（測控導航）高考物理一輪 第九章《電磁感應》基礎知能提升檢測試題 新人教版

（測控導航）2014高考物理一輪第九章《電磁感應》基礎知能提升檢測試題(時間:60分鐘滿分:100分)【測控導航】知識點題號1.法拉第電磁感應定律12.產(chǎn)生感應電流的條件23.楞次定律34.電磁感應中的動力學問題4、75.自感56.電磁感應中的電路問題67.電磁感應中的能量問題88.電磁感應中的圖像問題99.實驗1010.綜合問題11、12、13一、選擇題(本題共9小題,每小題6分,共54分.1~7題為單選題,8~9題為多選題,全部選對的得6分,選對但不全的得3分,有選錯或不選的得0分)1.(2012南京一模)一種早期發(fā)電機原理示意圖如圖所示,該發(fā)電機由固定的圓形線圈和一對用鐵芯連接的圓柱形磁鐵構成,兩磁極相對于線圈平面對稱,線圈圓心為O點.在磁極繞轉軸勻速轉動的過程中,當磁極與O點在同一條直線上時,穿過線圈的(B)A.磁通量最大,磁通量變化率最大B.磁通量最大,磁通量變化率最小C.磁通量最小,磁通量變化率最大D.磁通量最小,磁通量變化率最小解析:根據(jù)Φ=BS可判定,B最大時線圈的磁通量最大,根據(jù)磁鐵的磁感線分布可判定,在圖示位置,勻速轉動的圓柱形磁鐵在線圈上的磁通量變化率是最小的,故選項A、C、D錯,選項B對.(1)掌握各種常見磁體的磁感線分布;(2)磁通量、磁通量變化率都是針對一個面說的;(3)畫示意圖進行定性推理.2.(2012福州模擬)甲、乙兩個完全相同的銅環(huán)可繞固定軸OO'旋轉,當它們以相同的角速度開始轉動后,由于阻力,經(jīng)相同的時間后便停止,若將兩環(huán)置于磁感應強度大小相同的勻強磁場中,乙環(huán)的轉軸與磁場方向平行,甲環(huán)的轉軸與磁場方向垂直,如圖所示,當甲、乙兩環(huán)同時以相同的角速度開始轉動后,則下列判斷中正確的是(A)A.甲環(huán)先停 B.乙環(huán)先停C.兩環(huán)同時停下 D.無法判斷兩環(huán)停止的先后解析:兩環(huán)均在勻強磁場中以相同的角速度轉動,由圖可知:甲環(huán)的磁通量會發(fā)生變化,甲環(huán)的動能要轉化為電能,而乙環(huán)中磁通量無變化,不會產(chǎn)生感應電流,故甲環(huán)先停下來.選項A正確.3.(2013瀘州模擬)如圖所示,在載流直導線近旁固定有兩平行光滑導軌A、B,導軌與直導線平行且在同一水平面內(nèi),在導軌上有兩可自由滑動的導體ab和cd.當載流直導線中的電流逐漸增強時,導體ab和cd的運動情況是(C)A.一起向左運動B.一起向右運動C.ab和cd相向運動,相互靠近D.ab和cd相背運動,相互遠離解析:電流增強時,電流在abdc回路中產(chǎn)生的垂直紙面向里的磁場增強,回路磁通量增大,根據(jù)楞次定律可知回路要減小面積以阻礙磁通量的增加,因此,兩導體要相向運動,相互靠近.故C正確.4.(2012濰坊3月模擬)如圖所示,水平地面上方矩形虛線區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場,兩個閉合線圈Ⅰ和Ⅱ分別用同樣的導線繞制而成,其中Ⅰ是邊長為L的正方形,Ⅱ是長2L、寬L的矩形.將兩線圈從圖示位置同時由靜止釋放.線圈下邊進入磁場時,Ⅰ立即做一段時間的勻速運動.已知兩線圈在整個運動過程中,下邊始終平行于磁場上邊界,不計空氣阻力.則(C)A.下邊進入磁場時,Ⅱ也立即做一段時間的勻速運動B.從下邊進入磁場開始的一段時間內(nèi).線圈Ⅱ做加速度不斷減小的加速運動C.從下邊進入磁場開始的一段時間內(nèi),線圈Ⅱ做加速度不斷減小的減速運動D.線圈Ⅱ先到達地面解析:線圈下邊進入磁場時,Ⅰ立即做一段時間的勻速運動.Ⅱ中產(chǎn)生的感應電流是Ⅰ的2倍,受到的安培力是Ⅰ的2倍,但是Ⅱ的重力只是Ⅰ的3/2倍,所以線圈Ⅱ立即做加速度不斷減小的減速運動,選項A、B錯誤,C正確;線圈Ⅱ后到達地面,選項D錯誤.5.如圖所示的電路中,L為自感線圈,其直流電阻與電阻R相等,C為電容器,電源內(nèi)阻不可忽略,當開關S由閉合變?yōu)閿嚅_時,下列說法正確的是(B)A.A燈立即熄滅B.A燈突然閃亮一下再熄滅,d點電勢比c點高C.B燈無電流通過,不可能變亮D.B燈有電流通過,電流方向由b到a解析:S閉合時,通過L的電流和A燈的電流方向均向右,且IL大于IA;當開關S斷開時,自感線圈中將產(chǎn)生自感電動勢阻礙原來電流的減小,因此在由L、A、R組成的閉合電路中,有一股順時針方向的電流,且從IL開始逐漸減小,A燈突然閃亮一下再熄滅,d點電勢比c點高,選項A錯,B正確;當開關S斷開時,路端電壓變大,電源繼續(xù)給電容器充電,故B燈中有電流通過,方向從a到b,選項C、D錯.(1)斷電自感產(chǎn)生的電動勢是阻礙通過線圈L中的電流減小;(2)斷電時燈泡閃亮的條件是斷電前通過線圈的電流大于通過燈泡的電流;(3)電容器充電過程中是有電流的.6.(2013雅安模擬)如圖(甲)所示,在光滑水平面上用恒力F拉質(zhì)量為1kg的單匝均勻正方形銅線框,在1位置以速度v0=3m/s進入勻強磁場時開始計時t=0,此時線框中感應電動勢為1V,在t=3s時刻線框到達2位置開始離開勻強磁場.此過程中vt圖像如圖(乙)所示,那么(C)A.t=0時,線框右側的邊兩端M、N間電壓為0.25VB.恒力F的大小為1.0NC.線框完全離開磁場的位置3的瞬時速度為2m/sD.線框完全離開磁場的位置3的瞬時速度為1m/s解析:MN邊切割磁感線,相當于電源,其兩端的電壓是路端電壓,根據(jù)閉合電路歐姆定律可知,線框右側的邊兩端M、N間電壓為3E4=0.75V,A錯誤;根據(jù)1~3s時間內(nèi)線框做勻加速直線運動可知,這段時間線框中沒有感應電流,線框所受合力為F,根據(jù)牛頓第二定律可知F=ma=0.5N,B錯誤;根據(jù)圖線可知線框進入磁場和離開磁場時的初速度和受力情況都一樣,所以線框離開磁場時的速度和t=1s時刻的相同,即為7.(2012海淀一模)光滑平行金屬導軌M、N水平放置,導軌上放一根與導軌垂直的導體棒PQ.導軌左端與由電容為C的電容器、單刀雙擲開關和電動勢為E的電源組成的電路相連接,如圖所示.在導軌所在的空間存在方向垂直于導軌平面的勻強磁場(圖中未畫出).先將開關接在位置a,使電容器充電并達到穩(wěn)定后,再將開關撥到位置b,導體棒將會在磁場的作用下開始向右運動,設導軌足夠長,則以下說法中正確的是(D)A.空間存在的磁場方向垂直紙面向外B.導體棒向右做勻加速運動C.當導體棒向右運動的速度達到最大值,電容器的電荷量為零D.導體棒運動的過程中,通過導體棒的電荷量Q<CE解析:充電后電容器的上極板帶正電,將開關撥向位置b,PQ中的電流方向是由P→Q,由左手定則判斷可知,導軌所在處磁場的方向垂直紙面向里,選項A錯誤;隨著放電的進行,導體棒速度增大,由于它所受的安培力大小與速度有關,所以由牛頓第二定律可知導體棒不能做勻加速運動,選項B錯誤;運動的導體棒在磁場中切割磁感線,由右手定則判斷可知,感應電動勢方向由Q→P,當其大小等于電容器兩極板間電勢差大小時,導體棒速度最大,此時電容器的電荷量并不為零,故選項C錯誤;由以上分析可知,導體棒從開始運動到速度達到最大時,電容器并沒有放電完畢,故通過導體棒的電荷量Q<CE,選項D正確.8.(2012溫州模擬)如圖所示電路,兩根光滑金屬導軌,平行放置在傾角為θ的斜面上,導軌下端接有電阻R,導軌電阻不計,斜面處在豎直向上的勻強磁場中,電阻可略去不計的金屬棒ab質(zhì)量為m,受到沿斜面向上且與金屬棒垂直的恒力F的作用,金屬棒沿導軌勻速下滑,則它在下滑高度h的過程中,以下說法正確的是(AC)A.作用在金屬棒上各力的合力做功為零B.重力做的功等于系統(tǒng)產(chǎn)生的電能C.金屬棒克服安培力做的功等于電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱D.金屬棒克服恒力F做的功等于電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱解析:根據(jù)動能定理可知,合力做的功等于動能的變化量,故選項A正確;重力做的功等于重力勢能的變化量,重力做的功等于克服F所做的功與產(chǎn)生的電能之和,而克服安培力所做的功等于電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱,故選項B、D均錯誤,C正確.9.(2012楊浦區(qū)一模)如圖(甲)所示,兩固定的豎直光滑金屬導軌足夠長且電阻不計.有質(zhì)量、長度均相同的導體棒c、d,置于邊界水平的勻強磁場上方同一高度h處.磁場寬為3h,方向與導軌平面垂直.先由靜止釋放c,c剛進入磁場即做勻速運動,此時再由靜止釋放d,兩導體棒與導軌始終保持良好接觸,用ac表示c的加速度,Ekd表示d的動能,xc、xd分別表示c、d相對釋放點的位移.圖(乙)中正確的是(BD)解析:c棒在未進入磁場前做自由落體運動,加速度為重力加速度;c棒進入磁場后,d棒開始做自由落體運動,在d棒進入磁場前的這段時間內(nèi),c棒運動了2h,此過程c棒做勻速運動,加速度為零;d棒進入磁場后,c、d棒均以相同速度切割磁感線,回路中沒有感應電流,它們均只受重力直至c棒出磁場;而且c棒出磁場后不再受安培力,也只受重力.故選項B正確,選項A錯.d棒自開始下落到2h的過程中,只受重力,機械能守恒,動能與位移的關系是線性的;在c棒出磁場后,d棒切割磁感線且受到比重力大的安培力,完成在磁場余下的2h的位移,動能減小,安培力也減小,合力也減小,在Ekdxd圖像中Ekd的變化趨勢越來越慢;d棒出磁場后,只受重力,機械能守恒,Ekdxd圖像中的關系又是線性的,且斜率與最初相同,均等于重力.故選項D正確,選項C錯.(1)由圖像的坐標軸上的物理量去尋找相應的物理定律;(2)運用法拉第電磁感應定律、牛頓第二定律、動能定理等相關知識求解;(3)把圖像與過程中的受力分析、運動分析結合起來,進行推理求解.二、實驗題(共8分)10.如圖為“研究電磁感應現(xiàn)象”的實驗裝置.(1)將圖中所缺的導線補接完整.(2)如果在閉合開關時發(fā)現(xiàn)靈敏電流計的指針向右偏轉一下,那么合上開關后.

A.將原線圈迅速插入副線圈時,靈敏電流計指針向右偏轉一下B.將原線圈插入副線圈后,靈敏電流計指針一直偏在零點右側C.原線圈插入副線圈后,將滑動變阻器觸頭迅速向左拉時,靈敏電流計指針向右偏轉一下D.原線圈插入副線圈后,將滑動變阻器觸頭迅速向左拉時,靈敏電流計指針向左偏轉一下解析:(1)應將原線圈、滑動變阻器、電池、開關串聯(lián)在一起,副線圈與靈敏電流計串聯(lián)在一起,連線如圖.(2)開關閉合時,原線圈電路中電流增大,電流產(chǎn)生的磁場增強,會使副線圈磁通量增加.將原線圈迅速插入副線圈時,也會使副線圈磁通量增加,故靈敏電流計指針均會向右偏轉一下.滑動變阻器觸頭迅速向左拉時,電路中電阻變大,電流減小磁場減弱,穿過副線圈的磁通量減少,故靈敏電流計指針會向左偏轉一下.答案:(1)見解析圖(2)AD三、計算題(共38分)11.(2013遂寧模擬)(10分)如圖所示,在光滑水平面上有一長為L1、寬為L2的單匝矩形閉合導體線框abcd,處于磁感應強度為B的有界勻強磁場中,其ab邊與磁場的邊界重合.線框由同種粗細均勻的導線制成,它的總電阻為R.現(xiàn)用垂直于線框ab邊的水平拉力,將線框以速度v向右沿水平方向勻速拉出磁場,此過程中保持線框平面與磁感線垂直,且ab邊與磁場邊界平行.求線框被拉出磁場的過程中:(1)通過線框的電流;(2)線框中產(chǎn)生的焦耳熱;(3)線框中a、b兩點間的電壓大小.解析:(1)線框被拉出磁場的過程中,線框產(chǎn)生的感應電動勢E=BL2v,通過線框的電流I=E/R=BL(2)線框被拉出磁場所需時間t=L1/v,此過程中線框中產(chǎn)生的焦耳熱Q=I2Rt=B2(3)線框ab邊的電阻Rab=L22(L1答案:見解析.12.(2012上海盧灣區(qū)一模)(12分)如圖所示,兩根平行金屬導軌間的距離為0.4m,導軌平面與水平面的夾角為θ=37°,磁感應強度為0.5T的勻強磁場垂直于導軌平面斜向上,兩根電阻值均為1Ω、質(zhì)量均為0.01kg的金屬桿ab、cd垂直于導軌放置,并與導軌接觸良好,桿與導軌間的動摩擦因數(shù)為0.3,導軌的電阻可以忽略.(sin37°=0.6,cos37°=0.8,g=10N/kg)(1)用外力將ab桿固定在導軌上,使cd桿以1m/s的速度沿導軌向上運動,求ab桿中電流的大小和方向.(2)撤去ab桿上的外力,為使ab桿能靜止在導軌上,必須使cd桿以多大的速率沿導軌向上運動?解析:(1)cd桿運動產(chǎn)生的感應電動勢為E=BLv=0.5×0.4×1V=0.2V(1分)電路中的電流I=ER總=0.方向a→b.(1分)(2)ab桿靜止,摩擦力沿導軌向上最大時,安培力最小:mgsinθ=f+FAminFAmin=mgsinθ-f=0.1×0.6N-0.3×0.1×0.8N=0.036N(1分)FAmin=BIminL=B2可求出vmin=FAminR總B2L摩擦力沿導軌向下最大時,安培力最大:mgsinθ+f=FAmaxFAmax=mgsinθ+f=0.1×0.6N+0.3×0.1×0.8N=0.084N.(1分)可求出vmax=FAmaxR總B所以,為使ab桿能靜止在導軌上,cd桿沿導軌向上運動的速率范圍為1.8~4.2m/s.(2分)答案:(1)0.1A方向a→b(2)1.8~4.2m/s13.(2013泰州市一模)(16分)如圖(甲)所示,MN、PQ為水平放置的足夠長的平行光滑導軌,導軌間距L為0.5m,導軌左端連接一個阻值為2Ω的定值電阻R,將一根質(zhì)量為0.2kg的金屬棒cd垂直放置在導軌上,且與導軌接觸良好,金屬棒cd的電阻r=2Ω,導軌電阻不計,整個裝置處于垂直導軌平面向下的勻強磁場中,磁感應強度B=2T.若棒以1m/s的初速度向右運動,同時對棒施加水平向右的拉力F作用,并保持拉力的功率恒為4W,從此時開始計時,經(jīng)過2s金屬棒的速度穩(wěn)定不變,圖(乙)為安培力與時