2024届高考物理一轮总复习阶段综合检测四考查范围：磁场电磁感应交变电流

阶段综合检测（四）［考查范围磁场电磁感应交变电流］ (本试卷满分：100分)一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．如图所示，将一磁铁通过放置在电子秤上的支架悬挂于电子秤上方，磁铁的正下方有两条光滑的固定金属导轨M、N，其上有两根可以自由滑动的金属杆a、b，磁铁在回路中心的正上方，当剪断细线磁铁下落时，以下说法正确的是()A．a、b杆相互远离B．与剪断细线前相比电子秤的示数增加C．导轨对电子秤的压力变大D．磁铁处于完全失重状态解析：选C由楞次定律可知a、b杆将相互靠拢，A错误；将磁铁、支架、导轨和金属杆看成一个整体，磁铁处于失重状态，整体对电子秤的压力减小，磁铁会受到下方回路中感应电流产生的磁场的阻力作用，并不是完全失重，B、D错误；磁铁对导轨产生向下的力，因此导轨对电子秤的压力变大，C正确。2．英国物理学家麦克斯韦认为，磁场变化时会在空间激发感生电场。如图所示，一个半径为r的光滑绝缘细圆环水平放置，环内存在竖直向上的匀强磁场B，环上套一带电量为＋q的小球。已知磁感应强度B随时间均匀增加，其变化率为k，若小球在环上运动一周，则感生电场对小球的作用力所做功的大小是()A．0B.eq\f(πkqr2,2)C．2πkqr2D．πkqr2解析：选D根据法拉第电磁感应定律可得，产生的感应电动势为E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB·πr2,Δt)＝kπr2＝U，所以感生电场对小球的作用力所做的功为W＝qU＝πkqr2，故选D。3.图为一交流发电机示意图，线圈abcd在匀强磁场中绕固定轴OO′沿顺时针方向匀速转动，产生的电动势的瞬时值表达式为e＝110eq\r(2)sin100πt(V)。已知线圈电阻r＝2Ω，定值电阻R＝20Ω，电表均为理想交流电表，下列说法正确的是()A．电流表读数为5eq\r(2)AB．电压表读数为110VC．t＝5×10－3s时刻，穿过线圈的磁通量最大D．0～5×10－3s内，通过电阻R的电荷量为eq\f(\r(2),20π)C解析：选D线圈产生的感应电动势的最大值为Em＝110eq\r(2)V，线圈产生的感应电动势的有效值为E＝eq\f(Em,\r(2))＝110V，根据闭合电路的欧姆定律可知I＝eq\f(E,R＋r)＝5A，故A错误；电压表读数为UR＝IR＝100V，故B错误；t＝5×10－3s时刻，线圈产生的感应电动势最大，此时线圈位于与中性面垂直位置，故穿过线圈的磁通量为零，故C错误；0～5×10－3s内，通过电阻R的电荷量为q＝eq\f(\x\to(E),R＋r)Δt，eq\x\to(E)＝eq\f(NBS,Δt)＝eq\f(Em,ωΔt)＝eq\f(TEm,2πΔt)，则q＝eq\f(TEm,2πR＋r)＝eq\f(\r(2),20π)C，故D正确。4．如图所示，在MN、PQ间同时存在匀强磁场和匀强电场，磁场方向垂直纸面水平向外，电场在图中没有标出。一带正电小球从a点射入场区，并在竖直面内沿直线运动至b点，则小球()A．从a到b过程中可能做匀减速运动B．受到的电场力的方向一定水平向右C．从a到b过程中可能做匀加速运动D．从a到b过程，克服电场力做功解析：选D因小球受到的洛伦兹力随小球速度变化而变化，为使带电小球能在场内做直线运动，必须满足小球的速度大小不能变化的条件，即小球受力平衡，做匀速直线运动，故A、C错误。小球共受到三个力的作用：重力、电场力和洛伦兹力，三力处于平衡状态，洛伦兹力垂直ab斜向左上方，重力竖直向下，则受到的电场力的方向不一定水平向右，B错误；从a到b的过程中，小球的动能不变，根据动能定理有ΔEk＝WG＋W电场＋W洛伦兹＝0，其中洛伦兹力不做功，重力做正功，所以电场力必须做负功，即克服电场力做功，故D正确。5．已知通电长直导线在周围空间某位置产生的磁感应强度大小与电流强度成正比，与该位置到长直导线的距离成反比。如图所示，现有通有电流大小相同的两根长直导线分别固定在正方体的两条边dh和hg上，彼此绝缘，电流方向分别由d流向h、由h流向g，则关于a、b、c、e、f五点，下列说法正确的是()A．f、a点磁感应强度相同B．c、e两点磁感应强度大小之比为2∶1C．c点磁感应强度最大D．c点磁感应强度方向与ac平行解析：选C由对称性可知，f、a点磁感应强度大小相等，但是方向不相同，A错误；设每根直导线的电流为I，则B＝eq\f(kI,r)，若正方形边长为L,则c点磁感应强度大小Bc＝eq\f(2kI,L)，e点磁感应强度大小Be＝eq\f(\r(2)kI,L)，大小之比为eq\r(2)∶1，B错误；a、b、c、e、f五个点中c点距离两通电导线距离都是最近的位置，且两根通电导线在c点的磁场方向相同，都沿着b→c方向，则合成后磁感应强度最大，C正确，D错误。6．如图所示，一个小型水电站，其交流发电机的输出电压U1一定，通过理想升压变压器T1和理想降压变压器T2向远处用户供电，输电线的总电阻为R。T1的输入电压和输入功率分别为U1和P1，它的输出电压和输出功率分别为U2和P2；T2的输入电压和输入功率分别为U3和P3，它的输出电压和输出功率分别为U4和P4。下列说法正确的是()A．当用户的用电器增多时，U2减小，U4减小B．当用户的用电器增多时，P1增大，P3减小C．输电线上损失的功率为ΔP＝eq\f(U22,R)D．要减小线路的损耗，应增大升压变压器的匝数比eq\f(n2,n1)，同时应增大降压变压器的匝数比eq\f(n3,n4)解析：选D交流发电机的输出电压U1一定，匝数不变，根据eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，知U2不变，故A错误；当用户的用电器增多时，用户消耗的电功率变大，则输入功率增大，即P3变大，故B错误；输电线上损失的功率为ΔP＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(P2,U2)))2R，故C错误；输送功率一定时，根据P＝UI和P损＝I2R知，要减小线路的损耗，应增大输送电压，又U1一定，根据eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)知，应增大升压变压器的匝数比eq\f(n2,n1)，U3＝U2－I2R，U2增大，I2减小，所以U3增大，用户电压U4不变，根据eq\f(U3,U4)＝eq\f(n3,n4)知，应增大降压变压器的匝数比eq\f(n3,n4)，故D正确。7．由同种材料制成的粗细均匀的金属线框(如图所示)以恒定速度通过有理想边界的匀强磁场。开始时线框的ab边恰与磁场边界重合，则线框中a、b两点间电势差Uab随时间变化的图线是下图中的()解析：选A线框向右匀速穿越磁场区域的过程可分为三个阶段：第一阶段(进入过程)，ab是电源，设电动势为E，外电阻为R＝3r(每一边的电阻为r)，则路端电压Uab为Uab＝eq\f(3,4)E。第二阶段(线框整体在磁场中平动过程)，ab及dc都是电源，并且是完全相同的电源，回路中虽无感应电流，但路端电压Uab＝E，第三阶段(离开过程)，dc是电源，外电阻仍为R＝3r，路端电压为Udc＝eq\f(3,4)E，因此Uab仅为Udc的eq\f(1,3)，即Uab＝eq\f(1,4)E，故选A。二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分。在每题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对得6分，选对但不全得3分，有选错的得0分)8．如图，PQ为一段固定于水平面上的光滑圆弧导轨，圆弧的圆心为O，半径为L。空间存在垂直导轨平面，磁感应强度大小为B的匀强磁场。电阻为R的金属杆OA与导轨接触良好，图中电阻R1＝R2＝R，导轨电阻不计。现使OA杆以恒定角速度ω绕圆心O顺时针转动，在其转过eq\f(π,3)的过程中，下列说法正确的是()A．流过电阻R1的电流方向为P→R1→OB．AO两点间电势差为eq\f(BL2ω,2)C．流过OA的电荷量为eq\f(πBL2,6R)D．外力做的功为eq\f(πωB2L4,18R)解析：选AD由右手定则判断出OA中电流方向由O→A可知流过电阻R1的电流方向为P→R1→O，故A正确；OA产生的感应电动势为E＝BLv＝eq\f(BL2ω,2)，将OA当成电源，外部电路R1与R2并联，则OA间的电势差为U＝eq\f(E,R＋\f(R,2))×eq\f(R,2)＝eq\f(BL2ω,6)，故B错误；流过OA的电流为I＝eq\f(E,R＋\f(R,2))＝eq\f(BL2ω,3R)，转过eq\f(π,3)角度过程中经过的时间为t＝eq\f(π,3ω)，流过OA的电荷量为q＝It＝eq\f(πBL2,9R)，故C错误；转过eq\f(π,3)角度过程中，外力做的功为P＝EIt＝eq\f(πωB2L4,18R)，故D正确。9．如图甲所示，一自耦变压器的原线圈通过电流表A1与电压有效值不变的正弦交流电源相连接，副线圈上接有电压表V1和定值电阻R；如图乙所示，一总阻值为2R的滑动变阻器通过电流表A2与电压有效值不变的正弦交流电源相连接，输出端接有电压表V2和定值电阻R，电表均为理想电表，下列判断正确的是()A．当滑动触头P1向上移动时，电压表V1的示数增大B．当滑动触头P1向上移动时，电流表A1的示数减小C．当滑动触头P2向上移动时，电压表V2的示数增大D．当滑动触头P2向上移动时，电流表A2的示数一定减小解析：选BC此自耦变压器为升压变压器，滑动触头P1上匀速移动时，输入电压不变，输出电压减小，电阻R消耗的功率变小，原线圈中电流表示数减小，B正确，A错误；当P2向上移动时含R的支路阻值减小，流过R的电流变大，电压表V2的示数增大，C正确；而并联总电阻可能先增大后减小，电流表A2的示数可能先减小后增大，D错误。10．某化工厂为检测污水排放量，技术人员在排污管末端安装一台污水流量计，如图所示，该装置由非磁性绝缘材料制成，长、宽、高分别为a＝1m、b＝0.2m、c＝0.2m，左、右两端开口，在垂直于前、后面的方向加磁感应强度为B＝1.25T的匀强磁场，在上、下两个面的内侧固定有金属板，污水充满装置以某一速度从左向右匀速流经该装置时，测得两个金属板间的电压U＝1V。下列说法中正确的是()A．金属板M电势低，金属板N的电势高B．污水中离子浓度对电压表的示数有影响C．污水的流量(单位时间内流出的污水体积)Q＝0.16m3/sD．电荷量为1.6×10－19C的离子，流经该装置时受到的静电力F＝8.0×10－19N解析：选CD根据左手定则，知负离子所受的洛伦兹力方向向下，则向下偏转，N板带负电，M板带正电，则M板的电势比N板电势高，故A错误；最终离子在电场力和洛伦兹力作用下平衡，有qvB＝qeq\f(U,c)解得U＝Bvc，与离子浓度无关，故B错误；污水的流速v＝eq\f(U,Bc)，则流量为Q＝vbc＝eq\f(Ub,B)＝0.16m3/s，故C正确；电荷量为1.6×10－19C的离子流经该装置时受到的静电力F＝eq\f(qU,c)＝8×10－19N，故D正确。三、非选择题(本题共5个小题，共54分)11．(10分)在如图甲所示的电路中，螺线管匝数n＝150匝，螺线管导线电阻r＝1.0Ω，R1＝4.0Ω，R2＝5.0Ω，C＝30μF。在一段时间内，穿过螺线管的磁场的磁通量Φ按如图乙所示的规律变化，螺线管内的磁场B的方向向下为正方向。求：(1)闭合S，电路稳定后，a、b两点的电势差Uab。(2)电路稳定后电阻R2的电功率P。(3)电路稳定时某时刻断开S，则流经R2的电荷量。解析：(1)根据法拉第电磁感应定律得E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝30V根据楞次定律，b点为等效电源的正极，所以Uab＝eq\f(R1＋R2,R1＋R2＋r)E＝－27V。(2)电路稳定后电阻R2的电功率P＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(E,R1＋R2＋r)))2R2，解得P＝45W。(3)电路稳定时，电容器的带电量为q＝eq\f(R2,R1＋R2＋r)EC＝4.5×10－4C断开S后，电容器放电，所以流经R2的电荷量为q＝4.5×10－4C。答案：(1)－27V(2)45W(3)4.5×10－4C12．(10分)如图甲所示，一正方形线圈的匝数为240匝，边长为a＝0.5m，对应的总电阻为2Ω，电阻R＝1Ω并通过导线与线圈相连，线圈平面与匀强磁场垂直且固定，且一半处在磁场中，磁场方向垂直纸面向里，大小随时间变化的关系如图乙所示，求：(1)线圈中产生的感应电流的方向；(2)6s内通过电阻R的电荷量；(3)t＝4s时线圈受到安培力的大小。解析：(1)由楞次定律可知：电流的方向为逆时针方向。(2)根据法拉第电磁感应定律：E＝neq\f(ΔBS,Δt)＝neq\f(ΔB×\f(1,2)a2,Δt)＝3V根据电路的串、并联关系知，总电阻为1.5Ω；由欧姆定律得I干路＝eq\f(E,R总)＝2A则通过电阻R的电流为1A；解得q＝It＝6C。(3)安培力F＝nBI干路L由题图乙可知：t＝4s时，B＝0.6T，有效长度为L＝eq\r(2)a，解得F＝144eq\r(2)N。答案：(1)逆时针方向(2)6C(3)144eq\r(2)N13．(10分)如图所示为圆形区域的匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，边界跟y轴相切于坐标原点O。O点处有一放射源，沿纸面向各个方向射出速率均为v的某种带电粒子，带电粒子在磁场中做圆周运动的半径是圆形磁场区域半径的两倍。已知带电粒子的质量为m、电荷量为q，不考虑带电粒子的重力。(1)推导带电粒子在磁场中做圆周运动的半径；(2)求带电粒子在磁场中的最大偏转角。解析：(1)带电粒子进入磁场后，受洛伦兹力作用做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得Bqv＝meq\f(v2,r)，则r＝eq\f(mv,Bq)。(2)粒子的速率均相同，因此粒子轨迹圆的半径均相同，但粒子射入磁场的速度方向不确定，故可以保持圆的大小不变，只改变圆的位置，画出“动态圆”，如图所示，通过“动态圆”可以观察到粒子在磁场中的运动轨迹均为劣弧，劣弧弧越长，弧所对应的圆心角越大，则运动时间越长，当粒子的轨迹弧的弦长等于圆形磁场区域的直径时，粒子运动的时间最长，由几何关系知sineq\f(φm,2)＝eq\f(R,r)＝eq\f(1,2)，即φm＝60°。答案：(1)见解析(2)60°14．(12分)如图所示，在xOy坐标系的0≤y≤d的区域内分布着沿y轴正方向的匀强电场，在d≤y≤2d的区域内分布着垂直于xOy平面向里的匀强磁场，MN为电场和磁场的交界面，ab为磁场的上边界。现从原点O处沿x轴正方向发射出速率为v0、比荷(电荷量与质量之比)为k的带正电粒子，粒子运动轨迹恰与ab相切并返回电场。已知电场强度E＝eq\f(3v02,2kd)，不计粒子重力和粒子间的相互作用。求：(1)粒子第一次穿过MN时的速度；(2)磁场的磁感应强度B的大小；(3)粒子在磁场中运动的时间。解析：(1)粒子从原点O处沿x轴正方向发射，在电场中做类平抛运动，由动能定理，有qEd＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02，将eq\f(q,m)＝k，E＝eq\f(3v02,2kd)代入解得v＝2v0，粒子运动轨迹如图。图中cosθ＝eq\f(v0,v)＝eq\f(1,2)，解得θ＝60°，即粒子第一次穿过MN时的速度为2v0，方向与水平方向成60°角斜向右上。(2)由图，根据几何关系有R＋Rcosθ＝d，解得R＝eq\f(2,3)d由牛顿第二定律，有qvB＝eq\f(mv2,R)，解得B＝eq\f(3v0,kd)。(3)粒子在磁场中做匀速圆周运动，有qvB＝eq\f(mv2,R)，T＝eq\f(2πR,v)，联立解得粒子运动的周期T＝eq\f(2πm,qB)＝eq\f(2πd,3v0)故粒子在磁场中运动的时间为t＝eq\f(\f(4,3)π,2π)T＝eq\f(2,3)T＝eq\f(4πd,9v0)。答案：(1)2v0方向与水平方向成60