2013届高三粤教版物理一轮复习45分钟滚动复习训练卷(4)

45分钟滚动复习训练卷(四)
[考查范围：第九～十一单元分值：100分]
一、单项选择题(每小题4分，共16分)
1．如图G4－1所示的金属圆环放在匀强磁场中，将它从磁场中匀速拉出来，下列说法正确的是()
A．向左拉出和向右拉出，其感应电流方向相反
B．不管从什么方向拉出，金属圆环中的感应电流方向总是顺时针
C．不管从什么方向拉出，环中的感应电流方向总是逆时针
D
图G4－1
图G4－2
2．一矩形线圈垂直于匀强磁场方向、并绕位于线圈平面内的固定轴转动，线圈中的感应电动势e随时间t的变化情况如图G4－2所示，则()
A．t1时刻穿过线圈的磁通量为零
B．t2时刻穿过线圈的磁通量变化率为零
C．t3时刻穿过线圈的磁通量变化率为零
D．t4时刻穿过线圈的磁通量最大
3．如图G4－3所示，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铜质圆环，导线abcd所围区域内磁场的磁感应强度按图G4－4中哪一图线所表示的方式随时间变化时，铜质圆环将受到向上的磁场作用力()
图G4－4
4．某水电站用电阻为2.5 Ω的输电线输电给500 km外的用户，其输出电功率是3×106 kW.现用500 kV电压输电，则下列说法正确的是()
A．输电线上输送的电流大小为2×105 A
B．输电线上由电阻造成的电压损失为15 kV
C．若改用5 kV电压输电，则输电线上损失的功率为9×108 kW
D ．输电线上损失的功率为ΔP ＝U 2
r
，U 为输电电压，r 为输电线的电阻
二、双项选择题(每小题6分，共30分)
5．北半球地磁场的竖直分量向下．如图G4－5所示，在北京某中学实验室的水平桌面上，放置边长为L 的正方形闭合导体线圈abcd ，线圈的ab 边沿南北方向，ad 边沿东西方向．下列说法中正确的是( )
A ．若使线圈向东平动，则a 点的电势比b 点的电势低
B ．若使线圈向北平动，则a 点的电势比b 点的电势低
C ．若以ab 为轴将线圈向上翻转，则线圈中感应电流方向为a →b →c →d →a
D ．若以ab 为轴将线圈向上翻转，则线圈中感应电流方向为a →d →c →b →a
图G4－5
G4－6
6．如图G4－6所示，理想变压器的原、副线圈匝数比n 1∶n 2＝1∶10，副线圈与电阻R 相连．原线圈两端所加的电压u 1＝220 2sin100πt V ，则( )
A ．交流电压表的示数为220 2 V
B ．该交流电的频率为50 Hz
C ．该理想变压器是一个降压变压器
D ．电阻R 上消耗的电功率等于原线圈输入的电功率
7．如图G4－7所示，光滑的金属轨道分水平段和圆弧段两部分，O 点为圆弧的圆心，P 与O 在同一水平线上．两金属轨道之间的宽度为0.5 m ，匀强磁场方向如图，大小为0.5 T ．质量为0.05 kg 、长为0.5 m 的金属细杆置于金属轨道上的M 点．当在金属细杆内通以2 A 的恒定电流时，金属细杆可以沿杆向右由静止开始运动．已知MN ＝OP ＝1 m ，则( )
A ．金属细杆开始运动的加速度为5 m/s 2
B ．金属细杆运动到P 点时的速度大小为5 m/s
C ．金属细杆运动到P 点时的向心加速度大小为20 m/s 2
D ．金属细杆运动到P 0.75 N
G4－7
G4－8
8．如图G4－8所示，金属杆ab 以恒定的速率v 在光滑平行导轨上向右滑行，设整个电路总电阻为R (恒定不变)，整个装置置于垂直纸面向里的匀强磁场中，下列叙述正确的是( )
A ．ab 杆中的电流与速率v 成正比
B．磁场作用于ab杆的安培力与速率v成正比
C．电阻R上产生的电热功率与速率v成正比
D．外力对ab杆做功的功率与速率v成正比
三、计算题(共54分)
9．(18分)如图G4－9所示，在xOy直角坐标系中，第Ⅰ象限内分布着方向垂直纸面向里的匀强磁场，第Ⅱ象限内分布着方向沿y轴负方向的匀强电场．初速度为零、带电荷量为q、质量为m的粒子经过电压为U的电场加速后，从x轴上的A点垂直x轴进入磁场区域，经磁场偏转后过y轴上的P点且垂直y轴进入电场区域，在电场中偏转并击中x轴上的C 点．已知OA＝OC＝d.求电场强度E和磁感应强度B的大小．(粒子的重力不计)
图G4－9
11．(18分)如图G4－10所示，电源电动势E＝15 V，内阻r＝1 Ω，电阻R1＝30 Ω，R2＝60 Ω.间距d＝0.2 m的两平行金属板水平放置，板间分布有垂直于纸面向里、磁感应强度B＝1 T的匀强磁场．闭合开关S，板间电场视为匀强电场，将一带正电的小球以初速度v＝0.1 m/s沿两板间中线水平射入板间．设滑动变阻器接入电路的阻值为R x，忽略空气对小球的作用，取g＝10 m/s2.
(1)当R x＝29 Ω时，电阻R2消耗的电功率是多大？
(2)若小球进入板间做匀速圆周运动并与板相碰，碰时速度与初速度的夹角为60°，则R x是多少？
图G4－10
12．(18分)两个沿水平方向且磁感应强度大小均为B的有水平边界的匀强磁场，如图G4－11所示，磁场高度均为L.一个框面与磁场方向垂直、质量为m，电阻为R，边长为L 的正方形金属框abcd，从某一高度由静止释放，当ab边刚进入第一个磁场时，金属框恰好做匀速直线运动；当ab边下落到GH和JK之间的某位置时，又恰好开始做匀速直线运动．整个过程空气阻力不计．求：
(1)ab边刚进入第一个磁场时的速度v1；
(2)ab边刚到达第二个磁场下边界JK时的速度v2；
(3)金属框从ab边开始进入第一个磁场至刚到达第二个磁场下边界JK过程中产生的热量Q.
45分钟滚动复习训练卷(四)
1．B [解析] 金属圆环不管是从什么方向拉出磁场，金属圆环中的磁通量方向不变，且不断减小，根据楞次定律知，感应电流的方向相同，感应电流的磁场方向和原磁场的方向相同，则由安培定则知感应电流的方向是顺时针方向，选项B 正确，选项A 、C 错误；金属圆环匀速出磁场过程中，切割磁感线的有效长度发生变化，选项D 错误．
2．C [解析] 由图象可知t 1和t 3时刻电动势为零，磁通量的变化率最小，线圈平面处于中性面位置，穿过线圈的磁通量最大，所以选项A 错误，选项C 正确．t 2和t 4时刻电动势最大，磁通量的变化率最大，线圈平面处于垂直中性面位置，穿过线圈的磁通量为零，所以选项B 、D 错误．
3．A [解析] 根据楞次定律，电磁感应现象阻碍穿过圆环的磁通量的变化，当螺线管中电流减小时，圆环受向上的磁场力．由法拉第电磁感应定律知，当导线所围区域内的匀强磁场的磁感应强度的变化率减小时，abcd 回路中的感应电动势减小，所以选项A 正确．
4．B [解析] 用500 kV 电压输电时，输电线上的电流为I ＝P U ＝3×10
9
5×105
A ＝6000 A ，A
错；输电线上由电阻造成的电压损失ΔU ＝IR ＝6000×2.5 V ＝15 kV ，B 对；若改用5 kV 电压输电时，输电线上损失的功率最多只能是3×106 kW ，不可能超过这个值，C 错；若用ΔP ＝U 2
r
计算输电线上损失的功率，则U 为输电线上损失的电压，而r 为输电线的电阻，D 错． 5．AC [解析] 线圈向东平动时，ab 和cd 两边切割磁感线，且两边切割磁感线产生的感应电动势大小相同，a 点电势比b 点电势低，选项A 正确；同理，线圈向北平动，则a 、b 电势相等，高于c 、d 两点电势，选项B 错误；以ab 为轴将线圈翻转，向下的磁通量减小了，感应电流的磁场方向应该向下，再由安培定则知，感应电流的方向为a →b →c →d →a ，则选项C 正确，选项D 错误．
6．BD [解析] 原线圈所加的电压为U 1＝U m
2
＝220 V ，即交流电压表的读数为220 V ，
A 错；因ω＝2πf ，故f ＝50 Hz ，
B 对；副线圈的匝数大于原线圈的匝数，所以该变压器是一个升压器，
C 错；对理想变压器，输出功率等于输入功率，
D 对．
7．CD [解析] 金属细杆在水平方向受到安培力作用，安培力大小F A ＝BIL ＝
0.5×2×0.5 N ＝0.5 N ，金属细杆开始运动的加速度为a ＝F
m
＝10 m/s 2，选项A 错误；对金属
细杆从M 点到P 点的运动过程，安培力做功W ＝F A ·(MN ＋OP )＝1 J ，重力做功W G ＝－mg ·ON
＝－0.5 J ，由动能定理得W ＋W G ＝1
2
m v 2，解得金属细杆运动到P 点时的速度大小为v ＝2 5
m/s ，选项B 错误；金属细杆运动到P 点时的加速度可分解为水平方向的向心加速度和竖直
方向的加速度，水平方向的向心加速度大小为a ′＝v 2
r
＝20 m/s 2，选项C 正确；在P 点金属
细杆受到轨道水平向左的作用力F ，水平向右的安培力F A ，由牛顿第二定律得F －F A ＝m v 2
r
，
解得F ＝1.5 N ，每一条轨道对金属细杆的作用力大小为0.75 N ，由牛顿第三定律可知金属细杆运动到P 点时对每一条轨道的作用力大小为0.75 N ，选项D 正确.
8．AB [解析] ab 以恒定的速率v 在光滑平行导轨上向右滑行时，产生的感应电动势
为E ＝BL v ，而感应电流为I ＝E R ＝BL v
R ，故A 对；作用于ab 杆的安培力F ＝BIL ＝B 2L 2v R
，B
对；电阻R 上产生的电热功率P ＝I 2
R ＝(BL v )2R ，C 错；外力对ab 杆做功的功率P ＝F v ＝B 2L 2v 2R
，
D 错．
9.2qUm qd 4U d
[解析] 设带电粒子经电压为U 的电场加速后获得速度为v ，由动能定理，有
qU ＝12
m v 2
带电粒子进入磁场后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力．由牛顿第二定律，有
qB v ＝m v 2
r
即r ＝m v qB
依题意可知r ＝d
解得B ＝2qUm
qd
带电粒子在电场中偏转，做类平抛运动，设经时间t 从P 点到达C 点． －x 方向做匀速直线运动，有 d ＝v t
y 方向做匀加速直线运动，有 a ＝qE m
d ＝12
at 2 解得E ＝4U
d
10．(1)0.6 W (2)54 Ω
[解析] (1)闭合电路的外电阻为
R ＝R x ＋R 1R 2
R 1＋R 2
＝49 Ω
根据闭合电路的欧姆定律，通过R x 的电流为
I ＝E R ＋r
＝0.3 A R 2两端的电压为
U 2＝E －I (R x ＋r )＝6 V R 2消耗的功率为
P 2＝U 22
R 2
＝0.6 W
(2)小球进入电磁场做匀速圆周运动，说明重力和电场力等大反向，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有
Bq v ＝m v 2
R
U 2
d
q ＝mg 解得：U 2＝BRdg
v
小球做匀速圆周运动的初速度与末速度的夹角等于圆心角，为60°，根据几何关系得： R ＝d
解得：U 2＝Bd 2g
v ＝4 V I ＝U 2
R 12
＝0.2 A R x ＝E －U 2I －r ＝54 Ω
11．(1)mgR B 2L 2 (2)mgR 4B 2L 2 (3)15m 3g 2R 2
32B 4L 4
＋2mgL
[解析] (1)设ab 边刚进入第一个磁场时的电流为I 1，安培力为F 1，由金属框做匀速运动，有
mg ＝F 1＝BI 1L
I 1＝E 1R
E 1＝BL v 1
解得：v 1＝mgR
B 2L
2
(2)设ab 边到达GH 和JK 的之间某位置时的电流为I 2，ab 边受到的安培力为F 2，cd 边受到的安培力为F 3，则有
F 2＝F 3
mg ＝2F 2＝2BI 2L
I 2＝E 2R
E 2＝2BL v 2
解得：v 2＝v 14＝mgR
4B 2L
2
(3)金属框从ab 边开始进入第一个磁场上边界至刚到达第二个磁场下边界JK 的过程，由能量守恒定律得：
12m v 21＋2mgL ＝Q ＋12m v 22
解得：Q ＝15m 3g 2R 2
32B 4L 4
＋2mgL。