江蘇省2024高考物理一輪復習第十章電磁感應8+2章末綜合能力滾動練含解析

PAGEPAGE1(8＋2)章末綜合實力滾動練一、單項選擇題1．下列沒有利用渦流的是()A．金屬探測器B．變壓器中用相互絕緣的硅鋼片疊成鐵芯C．用來冶煉合金鋼的真空冶煉爐D．磁電式儀表的線圈用鋁框做骨架答案B解析金屬探測器、真空冶煉爐都是利用渦流現(xiàn)象工作的，磁電式儀表利用渦流能讓指針快速穩(wěn)定，也是利用渦流現(xiàn)象，變壓器中的硅鋼片是為了防止渦流產生鐵損．2．如圖1所示的電路，開關閉合，電路處于穩(wěn)定狀態(tài)，在某時刻t1突然斷開開關S，則通過電阻R1中的電流I1隨時間變更的圖線可能是下圖中的()圖1答案D解析當斷開開關，原來通過R1的電流馬上消逝，由于電磁感應，線圈L產生自感電動勢阻礙自身電流變更，產生的感應電流流過電阻，其方向與原來流過電阻R1的電流方向相反，漸漸減小最終為0，故D正確．3．如圖2甲所示，長直導線與閉合金屬線框位于同一平面內，長直導線中的電流i隨時間t的變更關系如圖乙所示．在0～eq\f(T,2)時間內，直導線中電流向上，則在eq\f(T,2)～T時間內，線框中感應電流的方向與所受安培力的合力方向分別是()圖2A．順時針，向左 B．逆時針，向右C．順時針，向右 D．逆時針，向左答案B解析在0～eq\f(T,2)時間內，直導線中電流向上，由題圖乙知，在eq\f(T,2)～T時間內，直導線電流方向也向上，依據(jù)安培定則知，導線右側磁場的方向垂直紙面對里，電流漸漸增大，則磁場漸漸增加，依據(jù)楞次定律，金屬線框中產生逆時針方向的感應電流；依據(jù)左手定則，金屬線框左邊受到的安培力方向向右，右邊受到的安培力方向向左，離導線越近，磁場越強，則左邊受到的安培力大于右邊受到的安培力，所以金屬線框所受安培力的合力方向向右，故B正確，A、C、D錯誤．4．(2024·山東濟南市3月模擬)在如圖3甲所示的電路中，螺線管匝數(shù)n＝1000匝，橫截面積S＝20cm2.螺線管導線電阻r＝1.0Ω，R1＝4.0Ω，R2＝5.0Ω，C＝30μF.在一段時間內，垂直穿過螺線管的磁場的磁感應強度B的方向如圖甲所示，大小按如圖乙所示的規(guī)律變更，則下列說法中正確的是()圖3A．螺線管中產生的感應電動勢為1.2VB．閉合K，電路中的電流穩(wěn)定后，電容器的下極板帶負電C．閉合K，電路中的電流穩(wěn)定后，電阻R1的電功率為2.56×10－2WD．閉合K，電路中的電流穩(wěn)定后，斷開K，則K斷開后，流經(jīng)R2的電荷量為1.8×10－2C答案C解析依據(jù)法拉第電磁感應定律：E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝nSeq\f(ΔB,Δt)，解得：E＝0.8V，故A錯誤；依據(jù)楞次定律可知，螺線管的感應電流回旋而下，則螺線管下端相當于電源的正極，則電容器的下極板帶正電，故B錯誤；依據(jù)閉合電路歐姆定律，有：I＝eq\f(E,R1＋R2＋r)＝0.08A，依據(jù)P＝I2R1，解得：P＝2.56×10－2W，故C正確；K斷開后，流經(jīng)R2的電荷量即為K閉合時電容器一個極板上所帶的電荷量Q，電容器兩端的電壓為：U＝IR2＝0.4V，流經(jīng)R2的電荷量為：Q＝CU＝1.2×10－5C，故D錯誤．5．(2024·江西南昌市二模)如圖4所示為一“凸形”線框，其中ab＝bc＝cd＝de＝ah＝hg＝gf＝l，ef＝3l.線框在外力作用下以恒定速度垂直磁場通過一寬為l的有界勻強磁場．取逆時針方向的電流為正，圖示時刻t＝0，則線框中產生的電流i隨時間t變更的圖象中，正確的是()圖4答案B解析感應電動勢為：E＝BLv，則感應電流為：I＝eq\f(BLv,R)；由右手定則可知，線框進入磁場過程感應電流沿逆時針方向，是正的，線框離開磁場過程感應電流沿順時針方向，是負的，故A、C、D錯誤，B正確．二、多項選擇題6．(2024·河北唐山市模擬)如圖5所示，半徑為2r的彈性螺旋線圈內有垂直紙面對外的圓形勻強磁場區(qū)域，磁場區(qū)域的半徑為r，已知彈性螺旋線圈的電阻為R，線圈與磁場區(qū)域共圓心，則以下說法中正確的是()圖5A．保持磁場不變，線圈的半徑由2r變到3r的過程中，有順時針的電流B．保持磁場不變，線圈的半徑由2r變到0.5r的過程中，有逆時針的電流C．保持半徑不變，使磁場隨時間按B＝kt變更，線圈中的電流為eq\f(kπr2,R)D．保持半徑不變，使磁場隨時間按B＝kt變更，線圈中的電流為eq\f(2kπr2,R)答案BC解析由于磁場的面積不變，線圈的半徑由2r變到3r的過程中，穿過線圈磁通量不變，所以在線圈中沒有感應電流產生，故A錯誤；由于磁場的面積不變，線圈的半徑由2r變到0.5r的過程中，線圈包含磁場的面積變小，磁通量變小，依據(jù)楞次定律可知，產生逆時針的電流，故B正確；保持半徑不變，使磁場隨時間按B＝kt變更，依據(jù)法拉第電磁感應定律和閉合電路歐姆定律得：I＝eq\f(E,R)＝eq\f(\f(ΔΦ,Δt),R)＝eq\f(\f(ΔB,Δt)S,R)＝keq\f(S,R)＝keq\f(πr2,R)，故C正確，D錯誤．7．(2024·江蘇鹽城市第三次模擬)勞倫斯制成世界上第一臺回旋加速器，其原理如圖6所示．回旋加速器由兩個銅質D形盒D1、D2構成，其間留有空隙，下列說法正確的是()圖6A．粒子從電場中獲得能量B．粒子獲得的最大速度與回旋加速器半徑有關C．粒子獲得的最大速度與回旋加速器內的電場有關D．回旋加速器中的電場和磁場交替對帶電粒子做功答案AB解析回旋加速器中的電場對帶電粒子做功，粒子在電場中加速，在磁場中偏轉，粒子從電場中獲得能量，故A正確，D錯誤．依據(jù)qvB＝meq\f(v2,R)，則Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(q2B2R2,2m)，可知粒子獲得的最大速度與回旋加速器半徑R有關，但是與回旋加速器內的電場無關，選項B正確，C錯誤．8．(2024·貴州黔東南州模擬)如圖7甲所示，單匝正方形導線框固定在勻強磁場中，磁感線方向與導線框所在平面垂直，磁感應強度B隨時間t變更的規(guī)律如圖乙所示，其中B0、t0均為已知量．已知導線框的邊長為L，總電阻為R，則下列說法中正確的是()圖7A．t0時刻，ab邊受到的安培力大小為eq\f(B\o\al(02)L3,2Rt0)B．0～t0時間內，導線框中電流的方向始終為badcbC．0～t0時間內，通過導線框某橫截面的電荷量為eq\f(2B0L2,R)D．0～t0時間內，導線框產生的熱量為eq\f(B\o\al(02)L4,4Rt0)答案AD解析由法拉第電磁感應定律得，E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)L2＝eq\f(B0,2t0)L2，通過導線框的感應電流大小為：I＝eq\f(E,R)＝eq\f(B0L2,2Rt0)，t0時刻，ab邊所受安培力大小為：F＝B0IL＝eq\f(B\o\al(02)L3,2Rt0)，故A正確；依據(jù)楞次定律可知，0～t0時間內，導線框中電流的方向始終為abcda，故B錯誤；0～t0時間內，通過導線框某橫截面的電荷量為：q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(\f(B0,2)L2,R)＝eq\f(B0L2,2R)，故C錯誤；導線框中電流做的功為：W＝I2Rt0＝eq\f(B\o\al(02)L4,4Rt0)，因此導線框產生的熱量為：Q＝W＝eq\f(B\o\al(02)L4,4Rt0)，故D正確．三、非選擇題9．(2024·江蘇南京市六校聯(lián)考)如圖8所示，兩平行光滑的金屬導軌AD、CE相距L＝1.0m，導軌平面與水平面的夾角α＝30°，下端A、C用不計電阻的導線相連，導軌電阻不計．PQGH范圍內有方向垂直導軌平面對上、磁感應強度B＝0.5T的勻強磁場，磁場的寬度d＝0.6m，邊界PQ、HG均與導軌垂直．接入電路的電阻r＝0.40Ω的金屬棒MN放置在導軌上，棒兩端始終與導軌接觸良好，從與磁場上邊界GH距離為b＝0.40m的位置由靜止釋放，當金屬棒進入磁場時，恰好做勻速運動，棒在運動過程中始終與導軌垂直，取g＝10m/s2.求：圖8(1)金屬棒進入磁場時的速度大小v；(2)金屬棒的質量m；(3)金屬棒在穿過磁場的過程中產生的熱量Q.答案(1)2m/s(2)0.25kg(3)0.75J解析(1)依據(jù)動能定理可得：mgsinα·b＝eq\f(1,2)mv2－0，解得：v＝2m/s(2)金屬棒進入磁場時，恰好做勻速運動，由平衡條件得：mgsinα＝BIL，又I＝eq\f(BLv,r)聯(lián)立解得：m＝0.25kg(3)依據(jù)能量守恒，在磁場運動過程中，削減的重力勢能轉化為焦耳熱：Q＝mgdsinα＝0.75J.10.(2024·河南鄭州市其次次質量預料)如圖9所示，三塊擋板圍成截面邊長L＝1.2m的等邊三角形區(qū)域，C、P、Q分別是MN、AM和AN中點處的小孔，三個小孔處于同一豎直面內，MN水平，MN上方是豎直向下的勻強電場，場強E＝4×10－4N/C.三角形區(qū)域內有垂直紙面對里的勻強磁場，磁感應強度為B1；AMN以外區(qū)域有垂直紙面對外、磁感應強度大小為B2＝3B1的勻強磁場．現(xiàn)將一比荷eq\f(q,m)＝108C/kg的帶正電的粒子，從O點由靜止釋放，粒子從MN小孔C進入內部勻強磁場，經(jīng)內部磁場偏轉后干脆垂直AN經(jīng)過Q點進入外部磁場．已知粒子最終回到了O點，OC相距2m．設粒子與擋板碰撞過程中沒有動能損失，且電荷量不變，不計粒子重力，不計擋板厚度，取π＝3.求：圖9(1)磁感應強度B1的大小；(2)粒子從O點動身，到再次回到O點經(jīng)驗的時間；(3)若僅變更B2的大小，當B2滿意什么條件時，粒子可以垂直于MA經(jīng)孔P回到O點(若粒子經(jīng)過A點馬上被汲取)．答案(1)eq\f(2,3)×10－5T(2)2.85×10－2s(3)eq\f(4k＋2,3)×10－5T(k＝0,1,2,3…)解析(1)粒子在電場中加速，則由動能定理得：Eqx＝eq\f(1,2)mv2解得v＝400m/s帶電粒子在磁場中的運動軌跡如圖所示．由幾何關系可知R1＝eq\f(L,2)＝0.6m由qvB1＝meq\f(v2,R1)代入數(shù)據(jù)得B1＝eq\f(2,3)×10－5T(2)由題可知B2＝3B1＝2×10－5T又qvB2＝meq\f(v2,R2)則R2＝0.2m粒子在由O→C過程中做勻加速直線運動，則x＝eq\f(1,2)vt1得到t1＝0.01s粒子在磁場B1中的周期為T1＝eq\f(2πm,qB1)則在磁場B1中的運動時間為t2＝eq\f(1,3)T1＝3×10－3s在磁場B2中的周期為T2＝eq\f(2πm,qB2)在磁場B2中的運動時間為t3＝eq\f(180°＋300°＋180°,360°)T2＝5.5×10－3s則粒子在復合場中運動的總時間