎ ‎[2019·辽宁凌源模拟]如图所示，一根直导体棒质量为m、长为L，其两端放在位于水平面内、间距也为L的光滑平行金属导轨上，并与之接触良好，导体棒左侧两导轨之间连接一可控电阻，导轨置于匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于导轨所在平面．t＝0时刻，给导体棒一个平行于导轨的水平初速度v0，此时可控电阻的阻值为R0，在导体棒运动过程中，通过可控电阻的变化使导体棒中的电流保持恒定，不计导轨和导体棒的电阻，导体棒一直在磁场中，下列说法不正确的是(　　)‎ A．导体棒的加速度大小始终为a＝ B．导体棒从开始运动到停止的时间为t＝ C．导体棒从开始运动到停止的时间内，回路产生的焦耳热为mv D．导体棒从开始运动到停止的时间内，回路产生的焦耳热为mv ‎5．[2019·吉林松原检测]两个同心圆环A、B置于同一水平面上，O为圆心，其中A为均匀带电绝缘环，B为导体环．当A沿如图所示的方向绕O点转动时，B中产生图示方向的感应电流．则(　　)‎ A．A可能带正电且转速减小 B．A可能带正电且转速恒定 C．A可能带负电且转速减小 D．A可能带负电且转速增大 ‎6．[2019·辽宁锦州质量检测]如图甲所示的闭合线圈置于垂直线圈平面的磁场中，若磁感应强度B随时间变化的规律如图乙所示(以竖直向上为磁感应强度的正方向)，则下列选项能正确反映线圈中感应电流i随时间t变化的是(以顺时针方向为电流正方向)(　　)‎ ‎7．如图所示，是研究通电自感现象的电路图，L1、L2是两上规格相同的小灯泡，闭合开关S调节可变电阻R，使两个灯泡的亮度相同，调节可变电阻R1，使它们都正常发光，然后断开开关S，待电路稳定后，重新闭合开关S.对于上述过程，下列说法正确的是(　　)‎ A．开关S闭合瞬间，L1立刻变亮，L2逐渐变亮 B．开关S断开瞬间，L2立刻熄灭，L1逐渐熄灭 C．稳定后，L和R两端电势差一定相同 D．稳定后，L1和L2两端电势差不相同 ‎8．一个电阻中分别通过四种不同形式的电流，电流随时间变化的情况如图所示，在相同时间内电阻产生热量最多的是(　　)‎ 二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分)‎ ‎9．[2019·吉林长春模拟]如图(a)所示，在足够长的倾角为θ的光滑斜面上有一金属线框，垂直于斜面方向的匀强磁场的磁感应强度B 随时间t的变化规律如图(b)所示(规定垂直斜面向上为正方向)．t＝0时刻将线框由静止释放，在线框下滑的过程中，下列说法正确的是(　　)‎ A．线框中产生大小、方向均随时间周期性变化的电流 B．MN边受到的安培力先减小后增大 C．线框做匀加速直线运动 D．线框中产生的焦耳热等于其机械能的损失 ‎10．[2019·河南模拟]如图甲所示，静止在水平面上的等边三角形金属闭合线框，匝数n＝10，总电阻R＝2.5 Ω，边长L＝0.3 m，处在两个半径均为r＝0.1 m的圆形区域内的匀强磁场中，线框顶点与右侧圆心重合，线框底边与左侧圆直径重合，磁感应强度B1垂直水平面向外，B2垂直水平面向里，B1、B2随时间t的变化如图乙所示，线框一直处于静止状态，计算过程中近似取π＝3.下列说法正确的是(　　)‎ A．t＝0时刻穿过线框的磁通量为0.5 Wb B．t＝0.2 s时刻线框中感应电动势为1.5 V C．0～0.3 s内通过线框横截面的电荷量为0.18 C D．线框具有向左运动的趋势 ‎11．如图所示，水平放置的两光滑轨道上垂直放有金属棒PQ、MN，PQ所处的水平光滑轨道内有垂直轨道所在水平面向下的匀强磁场，当PQ在外力的作用下运动时，闭合开关S，MN在安培力的作用下向右运动，则PQ所做的运动可能是(　　)‎ A．向右加速运动 B．向左加速运动 C．向右减速运动 D．向左减速运动 ‎12.‎ ‎[2019·福建龙岩质检]如图所示，有一个“”形铁芯上绕有两个线圈，铁芯的三个竖直部分截面积相同，当线圈通电时产生的磁场都不能穿出铁芯，并且在分支处分成完全相等的两部分，现在给线圈1加电压为U0的正弦式交流电，2接一负载电阻，此时线圈1中的电流为I0，线圈2中的电流为I0，则线圈1、2的匝数比k及线圈2两端的电压U为(忽略线圈的电阻及铁芯中由于涡流而造成的电能损失)(　　)‎ A.U＝2U0 B．U＝4U0‎ C.k＝ D．k＝ 三、非选择题(本题包括6小题，共60分)‎ ‎13.(8分)两根足够长的平行金属导轨间的距离为L，导轨光滑且电阻不计，导轨所在的平面与水平面夹角为θ.在导轨所在平面内，分布磁感应强度为B、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场．把一个质量为m的导体棒ab放在金属导轨上，在外力作用下保持静止，导体棒与金属导轨垂直且接触良好，与金属导轨接触的两点间的导体棒电阻为R1.完成下列问题：‎ ‎(1)如图甲，金属导轨的一端接一个内阻为r的直流电源，撤去外力后导体棒仍能静止，求直流电源的电动势；‎ ‎(2)如图乙，金属导轨的一端接一个阻值为R2的定值电阻，撤去外力让导体棒由静止开始下滑，在加速下滑的过程中，当导体棒的速度达到v时，求此时导体棒的加速度；‎ ‎(3)求第(2)问中导体棒所能达到的最大速度．‎ ‎14.(10分)如图甲所示，匀强磁场的磁感应强度B为0.5 T，其方向垂直于倾角θ为30°的斜面向上．绝缘斜面上固定有“∧”形状的光滑金属导轨MPN(电阻忽略不计)，MP和NP长度均为2.5 m，MN连线水平，长为3 m．以MN中点O为原点，OP为x轴建立一维坐标系Ox.一根粗细均匀的金属杆CD，长度d为3 m，质量m为1 kg，电阻R为0.3 Ω，在拉力F的作用下，从MN处以恒定速度v＝1 m/s在导轨上沿x轴正向运动(金属杆与导轨接触良好)．g取10 m/s2.‎ ‎(1)求金属杆CD运动过程中产生的感应电动势E及运动到x＝0.8 m处电势差UCD；‎ ‎(2)推导金属杆CD从MN处运动到P点过程中拉力F与位置坐标x的关系式，并在图乙中画出F－x关系图象；‎ ‎(3)求金属杆CD从MN处运动到P点的全过程产生的焦耳热．‎ ‎15.(11分)如图甲所示为一理想变压器，d为副线圈引出的一个接头，原线圈输入正弦交变电压的uab－t图象如图乙所示．若只在c、e间接一个Rce＝400 Ω的电阻，或只在d、e间接一个Rde＝225 Ω的电阻，两种情况下电阻消耗的功率均为80 W．‎ ‎(1)请写出原线圈输入电压的瞬时值uab的表达式；‎ ‎(2)求只在c、e间接一个Rce＝400 Ω的电阻时，原线圈中的电流I1；‎ ‎(3)求c、e间和d、e间线圈匝数的比值.‎ ‎16．(12分)如图所示，空间存在垂直纸面向里的有界匀强磁场B，一边长为L，质量为m的正方形单匝线框abcd放在水平桌面上，在水平外力作用下从左边界以速度v匀速进入磁场，当cd边刚好进入磁场后立刻撤去外力，线框ab边恰好能到达磁场的右边界，然后将线框以ab边为轴，以角速度ω匀速翻转到图示虚线位置．已知线框与桌面间的动摩擦因数为μ，磁场宽度大于L，线框电阻为R，重力加速度为g ‎，求：‎ ‎(1)当ab边刚进入磁场时，ab两端的电压Uab；‎ ‎(2)磁场的宽度s；‎ ‎(3)整个过程中线框产生的总热量Q.‎ ‎17.(7分)[2019·江苏徐州期末]某个小型水电站发电机的输出功率为100 kW，发电机输出电压u的图象如图所示．通过升压变压器升高电压后向远处输电，输电线总电阻为2 Ω，在用户端用降压变压器把电压降为220 V．要求在输电线上损失的功率控制在5 kW(用户得到的功率为95 kW)．求：‎ ‎(1)发电机输出电压的瞬时值表达式；‎ ‎(2)输电线上通过的电流；‎ ‎(3)降压变压器原、副线圈的匝数比．‎ ‎18.(12分)如图所示，两条平行的金属导轨相距L＝1 m，金属导轨的倾斜部分与水平方向的夹角为37°，整个装置处在竖直向下的匀强磁场中，金属棒MN和PQ的质量均为m＝0.2 kg，电阻分别为RMN＝1 Ω和RPQ＝2 Ω.MN置于水平导轨上，与水平导轨间的动摩擦因数μ＝0.5，PQ置于光滑的倾斜导轨上，两根金属棒均与导轨垂直且接触良好．从t＝0时刻起，MN棒在水平外力F1的作用下由静止开始以a＝1 m/s2的加速度向右做匀加速直线运动，PQ则在平行于斜面方向的力F2作用下保持静止状态．t＝3 s时，PQ棒消耗的电功率为8 W，不计导轨的电阻，水平导轨足够长，MN始终在水平导轨上运动．求：‎ ‎(1)磁感应强度B的大小；‎ ‎(2)t＝0～3 s时间内通过MN棒的电荷量；‎ ‎(3)求t＝6 s时F2的大小和方向；‎ ‎(4)若改变F1的作用规律，使MN棒的运动速度v与位移x满足关系：v＝0.4x，PQ棒仍然静止在倾斜轨道上．求MN棒从静止开始到x＝5‎ ‎ m的过程中，系统产生的热量．‎ ‎《电磁感应、交变电流》检测题 ‎1．D　根据右手螺旋定则可确定如图所示的电流周围的磁场方向；当检测线圈水平向南移动时，由于通电导线的磁场作用，导致穿过线圈的磁通量发生变化，从而产生感应电流，因此有：先向下的磁场在增加，则有感应电流方向逆时针；当移置正上方，向下的磁场在减小，所以感应电流方向为顺时针；当继续向南移动时，向上磁场在减弱，则有感应电流方向逆时针，故D正确，A、B、C均错误．‎ ‎2．A　某一时刻穿过A、B两导线环的磁通量均为穿过磁场所在区域的磁通量，设磁场区域的面积为S，则Φ＝BS，由E＝＝S，对A、B两导线环，有＝1，所以A项正确，B项错误；I＝，R＝ρ(S1为导线的横截面积)，l＝2πr，所以＝＝，C、D两项错误．‎ ‎3．C　线圈接通电源瞬间产生磁场，由于磁场的变化产生电场，从而导致带负电小球受到电场力，使圆板转动，接通电源瞬间，由楞次定律可知，线圈产生逆时针方向的电场，带负 电小球受到的电场力与电场方向相反，则带负电的小球受到顺时针方向的电场力；当开关闭合后，恒定的电流产生稳定的磁场，因此圆板上的小球不再受到电场力，即闭合开关瞬间，圆板顺时针转动一下，A、B错误．断开开关瞬间，由楞次定律可知，线圈产生顺时针方向的电场，则带负电小球受逆时针方向的电场力，与闭合瞬间圆板的转动方向相反，C正确，由以上分析可知，若小球带正电，开关闭合瞬间，圆板逆时针转动一下，D错误．‎ ‎4．D　由右手定则和左手定则可得，导体棒受到安培力水平向左，导体棒向右做减速运动，在导体棒运动过程中，通过可控电阻的变化使导体棒中的电流I保持恒定，对导体棒由牛顿第二定律可得BIL＝ma，导体棒向右做匀减速运动，结合E＝BLv，I＝可得，＝＝ma，可知导体棒的加速度大小始终为a＝，故A正确；由导体棒做匀减速运动可得v＝v0－at，导体棒从开始运动到停止的时间为t＝，故B正确；根据能量守恒定律可知，导体棒从开始运动到停止运动的过程中，回路产生的焦耳热为Q＝mv，故C正确，D错误．‎ ‎5．C　由题图可知，B中感应电流方向为逆时针，由安培定则可知，感应电流的磁场方向垂直纸面向外，由楞次定律可知，引起感应电流的磁场可能垂直纸面向外减弱或垂直纸面向里增强．若原磁场向里，则A中电流方向为顺时针方向，故A应带正电，因磁场变强，故A中电流应增大，即A的转速应增大，若原磁场向外，则A中电流方向应为逆时针方向，故A应带负电，因磁场减弱，故A中电流应减小，即A的转速应减小，选项C正确，A、B、D三项错误．‎ ‎6．D　在磁感应强度方向为负，且均匀增大时，一定，感应电动势E＝S，则E一定，感应电流大小一定．根据楞次定律分析得，感应电流方向为负．同理，在磁感应强度方向为正，且均匀增大时，感应电流大小一定，方向为正．选项D正确，A、B、C三项错误．‎ ‎7．C　开关S闭合瞬间，L2立刻变亮，L1逐渐变亮，稳定后，两个灯泡的亮度应相同，它们两端的电压相同，L和R两端电势差一定相同，选项C正确，选项A、D错误；开关S断开瞬间，L相当于电源，两灯都逐渐熄灭，选项B错误．‎ ‎8．D　选项A、B中交变电流的有效值都为 A，选项C中恒定电流的大小为1.5 A，选项D中交变电流的有效值为2 A，根据热量的表达式Q＝I2Rt得出选项D正确．‎ ‎9．BC　穿过线框的磁通量先向下减小，后向上增加，根据楞次定律可知，感应电流方向不变，选项A错误；因磁感应强度B的变化率不变，则感应电动势的大小不变，感应电流的大小不变，而B的大小先减小后增大，根据F＝BIL可知，MN 边受到的安培力先减小后增大，选项B正确；因线框平行的两边电流等大反向，线框各边所受的安培力的合力为零，则线框下滑的加速度为gsin θ，不变，线框做匀加速直线运动，选项C正确；因安培力对线框不做功，斜面光滑，可知线框的机械能守恒，选项D错误．‎ ‎10．BC　t＝0时刻穿过线框的磁通量为Φ＝B1·πr2－B2·πr2＝0.025 Wb，选项A错误；根据法拉第电磁感应定律可知，t＝0.2 s时刻线框中感应电动势为E＝n＝n＝1.5 V，选项B正确；在0～0.3 s内通过线框横截面的电荷量q＝×Δt＝×Δt＝0.18 C，选项C正确；由楞次定律可知，线框垂直纸面向外的磁通量增大，感应电流为顺时针方向，根据左手定则判断出安培力向右，所以线框有向右运动的趋势，选项D错误．‎ ‎11．BC　法一：逆推法：根据右手螺旋定则可知，导线ab在MN所在处产生的磁场方向垂直纸面向里，MN在安培力作用下向右运动，说明MN受到的安培力向右，由左手定则可知，MN中的电流方向由M指向N，由右手螺旋定则可知，线圈L1的感应磁场方向竖直向上，由楞次定律可知，穿过线圈L2的磁通量的变化情况为向上减小或向下增加，由右手定则可知，PQ可能是向右做减速运动或向左做加速运动．故B、C正确，A、D错误．‎ 法二：顺序推理法：对选项A，PQ向右加速运动，L2上端为N极且穿过L2的磁通量增加，由楞次定律可推出L1的下端为N极，电流由N到M，S闭合时MN向左运动，故A错误，同理，可分析得出B、C正确，D错误．‎ ‎12．AC　原线圈中的磁通量为φ时，副线圈中的磁通量为，所以＝2，所以U0＝n1，U＝n2＝n2，又U0I0＝U·I0，所以U＝2U0，k＝＝，即A、C正确，B、D错误．‎ ‎13．答案：(1)　(2)gsin θ－ ‎(3) 解析：(1)回路中的电流为I＝，‎ 导体棒受到的安培力为F安＝BIL，‎ 对导体棒受力分析知F安＝mgsin θ.‎ 联立上面三式解得E＝.‎ ‎(2)当导体棒速度为v时，产生的感应电动势E＝BLv，此时电路中电流I＝＝，导体棒受到的安培力F＝BIL＝.根据牛顿第二定律有ma＝mgsin θ－，‎ 解得a＝gsin θ－.‎ ‎(3)当＝mgsin θ时，导体棒达到最大速度vm，可得 vm＝.‎ ‎14．答案：(1)E＝1.5 V　UCD＝－0.6 V ‎(2)F＝12.5－3.75x(N)(0≤x≤2)，图象见解析 ‎(3)Q＝7.5 J 解析：(1)金属杆CD在匀速运动中产生的感应电动势 E＝Blv(l＝d)，代入数值得E＝1.5 V.‎ 当x＝0.8 m时，金属杆在导轨间的电势差为零(被短路)，设此时杆在导轨外的长度为l外，则 l外＝d－d，OP＝ ，得l外＝1.2 m.‎ 由楞次定律判断D点电势高，故CD两端电势差 UCD＝－Bl外v＝－0.6 V.‎ ‎(2)杆在导轨间的长度l与位置x的关系是 l＝d＝3－x，‎ 对应的电阻R1＝R，‎ 电流I＝，‎ 杆受到的安培力F安＝BIl＝7.5－3.75x，‎ 根据平衡条件得F＝F安＋mgsin θ，‎ 得F＝12.5－3.75x(N)(0≤x≤2)，‎ 画出的F—x图象如图所示．‎ ‎(3)外力F所做的功WF等于F—x图线与x轴所围成的图形的面积，即WF＝×2 J＝17.5 J.‎ 而杆的重力势能增加量 ΔEp＝mgsin θ，故全过程产生的焦耳热Q＝WF－ΔEp＝7.5 J.‎ ‎15．答案：(1)uab＝400sin 200πt(V)‎ ‎(2)0.28 A　(3) 解析：(1)由题图乙知周期T＝0.01 s，则 ω＝＝200π rad/s 故原线圈输入电压的瞬时值表达式为 uab＝400sin 200πt(V)．‎ ‎(2)原线圈两端的电压 U1＝200 V 由理想变压器的功率关系得 P1＝P2‎ 原线圈中的电流 I1＝ 解得I1＝ A＝0.28 A.‎ ‎(3)设a、b间线圈的匝数为n1，则 ＝ 同理＝ 由题意知＝ 解得＝ 代入数据得＝.‎ ‎16．答案：(1)BLv　(2)L＋　(3)μmgL＋mv2＋＋ 解析：(1)当ab边刚进入磁场时，ab边相当于电源，根据法拉第电磁感应定律，可得闭合电路的感应电动势E＝Blv 根据闭合电路欧姆定律，有 I＝＝ 根据欧姆定律，有 Uab＝RI＝.‎ ‎(2)线框匀速进入磁场时，根据平衡条件，有 F＝F安＋μmg＝＋μmg 撤去拉力后，线框做匀减速运动，加速度大小为μg.根据速度—位移关系公式可知线框完全处在磁场中的位移 x1＝ 磁场的宽度 s＝L＋x1＝L＋.‎ ‎(3)线框匀速进入磁场过程中产生的焦耳热 Q1＝I2Rt1＝ 由于摩擦产生的热量 Q2＝μmg＝μmgL＋mv2‎ 线框在绕ab翻转过程中，产生的感应电动势的最大值Em＝BL2ω 有效值U＝ 线框在磁场中翻转所用的时间为 t2＝T＝ 线框在磁场中翻转所产生的焦耳热 Q3＝I2Rt2＝t2＝ 所以整个过程中线框产生的热量为 Q＝Q1＋Q2＋Q3＝μmgL＋mv2＋＋.‎ ‎17．答案：(1)u＝350sin(100πt) V　(2)50 A　(3)9511‎ 解析：(1)由题图知，交变电压周期T＝0.02 s 角速度ω＝＝100π rad/s 所以电压瞬时值表达式为u＝350sin(100πt) V.‎ ‎(2)由ΔP＝I2R可知，I＝＝ A＝50 A ‎(3)设降压变压器原线圈两端电压为U1，副线圈两端电压为U2，则由P用＝U1I，可知 U1＝＝ V＝1.9×103 V，‎ 再由＝可知，＝＝.‎ ‎18．答案：(1)2 T　(2)3 C　(3)大小为5.2 N，方向沿斜面向下　(4) J 解析：(1)当t＝3 s时，设MN的速度为v1，则 v1＝at＝3 m/s E1＝BLv1‎ E1＝I(RMN＋RPQ)‎ P＝I2RPQ 代入数据得：B＝2 T.‎ ‎(2)＝ q＝Δt＝ 代入数据可得：q＝3 C ‎(3)当t＝6 s时，设MN的速度为v2，则 v2＝at＝6 m/s E2＝BLv2＝12 V I2＝＝4 A F安＝BI2L＝8 N 规定沿斜面向上为正方向，对PQ进行受力分析可得：‎ F2＋F安cos 37°＝mgsin 37°‎ 代入数据得：F2＝－5.2 N(负号说明力的方向沿斜面向下)‎ ‎(4)MN棒做变加速直线运动，当x＝5 m时，v＝0.4x＝0.4×5 m/s＝2 m/s 因为速度v与位移x成正比，所以电流I、安培力也与位移x成正比，‎ 安培力做功W安＝－BL··x＝－ J Q＝－W安＝ J.‎