高三一轮复习物理第9章《电磁感应》章末大盘点 11页

‎(本栏目内容，在学生用书中以活页形式分册装订！)‎ 一、选择题 ‎ ‎1．如右图所示，A、B是两根互相平行的、固定的长直通电导线，二者电流大小和方向都相同．一个矩形闭合金属线圈与A、B在同一平面内，并且ab边保持与通电导线平行，线圈从图中的位置1匀速向左移动，经过位置2，最后到位置3，其中位置2恰在A、B的正中间，则下面的说法中正确的是(　　)‎ A．在位置2这一时刻，穿过线圈的磁通量为最大 B．在位置2这一时刻，穿过线圈的磁通量的变化率为零[来源:学。科。网]‎ C．从位置1到位置3的整个过程中，线圈内感应电流的方向发生了变化 D．从位置1到位置3的整个过程中，线圈受到的磁场力的方向保持不变 解析：　由安培定则知A错误，此时穿过线圈的磁通量的变化率最大；从位置1到位置3的整个过程中，穿过线圈的磁通量是先向外逐渐减小到零，然后向里逐渐增大，由楞次定律知C错D对．‎ 答案：　D ‎2.如右图所示，在纸面内放有一个条形磁铁和一个圆形线圈(位于磁铁正中央)，下列情况中能使线圈中产生感应电流的是(　　)‎ A．将磁铁在纸面内向上平移 B．将磁铁在纸面内向右平移 C．将磁铁绕垂直纸面的轴转动 D．将磁铁的N极转向纸外，S极转向纸内 解析：　 磁铁在线圈所处位置产生的磁感线与线圈平面平行，穿过线圈的磁通量为零，将磁铁在纸面内向上平移、向右平移和将磁铁绕垂直纸面的轴转动，穿过线圈的磁通量始终都是零，没有发生变化，所以不会产生感应电流．将磁铁的N极转向纸外，S极转向纸内时，穿过线圈的磁通量由零开始逐渐变大，磁通量发生了变化，所以有感应电流产生．‎ 答案：　D[来源:学科网ZXXK]‎ ‎3.如右图所示，导轨间的磁场方向垂直于纸面向里，当导线MN在导轨上向右加速滑动时，正对电磁铁A的圆形金属环B中(　　)‎ A．有感应电流，且B被A吸引 B．无感应电流 C．可能有，也可能没有感应电流 D．有感应电流，且B被A排斥 解析：　MN向右加速滑动，根据右手定则，MN中的电流方向从N→M，且大小在逐渐变大，根据安培定则知，电磁铁A的磁场方向向左，且大小逐渐增强，根据楞次定律知，B环中的感应电流产生的磁场方向向右，B被A排斥．‎ 答案：　D ‎4.如右图所示，在坐标系xOy中，有边长为a的正方形金属线框abcd，其一条对角线ac和y轴重合、顶点a位于坐标原点O处．在y轴的右侧的Ⅰ、Ⅳ 象限内有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁场的上边界与线框的ab边刚好完全重合，左边界与y轴重合，右边界与y轴平行．t＝0时刻，线圈以恒定的速度v沿垂直于磁场上边界的方向穿过磁场区域．取沿a→b→c→d→a的感应电流方向为正，则在线圈穿越磁场区域的过程中，感应电流i随时间t变化的图线是下图中的(　　)‎ 解析：　在d点运动到O点过程中，ab边切割磁感线，根据右手定则可以确定线框中电流方向为逆时针方向，即正方向，D错误；t＝0时刻，ab边切割磁感线的有效长度最大，然后逐渐减小，故感应电动势和感应电流逐渐减小，C错误；当cd边与磁场边界重合后继续运动，cd边切割磁感线，根据右手定则可知线框中电流方向为顺时针方向，即负方向，B错误，A正确．‎ 答案：　A ‎5．如图所示，以下判断正确的是(　　)‎ A．图甲中因穿过铝环的磁通量始终为零，所以铝环中不产生感应电流 B．图乙中地面上方的电场方向和磁场方向可能重合 C．由公式E＝N可求出图丙导线abc中的感应电动势为零 D．图丁中，当导线A通过向外的电流时，磁铁对斜面的压力增大，同时弹簧缩短 解析：　图甲中铝环切割磁感线产生感应电动势，A错；图乙中当电场力和洛伦兹力的合力向上与重力平衡时小球沿直线运动，此时电场方向和磁场方向相同，B对；图丙中导线切割磁感线产生感应电动势，C错；图丁中，经判断可知导线与磁铁的相互作用力使磁铁对斜面的压力减小，弹簧的拉力减小，D错．‎ 答案：　B ‎6．如图甲所示，一个电阻为R，面积为S的矩形导线框abcd，水平放置在匀强磁场中，磁场的磁感应强度为B，方向与ad边垂直并与线框平面成45°角，O、O′分别是ab边和cd边的中点．现将线框右半边ObcO′绕OO′逆时针旋转90°到图乙所示位置．在这一过程中，导线中通过的电荷量是(　　)‎ A.　　　　　　　　　 B. C. D．0‎ 解析：　根据法拉第电磁感应定律可以导出感应的电荷量为：Q＝；对右半个线框分析而ΔΦ＝B×cos 45°－＝BScos 45°＝BS，故答案选A.‎ 答案：　A ‎7.如右图所示，a、b是同种材料(非超导材料)制成的等长导体棒，静止于水平面内足够长的光滑水平导轨上，b的质量是a的2倍，匀强磁场垂直于纸面向里．若给a 4.5 J的初动能使之向左运动，最后a、b速度相同且均为a初速度的，不计导轨的电阻，则整个过程中a棒产生的热量最大值为(　　)‎ A．2 J B．1.5 J C．3 J D．4.5 J[来源:学科网ZXXK]‎ 答案：　A ‎8.如右图所示，在光滑的水平面上，一质量为m，半径为r，电阻为R的均匀金属环，以初速度v0向一磁感应强度为B的有界匀强磁场滑去(磁场宽度d>2r)．圆环的一半进入磁场历时t秒，这时圆环上产生的焦耳热为Q，则t秒末圆环中感应电流的瞬时功率为(　　)‎ A. B. C. D. 解析：　t秒末圆环中感应电动势为E＝B·2r·v，由能量守恒知，减少的动能全部转化为焦耳热：Q＝mv－mv2，t秒末圆环中感应电流的功率为P＝＝ 答案：　B ‎9.如右图所示，甲、乙是两个完全相同的闭合正方形导线线框，a、b是边界范围、磁感应强度大小和方向都相同的两个匀强磁场区域，只是a区域到地面的高度比b高一些．甲、乙线框分别从磁场区域的正上方相同高度处同时由静止释放，穿过磁场后落到地面．下落过程中线框平面始终保持与磁场方向垂直．以下说法正确的是(　　)‎ A．落地时甲框的速度比乙框小 B．落地时甲框的速度比乙框大 C．落地时甲乙两框速度相同 D．穿过磁场的过程中甲、乙线框中产生热量相同 解析：　本题考查动能定理．由图可知乙线框进入磁场时的速度比甲线框进入磁场时速度大，分析可知安培力对乙做的负功多，产生的热量多，故D选项错误；重力做的功一部分转化为导线框的动能，一部分转化为导线框穿过磁场产生的热量，根据动能定理可知，甲落地速度比乙落地速度大，故B选项正确．本题难度中等．‎ 答案：　B 二、非选择题 ‎10．如图所示，在一倾角为37°的粗糙绝缘斜面上，静止地放置着一个匝数n＝10匝的圆形线圈，其总电阻R＝3.14 Ω、总质量m＝‎0.4 kg、半径r＝‎0.4 m．如果向下轻推一下此线圈，则它刚好可沿斜面匀速下滑．现在将线圈静止放在斜面上后．在线圈的水平直径以下的区域中，加上垂直斜面方向的，磁感应强度大小按如下图所示规律变化的磁场(提示：通电半圆导线受的安培力与长为直径的直导线通同样大小的电流时受的安培力相等)问：‎ ‎(1)刚加上磁场时线圈中的感应电流大小I.‎ ‎(2)从加上磁场开始到线圈刚要运动，线圈中产生的热量Q.(最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取‎10 m/s2)‎ 解析：　(1)由闭合电路的欧姆定律I＝ 由法拉第电磁感应定律E＝n 由图，＝0.5 T/S S＝πr2‎ 联立解得I＝‎0.4 A.‎ ‎(2)设线圈开始能匀速滑动时受的滑动摩擦力为Ff 则mgsin 37°＝Ff 加变化磁场后线圈刚要运动时nBIL＝mgsin 37°＋Ff 其中L＝2r 由图象知B＝B0＋kt＝1＋0.5t 由焦耳定律Q＝I2Rt 联立解得Q＝0.5 J.‎ 答案：　(1)‎0.4 A　(2)0.5 J ‎11．如图所示，宽度L＝‎0.5 m的光滑金属框架MNPQ固定于水平面内，并处在磁感应强度大小B＝0.4 T，方向竖直向下的匀强磁场中，框架的电阻非均匀分布．将质量m＝‎0.1 kg，电阻可忽略的金属棒ab放置在框架上，并与框架接触良好．以P为坐标原点，PQ方向为x轴正方向建立坐标．金属棒从x0＝‎1 m处以v0＝‎2 m/s的初速度，沿x轴负方向做a＝‎2 m/s2的匀减速直线运动，运动中金属棒仅受安培力作用．求：‎ ‎(1)金属棒ab运动‎0.5 m，框架产生的焦耳热Q；‎ ‎(2)框架中aNPb部分的电阻R随金属棒ab的位置x变化的函数关系；‎ ‎(3)为求金属棒ab沿x轴负方向运动0.4‎ ‎ s过程中通过ab的电荷量q，某同学解法为：先算出经过0.4 s金属棒的运动距离x，以及0.4 s时回路内的电阻R，然后代入q＝＝求解．指出该同学解法的错误之处，并用正确的方法解出结果．‎ 解析：　(1)金属棒仅受安培力作用，其大小 F＝ma＝0.1×2＝0.2 N 金属棒运动‎0.5 m，框架中产生的焦耳热等于克服安培力做的功 所以Q＝Fx＝0.2×0.5＝0.1 J.‎ ‎(2)金属棒所受安培力为 F＝BIL I＝＝ 所以F＝v＝ma 由于棒做匀减速直线运动v＝ 所以R＝ ‎＝＝0.4.‎ ‎(3)错误之处是把0.4 s时回路内的电阻R代入q＝进行计算．‎ 正确的解法是q＝It 因为F＝BIL＝ma 所以q＝t＝×0.4＝‎0.4 C.‎ 答案：　(1)0.1 J　(2)R＝0.4　(3)‎‎0.4 C ‎12.(2010·高考福建卷)如右图所示，两条平行的光滑金属导轨固定在倾角为θ的绝缘斜面上，导轨上端连接一个定值电阻．导体棒a和b放在导轨上，与导轨垂直并良好接触．斜面上水平虚线PQ以下区域内，存在着垂直穿过斜面向上的匀强磁场．现对a棒施以平行导轨斜向上的拉力，使它沿导轨匀速向上运动，此时放在导轨下端的b棒恰好静止．当a棒运动到磁场的上边界PQ处时，撤去拉力，a棒将继续沿导轨向上运动一小段距离后再向下滑动，此时b棒已滑离导轨．当a棒再次滑回到磁场上边界PQ处时，又恰能沿导轨匀速向下运动．已知a棒、b棒和定值电阻的阻值均为R，b棒的质量为m，重力加速度为g，导轨电阻不计．求：‎ ‎(1)a棒在磁场中沿导轨向上运动的过程中，a棒中的电流强度Ia与定值电阻R中的电流强度IR之比；‎ ‎(2)a棒质量ma；‎ ‎(3)a棒在磁场中沿导轨向上运动时所受的拉力F.‎ 解析：　(1)a棒沿导轨向上运动时，a棒、b棒及电阻R中的电流分别为Ia、Ib、IR，有 IRR＝IbRb①‎ Ia＝IR＋Ib②‎ 由①②解得＝.③‎ ‎(2)由于a棒在PQ上方滑动过程中机械能守恒，因而a棒在磁场中向上滑动的速度大小v1与在磁场中向下滑动的速度大小v2相等，即v1＝v2＝v④‎ 设磁场的磁感应速度为B，导体棒长为L.a棒在磁场中运动时产生的感应电动势为 E＝BLv⑤‎ 当a棒脱离磁场沿斜面向上运动时 Ib＝⑥‎ IbLB＝mgsin θ⑦‎ 当a棒向下匀速运动时，设a棒中的电流为Ia′，则 Ia′＝⑧‎ Ia′LB＝magsin θ⑨‎ 由④⑤⑥⑦⑧⑨解得ma＝m.‎ ‎(3)由题知导体棒a沿斜面向上运动时，所受拉力 F＝IaLB＋magsin θ 联立上列各式解得F＝mgsin θ.‎ 答案：　(1)2∶1　(2)m　(3)mg sinθ 滚动训练(八)‎ ‎(本栏目内容，在学生用书中以活页形式分册装订！)‎ 一、选择题 ‎1．如图所示的是甲、乙两物体的v－t图象，由图可知(　　)‎ A．甲做匀加速运动，乙做匀减速运动 B．甲、乙两物体相向运动 C．乙比甲晚1 s开始运动 D．5 s末两物体相遇 解析：　对比甲、乙两物体的v—t图象，可知两者同方向运动，5 s末两物体速度相等，但不是相遇；甲做减速运动，乙做加速运动，乙比甲晚1 s开始运动．‎ 答案：　C ‎2.2010年7月，我国东北三省遭受特大暴雨袭击，给老百姓的生命安全带来巨大危害，也使人们的财产受到了严重损失．如右图是某一救人的场面，为了营救一被困人员到一条河流的对岸，将一根绳的两端分别拴在两岸上的建筑物上，这根绳称为主绳，主绳上挂一个挂钩，其下连着一人，人的腰处还连着两根辅助的绳子，用来调整人的速度及位置．在此人沿着主绳离开建筑物移向对岸的过程中，假设挂钩与主绳间无摩擦，此人移动缓慢，且两根辅助绳子处于松驰状态，下列说法中正确的是(　　)‎ A．主绳中的拉力先变小后变大 B．主绳中的拉力先变大后变小 C．主绳中的拉力不变 D．主绳中的拉力变化情况无法确定 解析：　如右图所示，主绳中的拉力FT＝，sin α＝＝＝，AO＋BO为主绳长，MN为主绳两悬点间的水平距离，它们都是不变量，故主绳中的拉力也不变．C选项正确．‎ 答案：　C ‎3．物体做自由落体运动，Ek代表动能，Ep代表重力势能，h代表下落的距离，以水平地面为零势能面，t和v分别代表时间与速度，下列所示图象中，能正确反映各物理量之间关系的是(　　)‎ 解析：　自由落体运动是物体只受重力作用从静止开始下落的运动，是初速度为零、加速度为g的匀加速直线运动，它是匀变速直线运动的一个特例．物体做自由落体运动，速度越来越大，动能增加越来越快；高度越来越小；势能减小越来越快，只有选项B正确．‎ 答案：　B ‎4．分别对放在粗糙水平面上的同一物体施一水平拉力和一斜向上的拉力使物体在这两种情况下的加速度相同，当物体通过相同位移时，这两种情况下拉力的功和合力的功的正确关系是(　　)‎ A．拉力的功和合力的功分别相等 B．拉力的功相等，斜向拉时合力的功大 C．合力的功相等，斜向拉时拉力的功大 D．合力的功相等，斜向拉时拉力的功小[来源:Zxxk.Com]‎ 解析：　两种情况下加速度相等，合力相等，位移相等，所以合力的功相等，第一种情况拉力的功W1＝F1x，第二种情况下拉力的功W2＝F2xcos θ，由受力分析F1－Ff1＝ma，F2cos θ－Ff2＝ma，Ff1＞Ff2，则F1＞F2cos θ，即W1＞W2，即斜向拉时拉力的功小．选项D正确．‎ 答案：　D ‎5.如右图所示，AC、BD为圆的两条互相垂直的直径，圆心为O，半径为r，将等电荷量的两正、负点电荷放在圆周上，它们的位置关于AC对称，＋q与O点的连线和OC夹角为30°，下列说法正确的是(　　)‎ A．A、C两点的电势关系是φA<φC B．B、D两点的电势关系是φB＝φD C．O点的场强大小为 D．O点的场强大小为 解析：　在等量异种点电荷的电场中，两点电荷连线的中垂面是一个等势面，因此φA＝φC，φB>φD，A、B均错误；O点产生的场强大小为两点电荷分别在O点产生的场强的矢量和，每个电荷在O点的场强大小均为，方向互成120°角，因此合场强大小也为，C正确、D错误．‎ 答案：　C ‎6．(2010·福建理综)火星探测项目是我国继神舟载人航天工程、嫦娥探月工程之后又一个重大太空探索项目．假设火星探测器在火星表面附近圆形轨道运行的周期为T1，神舟飞船在地球表面附近的圆形轨道运行周期为T2，火星质量与地球质量之比为p，火星半径与地球半径之比为q，则T1与T2之比为(　　)‎ A.　　　　　　　　　　 B. C. D. 解析：　对火星探测器G＝m1R1，解得T1＝2π.对神舟飞船G＝m2R2，解得T2＝2π，则＝ ‎＝，选项D正确．‎ 答案：　D ‎7．(2011·南京调研)如右图所示，物块a放在轻弹簧上，物块 b放在物块a上静止不动．当用力F使物块 b竖直向上做匀加速直线运动时，在下图所示的四个图象中，能反映物块b脱离物块a前的过程中力F随时间t变化规律的是(　　)‎ 解析：　将a、b两物块作为一个整体来进行分析，设两物体的质量为m，物体向上的位移为Δx＝at2，受到向上的拉力F、弹簧的支持力FN和竖直向下的重力mg，FN＝mg－kΔx，由牛顿第二定律，F＋FN－mg＝ma，即F＝mg＋ma－(mg－kΔx)＝ma＋k×at2，故C正确．‎ 答案：　C ‎8．将一个小球以速度v水平抛出，使小球做平抛运动．要使小球能够垂直打到一个斜面上，斜面与水平方向的夹角为α.那么(　　)‎ A．若保持水平速度v不变，斜面与水平方向的夹角α越大，小球的飞行时间越长 B．若保持斜面倾角α不变，水平速度v越大，小球飞行的水平距离越长 C．若保持斜面倾角α不变，水平速度v越大，小球飞行的竖直距离越短 D．若只把小球的抛出点竖直升高，小球仍能垂直打到斜面上 答案：　B ‎9.如右图所示的电路中，电源电动势为E，内电阻为r，闭合开关S，待电流达到稳定后，电流表示数为I，电压表示数为U，电容器C所带电荷量为Q，将滑动变阻器的滑动触头P从图示位置向a端移动一些，待电流达到稳定后，则与P移动前相比(　　)‎ A．U变小 B．I变小 C．Q不变 D．Q减小 解析：　当电流稳定时，电容器可视为断路，当P向左滑时，滑动变阻器连入电路的阻值R增大，根据闭合电路欧姆定律得，电路中的电流I＝减小，电压表的示数U＝E－I(R2＋r)增大，A错B对；对于电容器，电荷量Q＝CU增大，C、D均错．‎ 答案：　B ‎10.质量为m0＝‎20 kg、长为L＝‎5 m的木板放在水平面上，木板与水平面的动摩擦因数为μ1＝0.15.将质量m＝‎10 kg的小木块(可视为质点)，以v0＝‎4 m/s的速度从木板的左端水平抛射到木板上(如图所示)，小木块与木板面的动摩擦因数为μ2＝0.4(最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝‎10 m/s2)．则以下判断中正确的是(　　)‎ A．木板一定静止不动，小木块不能滑出木板 B．木板一定静止不动，小木块能滑出木板 C．木板一定向右滑动，小木块不能滑出木板 D．木板一定向右滑动，小木块能滑出木板 解析：　m0与地面间的摩擦力为Ff1＝μ1(m0＋m)g＝0.15×(20＋10)×10 N＝45 N，m与m0之间的摩擦力为Ff2＝μ2mg＝0.4×10×10 N＝40 N，Ff1>Ff2，所以木板一定静止不动；小木板在木板上滑行的距离为x，v＝2μ2gx，解得x＝‎2 m