高考物理大一輪復習 第十章 電磁感應 章末過關檢測十

PAGE第十章電磁感應章末過關檢測(十)(時間：45分鐘分值：100分)一、單項選擇題(本題共6小題，每小題6分，共36分．在每小題給出的四個選項中，只有一個選項正確)1．磁卡的磁條中有用于存儲信息的磁極方向不同的磁化區(qū)，刷卡器中有檢測線圈，當以速度v0刷卡時，在線圈中產(chǎn)生感應電動勢．其E－t關系如圖所示．如果只將刷卡速度改為eq\f(v0,2)，線圈中的E－t關系圖可能是()解析：選D.若將刷卡速度改為eq\f(v0,2)，線圈切割磁感線運動時產(chǎn)生的感應電動勢大小將會減半，周期將會加倍，故D項正確，其他選項錯誤．2.如圖所示，一水平放置的矩形閉合線圈abcd，在細長磁鐵的N極附近豎直下落，保持bc邊在紙外，ad邊在紙內(nèi)，從圖中位置Ⅰ經(jīng)過位置Ⅱ到達位置Ⅲ，位置Ⅰ和Ⅲ都很靠近Ⅱ.在這個過程中，線圈中感應電流()A．沿abcd流動B．沿dcba流動C．由Ⅰ到Ⅱ是沿abcd流動，由Ⅱ到Ⅲ是沿dcba流動D．由Ⅰ到Ⅱ是沿dcba流動，由Ⅱ到Ⅲ是沿abcd流動解析：選A.由條形磁鐵的磁場分布情況可知，線圈在位置Ⅱ時穿過矩形閉合線圈的磁通量最少．線圈從位置Ⅰ到Ⅱ，穿過abcd自下而上的磁通量減少，感應電流的磁場阻礙其減少，則在線框中產(chǎn)生的感應電流的方向為abcd，線圈從位置Ⅱ到Ⅲ，穿過abcd自上而下的磁通量在增加，感應電流的磁場阻礙其增加，由楞次定律可知感應電流的方向仍然是abcd.故本題答案為A.3．(2019·長興中學高三模擬)1831年，法拉第在一次會議上展示了他發(fā)明的圓盤發(fā)電機(圖甲)．它是利用電磁感應原理制成的，是人類歷史上第一臺發(fā)電機．圖乙是這個圓盤發(fā)電機的示意圖：銅盤安裝在水平的銅軸上，它的邊緣正好在兩磁極之間，兩塊銅片C、D分別與轉動軸和銅盤的邊緣良好接觸．使銅盤轉動，電阻R中就有電流通過．若所加磁場為勻強磁場，回路的總電阻恒定，從左往右看，銅盤沿順時針方向勻速轉動，CRD平面與銅盤平面垂直，下列說法正確的是()A．電阻R中沒有電流流過B．銅片C的電勢高于銅片D的電勢C．保持銅盤不動，磁場變?yōu)榉较虼怪庇阢~盤的交變磁場，則銅盤中有電流產(chǎn)生D．保持銅盤不動，磁場變?yōu)榉较虼怪庇阢~盤的交變磁場，則CRD回路中有電流產(chǎn)生解析：選C.根據(jù)右手定則可知，電流從D點流出，流向C點，因此在圓盤中電流方向為從C向D，由于圓盤在切割磁感線時相當于電源，所以D處的電勢比C處高，A、B錯誤；保持銅盤不動，磁場變?yōu)榉较虼怪庇阢~盤的交變磁場，則穿過銅盤的磁通量發(fā)生變化，故銅盤中有感應電流產(chǎn)生，但是此時不再切割磁感線，所以CD不能當成電源，故CRD回路中沒有電流產(chǎn)生，C正確，D錯誤．4.如圖所示，A、B、C是三個完全相同的燈泡，L是一自感系數(shù)較大的線圈(直流電阻可忽略不計)．則()A．S閉合時，A燈立即亮，然后逐漸熄滅B．S閉合時，B燈立即亮，然后逐漸熄滅C．電路接通穩(wěn)定后，三個燈亮度相同D．電路接通穩(wěn)定后，S斷開時，C燈立即熄滅解析：選A.電路中A燈與線圈并聯(lián)后與B燈串聯(lián)，再與C燈并聯(lián)．S閉合時，三個燈同時立即發(fā)光，由于線圈的電阻由大變小，逐漸將A燈短路，A燈逐漸熄滅，A燈的電壓逐漸降低，B燈的電壓逐漸增大，B燈逐漸變亮，故選項A正確，B錯誤；電路接通穩(wěn)定后，A燈被線圈短路，完全熄滅．B、C并聯(lián)，電壓相同，亮度相同，故選項C錯誤；電路接通穩(wěn)定后，S斷開時，C燈中原來的電流立即減至零，由于線圈中電流要減小，產(chǎn)生自感電動勢，阻礙電流的減小，線圈中電流不會立即消失，這個自感電流通過C燈，所以C燈過一會兒熄滅，故選項D錯誤．5．(2019·南京模擬)如圖所示，一個閉合三角形導線框ABC位于豎直平面內(nèi)，其下方(略靠前)固定一根與導線框平面平行的水平直導線，導線中通以圖示方向的恒定電流．釋放導線框，它由實線位置下落到虛線位置未發(fā)生轉動，在此過程中()A．導線框中感應電流的方向依次為ACBA→ABCA→ACBAB．導線框的磁通量為零時，感應電流為零C．導線框所受安培力的合力方向依次為向上→向下→向上D．導線框所受安培力的合力為零，做自由落體運動解析：選A.根據(jù)右手螺旋定則可知導線上方的磁場方向垂直于紙面向外，下方的磁場方向垂直于紙面向里，而且越靠近導線磁場越強，所以閉合導線框ABC在下降過程中，導線框內(nèi)垂直于紙面向外的磁通量先增大，當增大到BC邊與導線重合時，達到最大，再向下運動，導線框內(nèi)垂直于紙面向外的磁通量逐漸減小至零，然后隨導線框的下降，導線框內(nèi)垂直于紙面向里的磁通量增大，當增大到A點與導線重合時，達到最大，繼續(xù)下降時由于導線框逐漸遠離導線，使導線框內(nèi)垂直于紙面向里的磁通量再逐漸減小，所以根據(jù)楞次定律可知，感應電流的磁場總是阻礙內(nèi)部磁通量的變化，所以感應電流的磁場先向里，再向外，最后向里，所以導線框中感應電流的方向依次為ACBA→ABCA→ACBA，A正確；當導線框內(nèi)的磁通量為零時，內(nèi)部的磁通量仍然在變化，有感應電動勢產(chǎn)生，所以感應電流不為零，B錯誤；根據(jù)對楞次定律的理解，感應電流的效果總是阻礙導體間的相對運動，由于導線框一直向下運動，所以導線框所受安培力的合力方向一直向上，不為零，C、D錯誤．6．如圖所示，光滑斜面的傾角為θ，斜面上放置一矩形導體線框abcd，ab邊的邊長為l1，bc邊的邊長為l2，線框的質量為m，電阻為R，線框通過絕緣細線繞過光滑的定滑輪與一重物相連，重物質量為M.斜面上ef線(ef平行底邊)的右方有垂直斜面向上的勻強磁場，磁感應強度為B，如果線框從靜止開始運動，進入磁場的最初一段時間是做勻速運動的，且線框的ab邊始終平行于底邊，則下列說法正確的是()A．線框進入磁場前運動的加速度為eq\f(Mg－mgsinθ,m)B．線框進入磁場時勻速運動的速度為eq\f(（Mg－mgsinθ）R,Bl1)C．線框做勻速運動的總時間為eq\f(B2leq\o\al(2,1),Mg－mgRsinθ)D．該勻速運動過程中產(chǎn)生的焦耳熱為(Mg－mgsinθ)l2解析：選D.由牛頓第二定律得，Mg－mgsinθ＝(M＋m)a，解得線框進入磁場前運動的加速度為eq\f(Mg－mgsinθ,M＋m)，A錯誤；由平衡條件，Mg－mgsinθ－F安＝0，F(xiàn)安＝BIl1，I＝eq\f(E,R)，E＝Bl1v，聯(lián)立解得線框進入磁場時勻速運動的速度為v＝eq\f(（Mg－mgsinθ）R,B2leq\o\al(2,1))，B錯誤；線框做勻速運動的總時間為t＝eq\f(l2,v)＝eq\f(B2leq\o\al(2,1)l2,（Mg－mgsinθ）R)，C錯誤；由能量守恒定律，該勻速運動過程中產(chǎn)生的焦耳熱等于系統(tǒng)重力勢能的減小量，為(Mg－mgsinθ)l2，D正確．二、多項選擇題(本題共4小題，每小題6分，共24分．在每小題給出的四個選項中，有多個選項符合題目要求，全選對的得6分，選對但不全的得3分，有錯選或不答的得0分)7．(2019·吉林實驗中學模擬)轉筆(PenSpinning)是一項用不同的方法與技巧、以手指來轉動筆的休閑活動．轉筆深受廣大中學生的喜愛，其中也包含了許多的物理知識，假設某轉筆高手能讓筆繞其上的某一點O做勻速圓周運動，下列有關該同學轉筆中涉及的物理知識的敘述正確的是()A．筆桿上的點離O點越近的，做圓周運動的向心加速度越小B．筆桿上的各點做圓周運動的向心力是由萬有引力提供的C．若該同學使用中性筆，筆尖上的小鋼珠有可能因快速的轉動做離心運動被甩走D．若該同學使用的是金屬筆桿，且考慮地磁場的影響，由于筆桿中不會產(chǎn)生感應電流，因此金屬筆桿兩端一定不會形成電勢差解析：選AC.筆桿上各點的角速度相同，根據(jù)a＝ω2r可知，筆桿上的點離O點越近的，做圓周運動的向心加速度越小，選項A正確；筆桿上的各點做圓周運動的向心力是由筆桿對該點的作用力提供的，選項B錯誤；若該同學使用中性筆，且轉動過快，則筆尖上的小鋼珠有可能因快速的轉動做離心運動被甩走，選項C正確；若考慮地磁場的影響，由于筆桿轉動時可能要切割磁感線而使金屬筆桿兩端形成電勢差，選項D錯誤．8.如圖所示，水平放置的粗糙U形框架上接一個阻值為R0的電阻，放在垂直紙面向里、磁感應強度大小為B的勻強磁場中，一個半徑為L、質量為m的半圓形硬導體AC在水平向右的恒定拉力F作用下，由靜止開始運動距離d后速度達到v，半圓形硬導體AC的電阻為r，其余電阻不計．下列說法正確的是()A．此時AC兩端電壓為UAC＝2BLvB．此時AC兩端電壓為UAC＝eq\f(2BLvR0,R0＋r)C．此過程中電路產(chǎn)生的電熱為Q＝Fd－eq\f(1,2)mv2D．此過程中通過電阻R0的電荷量為q＝eq\f(2BLd,R0＋r)解析：選BD.AC的感應電動勢為E＝2BLv，兩端電壓為UAC＝eq\f(ER0,R0＋r)＝eq\f(2BLvR0,R0＋r)，A錯誤，B正確；由功能關系得Fd＝eq\f(1,2)mv2＋Q＋Qf，C錯誤；此過程中平均感應電流為eq\o(I,\s\up6(－))＝eq\f(2BLd,（R0＋r）Δt)，通過電阻R0的電荷量為q＝eq\o(I,\s\up6(－))Δt＝eq\f(2BLd,R0＋r)，D正確．9．如圖，在水平桌面上放置兩條相距l(xiāng)的平行光滑導軌ab與cd，阻值為R的電阻與導軌的a、c端相連．質量為m、電阻不計的導體棒垂直于導軌放置并可沿導軌自由滑動．整個裝置放于勻強磁場中，磁場的方向豎直向上(圖中未畫出)，磁感應強度的大小為B.導體棒的中點系一個不可伸長的輕繩，繩繞過固定在桌邊的光滑輕滑輪后，與一個質量也為m的物塊相連，繩處于拉直狀態(tài)．現(xiàn)若從靜止開始釋放物塊，用h表示物塊下落的高度(物塊不會觸地)，g表示重力加速度，其他電阻不計，則()A．電阻R中的感應電流方向由a到cB．物塊下落的最大加速度為gC．若h足夠大，物塊下落的最大速度為eq\f(mgR,B2l2)D．通過電阻R的電荷量為eq\f(Blh,R)解析：選CD.題中導體棒向右運動切割磁感線，由右手定則可得回路中產(chǎn)生順時針方向的感應電流，則電阻R中的電流方向由c到a，A錯誤；對導體棒應用牛頓第二定律有FT－F安＝ma，又F安＝Beq\f(Blv,R)l，再對物塊應用牛頓第二定律有mg－FT＝ma，則聯(lián)立可得：a＝eq\f(g,2)－eq\f(B2l2v,2mR)，則物塊下落的最大加速度am＝eq\f(g,2)，B錯誤；當a＝0時，速度最大為vm＝eq\f(mgR,B2l2)，C正確；下落h的過程，回路中的面積變化量ΔS＝lh，則通過電阻R的電荷量q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(BΔS,R)＝eq\f(Blh,R)，D正確．10．在傾角為θ足夠長的光滑斜面上，存在著兩個磁感應強度大小相等的勻強磁場，磁場方向一個垂直斜面向上，另一個垂直斜面向下，寬度均為L，如圖所示．一個質量為m、電阻為R、邊長也為L的正方形線框在t＝0時刻以速度v0進入磁場，恰好做勻速直線運動，若經(jīng)過時間t0，線框ab邊到達gg′與ff′中間位置時，線框又恰好做勻速運動，則下列說法正確的是()A．當ab邊剛越過ff′時，線框加速度的大小為gsinθB．t0時刻線框勻速運動的速度為eq\f(v0,4)C．t0時間內(nèi)線框中產(chǎn)生的焦耳熱為eq\f(3,2)mgLsinθ＋eq\f(15,32)mveq\o\al(2,0)D．離開磁場的過程中線框將做勻速直線運動解析：選BC.當ab邊進入磁場時，有E＝BLv0，I＝eq\f(E,R)，mgsinθ＝BIL，有eq\f(B2L2v0,R)＝mgsinθ.當ab邊剛越過ff′時，線框的感應電動勢和電流均加倍，則線框做減速運動，有eq\f(4B2L2v0,R)＝4mgsinθ，加速度方向沿斜面向上且大小為3gsinθ，A錯誤；t0時刻線框勻速運動的速度為v，則有eq\f(4B2L2v,R)＝mgsinθ，解得v＝eq\f(v0,4)，B正確；線框從進入磁場到再次做勻速運動的過程，沿斜面向下運動距離為eq\f(3,2)L，則由功能關系得線框中產(chǎn)生的焦耳熱為Q＝eq\f(3mgLsinθ,2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(mveq\o\al(2,0),2)－\f(mv2,2)))＝eq\f(3mgLsinθ,2)＋eq\f(15mveq\o\al(2,0),32)，C正確；線框離開磁場時做加速運動，D錯誤．三、非選擇題(本題共3小題，共40分．按題目要求作答，計算題要有必要的文字說明和解題步驟，有數(shù)值計算的要注明單位)11．(12分)小明同學設計了一個“電磁天平”，如圖甲所示，等臂天平的左臂為掛盤，右臂掛有矩形線圈，兩臂平衡．線圈的水平邊長L＝0.1m，豎直邊長H＝0.3m，匝數(shù)為N1.線圈的下邊處于勻強磁場內(nèi)，磁感應強度B0＝1.0T，方向垂直線圈平面向里．線圈中通有可在0～2.0A范圍內(nèi)調節(jié)的電流I.掛盤放上待測物體后，調節(jié)線圈中電流使天平平衡，測出電流即可測得物體的質量．(重力加速度取g＝10m/s2)(1)為使電磁天平的量程達到0.5kg，線圈的匝數(shù)N1至少為多少？(2)進一步探究電磁感應現(xiàn)象，另選N2＝100匝、形狀相同的線圈，總電阻R＝10Ω.不接外電流，兩臂平衡．如圖乙所示，保持B0不變，在線圈上部另加垂直紙面向外的勻強磁場，且磁感應強度B隨時間均勻變大，磁場區(qū)域寬度d＝0.1m．當掛盤中放質量為0.01kg的物體時，天平平衡，求此時磁感應強度的變化率eq\f(ΔB,Δt).解析：(1)線圈受到安培力F＝N1B0IL天平平衡mg＝N1B0IL代入數(shù)據(jù)得N1＝25匝．(2)由電磁感應定律得E＝N2eq\f(ΔΦ,Δt)即E＝N2eq\f(ΔB,Δt)Ld由歐姆定律得I′＝eq\f(E,R)線圈受到的安培力F′＝N2B0I′L天平平衡m′g＝Neq\o\al(2,2)B0eq\f(ΔB,Δt)·eq\f(dL2,R)代入數(shù)據(jù)可得eq\f(ΔB,Δt)＝0.1T/s.答案：(1)25匝(2)0.1T/s12．(14分)上海世博會某國家館內(nèi)，有一“發(fā)電”地板，利用游人走過此處，踩踏地板發(fā)電．其原因是地板下有一發(fā)電裝置，如圖甲所示，裝置的主要結構是一個截面半徑為r、匝數(shù)為n的線圈，緊固在與地板相連的塑料圓筒P上．磁場的磁感線沿半徑方向均勻分布，圖乙為橫截面俯視圖．輕質地板四角各連接有一個勁度系數(shù)為k的復位彈簧(圖中只畫出其中的兩個)．當?shù)匕迳舷峦颠\動時，便能發(fā)電．若線圈所在位置磁感應強度大小為B，線圈的總電阻為R0，現(xiàn)用它向一個電阻為R的小燈泡供電．為了便于研究，將某人走過時地板發(fā)生的位移—時間變化的規(guī)律簡化為圖丙所示．(取地板初始位置x＝0，豎直向下為位移的正方向，且彈簧始終處在彈性限度內(nèi)．)(1)取圖乙中逆時針方向為電流正方向，請在圖丁所示坐標系中畫出線圈中感應電流i隨時間t變化的圖線，并標明相應縱坐標．要求寫出相關的計算和判斷過程；(2)t＝eq\f(t0,2)時地板受到的壓力；(3)求人踩踏一次地板所做的功．解析：(1)0～t0時間，地板向下做勻速運動，其速度v＝eq\f(x0,t0)，線圈切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢e＝nB·2πrv＝eq\f(2nBπrx0,t0)，感應電流i＝eq\f(e,R＋R0)＝eq\f(2nBπrx0,（R＋R0）t0)；t0～2t0時間，地板向上做勻速運動，其速度v＝eq\f(x0,t0)，線圈切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢e＝－nB·2πrv＝－eq\f(2nBπrx0,t0)，感應電流i＝eq\f(e,R＋R0)＝－eq\f(2nBπrx0,（R＋R0）t0)；圖線如圖所示．(2)t＝eq\f(t0,2)時，地板向下運動的位移為eq\f(x0,2)，彈簧彈力為eq\f(kx0,2)，安培力F安＝nBi·2πr＝2nBiπr，由平衡條件可知，地板受到的壓力F＝2kx0＋eq\f(4n2B2π2r2x0,（R＋R0）t0).(3)由功能關系可得人踩踏一次地板所做的功W＝2i2(R＋R0)t0＝eq\f(8n2B2π2r2xeq\o\al(2,0),（R＋R0）t0).答案：(1)見解析(2)2kx0＋eq\f(4n2B2π2r2x0,（R＋R0）t0)(3)eq\f(8n2B2π2r2xeq\o\al(2,0),（R＋R0）t0)13．(14分)如圖所示，半徑為L1＝2m的金屬圓環(huán)內(nèi)上、下半圓各有垂直圓環(huán)平面的有界勻強磁場，磁感應強度大小均為B1＝eq\f(10,π)T．長度也為L1、電阻為R的金屬桿ab，一端處于圓環(huán)中心，另一端恰好搭接在金屬環(huán)上，繞著a端沿逆時針方向勻速轉動，角速度為ω＝eq\f(π,10)rad/s.通過導線將金屬桿的a端和金屬環(huán)連接到圖示的電路中(連接a端的導線與圓環(huán)不接觸，圖中的定值電阻R1＝R，滑片P位于R2的正中央，R2的總阻值為4R)，圖中的平行板長度為L2＝2m，寬度為d＝2m．圖示位置為計時起點，在平行板左邊緣中央處剛好有一帶電粒子以初速度v0＝0.5m/s向右運動，并恰好能從平行板的右邊緣飛出，之后進入到有界勻強磁場中，其磁感應強度大小為B2，左邊界為圖中的虛線位置，右側及上下范圍均足夠大．(忽略金屬桿與圓環(huán)的接觸電阻