高考物理一輪復(fù)習(xí) 單元質(zhì)檢十 電磁感應(yīng)（含解析）新人教版-新人教版高三物理試題

《高考物理一輪復(fù)習(xí) 單元質(zhì)檢十 電磁感應(yīng)（含解析）新人教版-新人教版高三物理試題》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考物理一輪復(fù)習(xí) 單元質(zhì)檢十 電磁感應(yīng)（含解析）新人教版-新人教版高三物理試題（10頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、單元質(zhì)檢十　電磁感應(yīng) (時(shí)間:45分鐘　滿分:100分) 一、選擇題(本題共7小題,每小題7分,共49分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中,第1~4題只有一項(xiàng)符合題目要求,第5~7題有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得7分,選對(duì)但不全的得3分,有選錯(cuò)的得0分) 1.如圖所示,將兩端刮掉絕緣漆的導(dǎo)線繞在一把銼刀上,一端接上電池(電池另一極與銼刀接觸),手執(zhí)導(dǎo)線的另一端,在銼刀上來(lái)回劃動(dòng),由于銼刀表面凹凸不平,就會(huì)產(chǎn)生電火花。下列說(shuō)法正確的是(　　) A.產(chǎn)生電火花的回路只由導(dǎo)線與電池組成 B.導(dǎo)線端只向一個(gè)方向劃動(dòng)也能產(chǎn)生電火花 C.銼刀采用什么材料制成對(duì)實(shí)驗(yàn)沒(méi)有影響 D.導(dǎo)線端劃動(dòng)的方向

2、決定了自感電動(dòng)勢(shì)的方向 答案:B 解析:由題圖可知,產(chǎn)生電火花的回路由導(dǎo)線、銼刀與電池組成,A錯(cuò)誤;手執(zhí)導(dǎo)線的另一端,在銼刀上來(lái)回劃動(dòng)時(shí)產(chǎn)生電火花,是由于電路時(shí)通時(shí)斷,在回路中會(huì)產(chǎn)生自感電動(dòng)勢(shì),與導(dǎo)線運(yùn)動(dòng)的方向無(wú)關(guān),因此導(dǎo)線端只向一個(gè)方向劃動(dòng)也能產(chǎn)生電火花,B正確;產(chǎn)生電火花的回路由導(dǎo)線、銼刀與電池組成,如果銼刀是絕緣體,則實(shí)驗(yàn)不能完成,C錯(cuò)誤;自感電動(dòng)勢(shì)的方向與電流接通或電流斷開(kāi)有關(guān),與導(dǎo)線端劃動(dòng)的方向無(wú)關(guān),D錯(cuò)誤。 2.(2019·山東青島模擬)下圖為地磁場(chǎng)磁感線的示意圖。一架民航飛機(jī)在赤道上空勻速飛行,機(jī)翼保持水平,由于遇到強(qiáng)氣流作用使飛機(jī)豎直下墜,在地磁場(chǎng)的作用下,金屬機(jī)翼上有電

3、勢(shì)差。設(shè)飛行員左方機(jī)翼末端處的電勢(shì)為φ1,右方機(jī)翼末端處的電勢(shì)為φ2,忽略磁偏角的影響,則(　　) A.若飛機(jī)從西往東飛,φ2比φ1高 B.若飛機(jī)從東往西飛,φ2比φ1高 C.若飛機(jī)從南往北飛,φ2比φ1高 D.若飛機(jī)從北往南飛,φ2比φ1高 答案:C 解析:在赤道上空由于地磁場(chǎng)的方向是由南到北的,若飛機(jī)從西往東飛或者從東往西飛,豎直下墜,機(jī)翼方向與地磁場(chǎng)方向平行,不切割磁感線,不產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì),所以機(jī)翼兩端不存在電勢(shì)差,故選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤;若飛機(jī)從南往北飛,豎直下墜,機(jī)翼方向與地磁場(chǎng)方向垂直,由右手定則可判定,飛機(jī)的右方機(jī)翼末端的電勢(shì)比左方機(jī)翼末端的電勢(shì)高,即φ2比φ1高,同理

4、可知,若飛機(jī)從北往南飛,φ2比φ1低,選項(xiàng)C正確,D錯(cuò)誤。 3.如圖所示,質(zhì)量為m的銅質(zhì)閉合線圈靜置于粗糙水平桌面上。當(dāng)一個(gè)豎直放置的條形磁鐵貼近線圈,沿線圈中線由左至右從線圈正上方等高、勻速經(jīng)過(guò)時(shí),線圈始終保持不動(dòng)。則關(guān)于線圈在此過(guò)程中受到的支持力FN和摩擦力Ff的情況,以下判斷正確的是(　　) A.FN先大于mg,后小于mg B.FN一直大于mg C.Ff先向左,后向右 D.線圈中的電流方向始終不變 答案:A 解析:根據(jù)楞次定律,線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電流總是阻礙它們的相對(duì)運(yùn)動(dòng)。當(dāng)磁鐵靠近線圈時(shí),由于相互作用,二者會(huì)相互排斥,線圈會(huì)受到向左的摩擦力,且受到桌面的支持力大于重力;同

5、理,磁鐵遠(yuǎn)離線圈時(shí),二者會(huì)相互吸引,線圈仍然受到向左的摩擦力,但桌面對(duì)它的支持力小于重力。綜上所述,選項(xiàng)A正確,B、C錯(cuò)誤。當(dāng)磁鐵靠近線圈時(shí),穿過(guò)線圈的磁通量向下增加,根據(jù)楞次定律,線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電流的方向從上向下看是逆時(shí)針?lè)较?同理,當(dāng)磁鐵遠(yuǎn)離線圈時(shí),穿過(guò)線圈的磁通量向下減小,線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電流的方向從上向下看是順時(shí)針?lè)较?D錯(cuò)誤。 4.(2019·北京海淀區(qū)月考)如圖所示,水平面內(nèi)有一平行金屬導(dǎo)軌,導(dǎo)軌光滑且電阻不計(jì)。勻強(qiáng)磁場(chǎng)與導(dǎo)軌平面垂直。阻值為R的導(dǎo)體棒垂直于導(dǎo)軌靜止放置,且與導(dǎo)軌接觸良好。t=0時(shí),將開(kāi)關(guān)S由1擲到2。q、i、v和a分別表示電容器所帶的電荷量、棒中的電流、棒的速

6、度和棒的加速度。下列圖像正確的是(　　) 答案:D 解析:當(dāng)開(kāi)關(guān)S由1擲到2時(shí),電容器開(kāi)始放電,此時(shí)電流最大,棒受到的安培力最大,加速度最大;此后棒開(kāi)始運(yùn)動(dòng),產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì),棒相當(dāng)于電源,利用右手定則可判斷棒上端為正極,下端為負(fù)極,與電容器的極性相同;隨著速度增大,感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)增大,電路中的電流逐漸減小,當(dāng)電容器極板電壓與棒兩端電動(dòng)勢(shì)相等時(shí),電容器不再放電,電路電流等于零,棒做勻速運(yùn)動(dòng),加速度減為零,所以選項(xiàng)B、C錯(cuò)誤,D正確。因電容器最終兩極板間有穩(wěn)定電壓,q=CU不等于零,所以選項(xiàng)A錯(cuò)誤。 5.在如圖甲所示的電路中,螺線管匝數(shù)n=1 500,橫截面積S=20 cm2。螺線管導(dǎo)線

7、電阻r=1.0 Ω,R1=4.0 Ω,R2=5.0 Ω,C=30 μF。在一段時(shí)間內(nèi),穿過(guò)螺線管的磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B按如圖乙所示的規(guī)律變化。則下列說(shuō)法正確的是(　　) A.螺線管中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為1 V B.閉合S,電路中的電流穩(wěn)定后,電阻R1的電功率為1.4×10-2 W C.電路中的電流穩(wěn)定后電容器下極板帶正電 D.S斷開(kāi)后,流經(jīng)R2的電荷量為1.8×10-5 C 答案:CD 解析:E=nΔBSΔt=1500×0.4×20×10-4V=1.2V,故A錯(cuò)誤;I=ER1+R2+r=1.24.0+5.0+1.0A=0.12A,R1的電功率為P1=I2·R1=0.122×4W=5

8、.76×10-2W,故B錯(cuò)誤;由楞次定律可知C正確;電容器的電荷量q=CUR2=C·IR2=30×10-6×0.12×5.0C=1.8×10-5C,斷開(kāi)S后,電容器通過(guò)R2放電,故D正確。 6.如圖所示,一導(dǎo)線彎成閉合線圈,以速度v向左勻速進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁場(chǎng)方向垂直平面向外,線圈總電阻為R。從線圈進(jìn)入磁場(chǎng)開(kāi)始到完全進(jìn)入磁場(chǎng)為止,下列結(jié)論正確的是(　　) A.感應(yīng)電流一直沿順時(shí)針?lè)较? B.線圈受到的安培力先增大,后減小 C.感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的最大值E=Brv D.穿過(guò)線圈某個(gè)橫截面的電荷量為B(r2+πr2)R 答案:AB 解析:在閉合線圈進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中,通過(guò)閉合線

9、圈的磁通量逐漸增大,根據(jù)楞次定律可知感應(yīng)電流的方向一直為順時(shí)針?lè)较?A正確;線圈切割磁感線的有效長(zhǎng)度先變大后變小,感應(yīng)電流先變大后變小,安培力也先變大后變小,B正確;線圈切割磁感線的有效長(zhǎng)度的最大值為2r,感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大為E=2Brv,C錯(cuò)誤;穿過(guò)線圈某個(gè)橫截面的電荷量為q=IΔt=ΔΦR=Br2+π2r2R,D錯(cuò)誤。 7.如圖甲所示,abcd是位于豎直平面內(nèi)的正方形閉合金屬線框,金屬線框的質(zhì)量為m,電阻為R。在金屬線框的下方有一勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域,MN和PQ是勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域的水平邊界,并與線框的bc邊平行,磁場(chǎng)方向垂直于線框平面向里?，F(xiàn)使金屬線框從MN上方某一高度處由靜止開(kāi)始下落,圖乙是金屬線框由

10、開(kāi)始下落到完全穿出勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域瞬間的v-t圖像。圖像中的物理量均為已知量。重力加速度為g,不計(jì)空氣阻力。下列說(shuō)法正確的是(　　) A.金屬線框剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)感應(yīng)電流沿adcba方向 B.金屬線框的邊長(zhǎng)為v1(t2-t1) C.磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為1v1(t2-t1)mgRv1 D.金屬線框在0~t4的時(shí)間內(nèi)所產(chǎn)生的熱量為mgv1(t2-t1)+12m(v32?v22) 答案:BC 解析:金屬線框剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)由右手定則可知感應(yīng)電流方向沿abcda方向,故A錯(cuò)誤;由題圖可知線框剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)做勻速運(yùn)動(dòng),直到完全進(jìn)入,運(yùn)動(dòng)位移等于金屬線框的邊長(zhǎng),即金屬線框的邊長(zhǎng)為l=v1(t2-t1),故

11、B正確;線框勻速運(yùn)動(dòng),則mg=l2B2v1R,解得B=1v1(t2-t1)mgRv1,故C正確;由能量守恒可知金屬線框在0~t4的時(shí)間內(nèi)所產(chǎn)生的熱量為Q=2mgv1(t2-t1)+12m(v32?v22),故D錯(cuò)誤。 二、計(jì)算題(本題共3小題,共51分) 8.(16分)如圖所示,粗糙斜面的傾角θ=37°,半徑r=0.5 m的圓形區(qū)域內(nèi)存在著垂直于斜面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一個(gè)匝數(shù)n=10的剛性正方形線框abcd通過(guò)松弛的柔軟導(dǎo)線與一個(gè)額定功率P=1.25 W的小燈泡L相連,圓形磁場(chǎng)的一條直徑恰好過(guò)線框bc邊。已知線框質(zhì)量m=2 kg,總電阻R0=1.25 Ω,邊長(zhǎng)l>2r,與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ

12、=0.5。從t=0時(shí)起,磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度按B=2-2πt(T)的規(guī)律變化。開(kāi)始時(shí)線框靜止在斜面上,在線框運(yùn)動(dòng)前,燈泡始終正常發(fā)光。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力,g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求: (1)線框不動(dòng)時(shí),回路中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E; (2)小燈泡正常發(fā)光時(shí)的電阻R; (3)線框保持不動(dòng)的時(shí)間內(nèi),小燈泡產(chǎn)生的熱量Q。 答案:(1)2.5 V　(2)1.25 Ω　(3)3.14 J 解析:(1)由法拉第電磁感應(yīng)定律有 E=nΔΦΔt=nΔBΔt×12πr2=10×2π×12π×0.52V=2.5V。 (2)小燈泡正常發(fā)光,有P=I2R

13、由閉合電路歐姆定律有E=I(R0+R) 即P=ER0+R2R 代入數(shù)據(jù)解得R=1.25Ω。 (3)當(dāng)線框恰好要運(yùn)動(dòng)時(shí),設(shè)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B',對(duì)線框bc邊在磁場(chǎng)中的部分受力分析。 安培力F安=nB'I×2r=nB'ER0+R×2r 由共點(diǎn)力的平衡條件有 mgsinθ=F安+Ff=2nB'r·ER0+R+μmgcosθ 解得線框剛要運(yùn)動(dòng)時(shí),磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B'=0.4T 得線框在斜面上可保持靜止的時(shí)間 t=4π5s 小燈泡產(chǎn)生的熱量 Q=Pt=1.25×4π5J≈3.14J。 9.(17分)如圖甲所示,在水平面內(nèi)的直角坐標(biāo)系的第一象限有磁場(chǎng)分布,方向垂直于水平面

14、向下,磁感應(yīng)強(qiáng)度沿y軸方向沒(méi)有變化,沿x軸方向B與x成反比,如圖乙所示。頂角θ=45°的光滑金屬長(zhǎng)導(dǎo)軌MON固定在水平面內(nèi),ON與x軸重合,一根與ON垂直的長(zhǎng)導(dǎo)體棒在水平向右的外力作用下沿導(dǎo)軌向右滑動(dòng),導(dǎo)體棒在滑動(dòng)過(guò)程中始終與導(dǎo)軌接觸,且與x軸垂直。已知t=0時(shí),導(dǎo)體棒位于頂點(diǎn)O處,導(dǎo)體棒的質(zhì)量為m=1 kg,回路接觸點(diǎn)總電阻恒為R=0.5 Ω,其余電阻不計(jì)?；芈冯娏鱅與時(shí)間t的關(guān)系如圖丙所示,圖線是過(guò)原點(diǎn)的直線。求: (1)t=2 s時(shí)回路的電動(dòng)勢(shì)E; (2)0~2 s時(shí)間內(nèi)流過(guò)回路的電荷量q和導(dǎo)體棒的位移x1; (3)導(dǎo)體棒滑動(dòng)過(guò)程中水平外力F的瞬時(shí)功率P(單位:W)與橫坐標(biāo)x(

15、單位:m)的關(guān)系式。 答案:(1)2 V　(2)4 C　2 m　(3)P=4x+2x(各物理量均取國(guó)際單位制中的單位) 解析:(1)根據(jù)I-t圖像可知,I=k1t(k1=2A/s) 則當(dāng)t=2s時(shí),回路電流I1=4A 根據(jù)閉合電路歐姆定律可得 E=I1R=2V。 (2)流過(guò)回路的電荷量q=It 由I-t圖像可知,0~2s內(nèi)的平均電流I=2A, 得q=4C 由歐姆定律得 I=BlvR,l=xtan45° 根據(jù)B-x圖像可知,B=k2x(k2=1T·m) 聯(lián)立解得v=k1Rk2t(k1=2A·s-1) 由于k1Rk2=1m/s2,再根據(jù)v=v0+at,可知a=1m/s2

16、 則導(dǎo)體棒做勻加速直線運(yùn)動(dòng) 所以0~2s時(shí)間內(nèi)導(dǎo)體棒的位移x1=12at2=2m。 (3)導(dǎo)體棒受到的安培力F安=BIl 根據(jù)牛頓第二定律有F-F安=ma 又2ax=v2 P=Fv 解得P=B2x2vR+ma2ax=4x+2x(各物理量均取國(guó)際單位制中的單位)。 10.(18分)間距為l的兩平行金屬導(dǎo)軌由水平部分和傾斜部分平滑連接而成,如圖所示,傾角為θ的導(dǎo)軌處于大小為B1、方向垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)間Ⅰ中,水平導(dǎo)軌上的無(wú)磁場(chǎng)區(qū)間靜止放置一質(zhì)量為3m的“聯(lián)動(dòng)雙桿”(由兩根長(zhǎng)為l的金屬桿cd和ef,用長(zhǎng)度為l'的剛性絕緣桿連接而成),在“聯(lián)動(dòng)雙桿”右側(cè)存在大小為B2、方向垂直

17、導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)間Ⅱ,其長(zhǎng)度大于l',質(zhì)量為m、長(zhǎng)為l的金屬桿ab,從傾斜導(dǎo)軌上端釋放,達(dá)到勻速后進(jìn)入水平導(dǎo)軌(無(wú)能量損失),桿ab與“聯(lián)動(dòng)雙桿”發(fā)生碰撞后桿ab和cd合在一起形成“聯(lián)動(dòng)三桿”,“聯(lián)動(dòng)三桿”繼續(xù)沿水平導(dǎo)軌進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)間Ⅱ并從中滑出,運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,桿ab、cd和ef與導(dǎo)軌始終接觸良好,且保持與導(dǎo)軌垂直。已知桿ab、cd和ef電阻均為R=0.02 Ω,m=0.1 kg,l=0.5 m,l'=0.3 m,θ=30°,B1=0.1 T,B2=0.2 T,g取10 m/s2,不計(jì)摩擦阻力和導(dǎo)軌電阻,忽略磁場(chǎng)邊界效應(yīng)。求: (1)桿ab在傾斜導(dǎo)軌上勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度大小v0; (

18、2)“聯(lián)動(dòng)三桿”進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)間Ⅱ前的速度大小v; (3)“聯(lián)動(dòng)三桿”滑過(guò)磁場(chǎng)區(qū)間Ⅱ過(guò)程中產(chǎn)生的焦耳熱Q。 答案:(1)6 m/s　(2)1.5 m/s　(3)0.25 J 解析:(1)對(duì)桿ab受力分析,勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)重力沿斜面向下的分力與安培力平衡。 感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=B1lv0 電流I=ER+R2=E1.5R 安培力F=B1Il 由平衡條件得mgsinθ=B12l2v01.5R 代入數(shù)據(jù)解得v0=6m/s。 (2)桿ab與“聯(lián)動(dòng)雙桿”發(fā)生碰撞時(shí),由動(dòng)量守恒定律得mv0=4mv 解得v=1.5m/s。 (3)進(jìn)入B2磁場(chǎng)區(qū)域過(guò)程,設(shè)速度減少量大小為Δv,根據(jù)動(dòng)量定理有 -B2I'lΔt=-4mΔv I'Δt=q=ΔΦ1.5R=B2l'l1.5R 解得Δv=0.25m/s 出B2磁場(chǎng)后“聯(lián)動(dòng)三桿”的速度為 v'=v-2Δv=1.0m/s 根據(jù)能量守恒求得Q=12×4m×(v2-v'2)=0.25J。