高中物理高考 11 章末过关检测(十)

章末过关检测(十)

(时间：45分钟　分值：100分)

一、单项选择题(本题共6小题，每小题6分，共36分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确)

1. (2019·江西吉安模拟)如图甲所示，在光滑水平面上，一个正方形闭合线框abcd在水平外力的作用下，从静止开始沿垂直磁场边界方向直线穿过匀强磁场．线框中产生的感应电流i和运动时间t的变化关系如图乙中的实线所示，则线框边长与磁场宽度(两边界之间的距离)的比值为(　　)

A．1∶2　　　　　　　　　 B．1∶3

C．3∶5  D．3∶8

解析：选D.由法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律有I＝，则题给图象可知，线框的运动为初速度为零的匀加速直线运动，设其加速度a，则线框刚进入磁场时的速度为2a，然后以该速度切割磁感线产生感应电流，若设线框边长为L，磁场宽度为d，则图象中有电流的时间，即线框的右边刚进入磁场到线框全部进入磁场的过程中有L＝×2，从线框全部进入磁场到线框右边到达磁场右边界的过程，没有电流产生，有d－L＝×2，以上二式联立解得＝，选项D正确．

2. 如图所示，一水平放置的矩形闭合线圈abcd，在细长磁铁的N极附近竖直下落，保持bc边在纸外，ad边在纸内，从图中位置Ⅰ经过位置Ⅱ到达位置Ⅲ，位置Ⅰ和Ⅲ都很靠近Ⅱ.在这个过程中，线圈中感应电流(　　)

A．沿abcd流动

B．沿dcba流动

C．由Ⅰ到Ⅱ是沿abcd流动，由Ⅱ到Ⅲ是沿dcba流动

D．由Ⅰ到Ⅱ是沿dcba流动，由Ⅱ到Ⅲ是沿abcd流动

解析：选A.由条形磁铁的磁场分布情况可知，线圈在位置Ⅱ时穿过矩形闭合线圈的磁通量最少．线圈从位置Ⅰ到Ⅱ，穿过abcd自下而上的磁通量减少，感应电流的磁场阻碍其减少，则在线框中产生的感应电流的方向为abcd，线圈从位置Ⅱ到Ⅲ，穿过abcd自上而下的磁通量在增加，感应电流的磁场阻碍其增加，由楞次定律可知感应电流的方向仍然是abcd.故本题答案为A.

3．(2019·长兴中学高三模拟)1831年，法拉第在一次会议上展示了他发明的圆盘发电机(图甲)．它是利用电磁感应原理制成的，是人类历史上第一台发电机．图乙是这个圆盘发电机的示意图：铜盘安装在水平的铜轴上，它的边缘正好在两磁极之间，两块铜片C、D分别与转动轴和铜盘的边缘良好接触．使铜盘转动，电阻R中就有电流通过．若所加磁场为匀强磁场，回路的总电阻恒定，从左往右看，铜盘沿顺时针方向匀速转动，CRD平面与铜盘平面垂直，下列说法正确的是(　　)

A．电阻R中没有电流流过

B．铜片C的电势高于铜片D的电势

C．保持铜盘不动，磁场变为方向垂直于铜盘的交变磁场，则铜盘中有电流产生

D．保持铜盘不动，磁场变为方向垂直于铜盘的交变磁场，则CRD回路中有电流产生

解析：选C.根据右手定则可知，电流从D点流出，流向C点，因此在圆盘中电流方向为从C向D，由于圆盘在切割磁感线时相当于电源，所以D处的电势比C处高，A、B错误；保持铜盘不动，磁场变为方向垂直于铜盘的交变磁场，则穿过铜盘的磁通量发生变化，故铜盘中有感应电流产生，但是此时不再切割磁感线，所以CD不能当成电源，故CRD回路中没有电流产生，C正确，D错误．

4. 如图所示，A、B、C是三个完全相同的灯泡，L是一自感系数较大的线圈(直流电阻可忽略不计)．则(　　)

A．S闭合时，A灯立即亮，然后逐渐熄灭

B．S闭合时，B灯立即亮，然后逐渐熄灭

C．电路接通稳定后，三个灯亮度相同

D．电路接通稳定后，S断开时，C灯立即熄灭

解析：选A.电路中A灯与线圈并联后与B灯串联，再与C灯并联．S闭合时，三个灯同时立即发光，由于线圈的电阻由大变小，逐渐将A灯短路，A灯逐渐熄灭，A灯的电压逐渐降低，B灯的电压逐渐增大，B灯逐渐变亮，故选项A正确，B错误；电路接通稳定后，A灯被线圈短路，完全熄灭．B、C并联，电压相同，亮度相同，故选项C错误；电路接通稳定后，S断开时，C灯中原来的电流立即减至零，由于线圈中电流要减小，产生自感电动势，阻碍电流的减小，线圈中电流不会立即消失，这个自感电流通过C灯，所以C灯过一会儿熄灭，故选项D错误．

5．(2019·南京模拟)如图所示，一个闭合三角形导线框ABC位于竖直平面内，其下方(略靠前)固定一根与导线框平面平行的水平直导线，导线中通以图示方向的恒定电流．释放导线框，它由实线位置下落到虚线位置未发生转动，在此过程中(　　)

A．导线框中感应电流的方向依次为

　ACBA→ABCA→ACBA

B．导线框的磁通量为零时，感应电流为零

C．导线框所受安培力的合力方向依次为向上→向下→向上

D．导线框所受安培力的合力为零，做自由落体运动

解析：选A.根据右手螺旋定则可知导线上方的磁场方向垂直于纸面向外，下方的磁场方向垂直于纸面向里，而且越靠近导线磁场越强，所以闭合导线框ABC在下降过程中，导线框内垂直于纸面向外的磁通量先增大，当增大到BC边与导线重合时，达到最大，再向下运动，导线框内垂直于纸面向外的磁通量逐渐减小至零，然后随导线框的下降，导线框内垂直于纸面向里的磁通量增大，当增大到A点与导线重合时，达到最大，继续下降时由于导线框逐渐远离导线，使导线框内垂直于纸面向里的磁通量再逐渐减小，所以根据楞次定律可知，感应电流的磁场总是阻碍内部磁通量的变化，所以感应电流的磁场先向里，再向外，最后向里，所以导线框中感应电流的方向依次为ACBA→ABCA→ACBA，A正确；当导线框内的磁通量为零时，内部的磁通量仍然在变化，有感应电动势产生，所以感应电流不为零，B错误；根据对楞次定律的理解，感应电流的效果总是阻碍导体间的相对运动，由于导线框一直向下运动，所以导线框所受安培力的合力方向一直向上，不为零，C、D错误．

6．如图所示，光滑斜面的倾角为θ，斜面上放置一矩形导体线框abcd，ab边的边长为l1，bc边的边长为l2，线框的质量为m，电阻为R，线框通过绝缘细线绕过光滑的定滑轮与一重物相连，重物质量为M.斜面上ef线(ef平行底边)的右方有垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度为B，如果线框从静止开始运动，进入磁场的最初一段时间是做匀速运动的，且线框的ab边始终平行于底边，则下列说法正确的是(　　)

A．线框进入磁场前运动的加速度为

B．线框进入磁场时匀速运动的速度为

C．线框做匀速运动的总时间为

D．该匀速运动过程中产生的焦耳热为(Mg－mgsin θ)l2

解析：选D.由牛顿第二定律得，Mg－mgsin θ＝(M＋m)a，解得线框进入磁场前运动的加速度为，A错误；由平衡条件，Mg－mgsin θ－F安＝0，F安＝BIl1，I＝，E＝Bl1v，联立解得线框进入磁场时匀速运动的速度为v＝，B错误；线框做匀速运动的总时间为t＝＝，C错误；由能量守恒定律，该匀速运动过程中产生的焦耳热等于系统重力势能的减小量，为(Mg－mgsin θ)l2，D正确．

二、多项选择题(本题共4小题，每小题6分，共24分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选或不答的得0分)

7. (2019·石家庄模拟)如图所示，倾角θ＝37°的粗糙斜面固定在水平地面上，斜面上间距d＝1 m的两平行虚线aa′和bb′之间有垂直斜面向上的有界匀强磁场，磁感应强度B＝5 T．现有一质量m＝1 kg，总电阻R＝5 Ω，边长也为d＝1 m的正方形金属线圈MNPQ有一半面积位于磁场中，现让线圈由静止开始沿斜面下滑，下滑过程中线圈MN边始终与虚线aa′保持平行，线圈的下边MN穿出aa′时开始做匀速直线运动．已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，线圈与斜面间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g取10 m/s2.下列说法正确的是(　　)

A．从开始到线圈完全进入磁场的过程，通过线圈某一截面的电荷量为0.5 C

B．线圈做匀速直线运动时的速度大小为0.4 m/s

C．线圈速度为0.2 m/s时的加速度为1.6 m/s2

D．线圈从开始运动到通过整个磁场的过程中产生的焦耳热为3 J

解析：选ABD.q＝It＝t＝t＝ΔΦ＝×，代入数据有q＝0.5 C，故A正确；线圈做匀速直线运动时，沿斜面有mgsin θ＝μmgcos θ＋BId，又I＝，两式联立得v＝0.4 m/s，故B正确；线圈v＝0.2 m/s时，沿斜面有mgsin θ－μmgcos θ－＝ma，有a＝1.8 m/s2，故C错误；线圈从开始运动到通过整个磁场的过程中能量守恒：mgsin θ×d＝μmgcos θ×d＋mv2＋Q，代入数据有Q＝3 J，故D正确．

8. 如图所示，水平放置的粗糙U形框架上接一个阻值为R0的电阻，放在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，一个半径为L、质量为m的半圆形硬导体AC在水平向右的恒定拉力F作用下，由静止开始运动距离d后速度达到v，半圆形硬导体AC的电阻为r，其余电阻不计．下列说法正确的是(　　)

A．此时AC两端电压为UAC＝2BLv

B．此时AC两端电压为UAC＝

C．此过程中电路产生的电热为Q＝Fd－mv2

D．此过程中通过电阻R0的电荷量为q＝

解析：选BD.AC的感应电动势为E＝2BLv，两端电压为UAC＝＝，A错误，B正确；由功能关系得Fd＝mv2＋Q＋Qf，C错误；此过程中平均感应电流为＝，通过电阻R0的电荷量为q＝Δt＝，D正确．

9．如图，在水平桌面上放置两条相距l的平行光滑导轨ab与cd，阻值为R的电阻与导轨的a、c端相连．质量为m、电阻不计的导体棒垂直于导轨放置并可沿导轨自由滑动．整个装置放于匀强磁场中，磁场的方向竖直向上(图中未画出)，磁感应强度的大小为B.导体棒的中点系一个不可伸长的轻绳，绳绕过固定在桌边的光滑轻滑轮后，与一个质量也为m的物块相连，绳处于拉直状态．现若从静止开始释放物块，用h表示物块下落的高度(物块不会触地)，g表示重力加速度，其他电阻不计，则    (　　)

A．电阻R中的感应电流方向由a到c

B．物块下落的最大加速度为g

C．若h足够大，物块下落的最大速度为

D．通过电阻R的电荷量为

解析：选CD.题中导体棒向右运动切割磁感线，由右手定则可得回路中产生顺时针方向的感应电流，则电阻R中的电流方向由c到a，A错误；对导体棒应用牛顿第二定律有FT－F安＝ma，又F安＝Bl，再对物块应用牛顿第二定律有mg－FT＝ma，则联立可得：a＝－，则物块下落的最大加速度am＝，B错误；当a＝0时，速度最大为vm＝，C正确；下落h的过程，回路中的面积变化量ΔS＝lh，则通过电阻R的电荷量q＝＝＝，D正确．

10．在倾角为θ足够长的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度大小相等的匀强磁场，磁场方向一个垂直斜面向上，另一个垂直斜面向下，宽度均为L，如图所示．一个质量为m、电阻为R、边长也为L的正方形线框在t＝0时刻以速度v0进入磁场，恰好做匀速直线运动，若经过时间t0，线框ab边到达gg′与ff′中间位置时，线框又恰好做匀速运动，则下列说法正确的是(　　)

A．当ab边刚越过ff′时，线框加速度的大小为gsin θ

B．t0时刻线框匀速运动的速度为

C．t0时间内线框中产生的焦耳热为mgLsin θ＋mv

D．离开磁场的过程中线框将做匀速直线运动

解析：选BC.当ab边进入磁场时，有E＝BLv0，I＝，mgsin θ＝BIL，有＝mgsin θ.当ab边刚越过ff′时，线框的感应电动势和电流均加倍，则线框做减速运动，有＝4mgsin θ，加速度方向沿斜面向上且大小为3gsin θ，A错误；t0时刻线框匀速运动的速度为v，则有＝mgsin θ，解得v＝，B正确；线框从进入磁场到再次做匀速运动的过程，沿斜面向下运动距离为L，则由功能关系得线框中产生的焦耳热为Q＝＋＝＋，C正确；线框离开磁场时做加速运动，D错误．

三、非选择题(本题共3小题，共40分．按题目要求作答，计算题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)

11．(12分)小明同学设计了一个“电磁天平”，如图甲所示，等臂天平的左臂为挂盘，右臂挂有矩形线圈，两臂平衡．线圈的水平边长L＝0.1 m，竖直边长H＝0.3 m，匝数为N1.线圈的下边处于匀强磁场内，磁感应强度B0＝1.0 T，方向垂直线圈平面向里．线圈中通有可在0～2.0 A范围内调节的电流I.挂盘放上待测物体后，调节线圈中电流使天平平衡，测出电流即可测得物体的质量．(重力加速度取g＝10 m/s2)

(1)为使电磁天平的量程达到0.5 kg，线圈的匝数N1至少为多少？

(2)进一步探究电磁感应现象，另选N2＝100匝、形状相同的线圈，总电阻R＝10 Ω.不接外电流，两臂平衡．如图乙所示，保持B0不变，在线圈上部另加垂直纸面向外的匀强磁场，且磁感应强度B随时间均匀变大，磁场区域宽度d＝0.1 m．当挂盘中放质量为0.01 kg的物体时，天平平衡，求此时磁感应强度的变化率.

解析：(1)线圈受到安培力F＝N1B0IL

天平平衡mg＝N1B0IL

代入数据得N1＝25匝．

(2)由电磁感应定律得E＝N2

即E＝N2Ld

由欧姆定律得I′＝

线圈受到的安培力F′＝N2B0I′L

天平平衡m′g＝NB0·

代入数据可得

＝0.1 T/s.

答案：(1)25 匝　(2)0.1 T/s

12．(14分)上海世博会某国家馆内，有一“发电”地板，利用游人走过此处，踩踏地板发电．其原因是地板下有一发电装置，如图甲所示，装置的主要结构是一个截面半径为r、匝数为n的线圈，紧固在与地板相连的塑料圆筒P上．磁场的磁感线沿半径方向均匀分布，图乙为横截面俯视图．轻质地板四角各连接有一个劲度系数为k的复位弹簧(图中只画出其中的两个)．当地板上下往返运动时，便能发电．若线圈所在位置磁感应强度大小为B，线圈的总电阻为R0，现用它向一个电阻为R的小灯泡供电．为了便于研究，将某人走过时地板发生的位移—时间变化的规律简化为图丙所示．(取地板初始位置x＝0，竖直向下为位移的正方向，且弹簧始终处在弹性限度内．)

(1)取图乙中逆时针方向为电流正方向，请在图丁所示坐标系中画出线圈中感应电流i随时间t变化的图线，并标明相应纵坐标．要求写出相关的计算和判断过程；

(2)t＝时地板受到的压力；

(3)求人踩踏一次地板所做的功．

解析：(1)0～t0时间，地板向下做匀速运动，

其速度v＝，

线圈切割磁感线产生的感应电动势

e＝nB·2πrv＝，

感应电流i＝＝；

t0～2t0时间，地板向上做匀速运动，

其速度v＝，

线圈切割磁感线产生的感应电动势

e＝－nB·2πrv＝－，

感应电流i＝＝－；

图线如图所示．

(2)t＝时，地板向下运动的位移为，弹簧弹力为，安培力F安＝nBi·2πr＝2nBiπr，由平衡条件可知，地板受到的压力F＝2kx0＋.

(3)由功能关系可得人踩踏一次地板所做的功

W＝2i2(R＋R0)t0＝.

答案：(1)见解析　(2)2kx0＋

(3)

13．(14分)如图所示，半径为L1＝2 m的金属圆环内上、下半圆各有垂直圆环平面的有界匀强磁场，磁感应强度大小均为B1＝ T．长度也为L1、电阻为R的金属杆ab，一端处于圆环中心，另一端恰好搭接在金属环上，绕着a端沿逆时针方向匀速转动，角速度为ω＝ rad/s.通过导线将金属杆的a端和金属环连接到图示的电路中(连接a端的导线与圆环不接触，图中的定值电阻R1＝R，滑片P位于R2的正中央，R2的总阻值为4R)，图中的平行板长度为L2＝2 m，宽度为d＝2 m．图示位置为计时起点，在平行板左边缘中央处刚好有一带电粒子以初速度v0＝0.5 m/s向右运动，并恰好能从平行板的右边缘飞出，之后进入到有界匀强磁场中，其磁感应强度大小为B2，左边界为图中的虚线位置，右侧及上下范围均足够大．(忽略金属杆与圆环的接触电阻、圆环电阻及导线电阻，忽略电容器的充放电时间，忽略带电粒子在磁场中运动时的电磁辐射的影响，不计平行金属板两端的边缘效应及带电粒子的重力和空气阻力)求：

(1)在0～4 s内，平行板间的电势差UMN；

(2)带电粒子飞出电场时的速度；

(3)在上述前提下若粒子离开磁场后不会第二次进入电场，则磁感应强度B2应满足的条件．

解析：(1)金属杆产生的感应电动势恒为

E＝B1Lω＝2 V

由电路的连接特点知：E＝I·4R

U0＝I·2R＝＝1 V

T1＝＝20 s

由右手定则知：在0～4 s时间内，金属杆ab中的电流方向为b →a，则φa>φb

则在0～4 s时间内，

φM<φN，UMN＝－1 V.

(2)粒子在平行板电容器内做类平抛运动，在0～时间内水平方向L2＝v0·t1

t1＝＝4 s<

竖直方向＝at

a＝，E＝，vy＝at1

得＝0.25 C/kg，vy＝0.5 m/s

则粒子飞出电场时的速度

v＝＝ m/s

tan θ＝＝1，

所以该速度与水平方向的夹角θ＝45°.

(3)粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由B2qv＝m得r＝

由几何关系及粒子在磁场中运动的对称性可知，r>d时离开磁场后不会第二次进入电场，即B2<＝2 T.

答案：(1)－1 V　(2) m/s，与水平方向成45°夹角

(3)B2<2 T