高中物理高考 押课标卷物理第20题（解析版）-备战2020年高考物理临考题号押题

押课标卷理综第20题

（2019·新课标全国Ⅰ卷）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（a）中虚线MN所示，一硬质细导线的电阻率为ρ、横截面积为S，将该导线做成半径为r的圆环固定在纸面内，圆心O在MN上。t=0时磁感应强度的方向如图（a）所示。磁感应强度B随时间t的变化关系如图（b）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

D．圆环中的感应电动势大小为

【答案】BC

【解析】AB、根据B-t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，故安培力方向的方向在t0时刻发生变化，则A错误，B正确；

CD、由闭合电路欧姆定律得：，又根据法拉第电磁感应定律得：，又根据电阻定律得：，联立得：，则C正确，D错误。故本题选BC。

如图所示，一个各短边边长均为L，长边边长为3L的线框，匀速通过宽度为L的匀强磁场区域，磁场方向垂直于纸面，线框沿纸面运动，开始时线框右侧短边ab恰好与磁场左边界重合，此过程中最右侧短边两端点a、b两点间电势差Uab随时间t变化关系图象正确的是

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】0～L过程中，ab边切割磁感应线产生的感应电动势E1＝BLv，a点电势高于b，则Uab＝BLv；L～2L过程中感应电动势E2＝2BLv，a点电势低于b，则Uab＜0；2L～3L过程中，最左边切割磁感应线产生的感应电动势E3＝3BLv，a点电势高于b，则Uab＝×3BLv＝BLv，故D正确，ABC错误。

1．楞次定律中“阻碍”的表现

(1)阻碍磁通量的变化(增反减同)．

(2)阻碍物体间的相对运动(来拒去留)．

(3)阻碍原电流的变化(自感现象)．

2．楞次定律和右手定则的适用对象

(1)楞次定律：一般适用于线圈面积不变，磁感应强度发生变化的情形．

(2)右手定则：一般适用于导体棒切割磁感线的情形．

3．求感应电动势大小的五种类型

(1)磁通量变化型：E＝n.

(2)磁感应强度变化型：E＝nS.

(3)面积变化型：E＝nB.

(4)平动切割型：E＝Blv.

(5)转动切割型：E＝nBl2ω.

注意：公式E＝nS中的S是垂直于磁场方向的有效面积．

1．如图，足够长的U型光滑金属导轨平面与水平面成θ角(0＜θ＜90°)，其中MN与PQ平行且间距为L，导轨平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计．金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且良好接触，ab棒接入电路的电阻为R，当流过ab棒某一横截面的电量为q时，棒的速度大小为v，则金属棒ab在这一过程中( )

A．运动的平均速度大小为 B．下滑的位移大小为

C．产生的焦耳热为qBLv D．受到的最大安培力大小为

【答案】B

【解析】

金属棒ab开始做加速度逐渐减小的变加速运动，不是匀变速直线运动，平均速度大于v，故A错误．由 可知：下滑的位移 ；故B正确；产生的焦耳热Q=I2Rt=qIR，而这里的电流I比棒的速度大小为v时的电流 小，故这一过程产生的焦耳热小于qBLv．故C错误；金属棒受到的安培力，故D错误；故选B．

点睛：本题考查了电磁感应与力学的综合，关键理清金属棒的运动规律，能知道求电量时要用法拉第电磁感应定律求平均电动势.

2．如图所示，竖直放置的两根平行金属导轨之间接有定值电阻R，质量不能忽略的金属棒与两导轨始终保持垂直并良好接触，棒与导轨的电阻均不计，整个装置放在水平匀强磁场中，棒在竖直向上的恒力F作用下匀速上升的一段时间内，金属棒受恒定大小的滑动摩擦力f，下列说法正确的是

A．通过电阻R的电流方向水平向右，棒受到的安培力方向竖直向上

B．通过电阻R的电流方向水平向左，棒受到的安培力方向竖直向下

C．棒机械能增加量的大小等于棒克服重力所做的功

D．棒机械能的增加量等于恒力F和滑动摩擦力f做的总功

【答案】C

【解析】

【详解】

由右手定则可以判断，导体棒中的电流方向向左，所以通过电阻R的电流方向向右；再由左手定则可以判断出导体棒受到的安培力方向竖直向下，所以A、B错误；由题意知导体棒做匀速运动，故动能不变，所以导体棒机械能的增加量也就是重力势能的增加量，等于棒克服重力所做的功，所以C正确；导体棒机械能的变化量对于除重力以外的力做的功，所以棒机械能的增加量等于恒力F、安培力和滑动摩擦力f做的总功，所以D错误。

3．粗细均匀的电阻丝围成的正方形线框置于有界匀强磁场中，磁场方向垂直于线框平面，其边界与正方形线框的边平行，现使线框以同样大小的速度沿四个不同方向平移出磁场，如图所示，则在移动过程中线框的一边a、b两点间电势差绝对值最大的是（      ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【解析】

【详解】

磁场中切割磁感线的边相当于电源，外电路由三个相同电阻串联形成，ABD图中a、b两点间电势差为外电路中一个电阻两端电压为：，

C图中a、b两点间电势差为路端电压为：，所以a、b两点间电势差绝对值最大的是C图所示。

故选：C。

4．如图（a），线圈ab、cd绕在同一软铁芯上，在ab线圈中通以变化的电流，测得cd间的的电压如图（b）所示，已知线圈内部的磁场与流经的电流成正比， 则下列描述线圈ab中电流随时间变化关系的图中，可能正确的是：

A．

B．

C．

D．

【答案】C

【解析】

【详解】

试题分析：根据法拉第电磁感应定律，感应电动势即cd线圈中的电压，由于磁场是线圈ab中的感应电流产生的，所以，综上可得，即电压大小与线圈中电流的变化率成正比，根据图（b）可判断和电流的变化率大小相等，方向相反，即图象斜率大小相等，方向相反，对照选项C对。

考点：电磁感应定律

5．将一段导线绕成图甲所示的闭合电路，并固定在水平面（纸面）内，回路的ab边置于垂直纸面向里的匀强磁场Ⅰ中．回路的圆形区域内有垂直纸面的磁场Ⅱ，以向里为磁场Ⅱ的正方向，其磁感应强度B随时间t变化的图像如图乙所示．用F表示ab边受到的安培力，以水平向右为F的正方向，能正确反映F随时间t变化的图像是（   ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【解析】

【详解】

分析一个周期内的情况：在前半个周期内，磁感应强度均匀变化，磁感应强度B的变化度一定，由法拉第电磁感应定律得知，圆形线圈中产生恒定的感应电动势恒定不变，则感应电流恒定不变，ab边在磁场中所受的安培力也恒定不变，由楞次定律可知，圆形线圈中产生的感应电流方向为顺时针方向，通过ab的电流方向从b→a，由左手定则判断得知，ab所受的安培力方向水平向左，为负值；同理可知，在后半个周期内，安培力大小恒定不变，方向水平向右．故B正确．

【点睛】

本题要求学生能正确理解B-t图的含义，故道B如何变化，才能准确的利用楞次定律进行判定．根据法拉第电磁感应定律分析感应电动势的变化，由欧姆定律判断感应电流的变化，进而可确定安培力大小的变化．

6．如图所示，a、b两个闭合正方形线圈用同样的导线制成，匝数均为10匝，边长la＝3lb，图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀增大，不考虑线圈之间的相互影响，则(　　)

A．两线圈内产生顺时针方向的感应电流

B．a、b线圈中感应电动势之比为9∶1

C．a、b线圈中感应电流之比为3∶4

D．a、b线圈中电功率之比为3∶1

【答案】B

【解析】

试题分析：根据楞次定律可知，两线圈内均产生逆时针方向的感应电流，选项A错误；因磁感应强度随时间均匀增大，则，根据法拉第电磁感应定律可知，则，选项B正确；根据，故a、b线圈中感应电流之比为3:1，选项C错误；电功率，故a、b线圈中电功率之比为27:1，选项D错误；故选B．

【学科网考点定位】法拉第电磁感应定律；楞次定律；闭合电路欧姆定律；电功率．

【名师点睛】此题是一道常规题，考查法拉第电磁感应定律、以及闭合电路的欧姆定律；要推导某个物理量与其他物理量之间的关系，可以先找到这个物理量的表达式，然后看这个物理量和什么因素有关；这里线圈的匝数是容易被忽略的量．

7．铁路上使用一种电磁装置向控制中心传输信号以确定火车的位置．能产生匀强磁场的磁铁被安装在火车首节车厢下面，如图甲所示(俯视图)．当它经过安放在两铁轨间的线圈时，便会产生一电信号，被控制中心接收．当火车通过线圈时，若控制中心接收到的线圈两端的电压信号如图乙所示，则说明火车在做(　　)

　    　图甲　　　　　　　图乙

A．匀速直线运动

B．匀加速直线运动

C．匀减速直线运动

D．加速度逐渐增大的变加速直线运动

【答案】B

【解析】

【详解】

磁铁和线圈发生相对运动，磁铁进入线圈时，线圈左边框切割磁感线，根据电磁感应定律，产生的感应电动势，从乙图的第一阶段电压U随时间线性增大，可判断火车的速度随时间均匀增大，所以火车做匀加速直线运动，故B正确，ACD错误。

故选B。

8．如图甲所示，矩形线圈abcd固定于方向相反的两个磁场中，两磁场的分界线oo′恰好把线圈分成对称的左右两部分，两磁场的磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示，规定磁场垂直纸面向内为正，线圈中感应电流逆时针方向为正．则线圈感应电流随时间的变化图像为（   ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【解析】

【详解】

在开始阶段OO′左侧磁场增强，OO′右侧磁场减弱，由楞次定律可知线圈中有逆时针方向的感应电流，故A正确，B错误．因磁场是均匀变化的，由法拉第电磁感应定律和欧姆定律知，感应电流的大小不变，故CD项错误；故选A．

【点睛】

考查楞次定律与法拉第电磁感应定律的应用，注意磁场正方向的规定，及掌握两个感应电动势是相加还是相差，是解题的关键．

9．如图两根足够长光滑平行金属导轨PP′、QQ′倾斜放置，匀强磁场垂直于导轨平面向上，导轨的上端与水平放置的两金属板M、N相连，板间距离足够大，板间有一带电微粒，金属棒ab水平跨放在导轨上，下滑过程中与导轨接触良好．现在同时由静止释放带电微粒和金属棒ab，则(　　)

A．金属棒ab一直加速下滑

B．金属棒ab最终可能匀速下滑

C．金属棒ab下滑过程中M板电势高于N板电势

D．带电微粒可能先向N板运动后向M板运动

【答案】ACD

【解析】

根据牛顿第二定律有，而，，联立解得，因而金属棒将做匀加速运动，选项A正确B错误；ab棒切割磁感线，相当于电源，a端相当于电源正极，因而M板带正电，N板带负电，C正确；若带电粒子带负电，在重力和电场力的作用下，先向下运动然后再反向向上运动，D正确．

10．如图所示，半径为r且水平放置的光滑绝缘的环形细管道内有一带电粒子。此装置放在匀强磁场中，其磁感应强度随时间变化的关系式为B=B0+kt(k>0)。根据麦克斯韦电磁场理论，均匀变化的磁场将产生稳定的电场，该感应电场对带电粒子将有沿圆环切线方向的作用力。粒子转动一周后的磁感应强度为B1，则

A．此装置产生的感生电动势为(B1－B0)πr2

B．此装置产生的感生电动势为kπr2

C．感应电场的方向沿逆时针

D．粒子转动过程中一定是洛伦兹力提供向心力

【答案】BC

【解析】根据法拉第电磁感应定律得：感生电动势大小为 E电=•πr2=kπr2，选项A错误，B正确；根据楞次定律可知，电场方向逆时针，选项C正确；感应电场对带电粒子将有沿圆环切线方向的作用力，使得粒子的速度逐渐变大，则圆形管道将对粒子产生压力，故管道的压力和洛伦兹力的合力提供向心力，选项D错误；故选BC。

11．如图所示，足够长的光滑导轨倾斜放置，其上端接有电阻R，匀强磁场垂直于导轨所在平面向上，始终垂直导轨的导体棒EF接入电路的有效电阻为r，导轨和导线电阻不计，在导体棒EF沿着导轨下滑的过程中，下列判断正确的是（    ）

A．感应电流在导体棒EF中方向从F到E

B．导体棒受到的安培力方向沿斜面向下，大小保持恒定

C．导体棒的机械能一直减小

D．导体棒克服安培力做的功等于电阻R消耗的电能

【答案】AC

【解析】

根据右手定则知，感应电流的方向为F到E，故A正确．下滑过程中，根据左手定则知，安培力的方向沿斜面向上，由于导体棒下滑的过程中速度增大，则感应电动势增大，电流增大，安培力增大，故B错误．导体棒向下运动的过程中，除重力做功外，安培力做负功，则导体棒的机械能一直减小，故C正确．根据功能关系知，克服安培力做功等于整个回路产生的电能，故D错误．故选AC．

点睛：解决这类导体棒切割磁感线产生感应电流问题的关键时分析导体棒受力，进一步确定其运动性质，并明确判断过程中的能量转化及功能关系如安培力做负功量度了电能的产生，克服安培力做什么功，就有多少电能产生．

12．如图甲，间距L=l m且足够长的光滑平行金属导轨cd、ef固定在水平面（纸面）上，右侧cf间接有R=2 Ω的电阻．垂直于导轨跨接一根长l=2 m、质量m=0.8 kg的金属杆，金属杆每米长度的电阻为2 Ω．t=0时刻，宽度a=1.5 m的匀强磁场左边界紧邻金属杆，磁场方向竖直向下、磁感应强度大小B=2 T．从t=0时刻起，金属杆（在方向平行于导轨的水平外力F作用下）和磁场向左运动的速度一时间图像分别如图乙中的  ①和②．若金属杆与导轨接触良好，不计导轨电阻，则）（     ）

A．t=0时刻，R两端的电压为

B．t=0.5 s时刻，金属杆所受安培力的大小为1N、方向水平向左

C．t=l.5 s时刻，金属杆所受外力F做功的功率为4.8 W

D．金属杆和磁场分离前的过程中，从c到f通过电阻R的电荷量为0.5 C

【答案】BD

【解析】

A、t=0时刻，棒的速度为零，磁场向左运动的速度为2m/s，等效为棒切割的速度为2m/s，，棒的内阻为，故电阻R的电压为，故A错误．B、t=0.5s时，棒的切割速度为2-1=1m/s，方向向右，，，方向由左手定则可知水平向左，故B正确．C、金属杆做匀加速直线运动，故，由图象可知，，可得，则金属杆做功的功率为，故C错误．D、根据

【点睛】本题考查了作受力示意图、求电流与加速度，分析清楚运动过程、正确受力分析、应用E=BLv、欧姆定律、安培力公式、牛顿第二定律即可正确解题．

13．如图所示，一匝数为n，边长为L，质量为m，电阻为R的正方形导体线框bcd，与一质量为3m的物块通过轻质细线跨过两定滑轮相连．在导体线框上方某一高处有一宽度为L的上、下边界水平的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里．现将物块由静止释放，当d边从磁场下边缘进入磁场时，线框恰好做匀速直线运动，不计—切摩擦．重力加速度为g．则(    )

A．线框d边进入磁场之前线框加速度=2g

B．从线框全部进入磁场到完全离开磁场的过程中，通过线框的电荷量

C．整个运动过程线框产生的焦耳热为Q=4mgL

D．线框进入磁场时的速度大小

【答案】CD

【解析】在线框ad边进入磁场之前，有，解得，A错误；根据可得从线框全部进入磁场到完全离开磁场的过程中，通过线框的电荷量为，B错误；线圈进入磁场过程中和穿出磁场过程中的总热量等于过程中的重力势能减小量，故，C正确；ab边刚进入磁场时，导体做匀速直线运动，所以有，，，，联立解得，D正确．

14．法拉第圆盘发电机的示意图如图所示。铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别于圆盘的边缘和铜轴接触，圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中，圆盘旋转时，关于流过电阻R的电流，下列说法正确的是（  ）

A．若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定

B．若从上往下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a到b的方向流动

C．若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化

D．若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R上的热功率也变为原来的2倍

【答案】AB

【解析】

【详解】

AB．铜盘转动产生的感应电动势为：

因为B、L、ω不变，故E不变，电流大小恒定不变，由右手定则可知，回路中电流方向不变，若从上往下看，圆盘顺时针转动，由右手定则知，电流沿a到b的方向流动，故A正确，B正确；

C．若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向不变，大小变化，故C错误；

D．若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，回路电流变为原来的2倍，根据

电流在R上的热功率变为原来的4倍，故D错误。

15．如图所示，竖直光滑导轨上端接入一定值电阻R，C1和C2是半径都为a的两圆形磁场区域，其区域内的磁场方向都垂直于导轨平面向外，区域C1中磁场的磁感应强度随时间接B1=b+kt (k>0)变化，C2中磁场的磁感应强度恒为B2，一质量为m．电阻为r、长度为L的金属杆AB穿过C2的圆心垂直地跨放在两导轨上，且与导轨接触良好，并恰能保持静止。则

A．通过金属杆的电流大小为

B．通过金属杆的电流方向为从B到A

C．定值电阻的阻值为R=

D．整个电路的热功率p=

【答案】BCD

【解析】试题分析：金属杆静止，合力为零．根据受力分析，结合平衡条件与安培力表达式，求解通过金属杆的电流大小；由楞次定律分析通过金属杆的电流方向．根据法拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆定律，结合题意，即可求定值电阻的阻值．由功率公式整个电路中产生的热功率P．

对金属杆，根据平衡方程得，解得，故A错误；区域C1中磁场的磁感强度随时间按B1=b+kt（k＞0）变化，可知磁感强度均匀增大，穿过整个回路的磁通量增大，由楞次定律分析知，通过金属杆的电流方向为从B到A，B正确；由法拉第电磁感应定律，则有：回路中产生的感应电动势为，且闭合电路欧姆定律有，又，解得，C正确；整个电路中产生的热功率，D正确．

16．现代科学研究中常用到高速电子，电子感应加速器就是利用感生电场加速电子的设备．电子感应加速器主要有上、下电磁铁磁极和环形真空室组成．当电磁铁绕组通以变化的电流时,产生变化的磁场，穿过真空盒所包围的区域内的磁通量也随时间变化，这时真空盒空间内就产生感应涡旋电场，电子将在涡旋电场作用下得到加速．如图所示（上图为侧视图、下图为真空室的俯视图），若电子被“约束”在半径为R的圆周上运动，当电磁铁绕组通有图中所示的电流时

A．电子在轨道上逆时针运动

B．保持电流的方向不变，当电流增大时，电子将加速

C．保持电流的方向不变，当电流减小时，电子将加速

D．被加速时电子做圆周运动的周期不变

【答案】AB

【解析】

由楞次定律可知,产生的感应涡旋电场为顺时针方向,所以电子在轨道上逆时针运动,所以选项A正确;保持电流的方向不变，当电流增大时，涡旋电场增强,电子将加速选项B对,选项C错;电子的速度变化,被加速时电子做圆周运动的周期也变,所以选项D错.