高考物理大一轮复习 第十章 电磁感应 章末过关检测十

PAGE第十章电磁感应章末过关检测(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．磁卡的磁条中有用于存储信息的磁极方向不同的磁化区，刷卡器中有检测线圈，当以速度v0刷卡时，在线圈中产生感应电动势．其E－t关系如图所示．如果只将刷卡速度改为eq\f(v0,2)，线圈中的E－t关系图可能是()解析：选D.若将刷卡速度改为eq\f(v0,2)，线圈切割磁感线运动时产生的感应电动势大小将会减半，周期将会加倍，故D项正确，其他选项错误．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→ACBAB．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eq\f(Mg－mgsinθ,m)B．线框进入磁场时匀速运动的速度为eq\f(（Mg－mgsinθ）R,Bl1)C．线框做匀速运动的总时间为eq\f(B2leq\o\al(2,1),Mg－mgRsinθ)D．该匀速运动过程中产生的焦耳热为(Mg－mgsinθ)l2解析：选D.由牛顿第二定律得，Mg－mgsinθ＝(M＋m)a，解得线框进入磁场前运动的加速度为eq\f(Mg－mgsinθ,M＋m)，A错误；由平衡条件，Mg－mgsinθ－F安＝0，F安＝BIl1，I＝eq\f(E,R)，E＝Bl1v，联立解得线框进入磁场时匀速运动的速度为v＝eq\f(（Mg－mgsinθ）R,B2leq\o\al(2,1))，B错误；线框做匀速运动的总时间为t＝eq\f(l2,v)＝eq\f(B2leq\o\al(2,1)l2,（Mg－mgsinθ）R)，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－mgsinθ)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·吉林实验中学模拟)转笔(PenSpinning)是一项用不同的方法与技巧、以手指来转动笔的休闲活动．转笔深受广大中学生的喜爱，其中也包含了许多的物理知识，假设某转笔高手能让笔绕其上的某一点O做匀速圆周运动，下列有关该同学转笔中涉及的物理知识的叙述正确的是()A．笔杆上的点离O点越近的，做圆周运动的向心加速度越小B．笔杆上的各点做圆周运动的向心力是由万有引力提供的C．若该同学使用中性笔，笔尖上的小钢珠有可能因快速的转动做离心运动被甩走D．若该同学使用的是金属笔杆，且考虑地磁场的影响，由于笔杆中不会产生感应电流，因此金属笔杆两端一定不会形成电势差解析：选AC.笔杆上各点的角速度相同，根据a＝ω2r可知，笔杆上的点离O点越近的，做圆周运动的向心加速度越小，选项A正确；笔杆上的各点做圆周运动的向心力是由笔杆对该点的作用力提供的，选项B错误；若该同学使用中性笔，且转动过快，则笔尖上的小钢珠有可能因快速的转动做离心运动被甩走，选项C正确；若考虑地磁场的影响，由于笔杆转动时可能要切割磁感线而使金属笔杆两端形成电势差，选项D错误．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＝2BLvB．此时AC两端电压为UAC＝eq\f(2BLvR0,R0＋r)C．此过程中电路产生的电热为Q＝Fd－eq\f(1,2)mv2D．此过程中通过电阻R0的电荷量为q＝eq\f(2BLd,R0＋r)解析：选BD.AC的感应电动势为E＝2BLv，两端电压为UAC＝eq\f(ER0,R0＋r)＝eq\f(2BLvR0,R0＋r)，A错误，B正确；由功能关系得Fd＝eq\f(1,2)mv2＋Q＋Qf，C错误；此过程中平均感应电流为eq\o(I,\s\up6(－))＝eq\f(2BLd,（R0＋r）Δt)，通过电阻R0的电荷量为q＝eq\o(I,\s\up6(－))Δt＝eq\f(2BLd,R0＋r)，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cB．物块下落的最大加速度为gC．若h足够大，物块下落的最大速度为eq\f(mgR,B2l2)D．通过电阻R的电荷量为eq\f(Blh,R)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＝Beq\f(Blv,R)l，再对物块应用牛顿第二定律有mg－FT＝ma，则联立可得：a＝eq\f(g,2)－eq\f(B2l2v,2mR)，则物块下落的最大加速度am＝eq\f(g,2)，B错误；当a＝0时，速度最大为vm＝eq\f(mgR,B2l2)，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＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(BΔS,R)＝eq\f(Blh,R)，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gsinθB．t0时刻线框匀速运动的速度为eq\f(v0,4)C．t0时间内线框中产生的焦耳热为eq\f(3,2)mgLsinθ＋eq\f(15,32)mveq\o\al(2,0)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＝eq\f(E,R)，mgsinθ＝BIL，有eq\f(B2L2v0,R)＝mgsinθ.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eq\f(4B2L2v0,R)＝4mgsinθ，加速度方向沿斜面向上且大小为3gsinθ，A错误；t0时刻线框匀速运动的速度为v，则有eq\f(4B2L2v,R)＝mgsinθ，解得v＝eq\f(v0,4)，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eq\f(3,2)L，则由功能关系得线框中产生的焦耳热为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＝0.1m，竖直边长H＝0.3m，匝数为N1.线圈的下边处于匀强磁场内，磁感应强度B0＝1.0T，方向垂直线圈平面向里．线圈中通有可在0～2.0A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＝10m/s2)(1)为使电磁天平的量程达到0.5kg，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＝10Ω.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＝0.1m．当挂盘中放质量为0.01kg的物体时，天平平衡，求此时磁感应强度的变化率eq\f(ΔB,Δt).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＝N2eq\f(ΔΦ,Δt)即E＝N2eq\f(ΔB,Δt)Ld由欧姆定律得I′＝eq\f(E,R)线圈受到的安培力F′＝N2B0I′L天平平衡m′g＝Neq\o\al(2,2)B0eq\f(ΔB,Δt)·eq\f(dL2,R)代入数据可得eq\f(ΔB,Δt)＝0.1T/s.答案：(1)25匝(2)0.1T/s12．(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＝eq\f(t0,2)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＝eq\f(x0,t0)，线圈切割磁感线产生的感应电动势e＝nB·2πrv＝eq\f(2nBπrx0,t0)，感应电流i＝eq\f(e,R＋R0)＝eq\f(2nBπrx0,（R＋R0）t0)；t0～2t0时间，地板向上做匀速运动，其速度v＝eq\f(x0,t0)，线圈切割磁感线产生的感应电动势e＝－nB·2πrv＝－eq\f(2nBπrx0,t0)，感应电流i＝eq\f(e,R＋R0)＝－eq\f(2nBπrx0,（R＋R0）t0)；图线如图所示．(2)t＝eq\f(t0,2)时，地板向下运动的位移为eq\f(x0,2)，弹簧弹力为eq\f(kx0,2)，安培力F安＝nBi·2πr＝2nBiπr，由平衡条件可知，地板受到的压力F＝2kx0＋eq\f(4n2B2π2r2x0,（R＋R0）t0).(3)由功能关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)见解析(2)2kx0＋eq\f(4n2B2π2r2x0,（R＋R0）t0)(3)eq\f(8n2B2π2r2xeq\o\al(2,0),（R＋R0）t0)13．(14分)如图所示，半径为L1＝2m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＝eq\f(10,π)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＝eq\f(π,10)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＝2m，宽度为d＝2m．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＝0.5m/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