【核動力】2022屆高三物理一輪復(fù)習(xí)章末綜合檢測九-第9章-電磁感應(yīng)-

章末綜合檢測(九)考試時間：60分鐘第Ⅰ卷(選擇題)評卷人得分一、選擇題(共8小題，每小題6分，共48分)1．(2022·全國大綱卷，20)很多相同的絕緣銅圓環(huán)沿豎直方向疊放，形成一很長的豎直圓筒．一條形磁鐵沿圓筒的中心軸豎直放置，其下端與圓筒上端開口平齊．讓條形磁鐵從靜止開頭下落．條形磁鐵在圓筒中的運動速率()A．均勻增大B．先增大，后減小C．漸漸增大，趨于不變D．先增大，再減小，最終不變【解析】開頭時，條形磁鐵以加速度g豎直下落，則穿過銅環(huán)的磁通量發(fā)生變化，銅環(huán)中產(chǎn)生感應(yīng)電流，感應(yīng)電流的磁場阻礙條形磁鐵的下落．開頭時的感應(yīng)電流比較小，條形磁鐵向下做加速運動，且隨下落速度增大，其加速度變?。?dāng)條形磁鐵的速度達(dá)到肯定值后，相應(yīng)銅環(huán)對條形磁鐵的作用力趨近于條形磁鐵的重力．故條形磁鐵先加速運動，但加速度變小，最終的速度趨近于某個定值．選項C正確．【答案】C2．如圖所示，正方形線框的左半側(cè)處在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向與線框平面垂直，線框的對稱軸MN恰與磁場邊緣平齊．若第一次將線框從磁場中以恒定速度v1向右勻速拉出，其次次讓線框繞軸MN以線速度v2勻速轉(zhuǎn)過90°，若兩次操作過程中線框產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動勢相等，則()A．v1∶v2＝2∶πB．v1∶v2＝π∶2C．v1∶v2＝1∶2D．v1∶v2＝2∶1【解析】將線框從磁場中以恒定速度v1向右勻速拉出，時間t1＝L/2÷v1＝L/(2v1)；讓線框繞軸MN以線速度v2勻速轉(zhuǎn)過90°，角速度ω＝2v1/L，時間t2＝eq\f(π,2)÷ω＝πL/(4v2)，兩次過程中線框產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動勢相等，t2＝t1，解得v1∶v2＝2∶π，選項A正確．【答案】A3．如圖所示，兩磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等、方向相反的有界磁場，磁場區(qū)域?qū)挾染鶠閐，一底邊長為2d的三角形金屬線框以肯定的速度勻速通過兩磁場的過程中，三角形線框中的感應(yīng)電流i隨時間t的變化圖象正確的是(取逆時針方向為正)()【解析】整個過程分為4個小過程，且由線框有效切割長度和幾何關(guān)系可知，電流隨時間線性變化：由1到2位置，產(chǎn)生逆時針方向的電流且均勻減小，設(shè)開頭時電流大小為2I0，則由2I0減小到I0；由2到3位置，產(chǎn)生順時針方向的電流，開頭時電流大小為3I0，且均勻減小，始終減小到2I0；由3到4位置，產(chǎn)生逆時針方向的電流且由零均勻增大到I0；由4位置到最終全部出磁場，為逆時針方向的電流且由I0均勻減小到零；綜上所述選項D正確．【答案】D4．如圖所示，在一固定水平放置的閉合導(dǎo)體圓環(huán)上方，有一條形磁鐵，從離地面高h(yuǎn)處，由靜止開頭下落，最終落在水平地面上．磁鐵下落過程中始終保持豎直方向，并從圓環(huán)中心穿過圓環(huán)，而不與圓環(huán)接觸．若不計空氣阻力，重力加速度為g，下列說法中正確的是()A．在磁鐵下落的整個過程中，圓環(huán)中的感應(yīng)電流方向先逆時針后順時針(從上向下看圓環(huán))B．磁鐵在整個下落過程中，所受線圈對它的作用力先豎直向上后豎直向下C．磁鐵在整個下落過程中，它的機(jī)械能不變D．磁鐵落地時的速率肯定等于eq\r(2gh)【解析】當(dāng)條形磁鐵靠近圓環(huán)時，穿過圓環(huán)的磁通量增加，依據(jù)楞次定律可推斷圓環(huán)中感應(yīng)電流的方向為逆時針，當(dāng)條形磁鐵遠(yuǎn)離圓環(huán)時，穿過圓環(huán)的磁通量減小，依據(jù)楞次定律可推斷圓環(huán)中感應(yīng)電流的方向為順時針，A正確；依據(jù)楞次定律的推論“來拒去留”原則，可推斷磁鐵在整個下落過程中，所受圓環(huán)對它的作用力始終豎直向上，B錯誤；磁鐵在整個下落過程中，由于受到磁場力的作用，磁鐵的機(jī)械能不守恒，C錯誤；若磁鐵從高度h處做自由落體運動，其落地時的速度為v＝eq\r(2gh)，但磁鐵穿過圓環(huán)的過程中要產(chǎn)生一部分電熱，依據(jù)能量守恒定律可知，其落地速度肯定小于eq\r(2gh)，D錯誤．【答案】A5．如圖所示，足夠長的U型光滑金屬導(dǎo)軌平面與水平面成θ角(0<θ<90°)，其中MN與PQ平行且間距為L，導(dǎo)軌平面與磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場垂直，導(dǎo)軌電阻不計．金屬棒ab由靜止開頭沿導(dǎo)軌下滑，并與兩導(dǎo)軌始終保持垂直且良好接觸，ab棒接入電路的電阻為R，當(dāng)流過ab棒某一橫截面的電荷量為q時，棒的速度大小為v，則金屬棒ab在這一過程中()A．運動的平均速度大小為eq\f(1,2)vB．下滑的位移大小為eq\f(qR,BL)C．產(chǎn)生的焦耳熱為qBLvD．受到的最大安培力大小為eq\f(B2L2v,R)sinθ【解析】對棒受力分析如圖所示．F安＝BIL＝eq\f(B2L2v,R)，故D錯；F安隨棒的速度的增大而增大，故棒做的不是勻加速直線運動．因此運動的平均速度eq\x\to(v)≠eq\f(1,2)v，A錯；由q＝neq\f(ΔΦ,R總)可得：q＝eq\f(BLx,R)，故棒下滑的位移x＝eq\f(qR,BL)，B正確；求焦耳熱應(yīng)當(dāng)用有效值，故C錯．【答案】B6．在豎直向上的勻強(qiáng)磁場中，水平放置一個不變形的單匝金屬圓線圈，線圈所圍的面積為0.1m2，線圈電阻為1Ω.規(guī)定線圈中感應(yīng)電流I的正方向從上往下看是順時針方向，如圖甲所示．磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示A．在時間0～5s內(nèi)，I的最大值為0.1B．在第4s時刻，I的方向為逆時針C．前2s內(nèi)，通過線圈某截面的總電荷量為0.01D．第3s內(nèi)，線圈的發(fā)熱功率最大【解析】依據(jù)B－t圖象的斜率表示eq\f(ΔB,Δt)，由E＝eq\f(nΔΦ,Δt)＝nSk，因此剛開頭時，圖象的斜率為0.1，代入得電源的電動勢為0.01V，電流為0.01A，故A項錯誤；在第4s時，依據(jù)楞次定律，電流為逆時針，故B項正確；由q＝eq\f(ΔΦ,R)，代入得C項正確；第3s內(nèi)，B不變，故不產(chǎn)生感應(yīng)電流，因此發(fā)熱功率為零，D項錯誤．【答案】BC7.如圖所示，是爭辯自感通電試驗的電路圖，L1、L2是兩個規(guī)格相同的小燈泡，閉合電鍵調(diào)整電阻R，使兩個燈泡的亮度相同，調(diào)整可變電阻R1，使它們都正常發(fā)光，然后斷開電鍵S.重新閉合電鍵S，則()A．閉合瞬間，L1馬上變亮，L2漸漸變亮B．閉合瞬間，L2馬上變亮，L1漸漸變亮C．穩(wěn)定后，L和R兩端電勢差肯定相同D．穩(wěn)定后，L1和L2兩端電勢差不相同【解析】依據(jù)題設(shè)條件可知，閉合電鍵調(diào)整電阻R，使兩個燈泡的亮度相同，說明此時電阻R的阻值與線圈L的電阻一樣大，斷開電鍵再重新閉合電鍵的瞬間，依據(jù)自感原理，可推斷L2馬上變亮，而L1漸漸變亮，A項錯誤，B項正確；穩(wěn)定后，自感現(xiàn)象消逝，依據(jù)題設(shè)條件可推斷線圈L和R兩端的電勢差肯定相同，L1和L2兩端電勢差也相同，所以C項正確，D項錯誤．【答案】BC8.(2021·黃岡高三模擬)如圖所示，兩豎直放置的足夠長的平行光滑導(dǎo)軌與電阻R連接后處于垂直于導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場中，金屬桿ab與導(dǎo)軌接觸良好并可沿導(dǎo)軌滑動，金屬桿的電阻恒定，導(dǎo)軌的電阻忽視不計，最初開關(guān)S斷開，讓ab桿由靜止開頭下滑，經(jīng)一段時間后閉合S.則從S閉合開頭計時，金屬桿ab的速度v、加速度a、桿中的電流I、金屬桿所受安培力F隨時間t變化的關(guān)系圖象如圖所示，其中可能發(fā)生的是()【解析】最初S斷開，ab桿做自由落體運動，獲得的速度設(shè)為v，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝BLv，此時閉合S，則感應(yīng)電流為I＝BLv/R總，安培力為F＝eq\f(B2L2v,R總)，若速度v較小，滿足eq\f(B2L2v,R總)<G，由牛頓其次定律得G－eq\f(B2L2v,R總)＝ma，金屬桿將做加速度減小的加速運動，直到最終做勻速運動；若速度v正好使G＝eq\f(B2L2v,R總)，則金屬桿做勻速運動；若速度v較大，滿足G<eq\f(B2L2v,R總)，則有eq\f(B2L2v,R總)－G＝ma，金屬桿將做加速度減小的減速運動，直到最終做勻速運動．由以上分析可知A、C、D圖象都有可能．【答案】ACD第Ⅱ卷(綜合應(yīng)用)評卷人得分二、綜合應(yīng)用(共4小題，共52分)9.(9分)2010年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．其緣由是地板下有一發(fā)電裝置，如圖甲所示，裝置的主要結(jié)構(gòu)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(zhì)地板四角各連接有一個勁度系數(shù)為k的復(fù)位彈簧(圖中只畫出其中的兩個)．當(dāng)?shù)匕迳舷聛砘剡\動時，便能發(fā)電．若線圈所在位置磁感應(yīng)強(qiáng)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．為了便于爭辯，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)．)甲乙丙丁(1)取圖乙中逆時針方向電流為正方向，請在圖丁所示坐標(biāo)系中畫出線圈中感應(yīng)電流i隨時間t變化的圖線，并標(biāo)明相應(yīng)縱坐標(biāo)．要求寫出相關(guān)的計算和推斷過程；(2)t＝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＝x0/t0，線圈切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢e＝nB·2πrv＝2nBπrx0/t0，感應(yīng)電流i＝e/R＝2nBπrx0/Rt0；t0～2t0時間，地板向上做勻速運動，其速度v＝x0/t0，線圈切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢e＝－nB·2πrv＝－2nBπrx0/t0，感應(yīng)電流i＝e/R＝－2nBπrx0/Rt0；(2)t＝t0/2時，地板向下位移x0/2，彈簧彈力kx0/2，安培力F安＝nBi2πr＝2nBiπr，由平衡條件可知，地板受到的壓力F＝2kx0＋eq\f(4n2B2π2r2x0,Rt0).(3)由功能關(guān)系可得人踩踏一次地板所做的功W＝2i2Rt0＝8n2B2π2r2xeq\o\al(2,0)/Rt0.【答案】(1)見解析(2)2kx0＋eq\f(4n2B2π2r2x0,Rt0)(3)eq\f(8n2B2π2r2x\o\al(2,0),Rt0)10．(13分)如圖是一種電磁驅(qū)動電梯的原理圖，豎直平面上有兩根很長的平行豎直軌道，軌道間有垂直軌道平面的勻強(qiáng)磁場B1和B2，B1＝B2＝1T且B1和B2的方向相反，兩磁場始終豎直向上做勻速運動．電梯橋廂(未在圖中畫出)固定在一個用超導(dǎo)材料制成的金屬框abdc內(nèi)，并且與之絕緣．電梯載人時的總質(zhì)量為5×103kg，所受阻力f＝500N，金屬框垂直軌道的邊長Lcd＝2m，兩磁場沿軌道的寬度均與金屬框的豎直邊長Lac相同，金屬框整個回路的電阻R＝9.5×10－4Ω，若設(shè)計要求電梯以v1＝10m/s的速度向上勻速運動，取(1)磁場向上運動速度v0應(yīng)當(dāng)為多大？(2)在電梯向上做勻速運動時，為維持它的運動，外界對系統(tǒng)供應(yīng)的總功率為多少？(保留三位有效數(shù)字)【解析】(1)當(dāng)電梯向上做勻速運動時，安培力等于重力和阻力之和，所以FA＝mg＋f＝50500N(2分)金屬框中感應(yīng)電流大小為I＝eq\f(2B1Lcdv0－v1,R)(2分)金屬框所受安培力FA＝2B1ILcd(2分)解得v0＝13m/s((2)當(dāng)電梯向上做勻速運動時，由第(1)問中的I＝eq\f(2B1Lcdv0－v1,R)，求出金屬框中感應(yīng)電流I＝1.263×104A(2分)金屬框中的焦耳熱功率P1＝I2R＝1.51×105W(1分)有用功率為克服電梯重力的功率P2＝mgv1＝5×105W(1分)阻力的功率為P3＝fv1＝5×103W(1分)電梯向上運動時，外界供應(yīng)的能量，一部分轉(zhuǎn)變?yōu)榻饘倏騼?nèi)的焦耳熱，另一部分克服電梯的重力和阻力做功．因而外界對系統(tǒng)供應(yīng)的總功率P總＝P1＋P2＋P3＝6.56×105W(1分)【答案】(1)13m/s(2)6.56×10511．(15分)如圖所示，MN和PQ是平行、光滑、間距L＝0.1m、足夠長且不計電阻的兩根豎直固定金屬桿，其最上端通過電阻R相連接，R＝0.5Ω.R兩端通過導(dǎo)線與平行板電容器連接，電容器上下兩板距離d＝1m．在R下方肯定距離有方向相反、無縫對接的兩個沿水平方向的勻強(qiáng)磁場區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，磁感應(yīng)強(qiáng)度均為B＝2T，其中區(qū)域Ⅰ的高度差h1＝3m，區(qū)域Ⅱ的高度差h2＝1m．現(xiàn)將一阻值r＝0.5Ω、長L＝0.1m的金屬棒a緊貼MN和PQ，從距離區(qū)域Ⅰ上邊緣h＝5m處由靜止釋放；a進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅰ后即刻做勻速直線運動，在a進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅰ的同時，從緊貼電容器下板中心處由靜止釋放一帶正電微粒A.微粒的比荷eq\f(q,m)＝20(1)金屬棒a的質(zhì)量M；(2)在a穿越磁場的整個過程中，微粒發(fā)生的位移大小x.(不考慮電容器充、放電對電路的影響及充、放電時間)【解析】(1)a下滑h的過程中，由運動學(xué)規(guī)律有v2＝2gh代入數(shù)據(jù)解得v＝10a進(jìn)入磁場Ⅰ后，由平衡條件有BIL＝Mg感應(yīng)電動勢為E＝BLv＝2V感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R＋r)＝2A，解得M＝0.04(2)因磁場Ⅰ、Ⅱ的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相同，故a在磁場Ⅱ中也做勻速運動，a勻速穿過磁場的整個過程中，電容器兩板間的電壓為U＝eq\f(RE,R＋r)＝1V，場強(qiáng)為E′＝eq\f(U,d)＝1V/ma穿越磁場Ⅰ的過程中經(jīng)受時間為t1＝eq\f(h1,v)＝0.3s，此過程中下板電勢高，加速度為a1＝eq\f(qE′－mg,m)＝10m/s2，方向豎直向上末速度為v1＝a1t1＝3m/s(1分)，向上位移為xeq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)＝0.45ma穿越磁場Ⅱ的過程中經(jīng)受時間為t2＝eq\f(h2,v)＝0.1s此過程中上板電勢高，加速度為a2＝eq\f(qE′＋mg,m)＝30m/s2，方向豎直向下末速度v2＝v1－a2t2＝0，故微粒運動方向始終未變向上位移為x2＝v1t2－eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)＝0.15m，得x＝x1＋x2＝0.45＋0.15＝0.60m【答案】(1)0.04kg(212．(15分)如圖所示，兩條平行的金屬導(dǎo)軌相距L＝1m，水平部分處在豎直向下的勻強(qiáng)磁場B1中，傾斜部分與水平方向的夾角為37°，處于垂直于斜面的勻強(qiáng)磁場B2中，B1＝B2＝0.5T．金屬棒MN和PQ的質(zhì)量均為m＝0.2kg，電阻RMN＝0.5Ω、RPQ＝1.5Ω.MN置于水平導(dǎo)軌上，PQ放傾斜導(dǎo)軌上，剛好不下滑．兩根金屬棒均與導(dǎo)軌垂直且接觸良好．從t＝0時刻起，MN棒在水平外力F的作用下由靜止開頭向右運動，MN棒的速度v與位移x滿足關(guān)系v＝0.4x.不計導(dǎo)軌的電阻，MN始終在水平導(dǎo)軌上運動，MN(1)問當(dāng)MN棒運動的位移為多少時PQ剛要滑動？(2)求從t＝0到PQ剛要滑動的過程中通過PQ棒的電荷量．(3)定性畫出MN受的安培力隨位移變化的圖象，并求出MN從開頭到位移x1＝5m的過程中外力F【解析】(1)開頭PQ剛好不下滑時，PQ受沿傾斜導(dǎo)軌向上的最大靜摩擦力fm，則fm＝mgsin37°設(shè)PQ剛好要向上滑時，MN棒的感應(yīng)電動勢為E，由法拉第電磁感應(yīng)定律E＝B1Lv設(shè)電路中的感應(yīng)電流為I，由閉合電路的歐姆定律I