2013版高中物理全程復習方略（江蘇）：單元評估檢測(九)

第頁溫馨提示：此套題為Word版，請按住Ctrl,滑動鼠標滾軸，調節(jié)合適的觀看比例，答案解析附后。單元評估檢測(九)第九章(40分鐘100分)一、單項選擇題(本大題共5小題，每小題5分，共25分，每小題只有一個選項符合題意)1.(2019·漳州模擬)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，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()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2.(2019·無錫模擬)圖中L是繞在鐵芯上的線圈，它與電阻R、R0、開關和電池E構成閉合回路.開關S1和S2開始都處在斷開狀態(tài).設在t＝0時刻，接通開關S1，經過一段時間，在t＝t1時刻，再接通開關S2，則能較準確表示電阻R兩端的電勢差Uab隨時間t變化的圖線是()3.(2019·杭州模擬)如圖甲所示，兩個閉合圓形線圈A、B的圓心重合，放在同一水平面內，線圈A中通以如圖乙所示的變化電流，t＝0時電流方向為順時針(如圖甲箭頭所示).在t1～t2時間內，對于線圈B，下列說法中正確的是()A.線圈B內有順時針方向的電流，線圈有擴張的趨勢B.線圈B內有順時針方向的電流，線圈有收縮的趨勢C.線圈B內有逆時針方向的電流，線圈有擴張的趨勢D.線圈B內有逆時針方向的電流，線圈有收縮的趨勢4.(預測題)如圖所示為幾個有理想邊界的磁場區(qū)域，相鄰區(qū)域的磁感應強度B大小相等、方向相反，區(qū)域的寬度均為L.現(xiàn)有一邊長為L的正方形導線框由圖示位置開始，沿垂直于區(qū)域邊界的直線勻速穿過磁場區(qū)域，速度大小為v.設逆時針方向為電流的正方向，下列各圖能正確反映線框中感應電流的是()5.(易錯題)如圖所示，一個U形金屬導軌水平放置，其上放有一個金屬導體棒ab，有一個磁感應強度為B的勻強磁場斜向上穿過軌道平面，且與豎直方向的夾角為θ.在下列各過程中，一定能在軌道回路里產生感應電流的是()A.ab向右運動，同時使θ減小B.使磁感應強度B減小，θ角同時也減小C.ab向左運動，同時增大磁感應強度BD.ab向右運動，同時增大磁感應強度B和θ角(0°<θ<90°)二、多項選擇題(本大題共5小題，每小題7分，共35分，每小題有多個選項符合題意)6.(2019·泰州模擬)如圖所示，電阻為R，導線電阻均可忽略，ef是一電阻可不計的水平放置的導體棒，質量為m，棒的兩端分別與ab、cd保持良好接觸，又能沿足夠長的框架無摩擦下滑，整個裝置放在與框架垂直的勻強磁場中，當導體棒ef從靜止下滑一段時間后閉合開關S，則S閉合后()A.導體棒ef的加速度可能大于gB.導體棒ef的加速度一定小于gC.導體棒ef最終速度隨S閉合時刻的不同而不同D.導體棒ef的機械能與回路內產生的電能之和一定守恒7.(2019·蘇州模擬)用一根橫截面積為S、電阻率為ρ的硬質導線做成一個半徑為r的圓環(huán)，ab為圓環(huán)的一條直徑.如圖所示，在ab的左側存在一個勻強磁場，磁場垂直圓環(huán)所在平面，方向如圖，磁感應強度大小隨時間的變化率eq\f(ΔB,Δt)＝k(k<0).則()A.圓環(huán)中產生逆時針方向的感應電流B.圓環(huán)具有擴張的趨勢C.圓環(huán)中感應電流的大小為|eq\f(krS,2ρ)|D.圖中a、b兩點間的電勢差大小為Uab＝|eq\f(1,4)kπr2|8.(2019·蘇州模擬)如圖所示為用導線做成的圓形回路與一直導線構成的幾種位置組合(A、B、C中直導線都與圓形線圈在同一平面內，O點為線圈的圓心，D中直導線與圓形線圈垂直，并與中心軸重合)，其中當切斷直導線中的電流時，閉合回路中會有感應電流產生的是()9.(易錯題)如圖所示，一直導體棒質量為m、長為l、電阻為r，其兩端放在位于水平面內間距也為l的光滑平行導軌上，并與之接觸良好，棒左側兩導軌之間連接一可控的負載電阻(圖中未畫出)，導軌置于勻強磁場中，磁場的磁感應強度大小為B，方向垂直于導軌所在平面，開始時，給導體棒一個平行于導軌的初速度v0，在棒的運動速度由v0減小至v1的過程中，通過控制負載電阻使棒中的電流強度I保持不變，導體棒一直在磁場中運動，若不計導軌電阻，則下述判斷和計算結果正確的是()A.導體棒做勻減速運動B.在此過程中導體棒上感應電動勢的平均值為eq\x\to(E)＝eq\f(1,2)Bl(v0＋v1)C.在此過程中負載電阻上消耗的平均功率為eq\x\to(P)＝eq\f(1,2)Bl(v0＋v1)ID.因為負載電阻的值不能確定，所以上述結論都不對10.(創(chuàng)新題)如圖所示，間距為L的光滑平行金屬導軌彎成“∠”形，底部導軌面水平，傾斜部分與水平面成θ角，導軌與固定電阻相連，整個裝置處于豎直向上的大小為B的勻強磁場中.導體棒ab和cd均垂直于導軌放置，且與導軌間接觸良好，兩導體棒的電阻皆與阻值為R的固定電阻相等，其余部分電阻不計.當導體棒cd沿底部導軌向右以速度v勻速滑動時，導體棒ab恰好在傾斜導軌上處于靜止狀態(tài)，導體棒ab的重力為mg，則()A.導體棒cd兩端電壓為BLvB.t時間內通過導體棒cd橫截面的電荷量為eq\f(2BLvt,3R)C.cd棒克服安培力做功的功率為eq\f(B2L2v2,R)D.導體棒ab所受安培力為mgtanθ三、計算題(本大題共2小題，共40分，要有必要的文字說明和解題步驟，有數(shù)值計算的要注明單位)11.(2019·鹽城模擬)(20分)如圖所示，一輕繩繞過兩輕質滑輪，兩端分別連接著矩形導線框A1和石塊A2，線框A1的ab邊長l1＝1m，bc邊長l2＝0.6m，電阻R＝0.1Ω，質量m＝0.5kg，石塊A2的質量M＝2kg，兩水平平行虛線ef、gh之間存在著垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度B＝0.5T，如果線框從靜止開始運動，進入磁場最初一段時間是勻速的，ef和gh的距離s＞l2(取g＝10m/s2).問：(1)線框進入磁場前石塊A2的加速度a為多大？(2)線框進入磁場時勻速運動的速度v為多大？(3)線框完全進入磁場后，ab邊繼續(xù)運動到gh線的過程中，其運動性質如何？12.(2019·四川高考)(20分)如圖所示，間距l(xiāng)＝0.3m的平行金屬導軌a1b1c1和a2b2c2分別固定在兩個豎直面內，在水平面a1b1b2a2區(qū)域內和傾角θ＝37°的斜面c1b1b2c2區(qū)域內分別有磁感應強度B1＝0.4T、方向豎直向上和B2＝1T、方向垂直于斜面向上的勻強磁場.電阻R＝0.3Ω、質量m1＝0.1kg、長為l的相同導體桿K、S、Q分別放置在導軌上，S桿的兩端固定在b1、b2點，K、Q桿可沿導軌無摩擦滑動且始終接觸良好.一端系于K桿中點的輕繩平行于導軌繞過輕質滑輪自然下垂，繩上穿有質量m2＝0.05kg的小環(huán).已知小環(huán)以a＝6m/s2的加速度沿繩下滑，K桿保持靜止，Q桿在垂直于桿且沿斜面向下的拉力F作用下勻速運動.不計導軌電阻和滑輪摩擦，繩不可伸長.取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：(1)小環(huán)所受摩擦力的大??；(2)Q桿所受拉力的瞬時功率.答案解析1.【解析】選C.電流增強時，電流在abcd回路中產生的垂直向里的磁場增強，回路磁通量增大，根據運動阻變法，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，相互靠攏.故C正確.2.【解析】選A.在t＝0時刻，接通開關S1，由于線圈的自感作用，流過R的電流逐漸增大到某一固定值I0，在t＝t1時刻，再接通開關S2，電源與電阻R0被短路，線圈與R、S1、S2組成閉合回路，由于線圈的自感作用，流過R的電流沿原方向從I0逐漸減小到零.故只有A正確.3.【解析】選A.在t1～t2時間內，通入線圈A中的電流是正向增大的，即逆時針方向增大的，其內部會產生增大的向外的磁場，穿過B的磁通量增大，由楞次定律可判定線圈B中會產生順時針方向的感應電流.線圈B中電流為順時針方向，與A中的電流方向相反，有排斥作用，故線圈B將有擴張的趨勢.綜上所述，A項正確.4.【解析】選D.導線框進入磁場中0至L的過程中，由右手定則知，感應電流的方向為順時針，即負方向，感應電流I＝eq\f(BLv,R)，大小恒定，A、B不正確；導線框進入磁場中L至2L的過程中，磁場方向反向，導線框左右兩側均切割磁感線，由右手定則，可判斷感應電流的方向為逆時針，即為正方向，感應電流I＝eq\f(2BLv,R)，之后重復前面的過程，C錯誤，D正確.5.【解析】選A.設此時回路面積為S，據題意，磁通量Φ＝BScosθ，對A，S增大，θ減小，cosθ增大，則Φ增大，A正確.對B，B減小，θ減小，cosθ增大，Φ可能不變，B錯.對C，S減小，B增大，Φ可能不變，C錯.對D，S增大，B增大，θ增大，cosθ減小，Φ可能不變，D錯.故選A.6.【解析】選A、D.開關閉合前，導體棒只受重力而加速下滑，閉合開關時有一定的初速度v0，若此時F安＞mg，則F安－mg＝ma；若F安＜mg，則mg－F安＝ma，因為F安的大小不確定，所以導體棒ef的加速度可能大于g、小于g或等于g(豎直向上)，故A正確，B錯誤；無論閉合開關時初速度多大，導體棒最終的安培力應和重力平衡，故C錯誤；根據能量守恒定律知，D正確.7.【解析】選B、D.由題意可知磁感應強度均勻減小，穿過閉合線圈的磁通量在減小，根據楞次定律可以判斷，圓環(huán)中產生順時針方向的感應電流，圓環(huán)具有擴張的趨勢，故A錯誤，B正確；圓環(huán)中產生的感應電動勢為E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)S＝|eq\f(1,2)πr2k|，圓環(huán)的電阻為R＝ρeq\f(l,S)＝eq\f(ρ2πr,S)，所以圓環(huán)中感應電流的大小為I＝eq\f(E,R)＝|eq\f(krS,4ρ)|，故C錯誤；圖中a、b兩點間的電勢差Uab＝I·eq\f(1,2)R＝|eq\f(1,4)kπr2|，故D正確.【變式備選】用均勻導線做成的正方形線框邊長為0.2m，正方形的一半放在垂直紙面向里的勻強磁場中，如圖所示.當磁場以10T/s的變化率增強時，線框中a、b兩點間的電勢差是()A.Uab＝0.1VB.Uab＝－0.1VC.Uab＝0.2VD.Uab＝－0.2V【解析】選B.題圖中正方形線框的左半部分磁通量變化而產生感應電動勢，從而在線框中有感應電流，把左半部分線框看成電源，其電動勢為E，內電阻為eq\f(r,2)，畫出等效電路如圖所示.則a、b兩點間的電勢差即為電源的路端電壓，設l是邊長，且依題意知eq\f(ΔB,Δt)＝10T/s.由E＝eq\f(ΔΦ,Δt)得E＝eq\f(ΔBS,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)eq\f(l2,2)＝10×eq\f(0.22,2)V＝0.2V所以U＝Ieq\f(r,2)＝eq\f(E,\f(r,2)＋\f(r,2))·eq\f(r,2)＝eq\f(0.2,r)×eq\f(r,2)V＝0.1V由于a點電勢低于b點電勢，故Uab＝－0.1V，即B選項正確.8.【解析】選B、C.在B、C圖中，穿過圓形回路的磁通量不為零，當切斷導線中的電流時，磁通量減少，所以有感應電流產生；而A、D圖中穿過圓形回路的磁通量為零且無變化，所以沒有感應電流產生.故B、C正確.9.【解析】選A、B.因為通過控制負載電阻使棒中的電流強度I保持不變，則F安＝BIl恒定，又由于導體棒在水平方向不受其他力的作用，所以導體棒做勻減速運動，選項A正確；在導體棒的速度從v0減小至v1的過程中，平均速度為eq\x\to(v)＝eq\f(1,2)(v0＋v1)，導體棒中的平均感應電動勢為eq\x\to(E)＝Bleq\x\to(v)＝eq\f(1,2)Bl(v0＋v1)，故選項B正確；導體棒中消耗的功率為P1＝I2r，所以負載電阻上消耗的平均功率為eq\x\to(P2)＝eq\x\to(E)I－P1＝eq\f(1,2)Bl(v0＋v1)I－I2r，故選項C、D都錯誤.10.【解析】選B、D.導體棒cd勻速運動，產生的電動勢E＝BLv，由串聯(lián)電路電壓關系Ucd＝eq\f(R并,R并＋R)E＝eq\f(1,3)BLv，則A錯.R總＝R并＋R＝eq\f(3,2)R，I＝eq\f(BLv,R總)，Q＝It，則：Q＝eq\f(2BLvt,3R)，則B正確.cd棒克服安培力做功的功率Pcd＝BIL·v＝eq\f(2B2L2v2,3R)，則C錯.對棒ab：mgsinθ＝F安·cosθ得F安＝mgtanθ，則D正確.11.【解析】(1)線框進入磁場前，線框A1僅受到繩的拉力FT和重力mg，石塊A2受到重力Mg和拉力FT.由牛頓第二定律，對線框：FT－mg＝ma.(2分)對石塊：Mg－FT＝Ma(2分)聯(lián)立解得：a＝eq\f(Mg－mg,M＋m)＝6m/s2(2分)(2)因為線框進入磁場的最初一段時間做勻速運動，所以石塊受力平衡Mg＝F′T(2分)線框abcd受力平衡F′T＝mg＋FA(2分)ab邊進入磁場切割磁感線，產生的電動勢E＝Bl1v(1分)形成的感應電流I＝eq\f(E,R)(1分)受到的安培力FA＝BIl1(1分)聯(lián)立上述各式得：Mg＝mg＋eq\f(B2l12v,R)(1分)代入數(shù)據解得v＝6m/s.(2分)(3)線框完全進入磁場后到ab邊運動至gh線，線框中無感應電流，受力情況同進入磁場前，所以該階段仍做勻加速直線運動，加速度仍為a＝6m/s2，方向向上.(4分)答案：(1)6m/s2(2)6m/s(3)勻加速直線運動，加速度為6m/s2，方向向上【總結提升】電磁感應現(xiàn)象力、電綜合問題的思維順序此類問題中力現(xiàn)象和電磁現(xiàn)象相互聯(lián)系，相互制約，解決問題時應建立“動—電—動”的思維順序，可概括為：(1)找準主動運動的導體，用法拉第電磁感應定律和楞次定律求解電動勢的大小和方向.(2)畫出等效電路圖，求回路中電流的大小和方向.(3)分析導體棒或線框的受力情況及導體棒或線框運動后由于受到安培力作用，對其加速度、速度的影響，進而推理得出對電路中的電流的影響.12.【解題指南】解答本題應注意以下兩點：(1)對小環(huán)應用牛頓第二定律求摩擦力的大小；(2)由P＝Fv計算功率，其中拉力F從桿Q的平衡條件入手，速度v從桿的平衡條件，結合法拉第電磁感應定律、閉合電路歐姆定律求解.【解析】(1)以小環(huán)為研究對象，由牛頓第二定律m2g－Ff＝m2a(2分)代入數(shù)據得Ff＝0.2N