走向高考物理第九章综合测试题

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新课标高三物理第九章综合能力测试卷

第九章综合能力测试卷[时间90分钟满分100分]一、选择题(本题包括10小题，共50分，每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．)1．关于电磁感应现象，下列说法中正确的是()A．闭合线圈放在变化的磁场中，必然有感应电流产生B．穿过闭合线圈的磁通量变化时，线圈中有感应电流C．闭合线圈在匀强磁场中垂直磁感线运动，必然产生感应电流D．穿过闭合电路的磁感线条数发生变化时，电路中有感应电流解析穿过闭合线圈的磁通量发生变化，线圈中有感应电流产生，选项C错误；若线圈平面与磁场平行，则磁通量始终为零，选项A错误、B、D正确．答案BD2．如图所示，一金属弯杆处在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，已知ab＝bc＝L，当它以速度v向右平动时，a、c两点间的电势差为()A．BL v B．BL v sinθC．BL v cosθD．BL v(l＋sinθ)答案 B3．如图所示，正方形金属框四条边电阻相等，匀强磁场垂直线框平面且刚好充满整个线框，现以相同的速率分别沿甲、乙、丙、丁四个方向将线框拉出磁场．欲使a、b两点间的电势差最大，则拉力应沿()A．甲方向B．乙方向C．丙方向D．丁方向解析以相同的速率分别沿甲、乙、丙、丁四个方向将线框拉出磁场，回路中产生的电动势E大小相同，电流I大小相同；当沿丁方向将线框拉出磁场时，ab边切割磁感线，ab相当于电源，由电路的知识可知此时ab 间电势差为I×3R(R为每边的电阻)，这也是a、b两点间电势差的最大值，即D项正确．答案 D4．图中电感线圈L的直流电阻为R L，小灯泡的电阻为R，小量程电流表G1、G2的内阻不计．当开关S闭合稳定后，电流表G1、G2的指针均偏向右侧(电流表的零刻度在表盘的中央)，则当开关S断开时，下列说法中正确的是()A．G1、G2的指针都立即回到零点B．G1缓慢回到零点，G2立即左偏，偏后缓慢回到零点C．G1立即回到零点，G2缓慢回到零点D．G2立即回到零点，G1缓慢回到零点解析S闭合且稳定时，通过含电流表G1、G2的两条支路的电流均由左向右，断开S，L中产生自感电动势，由“增反减同”可知，自感电动势E自的方向一定与原电流方向相同，等效电路如图所示，显然，断开S后，在E自的作用下，上图回路中将继续形成沿顺时针方向的电流，这时流经含有电流表G2支路的电流方向已变为由右向左了．由于这段时间E自是逐渐减小的，故电流也是逐渐减小的，综上所述选B.答案 B5．(图像信息题)如图甲所示，两个垂直纸面的匀强磁场方向相反，磁感应强度的大小均为B，磁场区域的宽度均为a，一正三角形(高为a)导线框ABC从图示位置沿图示方向匀速穿过两磁场区域，以逆时针方向为电流的正方向，在图乙中感应电流I与线框移动距离x的关系图像正确的是()解析分三个过程进行分析，线框进入磁场时，磁通量增加，由楞次定律，感应电流为逆时针，当线框进入另一磁场过程中，穿过线框的磁通量有两个方向，垂直纸面向里的磁通量减少，垂直纸面向外的磁通量增加．由楞次定律可知．感应磁场方向向里，感应电流为顺时针．磁通量的变化率不均匀，是在增加的，所以感应电流的大小增加．当线框从右侧磁场穿出过程中，磁通量减少且变化率增加，由楞次定律知电流方向为逆时针．故C对，本题采用排除法比较简便、快捷．首先排除B项，再排除D 项，最后排除A.答案 C6．(2011·合肥高三第一次教学质量检测)一个刚性矩形铜制线圈从高处自由下落，进入一水平的匀强磁场区域，然后穿出磁场区域继续下落，如图所示，则()A．若线圈进入磁场过程是匀速运动，则离开磁场过程一定是匀速运动B．若线圈进入磁场过程是加速运动，则离开磁场过程一定是加速运动C．若线圈进入磁场过程是减速运动，则离开磁场过程一定是减速运动D．若线圈进入磁场过程是减速运动，则离开磁场过程一定是加速运动解析若线圈匀速进入磁场，则mg＝F安，全部进入后不再受安培力，在重力作用下加速运动，则出磁场时F安>mg，不会匀速，A错误．进入时加速，说明F安<mg，完全进入后，线圈加速运动，F安可能大于mg，也可能等于mg，还可能小于mg，故不一定加速穿出，B错；若线圈进入磁场时减速，则F安>mg，完全进入后再加速，使得F安一定大于mg，则穿出时必定减速，C正确，D错误．答案 C7.如图所示，用粗细相同的铜丝做成边长分别为L和2L的两只闭合线框a和b，以相同的速度从磁感应强度为B的匀强磁场区域中匀速地拉到磁场外，不考虑线框的动能变化，若外力对环做的功分别为W a、W b，则W a∶W b为()A．1∶4 B．1∶2C．1∶1 D．不能确定解析匀速拉出线框时，F外＝F安，故W外＝W安＝BIL·L＝B2L3v R又L b＝2L a，R b＝2R a，则W a∶W b＝1∶4.答案 A8．如图所示，ab、cd是固定在竖直平面内的足够长的金属框架，除电阻R外其余电阻不计；ef为一金属杆，与ab、cd接触良好且没有摩擦．下滑时ef始终处于水平状态，整个装置处在垂直框面的匀强磁场中，ef从静止下滑一段时间后，闭合开关S，则()A．闭合开关时ef的加速度一定小于gB．闭合开关时ef的加速度可能等于gC．闭合开关的时刻不同，ef最终的速度不同D．闭合开关的时刻不同，ef最终的速度相同解析闭合开关时速度为v，则BIL－mg＝ma，即B2L2vR－mg＝ma由此式可知，B正确，最终F安＝mg，则v一定，D正确．答案BD9.(2011·广东深圳一调)如图中两条平行虚线之间存在匀强磁场，虚线间的距离为l，磁场方向垂直纸面向里．abcd是位于纸面内的梯形线圈，ad 与bc间的距离也为l.t＝0时刻，bc边与磁场区域边界重合．现令线圈以恒定的速度v沿垂直于磁场区域边界的方向穿过磁场区域．取沿a→b→c→d→a的感应电流为正，则在线圈穿越磁场区域的过程中，感应电流i随时间t变化的图线可能是()解析梯形线圈以恒定的速度v穿过磁场的过程中，先是bc边切割磁感线，由右手定则可判定电流方向为a→d→c→b→a；并且在线圈运动过程中，其切割磁感线的有效长度越来越长，所以感应电动势越来越大．当ad边进入磁场时，由右手定则可判定电流方向为a→b→c→d→a，线圈切割磁感线的有效长度仍然是越来越长，则感应电动势也越来越大，感应电流越来越大，B正确．答案 B10．如图所示，平行金属导轨与水平面成θ角，导轨与固定电阻R1和R2相连，匀强磁场垂直穿过导轨平面．有一导体棒ab，质量为m，导体棒的电阻与固定电阻R1和R2的阻值均相等，与导轨之间的动摩擦因数为μ，导体棒ab沿导轨向上滑动，当上滑的速度为v时，受到安培力的大小为F，此时()A．电阻R1消耗的热功率为F v/3B．电阻R2消耗的热功率为F v/6C．整个装置因摩擦而消耗的热功率为μmg v cosθD．整个装置消耗的机械功率为(F＋μmg cosθ)v解析由法拉第电磁感应定律得E＝BL v，回路总电流I＝E/1.5 R，安培力F＝BIL，所以电阻R1的功率P1＝(0.5I)2R＝F v/6，B选项正确．由于摩擦力F阻＝μmg cosθ，故因摩擦而消耗的热功率为μmg v cosθ.整个装置消耗的机械功率为(F＋μmg cosθ)v.答案BCD二、论述计算题(本大题含4小题，共50分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．)11．(12分)如图所示，直角三角形导线框abc 固定在匀强磁场中，ab 是一段长为l 1＝0.6 m 、单位长度电阻为r ＝3 Ω/m 的均匀导线，ac 和bc 的电阻可不计，bc 长度为l 2＝0.3 m ．磁场的磁感应强度为B ＝0.5 T ，方向垂直纸面向里．现有一段长度为L ＝0.3 m 、单位长度电阻也为r ＝3 Ω/m 的均匀导体杆MN 架在导线框上，开始时紧靠a 点，然后沿ab 方向以恒定速度v ＝1.2 m/s 向b 端滑动，滑动中始终与bc 平行并与导线框保持良好接触．求：(1)导线框中有感应电流的时间是多长？(2)当导体杆MN 滑到ab 中点时，导线bc 中的电流是多少？方向如何？(3)导体杆MN 自a 点滑到ab 中点过程中，回路中感应电动势的平均值．解析 (1)导线框中有感应电流的时间为t ＝l 1v ＝0.61.2s ＝0.5 s (2)当MN 滑到ab 中点时，有R 外＝0.3×32 Ω＝0.45 Ω r 内＝0.32×3 Ω＝0.45 Ω，R 总＝0.9 ΩE＝12BL v＝12×0.5×0.3×1.2 V＝0.09 VI＝ER总＝0.090.9A＝0.1 AI bc＝12I＝12×0.1 A＝0.05 A方向为b→c.(3)回路中感应电动势的平均值为E＝ΔΦΔt＝B·ΔSΔt＝B×12×l12×L2l12v＝0.045 V答案(1)0.5 s(2)0.05 A b→c(3)0.045 V12．(11分)边长L＝0.1 m的正方形金属线框abcd，质量m＝0.1 kg，总电阻R＝0.02 Ω，从高为h＝0.2 m处自由下落(abcd始终在竖直平面内且ab水平)，线框下有一水平的有界匀强磁场，竖直宽度L＝0.1 m，磁感应强度B＝1.0 T，方向如图所示(取g＝10 m/s2)．求：(1)线框穿越磁场过程中发出的热；(2)全程通过a点截面的电荷量；(3)在坐标系中画出线框从开始下落到dc边穿出磁场的速度与时间的图像．解析(1)因为线框abcd进入磁场时，v 1＝2gh ＝2 m/s产生的电动势E ＝BL v 1＝0.2 V安培力F A ＝BIL ＝BL E R ＝1 NF A ＝mg ，故线框在磁场中匀速运动，由能量关系可知发出热量为 Q ＝mg 2L ＝0.1×10×2×0.1 J ＝0.2 J.(2)ab 边和cd 边切割磁感线产生的感应电流大小相等．I ＝E R ＝0.20.02A ＝10 A 穿过磁场的时间t ＝2L v ＝0.1 s则通过a 点电荷量q ＝It ＝1 C(3)由(1)可知，线框自由下落的时间t 1＝2hg ＝0.2 s.在磁场内做匀速运动v ＝v 1，时间t 2＝2L v 1＝0.1 s. 图像如下图所示．答案 (1)0.2 J (2)1 C (3)见解析13．(13分)(2010·天津理综)如图所示，质量m 1＝0.1 kg ，电阻R 1＝0.3 Ω，长度l ＝0.4 m 的导体棒ab 横放在U 型金属框架上，框架质量m 2＝0.2 kg ，放在绝缘水平面上，与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，相距0.4 m的MM′、NN′相互平行，电阻不计且足够长．电阻R2＝0.1 Ω的MN垂直于MM′.整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B＝0.5 T．垂直于ab施加F＝2 N的水平恒力，ab从静止开始无摩擦地运动，始终与MM′、NN′保持良好接触，当ab运动到某处时，框架开始运动．设框架与水平面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2.(1)求框架开始运动时ab速度v的大小；(2)从ab开始运动到框架开始运动的过程中，MN上产生的热量Q＝0.1 J．求该过程ab位移x的大小．解析(1)ab对框架的压力F1＝m1g框架受水平面的支持力F N＝m2g＋F1依题意，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则框架受到最大的静摩擦力F2＝μF Nab中的感应电动势E＝Bl vMN中电流I＝ER1＋R2MN受到的安培力F安＝IlB框架开始运动时F安＝F2由上述各式代入数据解得v＝6 m/s(2)闭合回路中产生的总热量Q总＝R1＋R2 R2Q由能量守恒定律，得Fx ＝12m 1v 2＋Q 总代入数据解得x ＝1.1 m答案 (1)6 m/s (2)1.1 m14．(14分)(2011·四川理综)如图所示，间距l ＝0.3 m 的平行金属导轨a 1b 1c 1和a 2b 2c 2分别固定在两个竖直面内．在水平面a 1b 1b 2a 2区域内和倾角θ＝37°的斜面c 1b 1b 2c 2区域内分别有磁感应强度B 1＝0.4 T 、方向竖直向上和B 2＝1 T 、方向垂直于斜面向上的匀强磁场．电阻R ＝0.3 Ω、质量m 1＝0.1 kg 、长为l 的相同导体杆K 、S 、Q 分别放置在导轨上，S 杆的两端固定在b 1、b 2点，K 、Q 杆可沿导轨无摩擦滑动且始终接触良好．一端系于K 杆中点的轻绳平行于导轨绕过轻质定滑轮自然下垂，绳上穿有质量m 2＝0.05 kg 的小环．已知小环以a ＝6 m/s 2的加速度沿绳下滑，K 杆保持静止，Q 杆在垂直于杆且沿斜面向下的拉力F 作用下匀速运动．不计导轨电阻和滑轮摩擦，绳不可伸长．取g ＝10 m/s 2，sin37 °＝0.6，cos 37°＝0.8.求：(1)小环所受摩擦力的大小；(2)Q 杆所受拉力的瞬时功率．解析 (1)设小环受到的摩擦力大小为F f ，由牛顿第二定律，有m 2g －F f ＝m 2a代入数据，得F f ＝0.2 N.(2)设通过K 杆的电流为I 1，K 杆受力平衡，有F f＝B1I1l设回路总电流为I，总电阻为R总，有I＝2I1R总＝3 2R设Q杆下滑速度大小为v，产生的感应电动势为E，有I＝E R总E＝B2l vF＝m1g sinθ＝B2Il拉力的瞬时功率为P＝F v联立以上方程解得P＝2 W 答案(1)0.2 N(2)2 W。

高中物理第九章综合练习

第九章综合练习1、在水中浸入两个同样细的毛细管，一个是直的，另一个是弯的，如图所示，水在直管中上升的高度比弯管的最高点还要高，那么弯管中的水将( B )A．会不断地流出B．不会流出C．不一定会流出D．无法判断会不会流出2、如图所示，在两个固体薄片上涂上一层很薄的石蜡，然后用烧热的钢针尖接触薄片，接触点周围的石蜡被熔化，乙片上熔化了的石蜡呈圆形，则( AD )A．甲片一定是晶体B．乙片一定是非晶体C．甲片不一定是晶体D．乙片不一定是非晶体甲乙3、关于晶体和非晶体，正确的说法是( AB )A．它们的微观结构不同B．晶体内部的物质微粒是有规则地排列，而非晶体内部的物质微粒是不规则地排列C．晶体内部的物质微粒是静止的，而非晶体内部的物质微粒是不停地运动着的D．在物质内部的各个平面上，微粒数相等的是晶体，微粒数不相等的是非晶体4、下列各组物质全部为晶体的是( C )A．石英、雪花、沥青B．食盐、橡胶、沥青C．食盐、雪花、石英D．雪花、橡胶、石英5、下列现象中与毛细现象有关的是哪些( AB )A．砖块吸水B．毛巾的一只角浸入水中，水会沿毛巾上升，毛巾湿润C．洗净的衣服在太阳下被晒干D．自来水笔从墨水瓶里把墨水吸进笔中6、洗涤剂能除去衣服上的污垢，其原因是( A )A．降低了水的表面张力，使水和洗涤剂容易进入被洗物质的纤维和附着的污垢粒子之间B．增加了水的表面张力，使水和洗涤剂容易进入被洗物质的纤维和附着的污垢粒子之间C．洗涤剂分子的吸引力将污垢粒子吸入水中D．洗涤剂的分子斥力将污垢粒子推离织物表面7、下列有关液晶的说法中正确的是( ABC )A．液晶具有流动性B．液晶具有各向异性C．液晶的光学性质随所加压力的变化而变化D．液晶就是液态的晶体8、晶体在熔解过程中吸收的热量主要用于( B )A．破坏晶体结构，增加分子动能B．破坏晶体结构，增加分子势能C．破坏晶体结构，同时增加分子势能和增加分子动能D．破坏晶体结构，既不增加分子势能也不增加分子动能9、在绕地球匀速圆周运动的人造卫星中的一容器，若容器内盛有液体，则（AD ）A．液体浸润容器壁时，它便沿容器壁流散B．液体不浸润容器壁时，它便沿容器壁流散C．液体浸润容器壁时，它便形成球状D．液体不浸润容器壁时，它便形成球状10、以下结论哪些是正确的?（BC、D）A．绝对湿度大而相对湿度不一定大，相对湿度大而绝对湿度也不一定大，必须指明温度这一条件B．相对湿度是100％，表明在当时温度下，空气中水汽已达饱和状态C．在绝对湿度一定的情况下，气温降低时，相对湿度将减小D．在绝对湿度一定的情况下，气温增加时，相对湿度将减小11、以下结论哪些是正确的? （ACD）A．露点是使空气里的水蒸气刚好达到饱和时的温度B．根据露点的气温的差值，可以大致判断绝对湿度的大小C．根据露点的气温的差值，可以大致判断相对湿度的大小D．露点时的饱和汽压就是原来温度时绝对湿度12、人们感觉到空气的干湿程度，是决定于( D )A．大气里所含水蒸气的多少B．气温C．绝对湿度D．相对湿度13、不同温度下水的饱和汽压如表所示．由如下数据能确定天气最干燥的就是不同温度下水的饱和汽压(单位：毫米汞柱)（C）A．天气温度为-5℃，绝对湿度为2mm汞柱B．天气温度为O℃，绝对湿度为3mm汞柱C．天气温度为10℃，绝对湿度为3mm汞柱D．天气温度为20℃，绝对湿度为lOm汞柱14、使气体液化的方法是( AD )A．在保持体积不变的情况下不断降低气体的温度B．在保持体积不变情况下，使气体温度升高C．在保持温度不变的情况下增大压强，能使一切气体液化D．降低气体的温度到某个特殊温度以下，然后增大压强15、在久早下透雨后，种有作物的土地往往用锄松一遍，这是为了．（破坏毛细管，保持土地中的水份）16、在温度不变时，增大液面上方饱和汽的体积时，饱和汽的密度，压强，质量。

【走向高考】高考物理总复习第9章综合测试题

第九章综合测试题本卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分100分，考试时间90分钟．第Ⅰ卷(选择题共40分)一、选择题(共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项符合题目要求，有些小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分)1.如图所示，A为一固定的导体圆环，条形磁铁B从左侧无穷远处沿圆环轴线移向圆环，穿过后移到右侧无穷远处．如果磁铁的移动是匀速的，则( )A．磁铁移近时受到圆环的斥力，离开时受到圆环的引力B．磁铁在整个运动过程中，圆环中电流方向不变C．磁铁的中心通过环面时，圆环中电流为零D．若A为一固定的超导体圆环，磁铁的中心通过超导体环面时，圆环中电流最大[答案] ACD[解析] 磁铁与圆环之间发生相对运动时，感应电流产生的磁场力总是阻碍其相对运动，即“来拒去留”，磁铁移近时受到圆环的斥力，离开时受到圆环的引力，A项正确．磁铁的整个运动过程中，原磁场方向不变，磁场先变强，后变弱，产生的感应电流方向必定发生变化，B项不正确，磁铁的中心通过环面时，磁通量变化是零，圆环中电流为零，C项正确．若A为一固定的超导体圆环，在磁铁中心到达环面前，感应电动势的方向不变，产生的感应电流与原来的感应电流叠加增强，电流不断增强，磁铁的中心通过超导体环面时，圆环中电流最大，D项正确．2．(2011·北京海淀模拟)如图所示，矩形导线框abcd与无限长通电直导线MN在同一平面内，直导线中的电流方向由M到N，导线框的ab边与直导线平行．若直导线的电流增大，导线框中将产生感应电流，导线框会受到安培力的作用，则以下关于导线框受到的安培力的判断正确的是( )A．导线框有两条边所受安培力的方向相同B．导线框有两条边所受安培力的大小相同C．导线框所受的安培力的合力向左D．导线框所受的安培力的合力向右[答案] BD[解析] 本题考查电磁感应及安培力．导线框abcd处于通电直导线MN电流的磁场中，由右手定则可得导线框abcd处于垂直于纸面向里的磁场中，当电流增加时，导线框中的磁通量增强，由楞次定律可得感应电流产生的磁场应垂直于平面向外，所以导线框abcd的感应电流为逆时针方向，bc边与ad边，ab边与cd边电流方向相反，由左手定则可得：ab边安培力水平向左，大小为F ab，cd边安培力水平向左，大小为F cd，由于ab边离导线MN较近，磁感应强度大，可得F ab>F cd；bc边与ad边上的安培力方向分别竖直向下和竖直向上，由于这两边磁感线疏密情况相同，这两边的安培力平衡，可得导线框整体所受的合力方向水平向右，B、D正确，A、C错误．3．(2011·温州模拟)如图所示，E为电池，L是直流电阻可忽略不计、自感系数足够大的线圈，D1、D2是两个完全相同的灯泡，S是控制电路的开关．对于这个电路，下列说法正确的是( )A．刚闭合S的瞬间，灯泡D1、D2的亮度相同B．刚闭合S的瞬间，灯泡D2比灯泡D1亮C．闭合S，待电路达到稳定后，D1熄灭，D2比S刚闭合时亮D．闭合S，待电路达到稳定后，再将S断开，D2立即熄灭，D1先更亮后逐渐变暗．[答案] ACD[解析] 因为是直流电阻可忽略不计、自感系数足够大的线圈，刚闭合S的瞬间，灯泡D1、D2串联，亮度相同，选项A对，B错；闭合S待电路达到稳定后，灯泡D1被L短路，电路中电流更大，D2比S刚闭合时亮，选项C正确；而如要闭合S，待电路达到稳定后，再将S断开，D2立即熄灭，由于有L作用，D1先比S刚闭合时亮，后逐渐变暗，选项D正确．4．(2011·潍坊模拟)如图所示，实线圆环A、B是光滑绝缘水平面内两个固定的同心超导环，两环分别通上大小相等的电流后，在环间环形区域内产生了相同方向的磁场，在这个磁场的共同“束缚”下，带电离子沿图中虚线做顺时针方向的圆周运动．已知A环中电流沿顺时针方向．则( )A．B环中电流沿顺时针方向B．B环中电流沿逆时针方向C．带电离子带正电D．带电离子带负电[答案] BD[解析] 因为在AB环间环形区域内产生了相同方向的磁场，而A环中电流沿顺时针方向，可以判断B环中电流应为逆时针方向，选项A错，B对．同时可判断AB环间环形区域内磁场为垂直纸面向里，一带电粒子做顺时针方向的圆周运动，洛伦兹力指向圆心方向，可判断该粒子带负电，选项C错，D正确．5.如图所示，Q是单匝金属线圈，MN是一个螺线管，它的绕线方法没有画出，Q的输出端a、b和MN的输入端c、d之间用导线相连，P是在MN的正下方水平放置的用细导线绕制的软弹簧线圈．若在Q所处的空间加上与环面垂直的变化磁场，发现在t1至t2时间段内弹簧线圈处于收缩状态，则所加磁场的磁感应强度的变化情况可能是( )[答案] D[解析] 在t1至t2时间段内弹簧线圈处于收缩状态，说明此段时间内穿过线圈的磁通量变大，即穿过线圈的磁场的磁感应强度变大，则螺线管中电流变大，单匝金属线圈Q产生的感应电动势变大，所加磁场的磁感应强度的变化率变大，即B－t图线的斜率变大，选项D正确．6.如图所示，垂直纸面向外的正方形匀强磁场区域内，有一位于纸面内、电阻均匀的正方形导体框abcd，现将导体框分别朝两个方向以v0、3v0速度匀速拉出磁场，则导体框从两个方向移出磁场的过程中( )A．导体框中产生的感应电流方向相同B．导体框中产生的焦耳热相同C ．导体框ab 边两端电势差相同D ．通过导体框截面的电量相同 [答案] AD[解析] 由楞次定律可知导体框中产生的感应电流方向相同，A 正确；由电磁感应定律可得Q ＝BLv 2L 4Rv ＝B 2L 3v4R，因此导体框中产生的焦耳热不同，故B 错误；两种情况下电源的电动势不相同，导体框ab 边两端电势差不同，C 错误；由q ＝ΔΦ4R 知，通过导体框截面的电量与速度无关，D 正确．7.如图所示是法拉第做成的世界上第一台发电机模型的原理图．将铜盘放在磁场中，让磁感线垂直穿过铜盘；图中a 、b 导线与铜盘的中轴线处在同一平面内；转动铜盘，就可以使闭合电路获得电流．若图中铜盘半径为L ，匀强磁场的磁感应强度为B ，回路总电阻为R ，从上往下看逆时针匀速转动铜盘的角速度为ω.则下列说法正确的是( )A ．回路中有大小和方向做周期性变化的电流B ．回路中电流大小恒定，且等于BL 2ω2RC ．回路中电流方向不变，且从b 导线流进灯泡，再从a 导线流向旋转的铜盘D ．若将匀强磁场改为仍然垂直穿过铜盘的按正弦规律变化的磁场，不转动铜盘，灯泡中也会有电流流过[答案] BC[解析] 铜盘在转动的过程中产生恒定的电流I ＝BL 2ω2R，A 项错B 项对；由右手定则可知铜盘在转动的过程中产生恒定的电流从b 导线流进灯泡，再从a 流向旋转的铜盘，C 项正确；若将匀强磁场改为仍然垂直穿过铜盘的按正规律变化的磁场，不转动铜盘时闭合回路磁通量不发生变化，灯泡中没有电流流过，D 项错误．8.如图所示，水平光滑的平行金属导轨，左端接有电阻R ，匀强磁场B 竖直向下分布在导轨所在的空间内，质量一定的金属棒PQ 垂直导轨放置．今使棒以一定的初速度v 0向右运动，当其通过位置a 、b 时，速率分别为v a 、v b ，到位置c 时棒刚好静止，设导轨与棒的电阻均不计，a 到b 与b 到c 的间距相等，则金属棒在由a 到b 和由b 到c 的两个过程中( )A ．回路中产生的内能不相等B ．棒运动的加速度相等C ．安培力做功相等D ．通过棒横截面积的电量相等 [答案] AD[解析] 棒由a 到b 再到c 过程中，速度逐渐减小．根据E ＝Blv ，E 减小，故I 减小．再根据F ＝BIl ，安培力减小，根据F ＝ma ，加速度减小，B 错误．由于ab 、bc 间距相等，故从a 到b 安培力做的功大于从b 到c 安培力做功，故A 正确，C 错误．再根据平均感应电动势E ＝ΔΦΔt ＝B ΔS Δt ，I ＝E R ＝I Δt 得q ＝B ΔS R，故D 正确．9．(2011·济南模拟)电吉他是利用电磁感应原理工作的一种乐器．如图甲所示为电吉他拾音器的原理图，在金属弦的下方有一个连接到放大器的螺线管．一条形磁铁固定在管内，当拨动金属弦后，螺线管内就会产生感应电流，经一系列转化后可将电信号转为声信号．若由于金属弦的振动，螺线管内的磁通量随时间的变化如图乙所示，则对应感应电流的变化为( )[答案] B[解析] 由法拉第电磁感应定律可知，E ＝n ΔΦΔt ，即磁通量变化率越大，感应电动势、感应电流也就越大．分析螺线管内的磁通量随时间的变化关系图线可知，图线斜率越大产生的感应电流越大，斜率为零，感应电流也为零，对比各选项可知，选项B 正确．10．如图所示，在平行于水平地面的匀强磁场上方有三个线圈，从相同的高度由静止开始同时释放，三个线圈都是相同的金属材料制成的边长一样的正方形，A 线圈有一个缺口，B 、C 线圈闭合，但B 线圈的导线比C 线圈的粗，则( )A ．三个线圈同时落地B ．A 线圈最先落地C ．A 线圈最后落地D ．B 、C 线圈同时落地 [答案] BD[解析] 由于A 线圈上有缺口，A 中不产生感应电流，不受安培力的阻碍作用，所以A 线圈先落地，B 正确．B 、C 线圈在进入磁场的过程中，受安培力与重力作用，满足： mg －B 2L 2v R＝ma m ＝ρ密·4L ·S R ＝ρ电4L S所以4ρ密LSg －B 2LSv4ρ电＝4ρ密LSa4ρ密g －B 2v4ρ电＝4ρ密aa ＝g －B 2v16ρ密ρ电，由于B 、C 线圈起始下落高度相同，材料相同，所以a 相同，进入相同的磁场，B 、C 线圈同时落地，D 选项正确．第Ⅱ卷(非选择题共60分)二、填空题(共3小题，每小题6分，共18分．把答案直接填在横线上)11.(6分)一个面积S ＝4×10－2m 2，匝数n ＝100匝的线圈，放在匀强磁场中，磁场方向垂直平面，磁感应强度的大小随时间变化规律如图所示，在开始2秒内穿过线圈的磁通量的变化率等于________，在第3秒末感应电动势大小为________．[答案] 0.08Wb/s 8V[解析] 由图象可得，在开始2秒内ΔB Δt ＝2T/s ，则ΔΦΔt ＝ΔBSΔt ＝0.08Wb/s ；在第3秒末E ＝n ΔΦΔt＝8V.12.(6分)如图所示，在磁感应强度为B 的匀强磁场中，有半径为r 的光滑圆形导体框架，OC 为一能绕O 在框架上滑动的导体棒，Oa 之间连一个电阻R ，导体框架与导体电阻均不计，若要使OC 能以角速度ω匀速转动，则外力做功的功率是________．[答案] B 2L 4ω24R[解析] 由E ＝BL ×12ωL 及P 外＝P 电＝E 2R 可解得：P 外＝B 2L 4ω24R.13．(6分)(2011·北京东城模拟)如图所示，某空间存在垂直于纸面向里的匀强磁场，分布在半径为a 的圆柱形区域内，两个材料、粗细(远小于线圈半径)均相同的单匝线圈，半径分别为r 1和r 2，且r 1>a >r 2，线圈的圆心都处于磁场的中心轴线上．若磁场的磁感应强度B 随时间均匀减弱，已知ΔBΔt＝k ，则在任一时刻两个线圈中的感应电动势之比为________；磁场由B 均匀减到零的过程中，通过两个线圈导线横截面的电荷量之比为________．[答案] a 2r 22 a 2r 1·r 2[解析] 由法拉第电磁感应定律E ＝ΔΦΔt ＝ΔBΔt ·S ，半径分别为r 1和r 2的两线圈中感应电动势之比为E 1E 2＝S 1S 2＝a 2r 22.由q ＝I Δt ＝E R ·Δt ＝ΔΦΔt R ·Δt ＝ΔΦR，通过线圈r 1的电荷量q 1＝ΔΦ1R 1＝ΔB R 1·πa 2.通过线圈r 2的电荷量q 2＝ΔΦ2R 2＝ΔB R 2·πr 22，又根据电阻定律知线圈r 1和r 2的电阻比R 1R 2＝l 1l 2＝r 1r 2.磁场由B 均匀减到零的过程中，通过两个线圈导线横截面的电荷量之比为q 1q 2＝a 2r 1·r 2.三、论述计算题(共4小题，共42分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)14．(10分)如图甲所示，用粗细均匀的导线制成的一只圆形金属圈，现被一根绝缘丝线悬挂在竖直平面内处于静止状态，已知金属圈的质量为m ，半径为r ，导线的电阻率为ρ，截面积为S .金属圈的上半部分处在一方向垂直圈面向里的有界匀强磁场中，磁感应强度B 随时间t 的变化满足B ＝kt (k 为常量)，如图乙所示．金属圈下半部分在磁场外．若丝线所能承受最大拉力F Tm ＝2mg ，求：从t ＝0时刻起，经过多长时间丝线会被拉断？[答案]2mg ρk 2Sr 2[解析] 设金属圈受重力mg 、拉力F T 和安培力F 的作用处于静止状态，则F T ＝mg ＋F ，又F ＝2BIr金属圈中的感应电流I ＝E R由法拉第电磁感应定律得 E ＝ΔΦΔt ，ΔΦΔt ＝ΔB Δt ·πr 22金属圈的电阻R ＝ρ2πrS又B ＝kt ，F Tm ＝2mg 由以上各式求得t ＝2mg ρk 2Sr215．(10分)如图所示，光滑的U 形金属导轨MNN ′M ′水平的固定在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B ，导轨的宽度为L ，其长度足够长，M ′、M 之间接有一个阻值为R 的电阻，其余部分电阻不计．一质量为m 、电阻也为R 的金属棒ab 恰能放在导轨之上，并与导轨接触良好，给棒施加一个水平向右的瞬间作用力．棒就沿轨道以初速度v 0开始向右滑行．求：(1)开始运动时，棒中的瞬时电流i 和棒两端的瞬时电压u 分别为多大？ (2)当棒的速度由v 0减小到v 0/10的过程中，棒中产生的焦耳热Q 是多少？ [答案] (1)BLv 02R 12BLv 0 (2)99400mv 20 [解析] (1)开始运动时，棒中的感应电动势：E ＝BLv 0棒中的瞬时电流：i ＝E 2R ＝BLv 02R棒两端的瞬时电压：u ＝R R ＋R E ＝12BLv 0 (2)由能量守恒定律知，闭合电路在此过程产生的焦耳热：Q 总＝12mv 20－12m (110v 0)2＝99200mv 20棒中产生的焦耳热为：Q ＝12Q 总＝99400mv 216．(11分)如图所示，为某一装置的俯视图，PQ 、MN 为竖直放置的很长的平行金属薄板，两板间有匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向竖直向下，金属棒AB 搁置在两板上缘，并与两板垂直良好接触，现有质量为m 、带电荷量为q ，其重力不计的粒子，以初速度v 0水平向左射入两板间，问：(1)金属棒AB 应朝什么方向运动，以多大的速度运动，可以使带电粒子做匀速直线运动？(2)若金属棒运动突然停止，带电粒子在磁场中继续运动，从这时刻开始位移第一次达到mv 0qB时的时间间隔是多少？(磁场区域足够大) [答案] (1)左 v 0 (2)πm3qB[解析] (1)设电荷为正电荷，电荷做匀速直线运动，则两板间的电场力和洛伦兹力平衡，则AB 应向左匀速运动，设其速度为v ，则有：U ＝BLv ，L 为两板间距依题意：qE ＝qv 0B ，E ＝U L，解得v ＝v 0若为负电荷，上述结论不变．(2)AB 突然停止运动，两板间电场消失，电荷在B 中匀速圆周运动，依题意，由几何关系可知，电荷轨迹圆弧所对圆心角为60°，则：t ＝T 6＝πm3qB17．(11分)(2011·郑州模拟)相距L ＝1.5m 的足够长金属导轨竖直放置，质量为m 1＝1kg 的金属棒ab 和质量为m 2＝0.27kg 的金属棒cd 均通过棒两端的套环水平地套在金属导轨上，如图(a)所示，虚线上方磁场方向垂直纸面向里，虚线下方磁场方向竖直向下，两处磁场磁感应强度大小相同．ab 棒光滑，cd 棒与导轨间的动摩擦因数为μ＝0.75，两棒总电阻为1.8Ω，导轨电阻不计．ab 棒在方向竖直向上，大小按图(b)所示规律变化的外力F 作用下，从静止开始，沿导轨匀加速运动，同时cd 棒也由静止释放．(1)求出磁感应强度B 的大小和ab 棒加速度的大小；(2)已知在2s 内外力F 做功40J ，求这一过程中两金属棒产生的总焦耳热；(3)判断cd 棒将做怎样的运动，求出cd 棒达到最大速度所需的时间t 0，并在图(c )中定性画出cd 棒所受摩擦力f cd 随时间变化的图象．[答案] (1)1.2T 1m/s 2(2)18J (3)2s 见解析 [解析] (1)经过时间t ，金属棒ab 的速率v ＝at 此时，回路中的感应电流为I ＝E R ＝BLvR对金属棒ab ，由牛顿第二定律得F －BIL －m 1g ＝m 1a由以上各式整理得：F ＝m 1a ＋m 1g ＋B 2L 2Rat在图线上取两点：t 1＝0，F 1＝11N ；t 2＝2s ，F 2＝14.6N代入上式得a ＝1m/s 2B ＝1.2T(2)在2s 末金属棒ab 的速率v t ＝at ＝2m/s 所发生的位移s ＝12at 2＝2m由动能定理得W F －m 1gs －W 安＝12m 1v 2t又Q ＝W 安联立以上方程，解得Q ＝W F －m 1gs －12m 1v 2t ＝40－1×10×2－12×1×22＝18(J)(3)cd 棒先做加速度逐渐减小的加速运动，当cd 棒所受重力与滑动摩擦力相等时，速度达到最大；然后做加速度逐渐增大的减速运动，最后停止运动．当cd 棒速度达到最大时，有m 2g ＝μF N 又F N ＝F 安 F 安＝BILI ＝E R ＝BLv m Rv m ＝at 0 整理解得t 0＝m 2gR μB 2L 2a ＝0.27×10×1.80.75×1.22×1.52×1s ＝2s f cd 随时间变化的图象如图所示．。

高考物理(人教版)阶段综合测评第九章电磁感应

第九章电磁感应(时间：100分钟总分值：110分)温馨提示：1.第一卷答案写在答题卡上，第二卷书写在试卷上；交卷前请核对班级、姓名、考号.2.本场考试时间为100分钟，注意把握好答题时间.3.认真审题，仔细作答，永远不要以粗心为借口原谅自己．第一卷(选择题，共56分)一、选择题(此题共14小题，每题4分，共56分，每题给出的四个选项中至少有一项符合题意，全部选对的得4分，漏选的得2分，错选的得0分)1．(2021·安徽江南十校联考)一飞机下方有一沿竖直方向的金属杆，假设仅考虑地磁场的影响，不考虑磁偏角影响，当飞机水平飞行经过合肥上空()A．由东向西飞行时，金属杆上端电势比下端电势高B．由西向东飞行时，金属杆上端电势比下端电势高C．由南向北飞行时，金属杆上端电势比下端电势高D．由北向南飞行时，金属杆上端电势比下端电势高解析：此题考查电磁感应及右手定那么．合肥处于北半球，地磁场的水平分量由南指向北，竖直分量指向地面，当飞机由东向西飞行时，金属杆切割地磁场水平分量，由右手定那么可知金属杆上端电势比下端电势低，A错误；当飞机由西向东飞行时，金属杆切割地磁场水平分量，由右手定那么可知金属杆上端电势比下端电势高，B正确；当飞机由南向北飞行时，或者由北向南飞行时，金属杆不切割磁感线故金属杆无感应电动势产生，C、D错误．答案：B2．在研究自感现象的实验中，用两个完全相同的灯泡a、b分别与自感系数很大的自感线圈L和定值电阻R组成如下图的电路(自感线圈的直流电阻与定值电阻R的阻值相等)，闭合开关S到达稳定后两灯均可以正常发光．关于这个实验，下面的说法中正确的选项是()A．闭合开关的瞬间，通过a灯和b灯的电流相等B．闭合开关后，a灯先亮，b灯后亮C．闭合开关，待电路稳定后断开开关，a、b两灯同时熄灭D ．闭合开关，待电路稳定后断开开关，b 灯先熄灭，a 灯后熄灭解析：因L 的自感现象闭合开关的瞬间，通过a 灯的电流应小于b 灯的电流，待稳定后二者电流才相等，A 、B 都不对．闭合开关，待电路稳定后断开开关，L 相当于电源，L 、R 、b 、a 组成闭合电路，a 、b 要亮一会再同时熄灭，故C 对D 错．答案：C3．(2021·江西省重点中学联考)如下图，垂直纸面的正方形匀强磁场区域内，有一位于纸面的、电阻均匀的正方形导体框abcd ，现将导体框分别朝两个方向以3v 、v 速度匀速拉出磁场，那么导体框从两个方向移出磁场的两过程中( )A ．导体框中产生的感应电流方向相同B ．导体框中产生的焦耳热相同C ．导体框ad 边两端电势差相同D ．通过导体框截面的电荷量相同解析：如下图，导体框分别朝两个方向以3v 、v 速度匀速拉出磁场，磁通量皆减少，由楞次定律知，导体框中产生的感应电流方向相同；设导体框边长为L ，每边电阻均为R ，那么产生的电动势ε＝BL v 0，感应电流为I ＝ε4R ＝BL v 04R ，导体框中产生的焦耳热Q ＝I 24Rt ＝⎝⎛⎭⎫BL v 04R 24R L v 0＝B 2L 3v 04R ，因拉出磁场的速度不相同，故产生的焦耳热不相同；当导体框以3v 速度匀速拉出磁场时，那么产生的电动势ε1＝3BL v ，感应电流为I 1＝ε14R ＝3BL v 4R，ad 边两端电势差U 1＝I 1R ；当导体框以v 速度匀速拉出磁场时，那么产生的电动势ε2＝BL v ，感应电流为I 2＝ε24R ＝BL v 4R，ad 边两端电势差U 2＝I 2R ，故导体框ad 边两端电势差不相同；当导体框分别从两个方向移出磁场的过程中，通过导体框截面的电荷量q ＝ΔΦ4R相同，应选项AD 正确．答案：AD4．(2021·大连联考)如下图，在光滑的水平面上，一质量为m 、半径为r 、电阻为R 的均匀金属环，以v 0的初速度向一磁感应强度为B 的有界匀强磁场滑去(磁场宽度d >2r )．圆环的一半进入磁场历时t 秒，这时圆环上产生的焦耳热为Q ，那么t 秒末圆环中感应电流的瞬时功率为( )A ．4B 2r 2v 20R B ．4B 2r 2⎝⎛⎭⎫v 20－2Q m RC ．2B 2r 2⎝⎛⎭⎫v 20－2Q m RD ．B 2r 2π2⎝⎛⎭⎫v 20－2Q m R 解析：从开始到圆环的一半进入磁场的过程中，由能量守恒定律，12m v 20－Q ＝12m v 2，在进入一半时，E ＝B ·2r ·v ，P ＝E 2R ，由以上三式可得，P ＝4B 2r 2⎝⎛⎭⎫v 20－2Q m R，B 正确．答案：B5．(2021·天津联考)如下图，平行金属导轨与水平面成θ角，导轨与固定电阻R 1和R 2相连，匀强磁场垂直穿过导轨平面．有一导体棒ab ，质量为m ，导体棒的电阻与固定电阻R 1和R 2的阻值均相等，与导轨之间的动摩擦因数为μ，导体棒ab 沿导轨向上滑动，当上滑的速度为v 时，受到安培力的大小为F ，此时( )A ．电阻R 1消耗的热功率为F v /3B ．电阻R 2消耗的热功率为F v /6C ．整个装置因摩擦而消耗的热功率为μmg v cos θD ．整个装置消耗的机械功率为(F ＋μmg cos θ)v解析：由法拉第电磁感应定律得E ＝BL v ，回路总电流I ＝E /1.5R ，安培力F ＝BIL ，所以电阻R 1的功率P 1＝(0.5I )2R ＝F v /6，B 选项正确．由于摩擦力F 阻＝μmg cos θ，故因摩擦而消耗的热功率为μmg v cos θ.整个装置消耗的机械功率为(F ＋μmg cos θ)v .答案：BCD6．有一个匀强磁场，它的边界是MN ，在MN 左侧是无场区，右侧是匀强磁场区域，如图甲所示．现在有一个金属线框以恒定速度从MN 左侧进入匀强磁场区域，线框中的电流随时间变化的I －t 图象如图乙所示．那么可能的线框是以下四个中的哪一个( )解析：B、C两线框都有感应电流不变的一段时间，与I－t图线不符，对于A线框，从开始进入磁场到如图时刻，切割磁感线的长度＝22R v t－v2t2E＝2B v2R v t－v2t2因此A线框I－t图象不是直线，故只有D线框的I－t图线如乙图．答案：D7．(2021·山东平邑二中月考)铜质金属环从条形磁铁的正上方由静止开始下落，在下落过程中，以下判断中正确的选项是()A．金属环在下落过程中的机械能守恒B．金属环在下落过程中动能的增加量小于其重力势能的减少量C．金属环的机械能先减小后增大D．磁铁对桌面的压力始终大于其自身的重力解析：铜环下落过程中有电流产生，故A错；由能量守恒定律可知，铜环重力势能的减少量等于动能的增加量和产生的电能之和，B对；安培力始终做负功，机械能始终减小，故C错；当铜环运动到条形磁铁的中间位置，铜环不切割磁感线，铜环中无感应电流产生，磁铁对桌面的压力等于磁铁的重力，D错．答案：B8．(2021·石家庄局部学校联考)如下图，把一条长约10 m的电线的两端连接在一个灵敏电流表的两个接线柱上，形成闭合回路，让两个同学迅速摇动电线．当他们摇动的电线沿哪个方向时，灵敏电流表的读数最大()A．东西方向B．东偏北45°C．南北方向D．南偏东45°答案：A9．(2021·浙江省嘉兴一中月考)如下图，xOy平面内有一半径为R的圆形区域，区域内有磁感应强度大小为B的匀强磁场，左半圆磁场方向垂直于xOy平面向里，右半圆磁场方向垂直于xOy平面向外．一平行于y轴的长导体棒ab以速度v沿x轴正方向做匀速运动，那么导体棒ab两端的感应电动势E(取a→b为电动势的正方向)与导体棒位置x关系的图象是()解析：此题考查电磁感应中的图象问题．根据右手定那么，导体棒ab在左半圆磁场运动时，产生了a→b方向的电动势，且导体棒切割磁感线的有效长度逐渐增大，但增加的幅度逐渐减小；导体棒ab在右半圆磁场运动时，情况那么和在左半圆磁场运动时恰好相反，应选A．答案：A10．在如下图的倾角为θ的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度大小为B的匀强磁场区域，区域Ⅰ的磁场方向垂直斜面向上，区域Ⅱ的磁场方向垂直斜面向下，磁场的宽度均为L，一个质量为m、电阻为R、边长也为L的正方形导线框，由静止开始沿斜面下滑，t1时刻ab边刚越过GH进入磁场Ⅰ区域，此时导线框恰好以速度v1做匀速直线运动；t2时刻ab 边下滑到JP与MN的中间位置，此时线框又恰好以速度v2做匀速直线运动．重力加速度为g，以下说法中正确的有()A ．t 1时，线框具有加速度a ＝3g sin θB ．线框两次匀速直线运动的速度v 1∶v 2＝2∶1C ．从t 1到t 2过程中，线框克服安培力做功的大小等于重力势能的减少量D ．从t 1到t 2，有3mgL sin θ2＋m (v 21－v 22)2机械能转化为电能解析：t 1时ab 边刚越过GH 进入磁场Ⅰ区域，此时线框恰好以速度v 1做匀速直线运动，其加速度为零，选项A 错误；线框的ab 边越过GH 后做匀速运动直到越过JP 为止，ab 边越过JP 后回路感应电动势增大，感应电流增大，因此所受安培力增大，安培力阻碍线框下滑，因此ab 边越过JP 后导线框开始做减速运动，使感应电动势和感应电流均减小，安培力也减小，当安培力减小到与重力沿斜面向下的分力mg sin θ相等时，导线框以速度v 2做匀速运动，因此有mg sin θ－B 2L 2v 1R ＝0，mg sin θ－4B 2L 2v 2R＝0，那么v 1∶v 2＝4∶1，选项B 错；利用动能定理可知从t 1到t 2过程中，有mg ×32L sin θ－W ＝12m v 22－12m v 21，由于v 1>v 2，那么3mgL sin θ2<W ，选项C 错误；W ＝3mgL sin θ2＋m (v 21－v 22)2，选项D 正确．答案：D11．(2021·浙江局部学校联考)如下图，一矩形线框以竖直向上的初速度进入只有一条水平边界的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，进入磁场后上升一段高度又落下离开磁场，运动中线框只受重力和磁场力，线框在向上、向下经过图中1、2位置时的速率按时间顺序依次为v 1、v 2、v 3和v 4，那么可以确定( )A ．v 1<v 2B ．v 2<v 3C ．v 3<v 4D ．v 4<v 1解析：由能量守恒定律可知：线框从进入磁场到离开磁场的过程中，有局部机械能转化为焦耳热，即机械能减小，那么v 4<v 1，选项D 正确；而线框完全在磁场中运动时，由于磁通量不变，没有感应电流，故线框只受重力作用，机械能守恒，那么v 2＝v 3，选项B 错误；由楞次定律可知：线框进入磁场时受到的安培力方向竖直向下，重力方向竖直向下，因而做减速运动，且v 1>v 2，选项A 错误；线框离开磁场时受到的安培力方向竖直向上，重力方向竖直向下，二者大小关系不能确定，故v 3、v 4大小关系也不能确定，选项C 错误．12．(2021·河南豫北五校联考)如下图，在竖直平面内有两根平行金属导轨，上端与电阻R相连，磁感应强度为B的匀强磁场垂直导轨平面．一质量为m的金属棒以初速度v0沿导轨竖直向上运动，上升到某一高度后又返回到原处，整个过程金属棒与导轨接触良好，导轨与金属棒的电阻不计．以下说法正确的选项是()A．金属棒回到出发点的速度v大于初速度v0B．通过R的最大电流上升过程小于下落过程C．电阻R上产生的热量上升过程大于下落过程D．所用时间上升过程大于下落过程解析：要注意该过程中的功能关系：重力做功的过程是重力势能向动能和电能转化的过程；安培力做功的过程是机械能向电能转化的过程；合外力(重力和安培力)做功的过程是动能变化的过程；电流做功的过程是电能向内能转化的过程．因为电阻R上产生热量，所以金属棒回到出发点的速度v小于初速度v0，选项A错误；通过R的最大电流上升过程大于下落过程，选项B错误；电阻R上产生热量上升过程大于下落过程，选项C正确；所用时间上升过程小于下落过程，选项D错误．答案：C13．如下图，L是直流电阻为零、自感系数很大的线圈，A和B是两个相同的小灯泡，某时刻闭合开关S，通过A、B两灯泡中的电流I A、I B随时间t变化的图象如下图，正确的选项是()解析：此题考查自感等知识点．L是直流电阻为零、自感系数很大的线圈，当闭合开关S时，电流先从灯泡B所在支路流过，最后自感线圈把灯泡B短路，流过灯泡A的电流逐渐增大至稳定，流过灯泡B的电流最后减小到零，故A对．14．(2021·浙江省杭州市高中月考)如下图，在MM ′、NN ′区域中存在垂直纸面向里，宽为2L 的匀强磁场．一导线框abcdefg 位于纸面内，总电阻为R ，其中ab 、bc 、de 、ga 四边长度均为L ，fg 、cd 边长度为L /2，ab 边与磁场边界MM ′重合．从t ＝0时刻开始，线框以速度v 匀速穿过磁场区域，以逆时针方向为线框中的电流的正方向，那么以下图象能够正确反映线框中i －t 关系的是( )解析：在0～L v 时间内，i ＝BL v R；在L v 时刻，有效切割磁场的导线长度为2L ，感应电流突变为2BL v R ；在L v ～2L v 时间内，导线的有效切割长度均匀减小至0，感应电流由2BL v R均匀减小至0；在2L v ～3L v 时间内导线的有效切割长度为L ，感应电流为顺时针方向，大小为BL v R；在3L v ～4L v 时间内的情况与L v ～2L v 时间内情况类似，但感应电流为顺时针方向，所以A 正确．答案：A第二卷(非选择题，共54分)二、论述、计算题(此题共4小题，共54分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)15．(2021·高考全国卷理综)如下图，两根足够长的金属导轨ab 、cd 竖直放置，导轨间距离为L 1，电阻不计．在导轨上端并接两个额定功率均为P 、电阻均为R 的小灯泡．整个系统置于匀强磁场中，磁感应强度方向与导轨所在平面垂直 .现将一质量为m 、电阻可以忽略的金属棒MN 从图示位置由静止开始释放．金属棒下落过程中保持水平，且与导轨接触良好．某时刻后两灯泡保持正常发光．重力加速度为g .求：(1)磁感应强度的大小；(2)灯泡正常发光时导体棒的运动速率．解析：(1)当两灯泡均正常发光时有：P ＝I 2R∴I ＝P R 又2I ＝Bl v R /2，当灯泡正常发光时，棒MN 的下滑的速率已恒定，因此：mg ＝B ·2I ·L ， ∴B ＝mg 2L R P(2)解法一：由能量守恒知，当灯泡正常发光时，棒MN 重力做功的功率应全部转化为灯泡的总功率．∴2P ＝mg v∴v ＝2P mg解法二：∵由闭合电路欧姆定律可知2I ＝BL v R /2∴v ＝2P mg. 答案：(1)mg 2L R P (2)2P mg16．(2021·镇江模拟)如下图，MN 、PQ 为间距L ＝0.5 m 足够长的平行导轨，NQ ⊥MN .导轨平面与水平面间的夹角θ＝37°，N 、Q 间连接一个R ＝4 Ω的电阻．有一个方向垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度B ＝1 T ．将一根质量m ＝0.05 kg 的金属棒ab 紧靠NQ 放置在导轨上，且与导轨接触良好，金属棒的电阻r ＝1 Ω，导轨电阻不计．现由静止开始释放金属棒，金属棒沿导轨向下运动过程中始终与NQ 平行．金属棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.5，经5 s 金属棒滑行至cd 处时刚好到达稳定速度，cd 与NQ 相距s ＝8 m ．重力加速度g 取10 m/s 2.求：(1)金属棒到达的稳定速度是多大？解析：(1)设金属棒达稳定速度v m，电流为I，那么E＝BL v m，又I＝ER＋r，由平衡条件知：BIL＋μmg cosθ＝mg sinθ解得：v m＝2 m/s.(2)由能量守恒定律知：mg·sinθ·s＝Q＋|W f|＋12m v2m得Q＝0.7 J∴Q R＝45Q＝0.56 Jq＝I·t＝ΔΦR＋r＝0.8 C．答案：(1)2 m/s(2)0.56 J0.8 C17．(2021·石家庄局部学校联考)将一个矩短形金属线框折成直角框架abcdefa，置于倾角为α＝37°的斜面上，ab边与斜面的底线MN平行，如下图．a b＝b c＝c d＝f a＝0.2 m, 线框总电阻为R＝0.02 Ω，ab边的质量为m＝0.01 kg，其余各边的质量均忽略不计，框架可绕过c、f点的固定轴自由转动，现从t＝0时刻开始沿斜面向上加一随时间均匀增加的、范围足够大的匀强磁场，磁感应强度与时间的关系为B＝0.5t T，磁场方向与cdef面垂直．(cos37°＝0.8，sin37°＝0.6)(1)求线框中感应电流的大小，并指出ab段导线上感应电流的方向；(2)t为何值时框架的ab边对斜面的压力恰为零，并求从t＝0开始到该时刻通过ab边的电荷量是多少？解析：(1)由题设条件可得E ＝ΔΦΔt ＝ΔB Δtc d ·d e ＝0.02 V 所以感应电流I ＝E R＝1.0 A 根据楞次定律可判断，感应电流的方向从a →b(2)ab 边所受的安培力为F B ＝BI ·ab ＝0.1t方向垂直于斜面向上，当框架的ab 边对斜面的压力为零时，有F B ＝mg cos37°由以上各式解得t ＝0.8 s从t ＝0开始到该时刻通过ab 边的电荷量q ＝It ＝0.8 C答案：(1)I ＝1.0 A 感应电流的方向从a →b (2)t ＝0.8 s q ＝It ＝0.8 C18．(2021·广东潮阳一中月考)如下图，AB 、CD 是处在方向垂直纸面向里、磁感应强度为B 1的匀强磁场的两条金属导轨(足够长)，导轨宽度为d ，导轨通过导线分别与平行金属板MN 相连，有一与导轨垂直且始终接触良好的金属棒ab 以某一速度沿着导轨做匀速直线运动．在y 轴的右方有一磁感应强度为B 2且方向垂直纸面向外的匀强磁场，在x 轴的下方有一场强为E 且方向平行x 轴向右的匀强电场．现有一质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子在M 板由静止经过平行金属板MN ，然后以垂直于y 轴的方向从F 处穿过y 轴，再从x 轴上的G 处以与x 轴正向夹角为60°的方向进入电场和磁场叠加的区域，最后到达y 轴上的H 点．OG 长为l ，不计粒子的重力．求：(1)金属棒ab 做匀速直线运动速度的大小v 0?(2)粒子到达H 点时的速度多大？解析：金属棒ab 在切割磁感线过程中产生的感应电动势为：ε＝B 1d v 0设粒子在F 处进入磁场时的速度为v ，由牛顿第二定律得：q v B 2＝m v 2R由几何知识可得(如下图)l R＝sin60° 粒子在通过MN 过程中由动能定理得：qB 1d v 0＝12m v 2 联解以上各式得：v 0＝2qB 22l 23mB 1d(2)从G 到H 只有电场力对粒子做功，电场力做功与路径无关，根据动能定理，有－qEl ＝12m v 2H －12m v 2，解得：v H ＝4q 2B 22l 23m 2－2qEl m答案：(1)2qB 22l 23mB 1d (2) 4q 2B 22l 23m 2－2qEl m。

高考物理第一轮复习测试第九章过关检测

(时间：90分钟满分：100分)一、单项选择题(本题共7小题，每小题5分，共计35分，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题意)1．(2012年扬州模拟)如图所示，每米电阻为1 Ω的一段导线被弯成半径r ＝1 m的三段圆弧组成闭合回路．每段圆弧都是14圆周，位于空间直角坐标系的不同平面内；ab 段位于xOy 平面内，bc 段位于yOz 平面内，ca 段位于zOx平面内．空间内存在着一个沿＋x 轴方向的磁场，其磁感应强度随时间变化的关系式为B t ＝0.7＋0.6t (T)．则( )A ．导线中的感应电流大小是0.1 A ，方向是a →c →b →aB ．导线中的感应电流大小是0.1 A ，方向是a →b →c →aC ．导线中的感应电流大小是π20A ，方向是a →c →b →a D ．导线中的感应电流大小是π20A ，方向是a →b →c →a 解析：由于空间存在一个沿＋x 轴方向的磁场，因此产生磁通量的有效面积为14圆bOc ，根据楞次定律可判定导线中的感应电流方向是a →c →b →a ，B 、D 两项错误；再由法拉第电磁感应定律E ＝nΔΦΔt和闭合电路的欧姆定律I ＝E /R 可求得导线中的感应电流大小是0.1 A ，A 项正确、C 项错误．答案：A2．如图，一磁铁用细线悬挂，一个很长的铜管固定在磁铁的正下方，开始时磁铁上端与铜管上端相平．烧断细线，磁铁落入铜管的过程中，下列说法正确的是( )①磁铁下落的加速度先增大，后减小 ②磁铁下落的加速度恒定 ③磁铁下落的速度先增大后减小 ④磁铁下落的加速度一直减小最后为零 ⑤磁铁下落的速度逐渐增大，最后匀速运动 A ．只有②正确 B ．只有①③正确 C ．只有①⑤正确D ．只有④⑤正确解析：刚烧断细线时，磁铁只受重力，向下加速运动，铜管中产生感应电流，对磁铁的下落产生阻力，故磁铁速度增大，加速度减小，当阻力和重力相等时，磁铁加速度为零，速度达到最大，可见D 正确．答案：D3．如图所示，Q是单匝金属线圈，MN是一个螺线管，它的绕线方法没有画出，Q的输出端a、b和MN的输入端c、d之间用导线相连，P是在MN的正下方水平放置的用细导线绕制的软弹簧线圈．若在Q所处的空间加上与环面垂直的变化磁场，发现在t1至t2时间段内弹簧线圈处于收缩状态，则所加磁场的磁感应强度的变化情况可能是( )解析：在t1至t2时间段内弹簧线圈处于收缩状态，说明此段时间内穿过弹簧线圈的磁通量变大，即穿过弹簧线圈的磁场的磁感应强度变大，则螺线管中电流变大，单匝金属线圈Q产生的感应电动势变大，所加磁场的磁感应强度的变化率变大，即B－t图线的斜率变大，选项D正确．答案：D4．(2011年上海单科)如图，均匀带正电的绝缘圆环a与金属圆环b同心共面放置，当a绕O点在其所在平面内旋转时，b中产生顺时针方向的感应电流，且具有收缩趋势，由此可知，圆环a( )A．顺时针加速旋转B．顺时针减速旋转C．逆时针加速旋转D．逆时针减速旋转解析：由楞次定律，欲使b中产生顺时针电流，则a环内磁场应向里减弱或向外增强，a环的旋转情况应该是顺时针减速或逆时针加速，由于b环又有收缩趋势，说明a环外部磁场向外，内部向里，故选B.答案：B5．如图所示，矩形线框abcd通过导体杆搭接在金属导轨EF和MN上，整个装置放在如图所示的匀强磁场中．当线框向右运动时，下面说法正确的是( )A．R中无电流B．R中有电流，方向为E→MC．ab中无电流D．ab中有电流，方向为a→b解析：由于线框向右运动，所以ab两端和cd两端存在着相同大小的电动势，ab中有电流，方向为b→a，cd中也有电流，方向为c→d.同样R的回路内有电流，电流方向为E→M.答案：B6．两块水平放置的金属板间的距离为d，用导线与一个n匝线圈相连，线圈电阻为r，线圈中有竖直方向的磁场，电阻R与金属板连接，如图所示，两板间有一个质量为m、电量＋q的油滴恰好处于静止，则线圈中的磁感应强度B 的变化情况和磁通量的变化率分别是( )A ．磁感应强度B 竖直向上且正增强，ΔΦΔt ＝dmg nqB ．磁感应强度B 竖直向下且正增强，ΔΦΔt ＝dmgnqC ．磁感应强度B 竖直向上且正减弱，ΔΦΔt ＝dmg R ＋rnRqD ．磁感应强度B 竖直向下且正减弱，ΔΦΔt ＝dmgr R ＋rnRq解析：由平衡条件知，下金属板带正电，故电流应从线圈下端流出，由楞次定律可以判定磁感应强度B 竖直向上且正减弱或竖直向下且正增强，A 、D 错误；因mg ＝q Ud ，U ＝ER ＋r R ，E ＝n ΔΦΔt，联立可求得ΔΦΔt ＝dmg R ＋rnqR ，故只有C 项正确．答案：C7．如图所示，一闭合直角三角形框以速度v 匀速穿过匀强磁场区域．从BC 边进入磁场区开始计时，到A 点离开磁场区为止的过程中，线框内感应电流的情况(以逆时针方向为电流的正方向)是图中的( )解析：BC 边刚进入磁场时，产生的感应电动势最大，由右手定则可判定电流方向为逆时针方向，是正值，随线框进入磁场，有效长度L 逐渐减小，由E ＝Blv 得电动势均匀减小，即电流均匀减小；当线框刚出磁场时，切割磁感线的有效长度l 最大，故电流最大，且为顺时针方向，是负值，此后电流均匀减小，故只有A 图象符合要求．答案：A二、多项选择题(本题共5小题，每小题5分，共计25分，每小题有多个选项符合题意，全部选对的得7分，选对但不全的得4分，错选或不答的得0分)8．(2011年山东理综)了解物理规律的发现过程，学会像科学家那样观察和思考，往往比掌握知识本身更重要．以下符合史实的是( ) A ．焦耳发现了电流热效应的规律 B ．库仑总结出了点电荷间相互作用的规律C ．楞次发现了电流的磁效应，拉开了研究电与磁相互关系的序幕D ．牛顿将斜面实验的结论合理外推，间接证明了自由落体运动是匀变速直线运动解析：焦耳发现了电流的热效应，通常称此为焦耳热，A 正确．库仑研究电荷间作用的规律，得出库仑定律，B 正确．奥斯特发现了电流的磁效应，法拉第发现了磁场产生电流，打开电气时代的大门，C 错误．伽利略做斜面实验，研究自由落体运动，D 错误．答案：AB9．如图所示，在边长为a 的等边三角形区域内有匀强磁场B ，其方向垂直纸面向外，一个边长也为a 的等边三角形导线框架EFG 正好与上述磁场区域的边界重合．现使导线框以周期T 绕其中心O 点在纸面内匀速转动，经过T6导线框转到图中虚线位置，则在这T6时间内( )A ．平均感应电动势大小等于3a 2B2TB ．平均感应电动势大小等于3a 2BTC ．逆时针方向转动时感应电流方向为E →G →F →ED ．顺时针方向转动时感应电流方向为E →F →G →E 解析：由E ＝ΔΦΔt ＝B ·ΔS Δt＝B ×3×12×a 3×a3sin 60°T /6＝3a 2B 2T ，A 正确、B 错误；T 6时间内磁通量减少，由楞次定律知：感应电流为逆时针方向，C 错误、D 正确．答案：AD10．(2010年全国Ⅰ)某地的地磁场磁感应强度的竖直分量方向向下，大小为4.5×10－5T ．一灵敏电压表连接在当地入海河段的两岸，河宽100 m ，该河段涨潮和落潮时有海水(视为导体)流过．设落潮时，海水自西向东流，流速为2 m/s.下列说法正确的是( ) A ．电压表记录的电压为5 mV B ．电压表记录的电压为9 mV C ．河南岸的电势较高 D ．河北岸的电势较高解析：由E ＝BLv ＝4.5×10－5×100×2＝9×10－3V 可知A 项错误、B 项正确．再由右手定则可判断河北岸电势高，故C 项错误、D 项正确．答案：BD11．(2012年泰州模拟)如图所示，在水平桌面上放置两条相距l 的平行粗糙且无限长的金属导轨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，且与导轨始终接触良好．整个装置处于匀强磁场中，磁场的方向竖直向上，磁感应强度的大小为B .滑杆与导轨电阻不计，滑杆的中点系一根不可伸长的轻绳，绳绕过固定在桌边的光滑轻滑轮后，与一质量为m 的物块相连，拉滑杆的绳处于水平拉直状态．现若由静止开始释放物块，用I 表示稳定后回路中的感应电流，g 表示重力加速度，设滑杆在运动中所受的摩擦阻力恒为F f ，则在物块下落过程中( ) A ．物块的最终速度为mg －F f RB 2l 2B ．物块的最终速度为I 2Rmg －F fC ．稳定后物块重力的功率为I 2R D ．物块重力的最大功率可能大于mg mg －F f RB 2l 2解析：由题意分析可知，由静止释放物块，它将带动金属滑杆MN 一起运动，当它们稳定时最终将以某一速度做匀速运动而处于平衡状态，设MN 的最终速度为v ，对MN 列平衡方程：B 2l 2vR ＋F f ＝mg ，所以v ＝mg －F f RB 2l 2，所以A 项正确；从能量守恒角度进行分析，物块的重力的功率转化为因克服安培力做功而产生的电热功率和克服摩擦力做功产生的热功率，所以有：I 2R ＋F f v＝mgv ，所以v ＝I 2Rmg －F f ，所以B 项正确、C 项错误；物块重力的最大功率为P m ＝mgv ＝mgmg －F f RB 2l 2，所以D 错误．答案：AB12．在光滑的水平地面上方，有两个磁感应强度大小均为B ，方向相反的水平匀强磁场，如图所示，PQ 为两个磁场的边界，磁场范围足够大．一个半径为d ，质量为m ，电阻为R 的金属圆环垂直磁场方向，以速度v 从如图位置运动，当圆环运动到直径刚好与边界线PQ 重合时，圆环的速度为v2，则下列说法正确的是( )A ．此时圆环中的电功率为4B 2d 2v2RB ．此时圆环的加速度为4B 2d 2v mRC ．此过程中通过圆环截面的电荷量为πBd 2RD ．此过程中回路产生的电能为0.75mv 2解析：当圆环运动到直径刚好与边界线PQ 重合时，圆环左右两半环均产生感应电动势，根据右手定则可知，其感应电动势大小相等，方向相反，而整个回路组成串联电动势，则总电动势为E ＝2B ×2d ×v2＝2Bdv ，此时回路中的电流为I ＝E R ＝2Bdv R ，圆环中的电功率为P ＝IE ＝4B 2d 2v2R，即选项A 正确．根据左手定则可判断，圆环左右两半环均受到大小相等、方向向左的安培力作用，合力为F ＝2BI ×2d ＝8B 2d 2v R ，因此，此时圆环的加速度为a ＝F m ＝8B 2d 2vmR，故选项B 错误．在这一过程中，线圈向里的磁通量减少B πd 22，而线圈向外的磁通量增加B πd 22，则通过线圈的磁通量的变化量为ΔΦ＝B πd 2，此过程中通过圆环截面的电荷量为q ＝ΔΦR ＝πBd 2R，故选项C 正确．根据能量守恒定律可知，在这一过程中，线圈中产生的热量为Q ＝12mv 2－12m ⎝ ⎛⎭⎪⎫v 22＝0.375mv 2，则选项D 错误．答案：AC三、计算题(本题共4小题，共计40分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．) 13．(9分)如图所示，在磁感应强度为0.4 T 的匀强磁场中，让长为0.5 m 、电阻为0.1 Ω的导体棒ab 在金属框上以10 m/s 的速度向右匀速滑动，电阻R 1＝6 Ω，R 2＝4 Ω，其他导线上的电阻可忽略不计．求： (1)ab 棒中的电流大小与方向；(2)为使ab 棒匀速运动，外力的机械功率；(3)ab 棒中转化成电能的功率，并比较机械功率与转化成电能的功率是否相等．解析：(1)由右手定则可以判定，电流方向b →aE ＝Blv ＝2 VR 总＝R 1R 2R 1＋R 2＋r ＝2.5 ΩI ＝ER 总＝0.8 A (2)P ＝Fv ＝BIlv ＝1.6 W (3)P ＝I 2R 总＝1.6 W ，P 机＝P 电答案：(1)0.8 A b →a (2)1.6 W (3)1.6 W 相等14．(9分)如图(甲)所示，一正方形金属线框位于有界匀强磁场区域内，线框的右边紧贴着边界．t＝0时刻对线框施加一水平向右的外力F ，让线框从静止开始做匀加速直线运动．经过时间t 0穿出磁场．图(乙)所示为外力F 随时间t 变化的图象．若线框质量m 、电阻R 及图象中的F 0、t 0均为已知量，则根据上述条件，请你推出：(1)磁感应强度B 的表达式；(2)线框左边刚离开磁场前瞬间的感应电动势E 的表示式．解析：(1)线框运动的加速度大小为：a ＝F 0m①线框边长：l ＝12at 20②线框离开磁场前瞬间速度：v ＝at 0③由牛顿第二定律知：3F 0－B 2l 2v R＝ma ④解①②③④式得，B ＝8m 3RF 20t 50⑤(2)线框离开磁场前瞬间感应电动势．E ＝Blv ⑥解①②③⑤⑥式得：E ＝2Rt 0F 2m.⑦ 答案：(1)B ＝8m 3RF 20t 5(2)E ＝2Rt 0F 2m15．(10分)一个质量为m 、直径为d 、电阻为R 的金属圆环，在范围足够大的磁场中竖直向下下落，磁场的分布情况如图所示．已知磁感应强度竖直方向分量B y 的大小只随高度y 变化，其随高度y 变化关系为B y ＝B 0(1＋ky )(此处k 为比例常数，且k ＞0)，其中沿圆环轴线的磁场方向始终竖直向上．金属圆环在下落过程中的环面始终保持水平，速度越来越大，最终稳定为某一数值，称为收尾速度．求： (1)圆环中感应电流的方向； (2)圆环收尾速度的大小．解析：(1)根据楞次定律可知，感应电流的方向为顺时针(俯视观察)． (2)圆环下落高度为y 时的磁通量为Φ＝BS ＝B πd 24＝B 0(1＋ky )πd 24设收尾速度为v m ，以此速度运动Δt 时间内磁通量的变化为ΔΦ＝ΔBS ＝B 0k πd 24v m Δt根据法拉第电磁感应定律有 E ＝ΔΦΔt ＝B 0k πd 24v m圆环中感应电流的电功率为P E ＝E 2R重力做功的功率为P G ＝mgv m 根据能量守恒定律有P E ＝P G 解得v m ＝16mgRπ2k 2B 20d4.答案：(1)顺时针(俯视) (2)16mgR π2k 2B 20d4 16．(12分)(2011年四川理综)如图所示，间距l ＝0.3 m的平行金属导轨a 1b 1c 1和a 2b 2c 2分别固定在两个竖直面内．在水平面a 1b 1b 2a 2区域内和倾角θ＝37°的斜面c 1b 1b 2c 2区域内分别有磁感应强度B 1＝0.4 T 、方向竖直向上和B 2＝1 T 、方向垂直于斜面向上的匀强磁场．电阻R ＝0.3 Ω、质量m 1＝0.1 kg 、长为l 的相同导体杆K 、S 、Q 分别放置在导轨上，S 杆的两端固定在b 1、b 2点，K 、Q 杆可沿导轨无摩擦滑动且始终接触良好．一端系于K 杆中点的轻绳平行于导轨绕过轻质定滑轮自然下垂，绳上穿有质量m 2＝0.05 kg 的小环．已知小环以a ＝6 m/s 2的加速度沿绳下滑，K 杆保持静止，Q 杆在垂直于杆且沿斜面向下的拉力F 作用下匀速运动．不计导轨电阻和滑轮摩擦，绳不可伸长．取g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求(1)小环所受摩擦力的大小； (2)Q 杆所受拉力的瞬时功率．解析：(1)设小环受到的摩擦力大小为F f ，由牛顿第二定律，有m 2g －F f ＝m 2a ① 代入数据，得F f ＝0.2 N ②(2)设通过K 杆的电流为I 1，K 杆受力平衡，有F f ＝B 1I 1l ③设回路总电流为I ，总电阻为R 总，有I ＝2I 1④ R 总＝32R ⑤设Q 杆下滑速度大小为v ，产生的感应电动势为E ，有I ＝E R 总⑥ E ＝B 2lv ⑦F ＋m 1g sin θ＝B 2Il ⑧拉力的瞬时功率为P ＝Fv ⑨联立以上方程，代入数据得P ＝2 W答案：(1)0.2 N (2)2 W。

走向高考·高考物理总复习·人教实验版：9-2

一、选择题1．下列说法正确的是( )A ．线圈中磁通量变化越大，线圈中产生的感应电动势一定越大B ．线圈中的磁通量越大，线圈中产生的感应电动势一定越大C ．线圈处在磁场越强的位置，线圈中产生的感应电动势一定越大D ．线圈中磁通量变化得越快，线圈中产生的感应电动势越大[答案] D[解析] 对于A 、B 两项显然违背前面所述，对于C 项，磁感应强度越大线圈的磁通量不一定大，ΔΦ也不一定大，ΔΦΔt更不一定大，故C 错，只有D 项，磁通量变化得快，即ΔΦΔt 大，由E ＝n ΔΦΔt可知，选项D 正确．2．(2011·广东)将闭合多匝线圈置于仅随时间变化的磁场中，线圈平面与磁场方向垂直，关于线圈中产生的感应电动势和感应电流，下列表述正确的是( )A ．感应电动势的大小与线圈的匝数无关B．穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大C．穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大D．感应电流产生的磁场方向与原磁场方向始终相同[答案] C[解析]①根据法拉第电磁感应定律，电动势的大小与线圈的匝数成正比，与磁通量的变化率成正比，与磁通量大小无关，故A、B 错误，C正确；②根据楞次定律，感应电流产生的磁场方向可能与原磁场方向相同，也可能相反，D错误．3．(2011·武汉模拟)如上图所示是测定自感系数很大的线圈L的直流电阻的电路，L 两端并联一只电压表，用来测自感线圈的直流电压，在测量完毕后，将电路解体时应先()A．断开S1B．断开S2C．拆除电流表D．折除电阻R[答案] B[解析]当S1、S2均闭合时，电压表与线圈L并联；当S2闭合而S1断开时，电压表与线圈L串联，所以在干路断开前后自感线圈L中电流方向相同而电压表中电流方向相反，使电压表中指针反向转动而可能损坏电压表．正确答案为B选项．4．(2011·徐州模拟)如上图所示，两根相距为l的平行直导轨ab、cd，b、d间连有一定值电阻R，导轨电阻可忽略不计．MN为放在ab和cd上的一导体杆，与ab垂直，其电阻也为R.整个装置处于匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，方向垂直于导轨所在平面(指向图中纸面内)．现对杆MN施力使它沿导轨方向以速度v做匀速运动．令U表示MN两端电压的大小，则()A．U＝12Bl v，流过固定电阻R的感应电流由b到dB．U＝12Bl v，流过固定电阻R的感应电流由d到bC．U＝Bl v，流过固定电阻R的感应电流由b到dD．U＝Bl v，流过固定电阻R的感应电流由d到b[答案] A[解析]导体杆向右匀速运动产生的感应电动势为Bl v，R和导体杆形成一个串联电路，由分压原理得U ＝Bl v R ＋R·R ＝12Bl v ，由右手定则可判断出感应电流方向由N →M →b →d ，所以A 选项正确．5．(2011·苏锡常镇四市模拟)用一根横截面积为S 、电阻率为ρ的硬质导线做成一个半径为r 的圆环，ab 为圆环的一条直径．如上图所示，在ab 的左侧存在一个均匀变化的匀强磁场，磁场垂直圆环所在平面，方向如图，磁感应强度大小随时间的变化率ΔB Δt＝k(k<0)．则( ) A ．圆环中产生逆时针方向的感应电流B ．圆环具有扩张的趋势C ．圆环中感应电流的大小为krS 2ρD ．图中a 、b 两点间的电势差U ab ＝|14kπr 2| [答案] BD[解析] 根据楞次定律可知，磁通量减小，产生顺时针方向的感应电流，A 选项不正确；圆环面积有扩张的趋势，B 选项正确；产生的感应电动势为ΔΦ/Δt ＝kπr 2/2，则电流大小为| kSr 4ρ|，C 选项不正确；U ab 等于14kπr 2的绝对值，D 选项正确． 6．(2011·济南模拟)电吉他是利用电磁感应原理工作的一种乐器，如下图(甲)所示为电吉他拾音器的原理图，在金属弦的下方有一个连接到放大器的螺线管．一条形磁铁固定在管内，当拨动金属弦后，螺线管内就会产生感应电流，经一系列转化后可将电信号转为声信号．若由于金属弦的振动，螺线管内的磁通量随时间的变化如图(乙)所示，则对应感应电流的变化为( )[答案] B[解析] ①由法拉第电磁感应定律可知，E ＝n ΔΦΔt，即磁通量变化率越大，感应电动势、感应电流也就越大．②分析螺线管内的磁通量随时间的变化关系图线可知，图线斜率越大产生的感应电流越大，斜率为零，感应电流也为零，对比各选项可知，选项B 正确．7．(2011·江西重点中学模拟)如上图所示，垂直纸面的正方形匀强磁场区域内，有一位于纸面的、电阻均匀的正方形导体框abcd ，现将导体框分别朝两个方向以3v 、v 速度匀速拉出磁场，则导体框从两个方向移出磁场的两过程中( )A ．导体框中产生的感应电流方向相同B ．导体框中产生的焦耳热相同C ．导体框ad 边两端电势差相同D ．通过导体框截面的电荷量相同[答案] AD[解析] ①导体框分别朝两个方向以3v 、v 的速度匀速拉出磁场，磁通量皆减少，由楞次定律知，导体框中产生的感应电流方向相同，故A正确；②设导体框边长为L，每边电阻均为R，则产生的电动势E＝BL v0，感应电流为I＝E4R＝BL v04R，导体框中产生的焦耳热Q＝I24Rt＝(BL v04R)24RLv0＝B2L3v04R，因拉出磁场的速度不相同，故产生的焦耳热不相同，故B错误；③当导体框以3v速度匀速拉出磁场时，则产生的电动势E1＝3BL v，感应电流为I1＝E14R＝3BL v4R，ad边两端电势差U1＝I1R；当导体框以v速度匀速拉出磁场时，则产生的电动势E2＝BL v，感应电流为I2＝E24R＝BLv4R，ad边两端电势差U2＝I2R，故导体框ad边两端电势差不相同，故C错误；④当导体框分别从两个方向移出磁场的过程中，通过导体框截面的电荷量q＝ΔΦ4R相同，故选项D正确．8．(2011·山东)如下图(甲)所示，两固定的竖直光滑金属导轨足够长且电阻不计．两质量、长度均相同的导体棒c、d，置于边界水平的匀强磁场上方同一高度h处．磁场宽为3h，方向与导轨平面垂直．先由静止释放c，c刚进入磁场即匀速运动，此时再由静止释放d，两导体棒与导轨始终保持良好接触．用a c表示c的加速度，E kd 表示d的动能，x c、x d分别表示c、d相对释放点的位移．图(乙)中正确的是()[答案]BD[解析]①0～h，c棒自由落体a c＝g，h～3h，c棒匀速下落．当c棒达x c＝3h处时，d棒恰进入磁场，且速度相等，从此以后c、d 棒中电流为零，F安＝0，c、d棒只受重力，以共同的速度自由下落，a c＝a d＝g.故A错误，B正确；②0～2h段只有重力做功，2h～4h段受安培力和重力，4h以后只受重力，故C错误，D正确．二、非选择题9.如上图所示，两个互连的金属圆环，粗金属环的电阻是细金属环电阻的二分之一．磁场垂直穿过粗金属环所在区域．当磁感应强度随时间均匀变化时，在粗环内产生的感应电动势为E，则a、b两点间的电势差为________．[答案]2E 3[解析]设粗环电阻为R，则细环电阻为2R，由于磁感应强度随时间均匀变化，故回路中感应电动势E恒定．回路中感应电流I＝E3R，由欧姆定律a、b两点电势差(细环两端电压)U＝I·2R＝23E.10．如下图所示，不计电阻的U形导轨水平放置，导轨宽l＝0.5m，左端连接阻值为0.4Ω的电阻R.在导轨上垂直于导轨放一电阻为0.1Ω的导体棒MN，并用水平轻绳通过定滑轮吊着质量m＝2.4g的重物，图中L＝0.8m，开始时重物与水平地面接触并处于静止．整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B0＝0.5T，并且以ΔB Δt＝0.1T/s的变化率在增大．不计摩擦阻力，求至少经过多长时间才能将重物吊起？(g取10m/s2)[答案] 1s[解析] 以MN 为研究对象，有BIl ＝F T ，以重物为研究对象，有F T ＋F N ＝mg.由于B 在增大，安培力BIl 增大，绳的拉力F T 增大，地面的支持力F N 减小，当F N ＝0时，重物将被吊起．此时BIl ＝mg① 又B ＝B 0＋ΔB Δt t ＝0.5＋0.1t② E ＝Ll ΔB Δt③ I ＝E R ＋r④ 联立①②③④，代入数据解得t ＝1s.11．(2011·大庆模拟)如下图甲所示，一对平行光滑轨道放置在水平面上，两轨道间距l ＝0.20m ，电阻R ＝1.0Ω；有一导体杆静止放在轨道上，与两轨道垂直，杆与轨道的电阻皆可忽略不计，整个装置处于磁感应强度B ＝0.5T 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，使杆做匀加速运动，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]0.13kg7.89m/s2[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＝ER②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＋B2l2R at ④在乙图线上取两点：t1＝0，F1＝1N；t2＝38s，F2＝4N 代入④式，联立方程解得：m＝0.13kg，a＝7.89m/s2. 12．(2011·银川模拟)如上图所示，半径为a 的圆环电阻不计，放置在垂直于纸面向里，磁感应强度为B 的匀强磁场中，环内有一导体棒，电阻为r ，可以绕环匀速转动，将电阻R ，开关S 连接在环上和棒的O 端，将电容器极板水平放置，两极板间距为d ，并联在电阻R 和开关S 两端，如图所示．(1)开关S 断开，极板间有一带正电q 、质量为m 的粒子恰好静止，试判断OM 的转动方向和角速度的大小．(2)当S 闭合时，该带电粒子以14g 的加速度向下运动，则R 是r 的几倍？[答案] (1) OM 应绕O 点逆时针转动 2mgd qBa 2(2)3 [解析] (1)由于粒子带正电，故电容器上极板为负极，根据右手定则，OM 应绕O 点逆时针方向转动．粒子受力平衡，则：mg ＝q U dE ＝12Ba 2ω 当S 断开时，U ＝E解得：ω＝2mgd qBa 2(2)当S 闭合时，根据牛顿第二定律：mg －q U ′d ＝m·14g U ′＝E R ＋r·R 解得：R r＝3. 13．(2011·河南师大附中模拟)磁悬浮列车是一种高速运载工具，它是经典电磁学与现代超导技术相结合的产物．磁悬浮列车具有两个重要系统．一是悬浮系统，利用磁力(可由超导电磁铁提供)使车体在轨道上悬浮起来与轨道脱离接触，另一是驱动系统，就是在沿轨道安装的绕组(线圈)中，通上励磁电流，产生随空间作周期性变化、运动的磁场，磁场与固定在车体下部的感应金属框相互作用，使车体获得牵引力．为了有助于理解磁悬浮列车的牵引力的来由，我们给出了简化模型，图甲是实验车与轨道示意图，图乙是固定在车底部金属框与轨道上运动磁场的示意图．水平地面上有两根很长的平行直轨道，轨道间有竖直(图乙中垂直纸面)方向等距离间隔的匀强磁场B 1和B 2，二者方向相反．车底部金属框的宽度与磁场间隔相等，当匀强磁场B 1和B 2同时以恒定速度v 0沿导轨方向向右运动时，金属框也会受到向右的磁场力，带动实验车沿轨道运动．设金属框垂直轨道运动方向的边长L ＝0.20m ，金属框的总电阻R ＝1.6Ω，实验车A 与金属框的总质量m ＝2.0kg ，磁场B 1＝B 2＝B ＝1.0T ，磁场运动速度v 0＝10m/s.回答下列问题：(1)设t ＝0时刻，实验车A 的速度为零，求金属框受到安培力的大小和方向；(2)已知磁悬浮状态下，实验车A 运动时受到恒定的阻力f 1＝0.20N ，求实验车A 的最大速率v m ；(3)实验车A 与另一辆磁悬浮正常、质量相等但没有驱动装置的磁悬浮实验车P 挂接，设A 与P 挂接后共同运动时所受恒定阻力f 2＝0.50N.A 与P 挂接并经过足够长时间后的某时刻，撤去驱动系统磁场，设A 和P 所受阻力保持不变，求撤去磁场后A 和P 还能滑行多远．[答案] (1)1.0N 方向向右 (2)8.0m/s (3)100m[解析] (1)t ＝0时刻，金属框相对磁场的速度大小为v 0＝10m/s ，金属框中产生逆时针方向的感应电流，设瞬时感应电动势大小为E 0E 0＝2ΔΦΔt ＝2BL v 0Δt Δt＝2BL v 0＝4.0V 设金属框中的电流大小为I 0，根据闭合电路欧姆定律I 0＝E 0R＝2.5A设金属框受到的安培力的大小为F 0，根据安培力公式F 0＝2BI 0L ＝1.0N ，方向向右．(2)金属框达到最大速度v m 时相对磁场的速度大小为(v 0－v m )，设此时金属框中的感应电动势为E 1，则E 1＝2BL(v 0－v m )设此时金属框中的电流为I 1，根据欧姆定律I 1＝E 1R实验车A 达到最大速度时受力平衡，f 1＝2BI 1L整理得：f 1＝4B 2L 2(v 0－v m )R，解得：v m ＝8.0m/s. (3)设A 与P 挂接后再次达到匀速运动时的速度为v 2，同理可得f 2＝4B 2L 2(v 0－v 2)R，解得v 2＝5.0m/s 设撤去磁场后A 和P 还能滑行的距离为s ，根据动能定理：－f 2s ＝0－12×2m v 22解得s ＝100m.。

2011走向高考,贾凤山,高中总复习,物理,9章综合测试题

B 2 L4 ω2 4R
[答案] [解析]
10 3
5
连结 AC，作 BD⊥AC，如图所示，则 AC ＝2×BC×sin60° ＝ 3m， BD ＝0.5m.
|UAC|的最大值为 B·AC · v＝1× 3×10V＝10 3V 最小值为 B ·BD · v＝1×0.5×10V＝5V . 三、论述计算题(共Байду номын сангаас4 小题，共 42 分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位) 14．(10 分)如图所示，PN 与 QM 两平行金属导轨相距 1m，电阻不计，两端分别接有电阻 R 1 和 R 2 ，且 R 1 ＝6Ω，ab 导体的电阻为 2Ω，在导轨上可无摩擦地滑动，垂直穿过导轨平面的匀强磁场的磁感应强度为 1T.现 ab 以恒定速度 v＝3m/s 匀速向右移动，这时 ab 杆上消耗的电功率与 R 1 、R 2 消耗的电功率之和相等，求：
A．F 摩始终为零 B．F 摩一直减小 C．F 摩一直增大 D．F 摩先减小后增大 [答案] D ΔB [解析] 由题意不变，由法拉第电磁感应定律可知感应电动势、感应电流大小不变， Δt 但磁感应强度在变，因而 F 先小后大，由平衡条件可知 F 摩先小后大，D 对． 7．(2009· 宁波模拟)如图所示，水平光滑的平行金属导轨，左端接有电阻 R ，匀强磁场 B 竖直向下分布在导轨所在的空间内，质量一定的金属棒 PQ 垂直导轨放置．今使棒以一定的初速度 v0 向右运动，当其通过位置 a、b 时，速率分别为 va 、vb ，到位置 c 时棒刚好静止，设导轨与棒的电阻均不计，a 到 b 与 b 到 c 的间距相等，则金属棒在由 a 到 b 和由 b 到 c 的两个过程中 ( )

高中物理必修第三册第九章综合测试01含答案解析

加油！有志者事竟成答卷时应注意事项１、拿到试卷，要认真仔细的先填好自己的考生信息。

２、拿到试卷不要提笔就写，先大致的浏览一遍，有多少大题，每个大题里有几个小题，有什么题型，哪些容易，哪些难，做到心里有底；３、审题，每个题目都要多读几遍，不仅要读大题，还要读小题，不放过每一个字，遇到暂时弄不懂题意的题目，手指点读，多读几遍题目，就能理解题意了；容易混乱的地方也应该多读几遍，比如从小到大，从左到右这样的题；４、每个题目做完了以后，把自己的手从试卷上完全移开，好好的看看有没有被自己的手臂挡住而遗漏的题；试卷第１页和第２页上下衔接的地方一定要注意，仔细看看有没有遗漏的小题；５、中途遇到真的解决不了的难题，注意安排好时间，先把后面会做的做完，再来重新读题，结合平时课堂上所学的知识，解答难题；一定要镇定，不能因此慌了手脚，影响下面的答题；６、卷面要清洁，字迹要清工整，非常重要；７、做完的试卷要检查，这样可以发现刚才可能留下的错误或是可以检查是否有漏题，检查的时候，用手指点读题目，不要管自己的答案，重新分析题意，所有计算题重新计算，判断题重新判断，填空题重新填空，之后把检查的结果与先前做的结果进行对比分析。

亲爱的朋友，你们好!经过两个月的学习，你们一定有不小的收获吧，用你的自信和智慧，认真答题，相信你一定会闯关成功。

相信你是最棒的！第九章综合测试一、单项选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1.下列关于点电荷的说法中，正确的是（） A .只有体积很小的带电体才能看成点电荷 B .体积很大的带电体一定不能看成点电荷C .当两个带电体的大小及形状对它们之间相互作用力的影响可忽略时，两个带电体可看成点电荷D .一切带电体都可以看成点电荷2.关于场强的两个公式F E q=和2QE k r =，下列说法中正确的是（）A .q 表示电场中的试探电荷的电荷量、Q 表示场源电荷的电荷量B .E 随q 的增大而减小，随Q 的增大而增大C .第一个公式适用于包括点电荷在内的所有场源的电场，且E 的方向和F 一致D .第二个公式适用于包括点电荷在内的所有场源的电场，且拿走Q 后，电场就不存在了3.如图1所示是某个点电荷电场中的一根电场线，在电场线上的O 点由静止释放一个自由的负电荷（仅受电场力作用），它将沿电场线向B 点运动。

高考物理第9章复习练习1

第九章题组1 对电磁感应现象的考查1．处在磁场中的一闭合线圈，若没有产生感应电流，则可以判定( )A．线圈没有在磁场中运动B．线圈没有做切割磁感线运动C．磁场没有发生变化D．穿过线圈的磁通量没有发生变化2．在图所示的闭合铁芯上绕有一组线圈，线圈与滑动变阻器、电池构成电路，a、b、c为三个闭合金属圆环，假定线圈产生的磁场的磁感线全部集中在铁芯内，则当滑动变阻器滑动触头左右滑动时，能产生感应电流的圆环是( )A．a、b两环B．b、c两环C．a、c两环D．a、b、c三个环3．如图所示，闭合圆导线线圈放置在匀强磁场中，线圈平面与磁场平行，其中ac、bd分别是平行、垂直于磁场方向的两条直径．试分析使线圈做如下运动时，能产生感应电流的是( )A．使线圈在纸面内平动B．使线圈平面沿垂直纸面方向向纸外平动C．使线圈以ac为轴转动D．使线圈以bd为轴转动题组2 对楞次定律的考查4．如图所示，线圈M和线圈N绕在同一铁芯上．M与电源、开关、滑动变阻器相连，P为滑动变阻器的滑动触头，开关S处于闭合状态，N与电阻R相连，下列说法正确的是( )A．当P向右移动时，通过R的电流的方向为b到aB．当P向右移动时，通过R的电流的方向为a到bC．断开S的瞬间，通过R的电流的方向为b到aD．断开S的瞬间，通过R的电流的方向为a到b5．如图所示，在圆形空间区域内存在关于直径ab对称、方向相反的两个匀强磁场，两磁场的磁感应强度大小相等，一金属导线制成的圆环刚好与磁场边界重合，下列说法中正确的是( )A．若使圆环向右平动，感应电流先沿逆时针方向后沿顺时针方向B．若使圆环竖直向上平动，感应电流始终沿逆时针方向C．若圆环以ab为轴转动，a点的电势高于b点的电势D．若圆环以ab为轴转动，b点的电势高于a点的电势6．如图所示，线圈两端与电阻相连构成闭合回路，在线圈上方有一竖直放置的条形磁铁，磁铁的S 极朝下．在将磁铁的S极插入线圈的过程中( )A．通过电阻的感应电流的方向为由a到b，线圈与磁铁相互排斥B．通过电阻的感应电流的方向为由b到a，线圈与磁铁相互排斥C．通过电阻的感应电流的方向为由a到b，线圈与磁铁相互吸引D．通过电阻的感应电流的方向为由b到a，线圈与磁铁相互吸引7．如图所示，一对大磁极形成的磁场，中间处可视为匀强磁场，上、下边缘处为非匀强磁场，一矩形导线框abcd保持水平，从两磁极间中心正上方某处开始下落，并穿过磁场，在此过程中( )A．线框中有感应电流，方向是先a→b→c→d→a后d→c→b→a→dB．线框中有感应电流，方向是先d→c→b→a→d后a→b→c→d→aC．线框受磁场力的作用，要发生转动D．线框中始终没有感应电流8．如图所示，铜质金属圆环从放在桌面上的条形磁铁的正上方由静止开始下落，下列说法中正确的是( )A．当金属圆环经过磁铁的上端位置A以后，环中便不再有电流B．当金属圆环在磁铁的中间位置O时，磁铁对桌面的压力等于其自身的重力C．当金属圆环经过磁铁的上端位置A时，环中的电流将改变方向D．金属圆环在下落过程中磁铁对桌面的压力始终大于其自身的重力题组3 对“三定则—定律”的考查9．如图所示装置中，cd杆光滑且原来静止．当ab杆做如下哪些运动时，cd杆将向右移动( )A．向右匀速运动B．向右加速运动C．向左加速运动D．向左减速运动10．如图甲所示，等离子气流由左边连续以方向如图所示的速度v0射入P1和P2两金属板间的匀强磁场中，ab直导线与P1、P2相连接，线圈A与直导线cd连接．线圈A内有如图乙所示的变化磁场，且磁场B的正方向规定为向左，如图甲所示，则下列说法正确的是( )A. 0～1 s内ab、cd导线互相排斥B．1 s～2 s内ab、cd导线互相排斥C．2 s～3 s内ab、cd导线互相排斥D．3 s～4 s内ab、cd导线互相排斥题组4 综合应用11．如图所示，固定于水平面上的金属架CDEF处在竖直向下的匀强磁场中，金属棒MN沿框架以速度v向右做匀速运动．t＝0时，磁感应强度为B0，此时MN到达的位置使MDEN构成一个边长为l的正方形，为使MN棒中不产生感应电流，从t＝0开始，磁感应强度B随时间t应怎样变化？请推导出这种情况下B与t的关系式．12.磁感应强度为B的匀强磁场仅存在于边长为2l的正方形范围内，有一个电阻为R、边长为l的正方形导线框abcd，沿垂直于磁感线方向，以速度v匀速通过磁场，如图所示，从ab进入磁场时开始计时，到线框离开磁场为止．(1)画出穿过线框的磁通量随时间变化的图像；(2)判断线框中有无感应电流．若有，答出感应电流的方向．欢迎您的下载，资料仅供参考！。

2020版高考物理总复习第九章练习【共2套16页】

本套资源目录2020版高考物理总复习第九章第1节磁场及磁吃电流的作用练习含解析2020版高考物理总复习第九章第2节磁吃运动电荷的作用练习含解析第1节磁场及磁场对电流的作用1.(2019·北京第四十四中学模拟)(多选)在物理学中常用比值法定义物理量.下列说法中正确的是( AD )A.用E=定义电场强度B.用a=定义加速度C.用C=定义电容器的电容D.用B=定义磁感应强度解析:E=是电场强度的定义式,采用比值定义法,定义出的电场强度E与F,q无关,故A项正确;加速度a=是加速度的决定式,物体的加速度a与其所受合力F成正比,与物体的质量m 成反比,这个公式不是比值定义法;a=是加速度的定义式,故B项错误;C=是电容的决定式,C与εr,S成正比,与d成反比,这个公式不是比值定义法;C=是电容的定义式,故C项错误;B=是磁感应强度的定义式,采用比值定义法,定义出的磁感应强度B与F,I,L无关,故D项正确.2.(2019·山东莱芜期末)如图所示,用粗细均匀的电阻丝折成边长为L的平面等边三角形框架,每个边长L的电阻均为r,三角形框架的两个顶点与一电动势为E、内阻为r的电源相连接,垂直于框架平面有磁感应强度为B的匀强磁场,则三角形框架受到的安培力的合力大小为( D )A.0B.C.D.解析:由图可知框架的bc边与bac边并联接在电源两端,则电路总电阻为R=+r=r,总电流I==,三角形框架受到的安培力的合力大小为F=BI1L+BI2L=BIL=,故D正确.3.(2019·安徽六安质检)如图所示,两光滑金属导轨倾斜放置,与水平面夹角为30°,导轨间距L,一质量为m的导体棒与导轨垂直放置,电源电动势恒定,不计导轨电阻.当磁场竖直向上时,导体棒恰能静止,现磁场发生变化,方向沿顺时针旋转,最终水平向右,在磁场变化的过程中,导体棒始终静止.则下列说法正确的是( B )A.磁感应强度一直减小B.磁感应强度先变小后变大C.导体棒对导轨的压力变大D.磁感应强度最小值为解析:由图可知,当磁场方向顺时针旋转,由图可知安培力先变小后变大,电流恒定,则磁感应强度先变小后变大,安培力的最小值为F min=mgsin 30°=mg=B min IL,则磁感应强度最小为B min=,B正确,A,D错误;由图知N变小,C错误.4.(2017·甘肃嘉峪关期末)两条导线互相垂直,但相隔一小段距离,其中AB固定,电流方向由B到A,CD可自由运动,电流方向由C到D.当通以图所示方向电流后,CD导线将( D )A.顺时针方向转动,同时靠近ABB.逆时针方向转动,同时离开ABC.顺时针方向转动,同时离开ABD.逆时针方向转动,同时靠近AB解析:根据右手螺旋定则可知,电流AB产生的磁场在右边垂直纸面向里,在左边垂直纸面向外,在CD左右两边各取一小段电流元,根据左手定则,左边的电流元所受的安培力方向向下,右边的电流元所受安培力方向向上,CD导线逆时针方向转动,当CD导线转过90°后,两电流为同向电流,相互吸引,所以导线CD逆时针方向转动,同时靠近导线AB,选项D正确,A,B,C 错误.5.(2019·山东济南模拟)如图所示,在匀强磁场区域中有一光滑斜面体,在斜面上放了一根长L,质量为m的导线,当通以如图所示方向的电流I后,导线恰能保持静止,则磁感应强度B 必须满足( B )A.B=,方向垂直纸面向外B.B=,方向垂直斜面向下C.B=,方向竖直向上D.B=,方向水平向右解析:当所加磁场方向垂直纸面向外时,磁场与电流方向平行,所以导线不受磁场力的作用,无法保持平衡,故A错误;当所加磁场方向垂直斜面向下时,由左手定则可以判断受到的安培力的方向沿斜面向上,根据平衡条件得mgsin θ=BIL,解得B=,故B正确;当所加磁场方向竖直向上时,受到的安培力的方向水平向左,则导体棒受力不平衡,故C错误;当所加磁场方向水平向右时,受到的安培力的方向竖直向上,由mg=BIL,得B=,故D错误.6.(2018·天津五区县期末)如图所示,A,B,C是等边三角形的三个顶点,O是A,B连线的中点.以O为坐标原点,A,B连线为x轴,O,C连线为y轴,建立坐标系.过A,B,C,O四个点各有一条长直导线垂直穿过纸面,导线中通有大小相等、方向向里的电流.则过C点的通电直导线所受安培力的方向为( B )A.沿y轴正方向B.沿y轴负方向C.沿x轴正方向D.沿x轴负方向解析:等边三角形的三个顶点A,B,C处均有一通电导线,且导线中通有大小相等的恒定电流.由安培定则可得:导线A,B的电流在C处的合磁场水平向右,导线O的电流在C处的磁场也是水平向右,故三条导线的电流在C处的合磁场方向水平向右.再由左手定则可得:C点的通电直导线所受安培力的方向为沿着y轴的负方向.故B正确.7.(2019·广东阳江质检)(多选)如图所示,金属杆ab静放在水平固定的“U”形金属框上,整个装置处于竖直向上的磁场中.当磁感应强度均匀减小时,杆ab总保持静止,则( AD )A.杆中感应电流方向是从b到aB.杆中感应电流大小减小C.金属杆所受安培力逐渐增大D.金属杆受到的合力为零解析:当磁感应强度B均匀减小时,穿过回路的磁通量减少,根据楞次定律判断得到:回路中感应电流方向为逆时针方向(俯视),则杆中的感应电流方向是从b到a,故A正确;当磁感应强度B均匀减小时,穿过回路的磁通量均匀减少,磁通量的变化率不变,根据法拉第电磁感应定律E=n得,回路中产生的感应电动势不变,则感应电流大小保持不变,故B错误.根据安培力F=BIL,I不变,B均匀减小,得知金属杆受到的安培力逐渐减小,故C错误.杆ab总保持静止,合力为零,故D正确.8.(2019·黑龙江大庆模拟)(多选)如图所示,一根通电的直导体放在倾斜的粗糙斜面上,置于图示方向的匀强磁场中,处于静止状态.现增大电流,导体棒仍静止,则在增大电流过程中,导体棒受到的摩擦力的大小变化情况可能是( AB )A.一直增大B.先减小后增大C.先增大后减小D.始终为零解析:由左手定则可得安培力方向沿斜面向上,若开始时安培力较大,导体棒受到的摩擦力方向沿斜面向下,则当增大电流过程中,安培力也随之增大,从而导致摩擦力也增大,所以A正确;若开始时安培力较小,导体棒受到的摩擦力方向沿斜面向上,则当增大电流过程中,安培力也随之增大,从而导致摩擦力先变小.当安培力的大小等于重力沿斜面向下的分力时,此时导体棒不受摩擦力作用,当继续增大电流时,出现摩擦力方向向下,从而随着电流增大而增大,故B正确,C,D错误.9.(2019·河南洛阳模拟)如图所示,三根长为L的直线电流在空间构成等边三角形,电流的方向垂直纸面向里.电流大小均为I,其中A,B电流在C处产生的磁感应强度的大小均为B.导线C位于水平面处于静止状态,则导线C受到的静摩擦力是( B )A.B0IL,水平向左B.B0IL,水平向右C.B0IL,水平向左D.B0IL,水平向右解析:A,B电流在C处产生的磁感应强度的大小均为B0,作出磁感应强度的合成图,根据平行四边形定则,结合菱形的几何关系,则有B C=B0;再由左手定则可知,安培力方向水平向左,大小为F=B0IL,由于导线C位于水平面处于静止状态,所以导线C受到的静摩擦力大小为B0IL,方向水平向右.10.(2019·山西大同期末)如图所示,原来静止的圆线圈可以自由移动,在圆线圈直径MN上靠近N点处放置一根垂直于线圈平面的固定不动的通电直导线,导线中电流方向垂直于纸面向里.当在圆线圈中通以逆时针方向的电流I时,圆线圈将会( D )A.受力向左平动B.受力向右平动C.不受力,平衡不动D.以MN为轴转动解析:长直导线通电后在它周围形成以导线为圆心的圆形磁感线,如图中虚线所示.通电圆形线圈要受到安培力作用,其方向可由左手定则判断出;圆线圈下半部分所在处磁场方向斜向上,所以受的安培力方向垂直纸面向外;上半部分线圈受的安培力垂直纸面向里.因此线圈以MN为轴转动,故D正确.11.(2019·宁夏六盘山期末)电磁炮是利用电磁发射技术制成的一种先进的高能杀伤武器,具有速度快命中率高,发射成本低,减少污染等特点,是21世纪的理想兵器,它的主要原理如图所示,1982年澳大利亚大学制成的能把2.2 g的弹体加速到10 km/s的电磁炮,若轨道宽为2 m,长为100 m,通过的电流为10 A,求:(1)轨道间所加的匀强磁场的磁感应强度B的大小;(2)磁场力的最大功率.解析:(1)对炮弹发射过程由动能定理Fx=mv2,安培力F=BIL,代入数据得B=55 T.(2)磁场力的最大功率P=Fv,代入数据P=1.1×107 W.答案:(1)55 T (2)1.1×107 W12.(2019·吉林延边期末)在与水平方向成θ角的倾斜光滑导轨上放一质量为m的导体棒ab(导轨宽度为L,导轨和棒的电阻不计),电源电动势为E,内电阻为r,定值电阻阻值为R,整个装置放在磁感应强度为B的匀强磁场中,磁场方向竖直向下,如图所示.(1)求释放瞬间导体棒所受安培力的大小和方向.(2)求导体棒由静止释放瞬间的加速度的大小.解析:(1)由闭合电路欧姆定律有I=导体棒受到的安培力F=,方向水平向右.(2)以导体棒为研究对象,受力情况如图根据牛顿第二定律有mgsin θ-Fcos θ=ma解得a=.答案:(1),方向水平向右(2)第2节磁场对运动电荷的作用1.(2019·江苏省南通模拟)狄拉克曾预言,自然界应该存在只有一个磁极的磁单极子,其周围磁感线呈均匀辐射状分布,距离它r处的磁感应强度大小为B=(k为常数),设空间有一固定的S极磁单极子,磁场分布如图所示,一带电小球q(重力不可忽略)在S极附近做匀速圆周运动,则关于小球做匀速圆周运动的判断中正确的是( C )A.若小球带正电,其运动轨迹平面可在S的正下方B.若小球带负电,其运动轨迹平面可在S的正下方C.若小球带正电,其运动轨迹平面可在S的正上方且沿逆时针运动(从上往下看)D.若小球带负电,其运动轨迹平面可在S的正上方且沿逆时针运动(从上往下看)解析:要使小球能做匀速圆周运动,则洛伦兹力与重力的合力须充当向心力;洛伦兹力必为斜上方,其竖直分力与重力平衡,水平分力提供向心力.根据左手定则可以判断:若小球带正电,其运动轨迹平面在S的正上方且沿逆时针运动;若小球带负电,其运动轨迹平面可以在S的正上方且沿顺时针运动(从上往下看);若在下方时,当洛伦兹力的方向垂直磁感线斜向上时,一个分力可以与重力平衡,但另一个分力不指向圆心,不能提供向心力;同样当洛伦兹力的方向垂直磁感线斜向下时,一个分力可以提供向心力,但另一个分力不能与重力平衡.故A,B,D错误,C正确.2.(2018·辽宁省葫芦岛二模)如图,空间分布着垂直纸面向里的匀强磁场,图中未画出,从粒子源O在纸面内沿不同的方向先后发射速率均为v的质子1和2,两个质子同时到达P点.已知OP=a,质子2沿与OP成30°角的方向发射,不计质子的重力和质子间的相互作用力,则质子1和2发射的时间间隔为( D )A. B. C. D.解析:由磁场及几何知识可得两质子做匀速圆周运动的半径为r1=r2=a.如图所示,可知质子2的圆心为O2,质子1的圆心为O1,则由几何知识可知质子2轨迹对应圆心角为60°,质子1的轨迹对应的圆心角为300°,表明质子1从O到P用时为t1=T;质子2从O到P用时为t2=T,质子运动的周期T=.因此要想同时到达,质子1应该提早发射,且时间差为Δt=t1-t2=,故选项A,B,C错误,D正确.3.(2018·广州一模)如图,半径为R的半圆形区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场.一质量为m、带电荷量为+q且不计重力的粒子,以速度v沿与半径PO夹角θ=30°的方向从P点垂直磁场射入,最后粒子垂直于MN射出,则磁感应强度的大小为( B )A. B.C. D.解析:粒子在磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,运动轨迹如图,由几何关系知圆心角为30°,粒子运动轨迹的半径为r=2R,由电磁场相应知识得半径为r=,则B=,选项B正确,A,C,D错误.4.如图为显像管的构造示意简图.当没有磁场时电子束将打在荧光屏正中间的O点.安装在管径上的偏转线圈可以产生水平方向的磁场,使电子束在竖直方向发生偏转,设垂直纸面向里的磁场方向为正方向,如果要使电子束打在荧光屏上的位置由a点逐渐移动到b点,图中哪种变化的磁场能够使电子发生上述偏转( A )解析:根据左手定则可以得知,电子开始上偏,故磁场的方向垂直纸面向外,方向为负,且逐渐减小,后来电子又下偏,磁场方向垂直纸面向里,方向为正,且逐渐增加,故A正确.5.(2019·陕西榆林模拟)如图所示,矩形虚线框MNPQ内有一匀强磁场,磁场方向垂直纸面向里,a,b,c是三个质量和电荷量都相等的带电粒子,它们从PQ边上的中点沿垂直于磁场的方向射入磁场,图中画出了它们在磁场中的运动轨迹,粒子重力不计.下列说法正确的是( D )A.粒子a带负电B.粒子c的动能最大C.粒子b在磁场中运动的时间最长D.粒子b在磁场中运动时的向心力最大解析:根据左手定则知粒子a带正电,粒子b,c带负电,故A错误;粒子在磁场中做匀速圆周运动时,由洛伦兹力提供向心力,得qvB=m,解得v=,粒子的动能E k=mv2=,由于q,B,m都相同,因此r越大,粒子动能越大,所受向心力就越大,由图示可知,b的轨道半径最大,则b粒子动能和向心力都最大,选项B错误,D正确.粒子在磁场中做圆周运动的周期T=相同,粒子在磁场中的运动时间t=T=,由于m,q,B都相同,粒子c转过的圆心角θ最大,则射入磁场中c的运动时间最长,故C错误.6.(2018·广东梅州二模)如图所示,ABC为竖直平面内的光滑绝缘轨道,其中AB为倾斜直轨道,为与AB相切的圆形轨道,并且圆形轨道处在匀强磁场中,磁场方向垂直纸面向里.今有质量相同的甲、乙、丙三个小球,其中甲球带正电、乙球带负电、丙球不带电,现将三个小球在轨道AB上分别从不同高度处由静止释放,都恰好通过圆形轨道的最高点,则( D )A.经过最高点时,三个小球的速度相等B.经过最高点时,甲球的速度最小C.乙球释放的位置最高D.甲球下落过程中,机械能守恒解析:在最高点时,甲球受洛伦兹力向下,乙球受洛伦兹力向上,而丙球不受洛伦兹力,三球在最高点受合力不同,由牛顿第二定律得F合=m,由于F合不同而m,R相等,则三个小球经过最高点时的速度不相等,选项A错误;由于经过最高点时甲球所受合力最大,则甲球在最高点的速度最大,选项B错误;甲球经过最高点时的速度最大,甲的机械能最大,小球在运动过程中只有重力做功,而洛伦兹力不做功,由机械能守恒定律可知,甲释放时的位置最高,故C错误,D正确.7.(多选)如图,半径为R的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B.M为磁场边界上一点,有无数个带电荷量为q、质量为m的相同粒子(不计重力)在纸面内向各个方向以相同的速率通过M点进入磁场,这些粒子射出边界的位置均处于边界的某一段圆弧上,这段圆弧的弧长是圆周长的.下列说法正确的是( AC )A.粒子从M点进入磁场时的速率为v=B.粒子从M点进入磁场时的速率为v=C.若将磁感应强度的大小增加到B,则粒子射出边界的圆弧长度变为原来的D.若将磁感应强度的大小增加到B,则粒子射出边界的圆弧长度变为原来的解析:边界上有粒子射出的范围是偏转圆直径为弦所对应的边界圆弧长,即偏转圆半径r==,得v=,所以A对,B错;若磁感应强度增加到原来的倍,轨道半径变为R,直径对应的弦长为R,有粒子射出的边界圆弧对应的圆心角为60°,所以弧长之比为2∶3,C 对D错.8.(多选)如图所示为一边长为L的正方形abcd,P是bc的中点.若正方形区域内只存在由d 指向a的匀强电场,则在a点沿ab方向以速度v入射的质量为m、电荷量为q的带负电粒子(不计重力)恰好从P点射出.若该区域只存在垂直纸面向里的匀强磁场,则在a点沿ab方向以速度v入射的同种带电粒子恰好从c点射出.由此可知( BC )A.匀强电场的电场强度为B.匀强磁场的磁感应强度为C.带电粒子在匀强电场中运动的加速度大小等于在匀强磁场中运动的加速度大小D.带电粒子在匀强电场中运动的时间和在匀强磁场中运动的时间之比为1∶2解析:带电粒子在电场中做类平抛运动,有L=vt,L=at2,qE=ma,联立解得E=,a=,A错误;带电粒子在磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,有qvB=m,由几何关系有r=L,联立解得B=,B正确;粒子在匀强磁场中运动的加速度a′===a,C正确;带电粒子在匀强电场中运动的时间t=,在匀强磁场中运动的时间t′=,在匀强电场中运动的时间和在匀强磁场中运动的时间之比为=,D错误.9.(多选)如图所示,在x轴上方存在垂直纸面向里的磁感应强度大小为B的匀强磁场,在x轴下方存在垂直纸面向外的磁感应强度大小为的匀强磁场.一带负电的粒子(不计重力)从原点O与x轴成30°角斜向上射入磁场,且在x轴上方运动的半径为R.则( CD )A.粒子经偏转一定能回到原点OB.粒子完成一次周期性运动的时间为C.粒子射入磁场后,第二次经过x轴时与O点的距离为3RD.粒子在x轴上方和下方的磁场中运动的半径之比为 1∶2解析:根据左手定则判断洛伦兹力的方向可知,粒子运动的过程中始终处于磁场内,离O点越来越远,粒子一定不能回到原点,A错误;由几何关系可知,粒子在一次周期运动时间内,在x轴上方运动的时间t1=T=,在x轴下方运动的时间t2=T′=,粒子完成一次周期性运动的时间为t1+t2=,B错误;根据Bqv=m得r=,在x轴下方的轨道半径是在x轴上方的2倍,即r=2R,由粒子在磁场运动时的偏转角及几何关系可知,粒子射入磁场后第一次经过x轴时与O点的距离为R,第二次经过x轴时与第一次经过x轴时的距离为2R,所以第二次经过x轴时与O点的距离为3R,C,D正确.10.如图所示,在平面直角坐标系xOy的第四象限有垂直于纸面向里的匀强磁场,一质量为m=5.0×10-8 kg,电荷量为q=1.0×10-6 C的带电粒子,从静止开始经U0=10 V的电压加速后,从P点沿图示方向进入磁场,已知OP=30 cm,(粒子重力不计,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)求:(1)带电粒子到达P点时速度v的大小;(2)若磁感应强度B=2.0 T,粒子从x轴上的Q点离开磁场,求OQ的距离;(3)若粒子不能进入x轴上方,求磁感应强度B′满足的条件.解析:(1)对带电粒子的加速过程,由动能定理得qU0=mv2,解得v=20 m/s.(2)带电粒子仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动,则qvB=,解得R=0.5 m,而=0.5 m故圆心一定在x轴上,轨迹如图(甲)所示,由几何关系可知OQ=R+Rcos 37°=0.9 m.(3)带电粒子不从x轴射出,临界轨迹如图(乙)所示,由几何关系得OP>R′+R′sin 37°,R′=解得B′> T.答案:(1)20 m/s (2)0.9 m (3)B′> T11.(2019·贵州铜仁模拟)如图所示,无重力空间中有一恒定的匀强磁场,磁感应强度的方向垂直于xOy平面向外,大小为B,沿x轴放置一个垂直于xOy平面的较大的荧光屏,P点位于荧光屏上,在y轴上的A点放置一放射源,可以不断地沿平面内的不同方向以大小不等的速度放射出质量为m、电荷量为+q的同种粒子,这些粒子打到荧光屏上能在屏上形成一条亮线,P点处在亮线上,已知OA=OP=L.(1)若能打到P点,则粒子速度的最小值为多少?(2)若能打到P点,则粒子在磁场中运动的最长时间为多少?解析:(1)设粒子的速度大小为v时,其在磁场中的运动半径为R,则由牛顿运动定律有qBv=m若粒子以最小的速度到达P点时,其轨迹一定是以AP为直径的圆(如图中圆O1所示),由几何关系知s AP=L,R==L,则粒子的最小速度v=.(2)粒子在磁场中的运动周期T=,设粒子在磁场中运动时其轨迹所对应的圆心角为θ,则粒子在磁场中的运动时间为t=T=,由图可知,在磁场中运动时间最长的粒子的运动轨迹如图中圆O2所示,此时粒子的初速度方向竖直向上,由几何关系有θ=π则粒子在磁场中运动的最长时间t=.答案:(1)(2)。

走向高考·高考物理总复习·人教实验版：第九章综合测试题

第九章综合测试题本卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分100分，考试时间90分钟．第Ⅰ卷(选择题共40分)一、选择题(共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项符合题目要求，有些小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分)1．(2012·北京海淀模拟)如图所示，矩形导线框abcd与无限长通电直导线MN在同一平面内，直导线中的电流方向由M到N，导线框的ab边与直导线平行．若直导线中的电流增大，导线框中将产生感应电流，导线框会受到安培力的作用，则以下关于导线框受到的安培力的判断正确的是()A．导线框有两条边所受安培力的方向相同B．导线框有两条边所受安培力的大小相同C．导线框所受的安培力的合力向左D．导线框所受的安培力的合力向右[答案]BD[解析]根据左手定则，四条边的安培力的方向都不相同，A错；在某一瞬间，导线框的感应电流大小是相同的，ab边和cd边所处的磁场强度不同，所以安培力的大小不同，bc边和ad边所处的磁场情况相同，所以安培力的大小相同，B对；直导线中的电流增大，穿过导线框的磁通量要变大，根据楞次定律，导线框所受的安培力的合力向右，C错，D对．2．(2012·哈尔滨模拟)矩形导线框abcd放在匀强磁场中，在外力控制下处于静止状态，如图甲所示．磁感应强度方向与导线框所在平面垂直，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导线框平面向里，在0～4s时间内，导线框ad边所受安培力随时间变化的图象(规定以向左为安培力正方向)可能是下列选项中的()[答案] D[解析]由图象可知0～1s时间内磁场均匀向里减小，根据楞次定律及左手定则可知ad边受到的安培力向左，再由I＝ΔBSRΔt可得回路中电流不变，而F＝BIL，故F均匀减小，选项AB错误；1～2s内感应电流方向仍不变，但安培力方向向右，且均匀增大，故选项C 错误，D正确．3．(2012·南昌模拟)如图所示，在粗糙绝缘水平面上有一正方形闭合金属线框abcd，其边长为l、质量为m，金属线框与水平面的动摩擦因数为μ.虚线框a′b′c′d′内有一匀强磁场，磁场方向竖直向下．开始时金属线框的ab边与磁场的d′c′边重合．现使金属线框以初速度v0沿水平面滑入磁场区域，运动一段时间后停止，此时金属线框的dc边与磁场区域的d ′c ′边距离为l .在这个过程中，金属线框产生的焦耳热为( )A.12m v 20＋μmgl B.12m v 20－μmgl C.12m v 20＋2μmgl D.12m v 20－2μmgl [答案] D[解析] 闭合线框进入磁场的过程中，由于一条边切割磁感线运动，产生感应电动势，从而产生感应电流，处于磁场中受到安培力，故整个运动过程中有摩擦阻力和安培力做功，但其中安培力是变力，因此由功能关系可得：12m v 20＝μmg ·2l ＋Q ，所以金属线框中产生的焦耳热为Q ＝12m v 20－2μmgl ，故D 正确． 4．(2012·信息卷)如图甲、乙所示，水平面上存在着组合磁场，其磁感应强度分别为B 、2B ，分别用力F 1、F 2将相同的矩形线框ABCD (一边与两磁场的边界重合)沿水平面匀速完全拉进另一磁场，且两次的速度之比为v 1 ∶v 2＝1 ∶2，则在线框完全进入另一磁场的过程中，下列说法正确的是( )A ．拉力大小之比为1 ∶2B ．线框中产生的热量之比为1 ∶1C ．回路中电流之比为1 ∶1D ．克服安培力做功的功率之比为1 ∶2[答案] A[解析] 对甲：E 1＝3BL v 1，I 1＝E 1R ，F 1＝3BI 1L ，t 1＝d v 1，P 1＝F 1v 1，Q 1＝I 21Rt 1，解得F 1＝9B 2L 2v 1R ，I 1＝3BL v 1R ，P 1＝9B 2L 2v 21R ，Q 1＝9B 2L 2v 1d R；对乙：E 2＝3BL v 2，I 2＝E 2R ，F 2＝3BI 2L ，t 2＝d v 2，P 2＝F 2v 2，Q 2＝I 22Rt 2，解得F 2＝9B 2L 2v 2R ，I 2＝3BL v 2R ，P 2＝9B 2L 2v 22R ，Q 2＝9B 2L 2v 2d R ，故得F 1F 2＝v 1v 2＝12，I 1I 2＝v 1v 2＝12，P 1P 2＝v 21v 22＝14，Q 1Q 2＝v 1v 2＝12。

高考物理第一轮总复习第九章综合测试卷

一、单项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分)1．在匀强磁场中有一用粗细均匀、相同材料制成的导体框abc，b为半圆弧的顶点．磁场方向垂直于导体框平面向里，在ac两端接一直流电源，如图所示，则( )A．导体框abc所受安培力的合力为零B．导体框abc所受安培力的合力垂直于ac向上C．导体框abc所受安培力的合力垂直于ac向下D．导体框abc的圆弧段所受安培力为零【答案】B【解析】由左手定则可知，导体框abc所受安培力的合力垂直于ac向上．2．如图所示，铜质导电板置于匀强磁场中，通电时铜板中电流方向向上，由于磁场的作用，则( )A．板左侧聚集较多电子，使b点电势高于a点电势B．板左侧聚集较多电子，使a点电势高于b点电势C．板右侧聚集较多电子，使a点电势高于b点电势D．板右侧聚集较多电子，使b点电势高于a点电势【答案】A【解析】铜板中形成电流的是电子，由左手定则可判断出电子受的洛伦兹力方向向左，电子将聚集到板的左侧，而右板将剩余正电荷，使b点电势高于a点电势，故A正确．3．某空间存在着如图所示的水平方向的匀强磁场，A、B两个物块叠放在一起，并置于光滑的绝缘水平地面上，物块A带正电，物块B为不带电的绝缘块．水平恒力F作用在物块B上，使A、B一起由静止开始向左运动．在A、B一起向左运动的过程中，以下关于A、B 受力情况的说法中正确的是( )A．A对B的压力变小B．A、B之间的摩擦力保持不变C．A对B的摩擦力变大D．B对地面的压力保持不变【答案】B【解析】由牛顿第二定律：F ＝(m A ＋m B )a ，a ＝Fm A ＋m B，A 、B 间摩擦力F f ＝m A ·a ＝m A m A ＋m BF ，保持不变，B 正确，C 错．由左手定则可知，A 受洛伦兹力向下，所以A 对B 、B 对地面的压力均变大，A 、D 错．故应选B.4．(2011·深圳模拟)如图所示是某粒子速度选择器的示意图，在一半径为R ＝10 cm的圆柱形桶内有B ＝10－4T 的匀强磁场，方向平行于轴线，在圆柱形桶某一直径的两端开有小孔，作为入射孔和出射孔．粒子束以不同角度入射，最后有不同速度的粒子束射出．现有一粒子源发射比荷为q m＝2×1011C/kg 的阳离子，粒子束中速度分布连续，不计重力．当角θ＝45°时，出射粒子速度v 的大小是( )A.2×106m/s B ．22×106m/sC ．22×108 m/sD ．42×106m/s 【答案】B【解析】由题意，粒子从入射孔以45°角射入匀强磁场，粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动．能够从出射孔射出的粒子刚好在磁场中运动14周期，由几何关系知r ＝2R ，又r ＝mv qB ，v ＝qBr m＝22×106m/s.B 项正确．二、双项选择题(本题共5小题，每小题6分，共30分．以下各小题四个选项中，只有两个选项符合题意．若只选一个且正确的给3分，若选两个且都正确的给6分，但只要选错一个或不选，该小题就为0分)5．右图是质谱仪的工作原理示意图．带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器．速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场的强度分别为B 和E .平板S 上有可让粒子通过的狭缝P 和记录粒子位置的胶片A 1A 2.平板S 下方有强度为B 0的匀强磁场．下列表述正确的是( )A ．质谱仪是分析同位素的重要工具B ．速度选择器中的磁场方向垂直纸面向里C ．能通过的狭缝P 的带电粒子的速率等于E /BD ．粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P ，粒子的荷质比越小【答案】AC【解析】由加速电场可见粒子所受电场力向下，即粒子带正电，在速度选择器中，电场力水平向右，洛伦兹力水平向左，因此速度选择器中磁场方向垂直纸面向外，B 错误；经过速度选择器时满足qE ＝qvB ，可知能通过狭缝P 的带电粒子的速率等于E /B ，带电粒子进入磁场做匀速圆周运动，则有R ＝mv /qB ，可见当v 相同时，R ∝m q，所以可以用来区分同位素，且R 越大，荷质比越小，故半径越小的粒子越靠近P ，荷质比越大，D 错误．6.回旋加速器是利用较低电压的高频电源使粒子经多次加速获得巨大速度的一种仪器，工作原理如右图，下列说法正确的是( )A ．粒子在磁场中做匀速圆周运动B ．粒子由A 0运动到A 1比粒子由A 2运动到A 3所用时间少C ．粒子的轨道半径与它的速率成正比D ．粒子的运动周期和运动速率成正比【答案】AC【解析】理解回旋加速器的工作原理，在磁场中做匀速圆周运动，T ＝2πm qB ，r ＝mvqB，故A 、C 正确．(粒子是通过加速电场才加速的) 7.长为L 的水平极板间，有垂直纸面向里的匀强磁场，如右图所示，磁感应强度为B ，板间距离为L ，板不带电，现有质量为m ，电量为q 的带正电粒子(不计重力)，从左边极板间中点处垂直磁感线以速度v 水平射入磁场，欲使粒子不打在极板上，可采用的办法是( )A ．使粒子的速度v <BqL /4mB ．使粒子的速度v >5BqL /4mC ．使粒子的速度v >BqL /mD ．使粒子速度BqL /4m <v <5BqL /4m 【答案】AB 【解析】由左手定则判断得粒子在磁场中间向上偏，而作匀速圆周运动，很明显，圆周运动的半径大于某值r1时粒子可以从极板右边穿出，而半径小于某值r2时粒子可从极板的左边穿出，现在问题归结为求粒子能在右边穿出时r的最小值r1以及粒子在左边穿出时r的最大值r2，由几何知识得：粒子擦着板从右边穿出时，圆心在O点，有：r21＝L2＋(r1－L/2)2，得r1＝5L/4，又由于r1＝mv1/Bq，得v1＝5BqL/4m，∴v1>5BqL/4m时粒子能从右边穿出．粒子擦着上板从左边穿出时，圆心在O′点，有r2＝L/4，又由r2＝mv2/Bq＝L/4得v2＝BqL/4m.∴v2<BqL/4m时粒子能从左边穿出．综上可得正确答案是A、B.8．如下图所示，在沿水平方向向里的匀强磁场中，带电小球A与B处在同一条竖直线上，其中小球B 带正电荷并被固定，小球A与一水平放置的光滑绝缘板C接触而处于静止状态．若将绝缘板C沿水平方向抽去后，以下说法正确的是( )A．小球A仍可能处于静止状态B．小球A将可能沿轨迹1运动C．小球A将可能沿轨迹2运动D．小球A将可能沿轨迹3运动【答案】AB【解析】若小球A带正电，小球A受重力G、库仑斥力F和板对小球向下的弹力N.当撤走绝缘板C时，N＝0，若F＝G，小球A仍处于静止状态，A正确；若F＞G，则由左手定则可判断B正确；若小球A带负电，则由A的受力情况可知是不可能的，则C、D错误．9.如右图所示，一带正电的粒子沿平行金属板中央直线以速度v0射入互相垂直的匀强电场和匀强磁场区域，粒子质量为m，带电量为q，磁场的磁感应强度为B，电场强度为E，粒子从P 点离开电磁场区域时速度为v ，P 与中央直线相距为d ，则下列说法正确的是( )A ．粒子在运动过程中所受磁场力可能比所受电场力小B ．粒子沿电场方向的加速度大小始终是Bqv －EqmC ．粒子的运动轨迹是抛物线D ．粒子达到P 的速度大小v ＝v 20－2Eqdm【答案】AD【解析】由题意知，带正电的粒子从中央线的上方离开混合场，说明在进入电磁场时，竖直向上的洛伦兹力大于竖直向下的电场力．在运动过程中，由于电场力做负功，洛伦兹力不做功，所以粒子的动能减小，从而使所受到的磁场力可能比所受电场力小，选项A 正确．又在运动过程中，洛伦兹力的方向不断发生改变，其加速度大小是变化的，运动轨迹是复杂的曲线而并非简单的抛物线，所以选项B 、C 错误．由动能定理得：－Eqd ＝12mv 2－12mv 20，故选项D 正确，综合来看，选项A 、D 正确．三、非选择题(本题共3小题，共54分．按题目要求作答．解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)10．(16分)如图所示，水平放置的光滑的金属导轨M 、N ，平行地置于匀强磁场中，间距为d ，磁场的磁感应强度大小为B ，方向与导轨平面夹角为α，金属棒ab 的质量为m ，放在导轨上且与导轨垂直．电源电动势为E ，定值电阻为R ，其余部分电阻不计．则当电键S 闭合的瞬间，棒ab 的加速度为多大？【解析】金属棒ab 受力情况如下图所示(截面图)．安培力F ＝BIL ①流过金属棒ab 的电流强度I ＝E /R ② 由牛顿第二定律得：F sin α＝ma ③由①②③式解得：a ＝BEL sin αmR.11．(16分)如下图所示，一质量为m ，电荷量为q 的带正电的小球以水平初速度v 0从离地高为h 的地方做平抛运动，落地点为N ，设不计空气阻力，求：(1)若在空间加一个竖直方向的匀强电场，使小球沿水平方向做匀速直线运动，则场强E 为多大？(2)若在空间再加上一个垂直纸面向外的匀强磁场，小球的落地点仍为N ，则磁感应强度B 为多大？【解析】(1)由于小球受电场力和重力且做匀速直线运动，故qE ＝mg ，所以E ＝mg q. (2)再加上匀强磁场后，由于重力与电场力平衡，故小球在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，R ＝mv 0qB.由几何关系得： R 2－x 2＝(R －h )2，其中x ＝v 0t ＝v 02h g.由以上几式解得：B ＝2mgv 0q 2v 20＋gh.12．(22分)(2010·广州模拟)一带正电q 、质量为m 的离子，t ＝0时从A 点进入正交的电场和磁场并存的区域做周期性运动，下图甲为其运动轨迹，图中弧AD 和弧BC 为半圆弧，半径均为R ；AB 、CD 为直线段，长均为πR ；已知电场强度方向不变(如图甲所示)、大小随时间作周期性变化；磁感应强度大小不变恒为B 0，方向垂直纸面随时间作周期性变化．(1)计算离子转一圈的时间．(2)指出离子运动一圈时间内电场和磁场的变化情况．(3)以图甲所示的E 的方向为电场强度的正方向、向里为磁感应强度的正方向，分别在乙图和丙图中画出电场强度和磁感应强度在一个周期内随时间变化的图线，图中要标示出必要的值．【解析】(1)设进入A 点的离子的速度为v ，在AB 段离子做直线运动，可知F E ＝F B ，F E ＝Eq ，F B ＝B 0qv ，故v ＝E B 0.在BC 段，有F B ＝B 0qv ＝m v 2R ，所以v ＝B 0qR m ，得E ＝B 20qRm.t BC ＝t DA ＝12T B ＝πm qB 0，t AB ＝t CD ＝AB v ＝πmqB 0.离子通过AB 、BC 、CD 、DA 各段的时间相等，离子运动一圈所用时间T ＝4πmqB 0.(2)离子通过AB 、CD 段时E ＝B 20qR m，通过BC 、DA 段时E ＝0；通过AB 及BC 段时B 的方向垂直纸面向外，通过CD 段时B 方向垂直纸面向里，通过DA 段B 方向垂直纸面向外．(3)图象如下图所示．。

高考物理总复习第九章磁场综合检测教科版(2021年整理)

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《磁场》综合检测(时间:90分钟满分:100分)一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分。

在每小题给出的四个选项中，第1～7小题只有一个选项正确，第8～12小题有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不选的得0分）1。

地球的地理两极与地磁两极并不完全重合，它们之间存在磁偏角，首先观测到磁偏角的是（ D ）A。

意大利航海家哥伦布B。

葡萄牙航海家麦哲伦C。

我国的航海家郑和D.中国古代科学家沈括解析：世界上第一个清楚地、准确地论述磁偏角的是沈括.沈括是中国历史上最卓越的科学家之一,他发现了地磁偏角的存在，比欧洲发现地磁偏角早了四百多年，选项D正确.2。

如图,一个环形电流的中心有一根通电直导线，则环受到的磁场力（ D ）A。

沿环半径向外B.沿环半径向内C.沿通电直导线水平向左D.等于零解析:通电直导线产生的磁场是以导线上各点为圆心的同心圆，而环形电流的方向与磁场方向平行,即B平行I,所以通电圆环不受磁场力的作用,即F=0，选项D正确，A，B,C错误.3.在匀强磁场中,一个原来静止的原子核，由于放出射线，结果得到一张两个相切圆的径迹照片(如图所示)，今测得两个相切圆半径之比R1∶R2=a,新核与射线质量之比为b,则下列说法正确的是（ B )A.放出的射线为高速电子流B。

走向高考·高考物理总复习·人教实验版：9-1

走向高考·高考物理总复习·人教实验版：9-1一、选择题1．如下图所示是验证楞次定律实验的示意图，竖直放置的线圈固定不动，将磁铁从线圈上方插入或拔出，线圈和电流表构成的闭合回路中就会产生感应电流．各图中分别标出了磁铁的极性、磁铁相对线圈的运动方向以及线圈中产生的感应电流的方向等情况，其中正确的是()[答案]CD[解析]根据楞次定律可确定感应电流的方向：对C选项，当磁铁向下运动时：(1)闭合线圈原磁场的方向——向上；(2)穿过闭合线圈的磁通量的变化——增加；(3)感应电流产生的磁场方向——向下；(4)利用安培定则判断感应电流的方向——与图中箭头方向相同．故C 项正确．同理分析可知D项正确．2.两个大小不同的绝缘金属圆环如下图所示叠放在一起，小圆环有一半面积在大圆环内，当大圆环通上顺时针方向电流的瞬间，小圆环中感应电流的方向是()A．顺时针方向B．逆时针方向C．左半圆顺时针，右半圆逆时针D．无感应电流[答案] B[解析]根据安培定则，当大圆环中电流为顺时针方向时，圆环所在平面内的磁场是垂直于纸面向里的，而环外的磁场方向垂直于纸面向外，虽然小圆环在大圆环里外的面积一样，但环里磁场比环外磁[解析]由条形磁铁磁场分布特点可知，穿过其中央位置正上方的圆环的合磁通量为零，所以在环下落的过程中，磁通量不变，没有感应电流，圆环只受重力，则环下落时机械能守恒，A对，B错；给磁铁水平向右的初速度，由楞次定律可知，圆环的运动总是阻碍自身磁通量的变化，所以环要受到向右的作用力，由牛顿第三定律可知，磁铁要受到向左的作用力而做减速运动(或据“总阻碍相对运动”的推论得出)，故C对D错．5.直导线ab放在如下图所示的水平导体框架上，构成一个闭合回路．长直线导线cd和框架处在同一个平面内，且cd和ab平行，当cd中通有电流时，发现ab向左滑动．关于cd中的电流下列说法正确的是()A．电流肯定在增大，不论电流是什么方向B．电流肯定在减小，不论电流是什么方向C．电流大小恒定，方向由c到dD．电流大小恒定，方向由d到c[答案] B[解析]ab向左滑动，说明通过回路的磁通量在减小，通过回路的磁感应强度在减弱，通过cd的电流在减小，与电流方向无关．6．如下图所示，ab是一个可以绕垂直于纸面的轴O转动的闭合矩形导体线圈，当滑动变阻器R的滑片P自左向右滑动过程中，线圈ab将()A．静止不动B．逆时针转动C．顺时针转动D．发生转动，但因电源的极性不明，无法确定转动的方向[答案] C[解析]当P向右滑动时，电路中电阻减小，电流增大，线圈ab 的磁通量增加，根据楞次定律判断，线圈ab将顺时针转动．7.如下图所示是一种延时开关．S2闭合，当S1闭合时，电磁铁F 将衔铁D吸下，将C线路接通．当S1断开时，由于电磁感应作用，D将延迟一段时间才被释放，则()A．由于A线圈的电磁感应作用，才产生延时释放D的作用B．由于B线圈的电磁感应作用，才产生延时释放D的作用C．如果断开B线圈的电键S2，无延时作用D．如果断开B线圈的电键S2，延时将变长[答案]BC[解析]S1断开时，A线圈中电流消失，磁通量减少，B线圈中产生感应电流，阻碍线圈中磁通量的减少，A错，B对；若断开S2，B线圈无感应电流，磁通量立即减为零，不会有延时作用，C对，D 错．8.如下图所示，在载流直导线近旁固定有两平行光滑导轨A、B，导轨与直导线平行且在同一水平面内，在导轨上有两条可自由滑动的导体棒ab和cd.当载流直导线中的电流逐渐增强时，导体棒ab 和cd的运动情况是()A．一起向左运动B．一起向右运动C．ab和cd相向运动，相互靠近D．ab和cd相背运动，相互远离[答案] C[解析]电流增强时，电流在abdc回路中产生的垂直向里的磁场增强，回路磁通量增大，根据楞次定律可知回路要减小面积以阻碍磁通量的增加，因此，两导体棒要相向运动，相互靠拢．9．(2019·庆阳模拟)现代汽车中有一种先进的制动机构，可保证车轮在制动时不是完全刹死滑行，而是让车轮仍有一定的滚动．经研究这种方法可以更有效地制动，它有一个自动检测车速的装置，用来控制车轮的转动，其原理如下图所示，铁质齿轮P与车轮同步转动，右端有一个绕有线圈的磁体，M是一个电流检测器．当车轮带动齿轮转动时，线圈中会有电流，这是由于齿靠近线圈时被磁化，使磁场增强，齿离开线圈时磁场减弱，磁通量变化使线圈中产生了感应电流．将这个电流放大后去控制制动机构，可有效地防止车轮被制动刹死．在齿a转过虚线位置的过程中，关于M中感应电流的说法正确的是()A．M中的感应电流方向一直向左B．M中的感应电流方向一直向右C．M中先有自右向左、后有自左向右的感应电流D．M中先有自左向右、后有自右向左的感应电流[答案] D[解析]由楞次定律知，感应电流的“效果”总是阻碍引起感应电流的“原因”．由于齿靠近线圈时被磁化，使磁场增强，感应电流的磁场总要阻碍原磁场增强，由安培定则可知M 中感应电流的方向为自左向右；齿离开线圈时磁场减弱，由楞次定律及安培定则知，M 中感应电流方向为自右向左，D 选项正确．10．如下图甲所示，长直导线与闭合线框位于同一平面内，长直导线中的电流i 随时间t 的变化关系如图乙所示．在0～T 2时间内，长直导线中电流向上，则线框中感应电流的方向与所受安培力情况是( )A ．0～T 时间内线框中感应电流方向为顺时针方向B ．0～T 时间内线框中感应电流方向为先顺时针方向后逆时针方向C ．0～T 时间内线框受安培力的合力向左D ．0～T 2时间内线框受安培力的合力向右，T 2～T 时间内线框受安培力的合力向左[答案] A[解析] 0～T 2时间内，电流i 在减小，闭合线框内的磁通量必然在减小，由楞次定律可以判断线框中感应电流方向为顺时针方向，而且0～T 2时间内线框受安培力的合力应向左；同理，可以判断在T 2～T 时间内，电流i 在反向增大，闭合线框内的磁通量必然在增大，由楞次定律可以判断线框中感应电流方向也为顺时针方向，故A 项对B项错；而且T 2～T 时间内线框受安培力的合力应向右，C 、D 两项错误．二、非选择题11.如下图所示，匀强磁场区域宽为d ，一正方形线框abcd 的边长为l ，且l>d ，线框以速度v 通过磁场区域，从线框进入到完全离开磁场的时间内，线框中没有感应电流的时间是多少？[答案] l －d v[解析] 从线框进入到完全离开磁场的过程中，当线框bc 边运动至磁场右边缘至ad 边运动至磁场左边缘过程中无感应电流．此过程位移为：l －d故t ＝l －d v .12.如下图所示，固定于水平面上的金属架CDEF 处在竖直向下的匀强磁场中，金属棒MN 沿框架以速度v 向右做匀速运动．t ＝0时，磁感应强度为B 0，此时MN 到达的位置使MDEN 构成一个边长为l 的正方形．为使MN 棒中不产生感应电流．从t ＝0开始，求磁感应强度B 随时间t 变化的关系式．[答案] B ＝B 0l l ＋v t[解析] 要使MN 棒中不产生感应电流，应使穿过线圈平面的磁通量不发生变化，在t ＝0时刻，穿过线圈平面的磁通量Φ1＝B 0S ＝B 0l 2设t时刻的磁感应强度为B，此时磁通量为Φ2＝Bl(l＋v t)由Φ1＝Φ2得B＝B0ll＋v t.13.磁感应强度为B的匀强磁场仅存在于边长为2l的正方形范围内，有一个电阻为R、边长为l的正方形导线框abcd，沿垂直于磁感线方向，以速度v匀速通过磁场，如上图所示，从ab进入磁场时开始计时．(1)画出穿过线框的磁通量随时间变化的图象；(2)判断线框中有无感应电流．若有，请判断出感应电流的方向；若无，请说明理由．[答案](1)如上图所示(2)线框进入磁场阶段，感应电流方向逆时针；线框在磁场中运动阶段，无感应电流；线框离开磁场阶段，感应电流方向为顺时针方向．[解析]线框穿过磁场的过程可分为三个阶段：进入磁场阶段(只有ab边在磁场中)、在磁场中运动阶段(ab、cd两边都在磁场中)、离开磁场阶段(只有cd边在磁场中)．(1)①线框进入磁场阶段：t为0～lv，线框进入磁场中的面积与时间成正比，S＝l v t，最后为Φ＝BS＝Bl2②线框在磁场中运动阶段：t为l v～2l v线框磁通量为Φ＝Bl2，保持不变．③线框离开磁场阶段：t为2l v～3l v，线框磁通量线性减小，最后为零．(2)线框进入磁场阶段，穿过线框的磁通量增加，线框中将产生感应电流．由右手定则可知，感应电流方向为逆时针方向．线框在磁场中运动阶段，穿过线框的磁通量保持不变，无感应电流产生．线框离开磁场阶段，穿过线框的磁通量减小，线框中将产生感应电流．由右手定则可知，感应电流方向为顺时针方向．14．我国的“嫦娥二号”探月卫星在发射1533秒后进入近地点高度为200km的地月转移轨道．假设卫星中有一边长为50cm的正方形导线框，由于卫星的调姿由水平方向转至竖直方向，此时地磁场磁感应强度B＝4×10－5T，方向如下图所示．(1)该过程中磁通量的改变量是多少？(2)该过程线框中有无感应电流？设线框电阻为R＝0.1Ω，若有电流则通过线框的电量是多少？(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8) [答案](1)1.4×10－5Wb(2)1.4×10－4C[解析](1)设线框在水平位置时法线n方向竖直向上，穿过线框的磁通量Φ1＝BScos53°＝6.0×10－6Wb.当线框转至竖直位置时，线框平面的法线方向水平向右，与磁感线夹角θ＝143°，穿过线框的磁通量Φ2＝BScos143°＝－8.0×10－6Wb该过程磁通量的改变量大小ΔΦ＝Φ1－Φ2＝1.4×10－5Wb.(2)因为该过程穿过闭合线框的磁通量发生了变化，所以一定有感应电流．根据电磁感应定律得，I＝ER＝ΔΦRΔt.通过的电量为q＝I·Δt＝ΔΦR＝1.4×10－4C.第 11 页。

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第九章综合测试题本卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。

满分100分，考试时间90分钟。

第Ⅰ卷(选择题共40分)一、选择题(共10小题，每小题4分，共40分。

在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～10题有多项符合题目要求。

全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。

)1．(2014·合肥模拟)图示电路中，GMR为一个磁敏电阻，它的阻值随所处空间磁场的增强而增大，闭合开关S1和S2后，在滑片P 向右滑动时()A．L1、L2都变暗B．L1、L2都变亮C．L1变暗，L2变亮D．L1变亮，L2变暗[答案] D[解析]滑片向右滑动，通过电磁铁的电流减小，电磁铁产生的磁场减弱，故GMR的电阻减小，根据闭合电路欧姆定律可知，路端电压减小，L2变暗，通过L2的电流减小，而电路总电流变大，故通过L1的电流增大，故L1变亮，D项正确。

2．磁感应强度方向垂直纸面向里的匀强磁场，分布在一个边界为正三角形的区域内，正三角形的边长为a，一个长为32a、宽为12a的矩形导线框，平行于纸面沿着正三角形的角平分线匀速地穿过磁场区域，如图所示。

假设感应电流的正方向为逆时针方向，以导线框刚进入磁场时刻为t＝0时刻，则在穿过磁场的过程中，导线框中的感应电流随时间变化的图象是()[答案] D[解析]线框刚进入磁场的一段时间，线框的右边匀速切割磁感线，产生逆时针方向、大小恒定的电流；线框的右边有部分离开磁场时，线框的左边还没有进入磁场，右边切割磁感线的有效长度在均匀减小，感应电流也在均匀减小；当右边刚好离开磁场时，左边刚好进入磁场，此后线框中产生顺时针的恒定感应电流；然后左边逐渐离开磁场，切割磁感线的有效长度在均匀减小，感应电流也均匀减小，故D正确。

3.两光滑的平行导轨与水平方向成θ角固定，导轨的下端接有如图所示的电源，一劲度系数为k的轻质弹簧固定在导轨的顶端，弹簧下端拴接一导体棒，将整个装置置于磁感应强度方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中。

已知两平行导轨的间距为L，当开关闭合后，导体棒平衡时，回路中的电流为I，弹簧的伸长量为x1；如果使电源反接，闭合开关后，导体棒再次平衡时，回路中的电流仍为I，弹簧的伸长量为x2。

电流产生的磁场可忽略不计，则匀强磁场的磁感应强度大小为()A.kIL(x1＋x2) B.kIL(x2－x1)C.k2IL(x1＋x2) D.k2IL(x2－x1)[答案] D[解析]由平衡条件，mg sinθ＝kx1＋BIL，调转题图中电源极性使棒中电流反向，由平衡条件，mg sinθ＋BIL＝kx2，联立解得B＝k 2IL(x2－x1)，D正确。

4．(2014·潍坊模拟)两个不可形变的正方形导体框a、b连成如图甲所示的回路，并固定在竖直平面(纸面)内。

导体框a内固定一小圆环c，a与c在同一竖直面内，圆环c中通入如图乙所示的电流(规定电流逆时针方向为正方向)，导体框b的MN边处在垂直纸面向外的匀强磁场中，则匀强磁场对MN边的安培力()A．0～1s内，方向向下B．1～3s内，方向向下C．3～5s内，先逐渐减小后逐渐增大D．第4s末，大小为零[答案] B[解析]由法拉第电磁感应定律可知，回路中产生的感应电动势大小不变，则安培力大小也不变，故C项错；由楞次定律可知第1s 内，导体框中感应电流方向为顺时针方向，由左手定则可知，MN所受安培力方向向上，A项错；由楞次定律可知，1～3s内导体框中感应电流方向为逆时针方向，由左手定则可知，MN所受安培力方向向下，B项正确；第4s末圆环中瞬时电流为零，通过圆环的磁通量为零，但磁通量变化率不为零，故导体框中仍有感应电流产生，所以MN受力不为零，D项错。

5．(2014·北京东城模拟)如图甲所示，垂直纸面向里的匀强磁场的区域宽度为2a，磁感应强度的大小为B。

一边长为a、电阻为4R 的正方形均匀导线框CDEF从图示位置开始沿x轴正方向以速度v 匀速穿过磁场区域，在图乙中给出的线框EF两端的电压U EF与线框移动距离x的关系的图象正确的是()[答案] D[解析]线框经过整个磁场区域时，做匀速运动，所以产生的感应电动势大小E＝Ba v，刚进入磁场时，等效电路如图甲所示；完全在磁场中时，等效电路如图乙所示，一条边从磁场中离开时，如图丙所示。

选项D正确，选项ABC错误。

6．(2014·大庆模拟)两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为L，底端接阻值为R 的电阻。

将质量为m，电阻也为R的金属棒悬挂在一个固定的轻弹簧下端，金属棒与导轨接触良好，导轨所在的平面与磁感应强度为B 的磁场垂直，如图所示，除金属棒和电阻R外，其余电阻不计。

现将金属棒从弹簧的原长位置由静止释放，则以下结论错误的是() A．金属棒向下运动时，流过电阻R的电流方向为b→aB．最终弹簧的弹力与金属棒的重力平衡C．金属棒的速度为v时，所受的安培力大小为B2L2v/RD．金属棒的速度为v时，金属棒两端的电势差为BL v/2[答案] C[解析]金属棒向下运动时，切割磁感线，由右手定则可知：流过电阻R的电流方向为b→a，选项A正确；金属棒在切割磁感线过程中，将金属棒的机械能转化为焦耳热，最终停下，处于静止状态，其合力为零，即弹簧的弹力与金属棒的重力平衡，选项B正确；当金属棒的速度为v时，产生的电动势E＝BL v，I＝E2R＝BL v2R，则金属棒所受到的安培力大小F＝BIL＝B2L2v2R，选项C错误；由欧姆定律可得：金属棒两端的电势差U＝IR＝BL v2，选项D正确，故本题错误的选项是C。

7.(2014·陕西质检)如图所示，一接有电压表的矩形闭合线圈ABCD 向右匀速穿过匀强磁场的过程中，下列说法正确的是() A．线圈中有感应电动势，有感应电流B．线圈中有感应电动势，无感应电流C．AB边两端有电压，且电压表有示数D．AB边两端有电压，但电压表无示数[答案]BD[解析]由于通过回路的磁通量不变，故回路中无感应电流产生，A项错；由欧姆定律知电压表示数U＝IR g＝0，C项错；由E＝BL v可知，AB两端有电压，BD项正确。

8．(2014·沈阳模拟)如图所示，在磁感应强度B＝1.0T的匀强磁场中，金属杆PQ在外力F作用下在粗糙U形导轨上以速度v＝2m/s向右匀速滑动，两导轨间距离L＝1.0m，电阻R＝3.0Ω，金属杆的电阻r＝1.0Ω，导轨电阻忽略不计，则下列说法正确的是()A．通过R的感应电流的方向为由d到aB．金属杆PQ切割磁感线产生的感应电动势的大小为2.0VC．金属杆PQ受到的安培力大小为0.5ND．外力F做功大小等于电路产生的焦耳热[答案]BC[解析]由楞次定律以及右手定则可以判定通过R的电流方向为由a到d，选项A错误；由法拉第电磁感应定律可得金属杆切割磁感线产生的感应电动势的大小为E＝BL v＝2V，选项B正确；安培力F安＝BIL＝0.5N，选项C正确；因为轨道粗糙，由能量守恒定律可知，外力做的功等于电路中产生的焦耳热和摩擦生热的总和，选项D错误。

答案选BC。

9．(2014·武汉武昌区模拟)如图，两根相距l＝0.4m、电阻不计的光滑金属导轨在同一水平面内平行放置，两导轨左端与阻值R＝0.15Ω的电阻相连。

导轨x>0的一侧存在沿＋x方向均匀增大的磁场，其方向与导轨平面垂直(竖直向下)，磁感应强度B＝0.5＋0.5x(T)。

一根质量m＝0.1kg、电阻r＝0.05Ω的金属棒置于导轨上，并与导轨垂直。

棒在水平外力作用下从x＝0处沿导轨向右做直线运动，运动过程中回路电流恒为2A。

以下判断正确的是()A．金属棒在x＝3m处的速度为0.5m/sB．金属棒在x＝3m处的速度为0.75m/sC．金属棒从x＝0运动到x＝3m过程中克服安培力做的功为1.6J D．金属棒从x＝0运动到x＝3m过程中克服安培力做的功为3.0J [答案]AD[解析]在x＝3m处，磁感应强度为B＝2T，因为回路中电流恒为2A，由闭合电路欧姆定律可知，回路中的感应电动势为0.4V，由E＝Bl v，可得，此时金属棒的速度v＝0.5m/s，所以选项A正确，B错误；由安培力公式可知，F安＝BIl＝Il(0.5＋0.5x)，随着x变化呈现线性变化关系，因此可用平均作用力来求做功，可得安培力做功为3J，所以选项C错误，D正确；因此答案选AD。

10．(2014·保定模拟)如图所示，平行金属导轨宽度为d，一部分轨道水平，左端接电阻R，倾斜部分与水平面成θ角，且置于垂直斜面向上的匀强磁场中，磁感应强度为B。

现将一质量为m长度也为d的导体棒从导轨顶端由静止释放，直至滑到水平部分(导体棒下滑到水平部分之前已经匀速，滑动过程中与导轨保持良好接触，重力加速度为g)。

不计一切摩擦阻力，导体棒接入回路电阻为r，则整个下滑过程中()A．导体棒匀速运动时速度大小为mg(r＋R)sinθB2d2B．匀速运动时导体棒两端电压为mg(R＋r)sinθBdC．导体棒下滑距离为s时，通过R的总电荷量为Bsd R＋rD．重力和安培力对导体棒所做的功大于导体棒获得的动能[答案]AC[解析]导体棒在倾斜导轨上匀速运动有mg sinθ＝BId＝B2d2v R＋r，A对；匀速运动时导体棒两端电压U＝IR＝mgR sinθBd，B错；根据法拉第电磁感应定律可知导体棒下滑s过程中电路中平均电动势E＝Bdst，平均电流I＝ER＋r，通过R的电荷量q＝It＝BdsR＋r，C对；对导体棒应用动能定理可知重力和安培力对导体棒所做的功等于导体棒获得的动能，D错。

第Ⅱ卷(非选择题共60分)二、填空题(共3小题，每小题6分，共18分。

把答案直接填在横线上)11．(6分)(2014·北京东城模拟)如图所示，两条平行金属导轨ab、cd置于磁感应强度B＝0.5T 的匀强磁场中，两导轨间的距离l＝0.6m，导轨间连有电阻R。

金属杆MN垂直置于导轨上，且与轨道接触良好，现使金属杆MN沿两条导轨向右匀速运动，产生的感应电动势为3V。

由此可知，金属杆MN滑动的速度大小为________m/s；通过电阻R的电流方向为________(填“aRc”或“cRa”)。

[答案]10cRa[解析]金属杆切割磁感线产生的感应电动势大小E＝Bl v，v＝10m/s，由右手定则知电阻R中的电流方向为cRa。

12．(6分)一个面积S＝4×10－2m2，匝数n＝100匝的线圈，放在匀强磁场中，磁场方向垂直平面，磁感应强度的大小随时间变化规律如图所示，在开始2秒内穿过线圈的磁通量的变化率等于________，在第3秒末感应电动势大小为________。

[答案]0.08Wb/s8V[解析] 由图象可得，在开始2秒内ΔB Δt ＝2T/s ，则ΔΦΔt ＝ΔBS Δt＝0.08Wb/s ；在第3秒末E ＝n ΔΦΔt＝8V 。

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