2019版高考物理總復習 第十章 電磁感應章末質量檢測.doc

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第十章 電磁感應 章末質量檢測(十) (時間：50分鐘　滿分：100分) 一、選擇題(本題共8小題，每小題8分，共64分。1～5題為單項選擇題，6～8題為多項選擇題) 1.如圖1所示，一個金屬圓環(huán)水平放置在豎直向上的勻強磁場中，若要使圓環(huán)中產(chǎn)生如圖中箭頭所示方向的感應電流，下列方法可行的是(　　) 圖1 A.僅使勻強磁場的磁感應強度均勻增大 B.僅使圓環(huán)繞水平軸ab如圖轉動30 C.僅使圓環(huán)繞水平軸cd如圖轉動30 D.保持圓環(huán)水平并僅使其繞過圓心的豎直軸轉動 解析　原磁場的方向豎直向上，圓環(huán)中順時針(從上向下看)方向的感應電流的磁場方向豎直向下，與原磁場的方向相反，所以穿過圓環(huán)的磁通量應增大。僅使勻強磁場的磁感應強度均勻增大，穿過圓環(huán)的磁通量增大，根據(jù)楞次定律可知，圓環(huán)產(chǎn)生順時針(從上向下看)方向的感應電流，選項A正確；僅使圓環(huán)繞水平軸ab或cd按題圖所示方向轉動30，轉動過程中穿過圓環(huán)的磁通量減小，根據(jù)楞次定律可知，圓環(huán)中產(chǎn)生逆時針(從上向下看)方向的感應電流，選項B、C錯誤；保持圓環(huán)水平并僅使其繞過圓心的豎直軸轉動，穿過圓環(huán)的磁通量保持不變，不能產(chǎn)生感應電流，選項D錯誤。 答案　A 2.美國《大眾科學》月刊網(wǎng)站報道，美國明尼蘇達大學的研究人員發(fā)現(xiàn)：一種具有獨特屬性的新型合金能夠將熱能直接轉化為電能。具體而言，只要略微提高溫度，這種合金就會變成強磁性合金，從而使環(huán)繞它的線圈中產(chǎn)生電流，其簡化模型如圖2所示。A為圓柱形合金材料，B為線圈，套在圓柱形合金材料上，線圈的半徑大于合金材料的半徑?，F(xiàn)對A進行加熱，則(　　) 圖2 A.B中將產(chǎn)生逆時針方向的電流 B.B中將產(chǎn)生順時針方向的電流 C.B線圈有收縮的趨勢 D.B線圈有擴張的趨勢 解析　合金材料加熱后，合金材料成為強磁體，通過線圈B的磁通量增大，由于線圈B內有兩個方向的磁場，由楞次定律可知線圈只有擴張，才能阻礙磁通量的增加，選項C錯誤，D正確；由于不知道極性，無法判斷感應電流的方向，選項A、B錯誤。 答案　D 3.法拉第發(fā)現(xiàn)了電磁感應現(xiàn)象之后，又發(fā)明了世界上第一臺發(fā)電機——法拉第圓盤發(fā)電機。揭開了人類將機械能轉化為電能并進行應用的序幕。法拉第圓盤發(fā)電機的原理如圖3所示，將一個圓形金屬盤放置在電磁鐵的兩個磁極之間，并使盤面與磁感線垂直，盤的邊緣附近和中心分別裝有與金屬盤接觸良好的電刷A、B，兩電刷與靈敏電流計相連。當金屬盤繞中心軸按圖示方向轉動時，則(　　) 圖3 A.電刷B的電勢低于電刷A的電勢 B.若僅將滑動變阻器滑動頭向左滑，靈敏電流計的示數(shù)將變大 C.若僅將電刷A向盤邊緣移動，使電刷A、B之間距離增大，靈敏電流計的示數(shù)將變大 D.金屬盤轉動的轉速越大，維持其做勻速轉動所需外力做功的功率越小 解析　根據(jù)右手螺旋定則，左端磁極為N極，右端磁極為S極，圓盤轉動，切割磁感線，根據(jù)右手定則，感應電動勢的方向為A到B，所以電刷B的電勢高于電刷A的電勢，選項A錯誤；若僅將滑動變阻器滑動頭向左滑，則線圈中的電流減小，磁場減弱。切割產(chǎn)生的感應電動勢減小，靈敏電流計的示數(shù)減小，選項B錯誤；增大電刷之間的距離，切割產(chǎn)生的感應電動勢增大，靈敏電流計的示數(shù)增大，選項C正確；金屬盤轉動的轉速越大，則產(chǎn)生的感應電動勢越大，感應電流越大，需要維持其做勻速轉動所需外力越大，外力做功的功率P＝Fv越大，選項D錯誤。 答案　C 4.如圖4所示，在第一象限有一邊長為L的等邊三角形勻強磁場區(qū)域，在第二象限有一平行于y軸的長為L的導體棒沿x軸正方向以速度v勻速通過磁場區(qū)域。下列關于導體棒中產(chǎn)生的感應電動勢E隨x變化的圖象正確的是(　　) 圖4 解析　導體棒垂直磁場方向做切割磁感線運動，產(chǎn)生的感應電動勢E＝Blv，式中l(wèi)為導體棒切割磁感線的有效長度。導體棒切割磁感線的有效長度l隨x先均勻增大后均勻減小，其最大值為等邊三角形勻強磁場區(qū)域的高L≈0.87L。所以導體棒中產(chǎn)生的感應電動勢E隨x變化的圖象選項D正確。 答案　D 5.如圖5甲所示，邊長為L、總電阻為R的正方形導線框靜置于光滑水平面上，cd邊正中間有一個很小的豁口PQ，且導線框處于與水平面垂直的勻強磁場中，磁感應強度大小B隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示。則下列說法正確的是(　　) 圖5 A.在0～t0時間內，正方形導線框有收縮的趨勢 B.在t＝時刻，ab邊所受安培力大小為 C.在0～t0時間內P、Q間的電勢差為 D.在0～t0時間內，P點電勢低于Q點電勢 解析　由于正方形導線框不閉合，導線框中沒有感應電流，但有感應電動勢，導線框不受安培力，選項A、B錯誤；由法拉第電磁感應定律得，導線框的感應電動勢E＝＝，選項C正確；在0～t0時間內，根據(jù)楞次定律知P點電勢高于Q點電勢，選項D錯誤。 答案　C 6.如圖6所示為一圓環(huán)發(fā)電裝置，用電阻R＝4 Ω的導體棒彎成半徑L＝0.2 m的閉合圓環(huán)，圓心為O，COD是一條直徑，在O、D間接有負載電阻R1＝1 Ω。整個圓環(huán)中均有B＝0.5 T的勻強磁場垂直環(huán)面穿過。電阻r＝1 Ω的導體棒OA貼著圓環(huán)做勻速圓周運動，角速度ω＝300 rad/s，則(　　) 圖6 A.當OA到達OC處時，圓環(huán)的電功率為1 W B.當OA到達OC處時，圓環(huán)的電功率為2 W C.全電路最大功率為3 W D.全電路最大功率為4.5 W 解析　當OA到達OC處時，圓環(huán)的電阻為1 Ω，與R1串聯(lián)接入電路，外電阻為2 Ω，棒轉動過程中產(chǎn)生的感應電動勢E＝BL2ω＝3 V，圓環(huán)上分壓為1 V，所以圓環(huán)上的電功率為1 W，選項A正確，B錯誤；當OA到達OD處時，圓環(huán)中的電阻為零，此時電路中總電阻最小，而電動勢不變，所以全電路的電功率最大為P＝＝4.5 W，選項C錯誤，D正確。 答案　AD 7.(2018汕頭質檢)如圖7所示，正方形線框的邊長為L，電容器的電容為C。正方形線框的一半放在垂直于紙面向里的勻強磁場中，當磁感應強度以k為變化率均勻減小時，下列說法正確的是(　　) 圖7 A.線框產(chǎn)生的感應電動勢大小為kL2 B.電壓表沒有讀數(shù) C.a點的電勢高于b點的電勢 D.電容器所帶的電荷量為零 解析　由于線框的一半放在磁場中，因此線框產(chǎn)生的感應電動勢大小為，選項A錯誤；由于線框所產(chǎn)生的感應電動勢是恒定的，且線框連接了一個電容器，相當于電路斷路，電路中無電流，電壓表沒有讀數(shù)，選項B正確；根據(jù)楞次定律可以判斷，a點的電勢高于b點的電勢，選項C正確；電容器所帶電荷量為Q＝C，選項D錯誤。 答案　BC 8.(2017南京三模)圖中四個物體由金屬圓環(huán)組成，它們所用材質和圓環(huán)半徑都相同。2環(huán)較細，其余五個粗環(huán)粗細相同，3和4分別由兩個相同粗環(huán)焊接而成，在焊點處沿兩環(huán)環(huán)心連線方向割開一個小缺口(假設缺口處對環(huán)形、質量和電阻的影響均不計)。四個物體均位于豎直平面內?？臻g存在著方向水平且與環(huán)面垂直、下邊界為過MN的水平面的勻強磁場。1、2、3的下邊緣均與MN相切，4的兩環(huán)環(huán)心連線豎直，小缺口位于MN上。已知圓環(huán)的半徑遠大于導線的直徑。現(xiàn)將四個物體同時由靜止釋放，則(　　) 圖8 A.1先于2離開磁場 B.離開磁場時2和3的速度相等 C.在離開磁場的過程中，1和3產(chǎn)生的熱量一樣多 D.在離開磁場的過程中，通過導線橫截面的電荷量，1比4多 解析　金屬圓環(huán)受重力和安培力作用，加速度a＝＝g－，其中L為切割磁感線的有效長度即弦長。又圓環(huán)電阻R＝ρ′，質量m＝ρV＝ρlS，其中l(wèi)為圓環(huán)周長，S為圓環(huán)橫截面積，ρ′為電阻率，ρ為密度。將R、m代入可得a＝g－，可知1和2的加速度相同，與質量和粗細無關，選項A錯誤；3的L和l均是2的兩倍，故它們的加速度也相等，運動規(guī)律相同，選項B正確；由動能定理mgh－Q＝mv2，圓環(huán)產(chǎn)生的熱量Q＝－mv2＋mgh，1的初末速度v下落高度h均與3相同，但質量m比3小，故熱量也比3小，選項C錯誤；通過1、4導線的電荷量q＝＝，其中S為單個圓環(huán)面積，由于4電阻R比1大，故q比1小，選項D正確。 答案　BD 二、非選擇題(本題共2小題，共36分。) 9.(16分)(2018湖南宜章一中模擬)如圖9，一質量為m，邊長為h的正方形金屬線框abcd自某一高度由靜止下落，依次經(jīng)過兩勻強磁場區(qū)域，且金屬線框bc邊的初始位置離磁場B1的上邊界的高度為，兩磁場的磁感應強度分別為B1和B2，且B1＝2B0，B2＝B0(B0已知)，兩磁場的間距為H(H未知，但H＞h)，線框進入磁場B1時，恰好做勻速運動，速度為v1(v1已知)，從磁場B1中穿出后又以v2勻速通過寬度也為h的磁場B2。 圖9 (1)求v1與v2的比值； (2)寫出H與h的關系式； (3)若地面離磁場B2的下邊界的高度為h，求金屬線框下落到地面所產(chǎn)生的熱量。(用m、h、g表示) 解析　(1)金屬線框分別進入磁場B1和B2后，做勻速運動，由平衡條件有BIh＝mg① 又金屬線框切割磁感線，則I＝② 聯(lián)立①②得v＝ 所以＝＝。③ (2)金屬線框進入磁場B1前和離開磁場B1后到進入磁場B2前，都是做只在重力作用下的運動，由運動學公式有 v＝2g④ v－v＝2g(H－h(huán))⑤ 聯(lián)立③④⑤得H＝。⑥ (3)產(chǎn)生的熱量等于克服安培力做功，Q＝BIh4h⑦ 聯(lián)立①⑦得Q＝4mgh。 答案　(1)1∶4　(2)H＝　(3)4mgh 10.(20分)如圖10甲所示，光滑傾斜導體軌道(足夠長)與光滑水平導體軌道平滑連接。軌道寬度均為L＝1 m，電阻忽略不計。水平向右的勻強磁場僅分布在水平軌道平面所在區(qū)域；垂直于傾斜軌道平面向下，同樣大小的勻強磁場僅分布在傾斜軌道平面所在區(qū)域?，F(xiàn)將兩質量均為m＝0.2 kg，電阻均為R＝0.5 Ω的相同導體棒eb和cd，垂直于軌道分別置于水平軌道上和傾斜軌道的頂端，并同時由靜止釋放，導體棒cd下滑過程中加速度a與速度v的關系如圖乙所示。(g＝10 m/s2)。 圖10 (1)求導軌平面與水平面間夾角θ； (2)求磁場的磁感應強度B； (3)求導體棒eb對水平軌道的最大壓力FN的大??； (4)若已知從開始運動到cd棒達到最大速度的過程中，eb棒上產(chǎn)生的焦耳熱Q＝0.45 J，求該過程中通過cd棒橫截面的電荷量q。 解析　(1)由a－v圖象可知，導體棒cd剛釋放時，加速度a＝5 m/s2 對cd棒受力分析，由牛頓第二定律得 mgsin θ＝ma 聯(lián)立解得θ＝30。 (2)當cd棒勻速下滑時，由圖象知a＝0，v＝1 m/s 此時mgsin θ＝F安，F(xiàn)安＝BIL，I＝ 聯(lián)立得mgsin θ＝ 解得B＝1 T。 (3)當電路中的電流I最大時，eb棒所受的安培力豎直向下最大，則壓力最大 FN＝mg＋F安 由牛頓第三定律FN′＝FN 解得FN′＝3 N。 (4)eb棒產(chǎn)生的焦耳熱Qeb＝Q＝I2Rt＝0.45 J cd棒產(chǎn)生的熱量與eb棒相同 對cd，由能量守恒定律mgxsin θ＝mv2＋2Q 解得x＝1 m，q＝t，＝，＝ 則q＝＝＝1 C。 答案　(1)30　(2)1 T　(3)3 N　(4)1 C