（通用版）2020版高考物理一轮复习专题综合检测十第十章电磁感应

电磁感应

(45分钟 100分)

一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分.1～5题为单选题，6～8题为多选题) 1．如图甲所示，水平面上的不平行导轨MN、PQ上放着两根光滑导体棒ab、cd，两棒间用绝缘丝线系住；开始时匀强磁场垂直纸面向里，磁感应强度B随时间t的变化如图乙所示，则以下说法正确的是( )

A．在t0时刻导体棒ab中无感应电流

B．在t0时刻导体棒ab所受安培力方向水平向左 C．在0～t0时间内回路电流方向是acdba D．在0～t0时间内导体棒ab始终静止

解析：C 由图乙所示图像可知，0到t0时间内，磁场向里，磁感应强度B均匀减小，线圈中磁通量均匀减小，由法拉第电磁感应定律得知，回路中产生恒定的感应电动势，形成恒定的电流．由楞次定律可得出电流方向沿acdba，在t0时刻导体棒ab中感应电流不为零，故A项错误，C项正确；在t0时刻B＝0，根据安培力公式F＝BIL知此时ab和cd都不受安培力，故B项错误；在0～t0时间内，根据楞次定律可知ab受力向左，cd受力向右，由于

cd所受的安培力比ab的安培力大，所以ab将向右运动，故D项错误．

2．如图所示，理想变压器输入端接在电动势随时间变化，内阻为r的交流电源上，输出端接理想电流表及阻值为R的负载．如果要求负载上消耗的电功率最大，则下列说法正确的是( )

A．该交流电源电动势的瞬时表达式为e＝Emsin 100πt(V) B．变压器原副线圈匝数的比值为C．电流表的读数为

22Rrr REm

E2m

D．负载上消耗的热功率为

4r2π

解析：B 由题图知周期为0.04 s，则角速度ω＝＝50π，瞬时值表达式为e＝Emsin

T50πt(V)，A错误．设原副线圈中的匝数分别为n1和n2，电流分别为I1和I2，电压分别为

U1和U2，则U1＝E－I1r，电阻R消耗的功率P＝U2I2＝U1I1，即P＝(E－I1r)I1＝－I21r＋EI1，EE2EE可见I1＝时，P有最大值，Pmax＝，此时U1＝E－I1r＝，则U2＝PR＝

2r4r22

＝

Rn1U1

，所以＝rn2U2

rEm

，B正确．电流表的读数为副线圈中电流的有效值，原线圈中电流有效值I1＝，R22rn1n2

rEmI1＝，C错误．把变压器和R看成一个整体，等效电阻为R′，则当R22RrE2E2mm

＝，负载功率P＝，D错误． 负载2

8r2·2r4rE2m

则I2＝I1＝

R′＝r时，总功率P总＝

3．如图所示，在同一水平面内有两根足够长的光滑水平金属导轨，间距为202 cm，电阻不计，其左端连接一阻值为10 Ω的定值电阻．两导轨之间存在着磁感应强度为1 T的匀强磁场，磁场边界虚线由多个正弦曲线的半周期衔接而成，磁场方向如图．一电阻阻值为10 Ω的导体棒AB在外力作用下以10 m/s的速度匀速向右运动，交流电压表和交流电流表均为理想电表，则( )

A．电流表的示数是

2

A 10

B．电压表的示数是2 V

C．导体棒运动到图示虚线CD位置时，电流表示数为零 D．导体棒上消耗的热功率为0.1 W

解析：D 回路中产生的感应电动势的最大值为Em＝BLv＝1×202×10×10 V＝22 V，则电动势的有效值E＝2EmR＝2 V，电压表测量R两端的电压，则U＝E＝1 V，电2R＋R棒

－2

E2

流表的示数为有效值，为I＝＝ A＝0.1 A，故A、B项错误；电流表示数为有效值，一

2R20

直为0.1 A，故C项错误；导体棒上消耗的热功率P＝IR＝0.01×10 W＝0.1 W，D项正确．

4．(2018·邯郸模拟)如图所示，一理想变压器原副线圈的匝数比n1∶n2＝4∶1，变压器原线圈通过一理想电流表A接u＝2202sin 100πt(V)的正弦交流电，副线圈接有三个规格相同的灯泡和两个二极管，已知两二极管的正向电阻均为零，反向电阻均为无穷大，不考

2

虑温度对灯泡电阻的影响，用交流电压表测得a、b端和c、d端的电压分别为Uab和Ucd，下列分析正确的是( )

A．Uab＝220 V，Ucd＝55 V

B．流经L1的电流是流经电流表的电流的2倍 C．若其中一个二极管被短路，电流表的示数将不变 D．若通电1小时，L1消耗的电能等于L2、L3消耗的电能之和

解析：D 根据变压器原理可知流经L1的电流是流经电流表的电流的4倍，副线圈两端电压为原线圈两端电压的四分之一，即55 V，但cd间电压不等于副线圈电压，故A、B项错误；若其中一个二极管被短路，副线圈电路发生变化，原线圈电流表的示数也要发生变化，故C项错误；根据题意可知，L2、L3必有一个断路，则其中一个与L1串联，灯泡规格相同，由W＝IRt知D项正确．

5．(2018·玉林模拟)一含有理想降压变压器的电路如图所示，U为正弦交流电源，输出电压的有效值恒定，L为灯泡(其灯丝电阻可以视为不变)，R、R1和R2为定值电阻，R3为光敏电阻，其阻值的大小随照射光强度的增强而减小．现将照射光强度增强，则( )

2

A．原线圈两端电压不变 C．灯泡L将变暗

B．通过原线圈的电流减小 D．R1两端的电压将增大

解析：D 光照强度增强，R3减小，副线所接负载总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律知原线圈中电流I1增大，则UR＝I1R增大，而原线圈输入电压U1＝U－UR减小，故A、B均不正确；又变压器原副线圈的匝数比不变，故副线圈输出电压U2减小，输出电流I2增大，UR1＝I2R1增大，D项正确；UR2＝U2－UR1减小，IR2＝不对．

6．(2018·长春模拟)如图所示，在光滑的水平面上方，有两个磁感应强度大小均为B、方向相反的水平匀强磁场，PQ为两个磁场的边界，磁场范围足够大．一个边长为a、质量为

UR2

减小，IL＝I2－IR2增大，灯泡将变亮，C项R2

m、电阻为R的金属正方形线框，以速度v垂直磁场方向从如图实线(Ⅰ)位置开始向右运动，

当线框运动到分别有一半面积在两个磁场中的(Ⅱ)位置时，线框的速度为.下列说法正确的

2是( )

v

B2a2v2

A．在位置(Ⅱ)时线框中的电功率为 R32

B．此过程中回路产生的电能为mv

8

B2a2vC．在位置(Ⅱ)时线框的加速度为 2mR2BaD．此过程中通过线框截面的电荷量为

2

R解析：AB 线框经过位置(Ⅱ)时，线框左右两边均切割磁感线，此时的感应电动势E＝

vE2B2a2v2

Ba×2＝Bav，故线框中的电功率P＝＝，A正确．线框从位置(Ⅰ)到位置(Ⅱ)的过程2RR121v232

中，动能减少了ΔEk＝mv－m()＝mv，根据能量守恒定律可知，此过程中回路产生的

222832EBav电能为mv，B正确．线框在位置(Ⅱ)时，左、右两边所受安培力大小均为F＝Ba＝，

8RR2F根据左手定则可知，线框左右两边所受安培力的方向均向左，故此时线框的加速度a＝＝

22

m22E2BavΔΦΔΦ

，C错误．由q＝IΔt，I＝，E＝，解得q＝，线框在位置(Ⅰ)时其mRRΔtRBa2

磁通量为Ba，而线框在位置(Ⅱ)时其磁通量为0，综上q＝，D错误．

R2

1

7.(2018·济南模拟)如图所示，两根等高光滑的圆弧轨道，半径为r、间距为L，轨道

4电阻不计．在轨道顶端连有一阻值为R的电阻，整个装置处在一竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B.现有一根长度稍大于L、电阻不计的金属棒从轨道最低位置cd开始，在拉力作用下以初速度v0向右沿轨道做匀速圆周运动至ab处，则该过程中( )

A．通过R的电流方向为由外向内 B．通过R的电流方向为由内向外 πr·BLv0

C．R上产生的热量为

4RD．流过R的电量为

22

BrL R解析：BC 由右手定则可知，电流方向为逆时针，A错误，B正确；通过R的电荷量qΔΦBLrv0BLv0＝＝，D错误；金属棒产生的瞬时感应电动势E＝BLv0cost，有效值E有＝，RRRr2

22

E2B2L2v2πrπrBLv0有0

上产生的热量Q＝t＝·＝，C正确．

R2R2v04R8．如图甲所示，abcd是位于竖直平面内的正方形闭合金属线框，金属线框的质量为m，电阻为R.在金属线框的下方有一匀强磁场区域，MN和PQ是匀强磁场区域的水平边界，并与金属线框的bc边平行，磁场方向垂直于金属线框平面向里．现使金属线框从MN上方某一高度处由静止开始下落，如图乙是金属线框由开始下落到bc刚好运动到匀强磁场PQ边界的v－t图像，图中数据均为已知量．重力加速度为g，不计空气阻力．则下列说法正确的是( )

A．金属线框刚进入磁场时感应电流方向沿adcba方向 B．磁场的磁感应强度大小为

v1

1

t2－t1mgR v1

C．金属线框在0～t3时间内产生的热量为mgv1(t2－t1) D．MN和PQ之间的距离为

v1t2－t1

2

解析：BC 由楞次定律可知，金属线框刚进入磁场时感应电流方向沿abcda方向，故A错误；由图像可知，金属线框进入磁场过程中做匀速直线运动，速度为v1，运动时间为t2－t1，故金属框的边长l＝v1(t2－t1)，在金属线框进入磁场的过程中，金属线框所受安培力等于重力，则得mg＝BIl，I＝Blv11

，则磁场的磁感应强度大小为B＝ Rv1t2－t1mgR，v1

故B正确；设金属线框在进入磁场过程中产生的焦耳热为Q，重力对其做正功，安培力对其做负功，由能量守恒定律得Q＝mgl＝mgv1(t2－t1)，故C正确；MN和PQ之间的距离为(t3－t2)＋v1(t2－t1)，所以D错误．

v1＋v2

2

二、非选择题(本题共4小题，共52分．有步骤计算的需写出规范的解题步骤．) 9．(8分)某些固体材料受到外力后除了产生形变外，其电阻率也要发生变化，这种由于外力的作用而使材料电阻率发生变化的现象称为“压阻效应”，现用如图所示的电路研究某长薄板电阻Rx的压阻效应，已知Rx的阻值变化范围为几欧到几十欧，实验室中有下列器材：

A．电源E(3 V，内阻约为1 Ω) B．电流表A1(0.6 A，内阻r1＝5 Ω) C．电流表A2(6 A，内阻r2约为1 Ω) D．开关S，定值电阻R0

(1)为了比较准确地测量电阻Rx的阻值，请完成虚线框内电路图的设计．

(2)在电阻Rx上加一个竖直向下的力F(设竖直向下为正方向)，闭合开关S，记下电表读数，A1读数为I1，A2的读数为I2，得Rx＝________(用字母表示)．

(3)改变力的大小，得到不同的Rx值，然后让力反向从下向上挤压电阻，并改变力的大小，得到不同的Rx值，最后绘成的图像如图所示．除观察到电阻Rx的阻值随压力F的增大而均匀减小外，还可以得到的结论是______________________________________________．

当F竖直向下(设竖直向下为正方向)时，可得Rx与所受压力F的数值关系是Rx＝______.(各物理量单位均为国际单位)

解析：(1)由于A1内阻确定，并且与待测电阻接近，与待测电阻并联，用来测出待测电阻Rx两端的电压，用A2测得的电流减去A1测得的电流就是流过待测电阻的电流，根据欧姆定律就可求出待测电阻的阻值，电路连接如图所示．

(2)待测电阻两端的电压U＝I1r1，流过待测电阻的电流I＝I2－I1，因此待测电阻的阻值为Rx＝

I1r1

. I2－I1

(3)由图像的对称性可知，加上相反的压力时，电阻值大小相等；图像与纵坐标的交点为16 Ω，当R＝7 Ω时，对应的力为4.5 N，因此函数表达式Rx＝16－2F.

答案：(1)见解析图 (2)

I1r1

(3)压力反向，阻值不变 16－2F (每空2分) I2－I1

10．(8分)(2018·大庆模拟)如图所示为一种加速度仪的示意图．质量为m的振子两端连有劲度系数均为k的轻光敏电阻R、电磁铁(线圈阻值R0＝15 Ω)、电源U＝6 V、开关等组成；“工作电路”由工作电源、电铃、导线等组成，其中工作电压为220 V，报警器工作时电路中的电流为0.3 A.

小明的设计思想：当光敏电阻接收到的光照减弱到一定程度时，工作电路接通，电铃报警．

已知该光敏电阻的阻值R与光强E之间的一组实验数据如表所示：(“光强”表示光强弱的程度，符号为E，单位为cd.)

光强E/cd 光敏电阻R/Ω 1.0 36.0 2.0 18.0 3.0 12.0 4.0 9.0 5.0 ____ 6.0 6.0 36

(1)小明分析如表数据并归纳出光敏电阻的阻值R随光强E变化的关系式为R＝填写表格空格处的数据为________．

E，试(2)闭合开关S，如果当线圈中的电流大于或等于250 mA时，继电器的衔铁被吸合，则光敏电阻接收到的光照强度需要在多少cd以上？

(3)按小明的设计，当室内烟雾增大时，光照减弱，光敏电阻的阻值增大到一定值时，衔铁与________(选填“上方”或“下方”)的M、N接触，报警器工作报警．

(4)报警器报警时，工作电路的功率为多大？ 3636

解析：(1)表格中的数据R＝ Ω＝7.2 Ω.

E5.0

(2)当线圈中的电流I＝250 mA＝0.25 A时，由I＝可得，电路中的总电阻：R总＝＝6 V

＝24 Ω，因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以，光敏电阻的阻值：R＝R0.25 A

－R0＝24 Ω－15 Ω＝9 Ω，查表可知，当电阻R＝9 Ω时，光强E＝4.0 cd.

(3)读图可知，当光照减弱时，电阻增大，电磁铁磁性减弱，所以衔铁会在弹簧的作用下弹向上方，与上方的M、N接触，报警器工作报警．

(4)报警器报警时，工作电路的功率：

URUI总

P＝U′I′＝220 V×0.3 A＝66 W.

答案：(1)7.2 (2)4.0 cd (3)上方 (4)66 W (每空2分)

11．(16分)(2018·湛江模拟)如图所示，倾角为θ＝37°的光滑斜面上存在间距为d的匀强磁场区域，磁场的磁感应强度大小为B、方向垂直斜面向下，一个粗细均匀质量为m、电阻为R、边长为l的正方形金属线框abcd，开始时线框abcd的ab边到磁场的上边缘距离为l，将线框由静止释放，已知d>l，ab边刚离开磁场的下边缘时做匀速运动，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：

(1)ab边刚离开磁场的下边缘时，线框中的电流和cd边两端的电势差各是多大？ (2)线框abcd从开始至ab边刚离开磁场的下边缘过程中产生的热量．

解析：(1)设线框中的电流为I，cd两端的电势差为Ucd，由于线框做匀速运动，由平衡条件有mgsin 37°＝BIl①(2分)

3mg解得I＝②(1分)

5Bl3

根据欧姆定律有Ucd＝I·R③(2分)

49mgR联立②③式解得Ucd＝④(2分)

20Bl(2)设线框abcd产生的热量为Q，根据法拉第电磁感应定律有E＝Blv⑤(2分) 由闭合电路的欧姆定律有I＝⑥(2分) 联立⑤⑥式代入数据解得

ERv＝

3mgR22⑦(1分) 5Bl根据能量守恒定律得

mg(d＋l)sin 37°＝Q＋mv2⑧(2分)

联立⑦⑧式代入数据解得 39mgRQ＝mg(d＋l)－44⑨(2分) 550Bl3mg9mgR答案：(1)

5Bl20Bl39mgR(2)mg(d＋l)－44 550Bl12.(20分)如图所示，两条平行的光滑金属导轨固定在倾角为θ的绝缘斜面上，导轨上端连接一个定值电阻，导体棒a和b放在导轨上，与导轨垂直并接触良好，斜面上水平虚线PQ以下区域内，存在着垂直斜面向上的磁场，磁感应强度大小为B0.已知b棒的质量为m，

322322

1

2

a棒、b棒和定值电阻的阻值均为R，导轨电阻不计，重力加速度为g.

(1)断开开关S，a棒、b棒固定在磁场中，恰与导轨构成一个边长为L的正方形，磁场ΔB从B0以＝k均匀增加，写出a棒所受安培力F安随时间t变化的表达式．

Δt(2)若接通开关S，同时对a棒施以平行导轨斜向上的拉力F，使它沿导轨匀速向上运动，此时放在导轨下端的b棒恰好静止，当a棒运动到磁场的上边界PQ处时，撤去拉力F，a棒将继续沿导轨向上运动一小段距离后再向下滑动，此时b棒已滑离导轨，当a棒再次滑回到磁场上边界PQ处时，又恰能沿导轨匀速向下运动，求a棒质量ma及拉力F的大小．

解析：(1)由法拉第电磁感应定律可得：

E＝ΔΦΔB2

＝L(2分) ΔtΔt根据闭合电路的欧姆定律可得：

EI＝(1分) 2Rt时刻磁感应强度为： B＝B0＋kt(2分)

此时棒所受的安培力为：

F安＝BIL(1分)

kL3

解得：F安＝(B0＋kt)(1分)

2R(2)根据题意可知，a棒沿斜面向上运动时，a棒为电源，b棒和电阻R并联，通过a棒的电流为I1，由并联电路关系可得：

I1＝Ib＋IR(1分)

b棒和电阻R阻值相等，则通过b棒的电流为： Ib＝I1(1分)

电路的总电阻为：

12

RbRR总＝＋Ra(2分)

Rb＋R由欧姆定律得干路电流为：

EI1＝(1分)

R总

感应电动势为：

E＝B0Lv(1分) b棒保持静止，则有： mgsin θ＝B0IbL(2分)

a棒离开磁场后撤去拉力F，在a棒进入磁场前机械能守恒，返回磁场时速度还是v，

此时a棒和电阻R串联，则电路中的电流为：

EI2＝(1分)

Ra＋Ra棒匀速下滑，则有： magsin θ＝B0I2L(1分)

联立以上各式，解得：

ma＝m(1分)

a棒向上运动时受力平衡，则有： F＝magsin θ＋B0I1L(1分)

7

解得：F＝mgsin θ(1分)

2

32

kL3

答案：(1)F安＝(B0＋kt)

2R37

(2)m mgsin θ 22

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