2012届高考物理总复习测试题28

章末检测(九)(时间：90分钟 满分：100分)一、选择题(每题3分，共36分)1．(2010·合肥模拟)如图所示，A 、B 两闭合线圈由同样长度、同种材料的导线绕成，A 为10匝，B 为20匝，半径为r A ＝2r B ，匀强磁场只分布在B线圈内．若磁场均匀地减弱，则( )A ．A 中无感应电流B ．A 、B 中均有恒定的感应电流C ．A 、B 中感应电动势之比为2∶1D ．A 、B 中感应电流之比为1∶2答案：BD解析：在线圈A 、B 中都存在着磁通量的变化，因此两线圈中都有感应电流，选项A 错误，选项B 正确；由于A 的匝数为B 的一半，两个线圈中磁通量及其变化完全相同，根据法拉第电磁感应定律，两个线圈中感应电动势之比为1∶2，选项C 错误；由于两个线圈用同样导线绕成且总长度相同，所以两个线圈的电阻是相同的，因此A 、B 中感应电流之比也是1∶2，选项D 正确．2．单匝矩形线圈在磁场中匀速转动，转轴垂直于磁场，若线圈所围面积里磁通量随时间变化的规律如图所示，由O ～D 过程中( )A ．线圈中O 时刻感应电动势最大B ．线圈中D 时刻感应电动势为零C ．线圈中D 时刻感应电动势最大D ．线圈中O 至D 时刻内平均感应电动势为0.40 V答案：ABD解析：在O 时刻Φ-t 图线的斜率最大，由E ＝ΔΦΔt知感应电动势最大，A 选项正确；在D 时刻Φ-t 图线的斜率为0，由E ＝ΔΦΔt知感应电动势为0，B 选项正确，C 选项错误；在O 至D 时间内E ＝ΔΦΔt ＝2×10－30.005V ＝0.40 V ，故D 选项正确． 3．(2009·山东理综)如图所示，一导线弯成半径为a 的半圆形闭合回路．虚线MN 右侧有磁感应强度为B 的匀强磁场，方向垂直于回路所在的平面．回路以速度v 向右匀速进入磁场，直径CD始终与MN 垂直，从D 点到达边界开始到C 点进入磁场为止，下列结论正确的是( )A ．感应电流方向不变B ．CD 段直导线始终不受安培力C ．感应电动势最大值E m ＝Ba vD ．感应电动势平均值E ＝14πBa v 答案：ACD 解析：根据楞次定律可判定闭合回路中产生的感应电流方向始终不变，A 正确；CD 段电流方向是D 指向C ，根据左手定则可知，CD 段受到安培力，且方向竖直向下，B 错误；当有一半进入磁场时，产生的感应电动势最大，E m ＝Ba v ，C 正确；由法拉第电磁感应定律得E ＝ΔΦΔt ＝πBa v 4，D 正确． 4．(2009·海南单科)一长直铁芯上绕有一固定线圈M ，铁芯右端与一木质圆柱密接，木质圆柱上套有一闭合金属环N ，N 可在木质圆柱上无摩擦移动．M 连接在如图所示的电路中，其中R 为滑动变阻器，E 1和E 2为直流电源，S 为单刀双掷开关．下列情况中，可观测到N 向左运动的是( )A ．在S 断开的情况下，S 向a 闭合的瞬间B ．在S 断开的情况下，S 向b 闭合的瞬间C ．在S 已向a 闭合的情况下，将R 的滑动头向c 端移动时D ．在S 已向a 闭合的情况下，将R 的滑动头向d 端移动时答案：C解析：由楞次定律第二种描述可知：只要线圈中电流增强，即穿过N 的磁通量增加，则N 受排斥而向右运动，只要线圈中电流减弱，即穿过N 的磁通量减少，则N 受吸引而向左运动，故选项C 正确．5．如图所示的电路中，电源电动势为E ，内阻r 不能忽略．R 1和R 2是两个定值电阻，L 是一个自感系数较大的线圈．开关S 原来是断开的，从闭合开关S 到电路中电流达到稳定为止的时间内，通过R 1的电流I 1和通过R 2的电流I 2的变化情况是( )A ．I 1开始较大而后逐渐变小B ．I 1开始很小而后逐渐变大C ．I 2开始很小而后逐渐变大D ．I 2开始较大而后逐渐变小答案：AC解析：闭合开关S 时，由于L 是一个自感系数较大的线圈，产生反向的自感电动势阻碍电流的变化，所以开始时I 2很小而I 较大，随着电流达到稳定，线圈的自感作用减小，I 2开始逐渐变大，由于分流导致稳定电路中R 1中的电流减小，故选A 、C.6．(2010·江门模拟)如图是某电磁冲击钻的原理图，若突然发现钻头M 向右运动，则可能是( )A ．开关S 闭合瞬间B ．开关S 由闭合到断开的瞬间C ．开关S 已经是闭合的，变阻器滑片P 向左迅速滑动D ．开关S 已经是闭合的，变阻器滑片P 向右迅速滑动答案：AC解析：当开关突然闭合时，左线圈上有了电流，产生磁场，而对于右线圈来说，磁通量增加，由楞次定律可知，为了阻碍磁通量的增加，钻头M 向右运动远离左边线圈，故A 项正确；当开关由闭合到断开瞬间，穿过右线圈的磁通量要减少，为了阻碍磁通量的减少，钻头M 要向左运动靠近左边线圈，故B 项错误；开关闭合时，当变阻器滑片P 突然向左滑动时，回路的电阻减小，回路电流增大，产生的磁场增强，穿过右线圈的磁通量增大，为了阻碍磁通量的增加，钻头M 向右运动远离左边线圈，故C 项正确；当变阻器滑片P 突然向右滑动时，回路的电阻增大，回路电流减小，产生的磁场减弱，穿过右线圈的磁通量减少，为了阻碍磁通量的减少，钻头M 向左运动靠近左边线圈，故D 项错误．7．如图(甲)所示，矩形导线框abcd 放在匀强磁场中，在外力控制下静止不动；磁感线方向与线圈平面垂直，磁感应强度B 随时间变化的图象如图(乙)所示，t ＝0时刻，磁感应强度的方向垂直纸面向里．在0～4 s 时间内，线框ab 边受安培力随时间变化的图象可能是图中的(规定力向左为正)( )答案：D解析：由B -t 图象可知，在0～1 s 内，匀强磁场垂直纸面向里，且均匀减小，据楞次定律可判定线框中感应电流方向b →a →d →c →b 进一步由左手定则判定ab 边受安培力方向向左，为正值．又根据F ＝BIL ＝B ΔB ·S ΔtRL ∝B ，综合考虑不难得出正确答案为D. 8．如图所示，竖直平面内的虚线上方是一匀强磁场B ，从虚线下方竖直上抛一正方形线圈，线圈越过虚线进入磁场，最后又落回原处，运动过程中线圈平面保持在竖直平面内，不计空气阻力，则( )A ．上升过程克服磁场力做的功大于下降过程克服磁场力做的功B ．上升过程克服磁场力做的功等于下降过程克服磁场力做的功C ．上升过程克服重力做功的平均功率大于下降过程中重力的平均功率D ．上升过程克服重力做功的平均功率等于下降过程中重力的平均功率答案：AC解析：线圈上升过程中，加速度增大且在减速，下降过程中，运动情况比较复杂，有加速、减速或匀速等，把上升过程看做反向的加速，可以比较当运动到同一位臵时，线圈速度都比下降过程中相应的速度要大，可以得到结论：上升过程中克服安培力做功多；上升过程时间短，故正确选项为A 、C.9．(2010·湖南十校联考)两根相互平行的金属导轨水平放置于图所示的匀强磁场中，在导轨上接触良好的导体棒AB和CD可以自由滑动．当AB在外力F作用下向右运动时，下列说法中正确的是()A．导体棒CD内有电流通过，方向是D→CB．导体棒CD内有电流通过，方向是C→DC．磁场对导体棒CD的作用力向左D．磁场对导体棒AB的作用力向左答案：BD解析：利用楞次定律，两个导体棒与两根金属导轨构成闭合回路，分析出磁通量增加，结合安培定则判断回路中感应电流的方向是B→A→C→D→B.以此为基础，再判断CD内的电流方向，最后根据左手定则进一步确定CD的受力方向，经过比较可得正确答案．10．(2010·福州一模)在甲、乙、丙三图中，除导体棒ab可动外，其余部分均固定不动，甲图中的电容器C原来不带电，设导体棒、导轨和直流电源的电阻均可忽略，导体棒和导轨间的摩擦也不计．图中装置均在水平面内，且都处于方向垂直水平面(即纸面)向下的匀强磁场中，导轨足够长．今给导体棒ab一个向右的初速度，在甲、乙、丙三种情况下导体棒ab的最终运动状态是()A．三种情形下导体棒ab最终均做匀速运动B．甲、丙中，ab棒最终将以不同的速度做匀速运动，乙中ab棒最终静止C．甲、丙中，ab棒最终将以相同的速度做匀速运动，乙中ab棒最终静止D．三种情形下导体棒ab最终均静止答案：B解析：图甲中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流而使电容器充电，当电容器C 极板间电压与导体棒产生的感应电动势相等时，电路中没有电流，ab棒向右做匀速运动；图乙中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流，通过电阻R转化为内能，当ab棒的动能全部转化为内能时，ab棒静止；图丙中，导体棒先受到向左的安培力作用下向左做加速运动，当导体棒产生的感应电动热与电源的电动势相等时，电路中没有电流，ab棒向左做匀速运动．所以B项正确．11．如图所示，在水平桌面上放置两根相距L的光滑平行金属导轨ab与cd，阻值为R的电阻与导轨的a、c端相连．金属滑杆MN垂直于导轨并可在导轨上滑动．整个装置放于匀强磁场中，磁场的方向竖直向上，磁感应强度的大小为B.金属滑杆与导轨电阻不计，金属滑杆的中点系一不可伸长的轻绳，绳绕过固定在某边的光滑轻滑轮后，与一质量为m的物块相连，拉金属滑杆的绳处于水平拉直状态．现若从静止开始释放物块，用I表示回路中的感应电流，g表示重力加速度，则在物块下落过程中物块的速度可能()A ．小于mgRB 2L 2 B ．等于mgR B 2L 2C ．小于I 2R mgD ．大于I 2R mg 答案：ABC 解析：MN 的最大速度就是安培力等于重力时对应的速度，即BIL ＝mg ，B 2L 2v /R ＝mg ，v＝mgR B 2L 2，故A 、B 正确；又I ＝BL v R ，v ＝I 2R mg，C 正确D 错误． 12．(2010·徐州模拟)如图所示，四根等长的铝管和铁块(其中C 中铝管不闭合，其他两根铝管和铁管均闭合)竖直放置在同一竖直平面内，分别将磁铁和铁块沿管的中心轴线从管的上端由静止释放，忽略空气阻力，则下列关于磁铁和铁块穿过管的运动时间的说法正确的是( )A ．t A >tB ＝tC ＝t DB ．tC ＝t A ＝t B ＝tD C ．t C >t A ＝t B ＝t DD ．t C ＝t A >t B ＝t D答案：A解析：A 中闭合铝管不会被磁铁磁化，但当磁铁穿过铝管的过程中，铝管可看成很多圈水平放臵的铝圈，据楞次定律知，铝圈将发生电磁感应现象，阻碍磁铁的相对运动；因C 中铝管不闭合，所以磁铁穿过铝管的过程不发生电磁感应现象，磁铁做自由落体运动；铁块在B 中铝管和D 中铁管中均做自由落体运动，所以磁铁和铁块在管中运动时间满足t A >t C ＝t B ＝t D ，A 正确．二、填空题(每题4分，共12分)13．如图所示的电路，L 为自感线圈，R 是一个灯泡，E 是电源，当S闭合瞬间，通过电灯的电流方向是________，当S 切断瞬间通过电灯的电流方向是________．答案：A →B B →A解析：S 闭合时，根据电源正负极易知电流方向．S 断开瞬间，线圈L 将产生与原电流同向的断电自感电动势阻碍原电流的减小，线圈L 与灯泡组成闭合回路，通过灯泡的电流从B 到A .14．如图所示，竖直平面内有一金属环，半径为a ，总电阻为R (指拉直时两端的电阻)，磁感应强度为B 的匀强磁场垂直穿过环平面，在环的最高点A 用铰链连接长度为2a 、电阻为R 2的导体棒AB ，AB 由水平位置紧贴环面摆下，当摆到竖直位置时，B 点的线速度为v ，则这时AB两端的电压大小为________答案：13Ba v解析：摆到竖直位臵时，AB 切割磁感线的瞬时感应电动势E ＝B ·2a ·⎝⎛⎭⎫12v ＝Ba v . 由闭合电路欧姆定律，U AB ＝E R 2＋R 4·R 4＝13Ba v . 15．(2010·试题调研)由于国际空间站的运行轨道上各处的地磁场强弱及方向均有所不同，所以在运行过程中，穿过其外壳的地磁场的磁通量将不断变化，这样将会导致________现象发生，从而消耗国际空间站的能量．为了减少这类消耗，国际空间站的外壳材料的电阻率应尽可能________(填“大”或“小”)一些．答案：电磁感应 大解析：电阻率较大，电阻也较大，同样的电磁感应现象，产生的电动势一定，由P ＝U 2R 可知，电阻较大时，消耗的电功率较小，可以减少能量消耗．三、计算题(共5题，共52分)16．(10分)(2010·福州模拟)如图所示，长L 1宽L 2的矩形线圈电阻为R ，处于磁感应强度为B 的匀强磁场边缘，线圈与磁感线垂直．求：将线圈以向右的速度v 匀速拉出磁场的过程中，(1)拉力F 大小；(2)拉力的功率P ；(3)拉力做的功W ；(4)线圈中产生的电热Q ；(5)通过线圈某一截面的电荷量q .答案：(1)B 2L 22v R (2)B 2L 22v 2R (3)B 2L 22L 1v R(4)B 2L 22L 1v R (5)BL 1L 2R解析：(1)E ＝BL 2v ，I ＝E /R ，F ＝BIL 2，∴ F ＝B 2L 22v R(2)P ＝F v ＝B 2L 22v 2/R(3)W ＝FL 1＝B 2L 22L 1v /R(4)Q ＝W ＝B 2L 22L 1v /R(5)q ＝It ＝E R t ＝ΔΦR ＝BL 1L 2R17．(10分)(2010·杭州模拟)如图(a)所示，面积S ＝0.2 m 2的线圈，匝数n ＝630匝，总电阻r ＝1.0 Ω，线圈处在变化的磁场中，磁感应强度B 随时间t 按图(b)所示规律变化，方向垂直线圈平面．图(a)中传感器可看成一个纯电阻R ，并标有“3 V 0.9 W ”，滑动变阻器R 0上标有“10 Ω 1 A ”，试回答下列问题：(1)设磁场垂直纸面向外为正方向，试判断通过电流表的电流方向；(2)为了保证电路的安全，求电路中允许通过的最大电流；(3)若滑动变阻器触头置于最左端，为了保证电路的安全，图(b)中的t 0最小值是多少？ 答案：(1)向右 (2)0.3 A (3)40 s解析：(1)由安培定则判断得，电流向右．(2)传感器正常工作时的电阻R ＝U 2P＝10 Ω 工作电流I ＝U R＝0.3 A ，由于滑动变阻器工作电流是1 A ，所以电路允许通过的最大电流为I ＝0.3 A(3)滑动变阻器触头位于最左端时外电路的电阻为R 外＝20 Ω，故电源电动势的最大值E ＝I (R 外＋r )＝6.3 V由法拉第电磁感应定律E ＝n ΔΦΔt ＝nS ΔB Δt ＝630×0.2×2.0t 0V ，解得t 0＝40 s 18．(10分)如图甲所示，一对平行光滑轨道放置在水平面上，两轨道间距l ＝0.20 m ，电阻R ＝1.0 Ω；有一导体杆静止地放在轨道上，与两轨道垂直，杆及轨道的电阻皆可忽略不计，整个装置处于磁感应强度B ＝0.50 T 的匀强磁场中，磁场方向垂直轨道面向下．现用一外力F 沿轨道方向拉杆，使之做匀加速运动，测得力F 与时间t 的关系如图乙所示，求杆的质量m 和加速度a .答案：0.1 kg 10 m/s 2解析：导体杆在轨道上做初速度为零的匀加速直线运动，用v 表示瞬时速度，t 表示时间，则杆切割磁感线产生的感应电动势为E ＝Bl v ＝Blat ①闭合回路中的感应电流为I ＝E R② 由安培定则和牛顿第二定律得F －BIl ＝ma ③将①②式代入③式整理得F ＝ma ＋B 2l 2Rat ④ 在题图乙图线上取两点：t 1＝0，F 1＝1 N ；t 2＝10 s ，F 2＝2 N ，代入式④，联立方程解得a＝10 m/s 2，m ＝0.1 kg.19．(12分)均匀导线制成的单匝正方形闭合线框abcd ，每边长为L ，总电阻为R ，总质量为m .将其置于磁感强度为B 的水平匀强磁场上方h处，如图所示．线框由静止自由下落，线框平面保持在竖直平面内，且cd 边始终与水平的磁场边界面平行．当cd 边刚进入磁场时，(1)求线框中产生的感应电动势大小．(2)求cd 两点间的电势差大小．(3)若此时线框加速度恰好为零，求线框下落的高度h 应满足的条件．答案：(1)BL 2gh (2)34BL 2gh (3)h ＝m 2gR 22B 4L 4 解析：(1)cd 边刚进入磁场时，线框速度v ＝2gh线框中产生的感应电动势E ＝BL v ＝BL 2gh(2)此时线框中电流I ＝E Rcd 两点间的电势差U ＝I ⎝⎛⎭⎫34R ＝34BL 2gh(3)安培力F ＝BIL ＝B 2L 22gh R根据牛顿第二定律mg －F ＝ma ，由a ＝0解得下落高度满足h ＝m 2gR 22B 4L4 20．(10分)光滑平行的金属导轨MN 和PQ ，间距L ＝1.0 m ，与水平面之间的夹角α＝30°，匀强磁场磁感应强度B ＝2.0 T ，垂直于导轨平面向上，MP 间接有阻值R ＝2.0 Ω的电阻，其他电阻不计，质量m ＝2.0 kg 的金属杆ab 垂直导轨放置，如图(甲)所示．用恒力F 沿导轨平面向上拉金属杆ab ，由静止开始运动，v -t 图象如图(乙)．g ＝10 m/s 2，导轨足够长，求：(1)恒力F 的大小；(2)金属杆速度为2.0 m/s 时的加速度大小；(3)根据v -t 图象估算在前0.8 s 内电阻上产生的热量．答案：(1)18 N (2)2.0 m/s 2 (3)3.80 J解析：(1)由图(乙)知，杆运动的最大速度为v m ＝4 m/s此时有：F ＝mg sin α＋F 安＝mg sin α＋B 2L 2v m R代入数据得：F ＝18 N(2)由牛顿第二定律可得：F －F 安－mg sin α＝maa ＝F －B 2L 2v R －mg sin αm，代入数据得：a ＝2.0 m/s 2 (3)由(乙)图可知0.8 s 末导体杆的速度v 1＝2.2 m/s 前0.8 s 内图线与t 轴所包围的小方格的个数为27个，面积为27×0.2×0.2＝1.08，即前0.8 s 内导体杆的位移x ＝1.08 m ．由能的转化和守恒定律得：Q ＝Fx －mgx sin α－12m v 12，代入数据得：Q ＝3.80 J (说明，前0.8 s 内图线与t 轴所包围的小方格的个数在26～28个之间，位移在1.04～1.12 m 之间，产生的热量在3.48～4.12 J 之间均正确)．。