（导与练）(福建专版)高考物理一轮复习-第九章检测试题.doc

1、第九章检测试题(时间:60分钟满分:100分) 【测控导航】知识点题号1.法拉第电磁感应定律12.产生感应电流的条件23.楞次定律34.电磁感应中的动力学问题4、75.自感56.电磁感应中的图象问题67.电磁感应中的能量问题88.电磁感应中的电路问题99.实验10、1110.综合问题12、13一、选择题(本题共9小题,每小题6分,共54分.在每小题给出的四个选项中,只有一个选项正确,选对的得6分,选错或不选的得0分)1.(2012南京一模)一种早期发电机原理示意图如图所示,该发电机由固定的圆形线圈和一对用铁心连接的圆柱形磁铁构成,两磁极相对于线圈平面对称,线圈圆心为O点.在磁极绕转轴匀速转动的

2、过程中,当磁极与O点在同一条直线上时,穿过线圈的(B)A.磁通量最大,磁通量变化率最大B.磁通量最大,磁通量变化率最小C.磁通量最小,磁通量变化率最大D.磁通量最小,磁通量变化率最小解析:根据=BS可判定,B最大时线圈的磁通量最大,根据磁铁的磁感线分布可判定,在图示位置,匀速转动的圆柱形磁铁在线圈上的磁通量变化率是最小的,故选项A、C、D错,选项B对.(1)掌握各种常见磁体的磁感线分布;(2)磁通量、磁通量变化率都是针对一个面说的;(3)画示意图进行定性推理.2.如图所示,小圆圈表示处于匀强磁场中的闭合电路一部分导线的横截面,速度v在纸面内,关于感应电流的有无及方向的判断正确的是(C)A.(甲

3、)图中有感应电流,方向向外B.(乙)图中有感应电流,方向向外C.(丙)图中无感应电流D.(丁)图中a、b、c、d四位置上均无感应电流解析:(甲)图中导线切割磁感线,根据右手定则,可知电流方向向里,A错误;(乙)、(丙)图中导线不切割磁感线,无感应电流,B错误,C正确;(丁)图中导线在b、d位置切割磁感线,有感应电流,在a、c位置速度与磁感线方向平行,不切割磁感线,无感应电流,D错误.3.竖直放置的螺线管与导线abcd构成回路,导线所围区域内有一垂直纸面向里的变化的匀强磁场,螺线管下方水平桌面上有一导体圆环.导线abcd所围区域内磁场的磁感应强度按下列哪一幅图线所表示的方式变化时,导体圆环将受到

4、向下的磁场作用力(B)解析:题图A中,逐渐减小,由法拉第电磁感应定律E=n=nS可知,线圈中产生的感应电动势逐渐减小,线圈中的感应电流逐渐减小,感应电流产生的磁场逐渐减弱,穿过导体圆环的磁通量逐渐减小,由楞次定律可知,导体圆环受到向上的磁场作用力才会阻碍磁通量的减小,同理分析可得,题图B中的磁场能使导体圆环受到向下的磁场作用力,故选项A错误,B正确;题图C、D中,磁感应强度B随时间t均匀变化,线圈中产生恒定的感应电动势和感应电流,导体圆环中不再产生感应电流,它不受磁场的作用力,故选项C、D均错误.4.(2012西城二模)一个足够长的竖直放置的磁铁结构如图(乙)所示.在图(甲)中磁铁的两个磁极分

5、别为同心的圆形和圆环形.在两极之间的缝隙中,存在辐射状的磁场,磁场方向水平向外,某点的磁感应强度大小与该点到磁极中心轴的距离成反比.用横截面积一定的细金属丝制成的圆形单匝线圈,从某高度被无初速释放,在磁极缝隙间下落的过程中,线圈平面始终水平且保持与磁极共轴.线圈被释放后(D)A.线圈中没有感应电流,线圈做自由落体运动B.在图(甲)俯视图中,线圈中感应电流沿逆时针方向C.线圈有最大速度,线圈半径越大,最大速度越小D.线圈有最大速度,线圈半径越大,最大速度越大解析:将圆形单匝线圈分割成无数小段,线圈在磁极缝隙间下落的过程中,每一小段都切割磁感线,因此,闭合线圈中会产生感应电流,由右手定则判断可知,

6、感应电流沿顺时针方向(题图(甲)俯视图),所受安培力与其运动方向相反,线圈不做自由落体运动,故选项A、B均错误;设线圈半径为r,则感应电动势大小E=B2rv=2Brv,感应电流大小I=,线圈电阻R=,其中S为线圈金属丝的横截面积,安培力大小F=BI2r,联立解得F=,若线圈金属丝的密度为,则当安培力与重力平衡时线圈的速度达到最大,即=2rSg,解得vm=,因线圈半径越大,其所在处的磁感应强度B越小,故vm越大,选项C错误,D正确.5.如图所示,电路中A、B是规格相同的灯泡,L是电阻可忽略不计的电感线圈,那么(A)A.合上S,A、B一起亮,然后A变暗后熄灭B.合上S,B先亮,A逐渐变亮,最后A、

7、B一样亮C.断开S,A立即熄灭,B由亮变暗后熄灭D.断开S,A、B都立即熄灭解析:合上S,由于L的自感作用,其电流从零开始逐渐增加,A、B一起亮,然后A变暗后熄灭,A对,B错;断开S,B立即熄灭,由于L的自感作用,A亮一下再逐渐熄灭,C、D都错.6.(2012福建四校联考)如图所示,两条平行虚线之间存在匀强磁场,磁场方向垂直纸面向里,虚线间的距离为L.金属圆环的直径也是L.自圆环从左边界进入磁场开始计时,以垂直于磁场边界的恒定速度v穿过磁场区域.规定逆时针方向为感应电流i的正方向,则圆环中感应电流i随其移动距离x的ix图象最接近(A)解析:金属圆环进入磁场时,如图所示,则由法拉第电磁感应定律知

8、回路电动势的大小与移动位移x的关系是E=BLv=2Bv=2Bv=2Bv(0xL),由楞次定律知回路中感应电流方向是逆时针.当金属圆环完全进入磁场后又离开磁场时,同理由对称性可分析回路电动势大小变化规律与0xL过程相同,只是回路中感应电流方向为顺时针,A正确.此题考查电磁感应中的图象问题,解题的关键是弄清磁通量的变化情况和切割磁感线的有效长度,记住:切割磁感线的导体的“有效长度”为与导体运动方向垂直的导体的投影长度.7.如图(甲)所示,MN左侧有一垂直纸面向里的匀强磁场.现将一边长为l、质量为m、电阻为R的正方形金属线框置于该磁场中,使线框平面与磁场垂直,且bc边与磁场边界MN重合.当t=0时,

9、对线框施加一水平拉力F,使线框由静止开始向右做匀加速直线运动;当t=t0时,线框的ad边与磁场边界MN重合.图(乙)为拉力F随时间变化的图线.由以上条件可知,磁场的磁感应强度B的大小为(B)A.B=B.B=C.B=D.B=解析:金属线框做匀加速直线运动,t0时的速度v=t0,安培力大小F安=,依题意得F0=3F0-F安,联立解得B=,故选项B正确.线框做匀加速直线运动,安培力的变化特点决定了外力F的变化特点,抓住Ft图象中的两个特殊坐标值即可列式求解.8.如图所示,磁感应强度为B的匀强磁场垂直于竖直平面内的形框,水平导体棒MN可沿两侧足够长的光滑导轨下滑而不分离,除R外,装置的其余部分电阻都可

10、忽略不计,将MN无初速度释放,要使电流稳定后R的热功率变为原来的两倍,在其他条件不变的情况下,可以采用的办法有(A)A.MN质量不变,形框宽度减为原来的B.电阻R变为原来的一半C.磁感应强度B变为原来的倍D.MN质量增加为原来的2倍解析:导体棒下滑,电流稳定后R的热功率为:P=,mg=,形框宽度减为原来的,则速度变为原来的2倍,功率变为原来的2倍;电阻R变为原来的一半,速度变为原来的一半,功率变为原来的1/2;磁感应强度B变为原来的倍,速度变为原来的1/2,功率变为原来的1/2;MN质量增加为原来的2倍,速度变为原来的2倍,功率变为原来的4倍.故选A.9.某研究性学习小组研制了一种发电装置如图

11、(甲)所示,图(乙)为其俯视图.将8块外形相同的磁铁交错放置组合成一个高h=0.5 m、半径r=0.2 m的圆柱体,其可绕固定轴OO逆时针(俯视)转动,角速度=100 rad/s,设圆柱体外侧附近每个磁场区域的磁感应强度大小均为B=0.2 T,方向都垂直于圆柱体侧面.紧靠圆柱体外侧固定一根与其等高、电阻R1=0.5 的细金属杆ab,杆与轴OO平行.图(丙)中阻值R=1.5 的电阻与理想电流表串联后接在杆a、b两端.下列说法正确的是(D)A.电流表A的示数约为1.41 AB.杆ab产生感应电动势的最大值E约为2.83 VC.电阻R消耗的电功率为2 WD.在圆柱体转过一周的时间内,流过电流表A的总

12、电荷量为零解析:细金属杆ab相对于圆柱体外侧的速度v=r=0.2100 m/s=20 m/s,杆中产生的感应电动势大小E=Bhv=0.20.520 V=2 V,流过电流表的电流I= A=1 A,电阻R消耗的电功率P=I2R=121.5 W=1.5 W,故选项A、B、C均错误;因不同的磁场区域经过细金属杆附近时使得杆中产生感应电流方向相反,而圆柱体转动一周,正好是4个N极区域4个S极区域,故流过电流表A的总电荷量为零,选项D正确.二、实验题(每小题9分,共18分)10.如图为“研究电磁感应现象”的实验装置.(1)将图中所缺的导线补接完整.(2)如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下,那

13、么合上开关后.A.将原线圈迅速插入副线圈时,电流计指针向左偏转一下B.将原线圈插入副线圈后,电流计指针一直偏在零点右侧C.原线圈插入副线圈后,将滑动变阻器触头迅速向左拉时,电流计指针向右偏转一下D.原线圈插入副线圈后,将滑动变阻器触头迅速向左拉时,电流计指针向左偏转一下解析:(1)应将原线圈、滑动变阻器、电池、开关串联在一起,副线圈与电流计串联在一起,连线如图.(2)开关闭合时,原线圈电路中电流增大,电流产生的磁场增强,会使副线圈磁通量增加.将原线圈迅速插入副线圈时,也会使副线圈磁通量增加,故电流计指针均会向右偏转一下.滑动变阻器触头迅速向左拉时,电路中电阻变大,电流减小磁场减弱,穿过副线圈的

14、磁通量减少,故电流计指针会向左偏转一下.答案:(1)见解析图(2)D11.关于“研究影响感应电动势大小的有关因素”的实验.(1)如图所示为本实验装置图,图中所示的器材是,图中所示的器材是.(2)实验时,针对同一个螺线管分别让小车以不同的速度靠近它,这是为了研究.A.感应电动势的大小与小车运动速度的关系B.感应电动势的大小与磁通量变化的时间的关系C.感应电动势的大小与磁通量的变化量的关系D.感应电动势的大小与螺线管匝数的关系(3)通过本实验,可以得出的结论是:若穿过回路的磁通量变化越快,则.解析:(1)题图中所示的器材是光电门,题图中所示的器材是螺线管(线圈).(2)小车靠近螺线管,穿过螺线管的

15、磁通量变化量相同,靠近的速度不同,则磁通量的变化快慢不同,故正确选项为B.(3)本实验得出的结论是:穿过螺线管的磁通量变化越快,则感应电动势越大.答案:(1)光电门螺线管(线圈)(2)B(3)感应电动势越大三、计算题(共28分)12.(2012盐城市高三模拟)(12分)如图所示,两足够长平行光滑的金属导轨MN、PQ相距为L,导轨平面与水平面夹角=30,导轨上端跨接一定值电阻R,导轨电阻不计.整个装置处于方向竖直向上的匀强磁场中,长为L的金属棒cd垂直于MN、PQ放置在导轨上,且与导轨接触良好,金属棒的质量为m、电阻为r,重力加速度为g,现将金属棒由静止释放,当金属棒沿导轨下滑距离为s时,速度达

16、到最大值vm,求:(1)金属棒开始运动时的加速度大小;(2)匀强磁场的磁感应强度大小;(3)金属棒沿导轨下滑距离为s的过程中,电阻R上产生的电热.解析:(1)设金属棒开始运动时的加速度大小为a,由牛顿第二定律有mgsin =ma,解得a=gsin .(2分)(2)设匀强磁场的磁感应强度大小为B,则金属棒达到最大速度时产生的电动势E=BLvmcos ,(1分)回路中产生的感应电流I=,(1分)金属棒所受安培力F=BIL,(1分)cd棒所受合外力为零时,下滑的速度达到最大,则Fcos =mgsin ,(1分)解得B=.(2分)(3)设电阻R上产生的电热为Q,整个电路产生的电热为Q总,则mgssin

17、 =m+Q总,(2分)Q=Q总,(1分)解得Q=.(1分)答案:(1)gsin (2)(3)13.(2013泰州市一模)(16分)如图(甲)所示,MN、PQ为水平放置的足够长的平行光滑导轨,导轨间距L为0.5 m,导轨左端连接一个阻值为2 的定值电阻R,将一根质量为0.2 kg的金属棒cd垂直放置在导轨上,且与导轨接触良好,金属棒cd的电阻r=2 ,导轨电阻不计,整个装置处于垂直导轨平面向下的匀强磁场中,磁感应强度B=2 T.若棒以1 m/s的初速度向右运动,同时对棒施加水平向右的拉力F作用,并保持拉力的功率恒为4 W,从此时开始计时,经过2 s金属棒的速度稳定不变,图(乙)为安培力与时间的关

18、系图象.试求:(1)金属棒的最大速度;(2)金属棒的速度为3 m/s时的加速度大小;(3)求从开始计时起2 s内电阻R上产生的电热.解析:(1)金属棒的速度最大时,所受合外力为零,即BIL=F,而P=Fvmax,I=,(2分)解出vmax= m/s=4 m/s.(2分)(若根据图象求解,同样给分)(2)速度为3 m/s时,感应电动势E=BLv=20.53 V=3 V,电流I=,F安=BIL,(2分)金属棒受到的拉力F= N,(1分)牛顿第二定律:F-F安=ma,(2分)解出a= m/s2.(1分)(3)在此过程中,由动能定理得:Pt+W安=m-m,(2分)W安=-6.5 J,(2分)QR=3.25 J.(2分)答案:见解析.