导与练2016届高考物理(浙江专用)一轮课后巩固训练：11描述运动的基本概念 (51)(共18页)

1、第九章检测(jin c)试题(时间(shjin):60分钟满分:100分)【测控(c kn)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75.自感56.电磁感应中的电路问题6、97.电磁感应中的能量问题88.电磁感应中的图象问题4、109.实验11、1210.综合问题13、14、15一、单项选择题(本题共5小题,每小题4分,共20分)1.(2013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芯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过程中,当磁极与O点在同

2、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(ji x):根据=BS可判定,B最大时线圈的磁通量最大,根据磁铁(cti)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(fnb);(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.(2013福州模拟)甲、乙两个完全相同的铜环可绕固定轴OO旋转,当它们以相同的角速度开始转动后,由于阻力,经相同的时间后便停

3、止,若将两环置于磁感应强度大小相同的匀强磁场中,乙环的转轴与磁场方向平行,甲环的转轴与磁场方向垂直,如图所示,当甲、乙两环同时以相同的角速度开始转动后,则下列判断中正确的是(A)A.甲环先停 B.乙环先停C.两环同时停下D.无法判断两环停止的先后解析:两环均在匀强磁场中以相同的角速度转动,由图可知:甲环的磁通量会发生变化,甲环的动能要转化为电能,而乙环中磁通量无变化,不会产生感应电流,故甲环先停下来.选项A正确.3.(2012江西九江一模)某磁场磁感线如图所示,有一铜线圈自图示A位置下落至B位置,在下落过程(guchng)中,自上往下看,线圈中感应电流的方向是(C)A.始终(shzhng)顺时

4、针B.始终(shzhng)逆时针C.先顺时针再逆时针D.先逆时针再顺时针解析:线圈由A位置下落至O位置的过程中,磁通量向上增加,由O位置下落至B位置的过程中,磁通量向上减小,根据楞次定律可知线圈中感应电流的方向(自上往下看)是先顺时针再逆时针,选项C正确.4.(2012浙江省温州市八校联考)电吉他是利用电磁感应原理工作的一种乐器.如图(甲)为电吉他的拾音器的原理图,在金属弦的下方放置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音信号.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

5、为(B)解析:对应(duyng)感应电流为I=nRt,可见,感应电流与磁通量的变化率有关(yugun),类比vt图象斜率(xil)的物理意义,不难发现,t图线上各点处切线的斜率的绝对值表示感应电流的大小,斜率的符号表示电流的方向,根据图(乙),在0t0时间内,感应电流I的大小先减小到零,然后再逐渐增大,电流的方向改变一次,据此可知,只有选项B正确.5.如图所示的电路中,L为自感线圈,其直流电阻与电阻R相等,C为电容器,电源内阻不可忽略,当开关S由闭合变为断开时,下列说法正确的是(B)A.A灯立即熄灭B.A灯突然闪亮一下再熄灭,d点电势比c点高C.B灯无电流通过,不可能变亮D.B灯有电流通过,电

6、流方向由b到a解析:S闭合时,通过L的电流和A灯的电流方向均向右,且IL大于IA;当开关S断开时,自感线圈中将产生自感电动势阻碍原来电流的减小,因此在由L、A、R组成的闭合电路中,有一股顺时针方向的电流,且从IL开始逐渐减小,A灯突然闪亮一下再熄灭,d点电势比c点高,选项A错,B正确;当开关S断开时,路端电压变大,电源继续给电容器充电,故B灯中有电流通过,方向从a到b,选项C、D错.(1)断电自感产生的电动势是阻碍通过线圈L中的电流(dinli)减小;(2)断电时灯泡闪亮的条件是断电前通过线圈的电流大于通过灯泡的电流;(3)电容器充电过程中是有电流的.二、不定项选择题(本题(bnt)共5小题,

7、每小题5分,共25分)6.(2013浙江省第二次五校联考)如图所示,质量为m、边长为L、回路电阻为R的正方形金属框,用细线吊住,线的另一端跨过两个定滑轮,挂着一个质量为M(Mm)的砝码,金属框上方有一磁感应强度为B的匀强磁场,磁场的下边界与金属框的上边平行且相距一定距离.则在金属框从开始运动到整个框进入(jnr)磁场的过程中,下列说法正确的是(BCD)A.细线对金属框做的功等于金属框增加的机械能B.细线对金属框的拉力可能等于MgC.线框上的热功率可能大于(M-m)2g2RB2L2D.系统的机械能损失可能小于(M-m)gL解析:对金属框,由能量关系得,细线对金属框做的功等于金属框增加的机械能和线

8、框的电能,选项A错误;当线框上边进入磁场后,受安培力向下,线框可能做加速、减速或匀速.当匀速进入时,细线对金属框的拉力等于Mg,所以选项B正确;当线框匀速进入时,F安=Mg-mg,同时F安=B2L2vR,热功率P=B2L2v2R=(M-m)2g2RB2L2,可知当线框减速进入时,热功率大于(M-m)2g2RB2L2,加速进入时热功率小于(M-m)2g2RB2L2,选项C正确;系统的机械能损失为发热损失,当线框匀速进入时,机械能损失为(M-m)gL,可知当线框减速进入时系统的机械能损失可能小于(M-m)gL,选项D正确.7.(2013海淀一模)光滑平行金属导轨M、N水平放置,导轨上放一根与导轨垂

9、直的导体棒PQ.导轨左端与由电容为C的电容器、单刀双掷开关和电动势为E的电源组成的电路相连接,如图所示.在导轨所在的空间存在方向垂直于导轨平面的匀强磁场(图中未画出).先将开关接在位置a,使电容器充电并达到稳定后,再将开关拨到位置b,导体棒将会在磁场的作用下开始向右运动,设导轨足够长,则以下说法(shuf)中正确的是(AD)A.空间存在的磁场方向(fngxing)垂直纸面向里B.导体(dot)棒向右做匀加速运动C.当导体棒向右运动的速度达到最大值,电容器的电荷量为零D.导体棒运动的过程中,通过导体棒的电荷量QCE解析:充电后电容器的上极板带正电(zhngdin),将开关拨向位置b,PQ中的电流

10、方向是由PQ,由左手定则判断可知,导轨所在处磁场的方向垂直纸面向里,选项A正确;随着放电的进行,导体棒速度增大(zn d),由于它所受的安培力大小与速度有关,所以由牛顿第二定律可知导体棒不能做匀加速运动,选项B错误;运动的导体棒在磁场中切割磁感线,由右手定则判断可知,感应电动势方向由QP,当其大小等于(dngy)电容器两极板间电势差大小时,导体棒速度最大,此时电容器的电荷量并不为零,故选项C错误;由以上分析可知,导体棒从开始运动到速度达到最大时,电容器并没有放电完毕,故通过导体棒的电荷量Q0).回路中滑动变阻器R的最大阻值为R0,滑动片P位于滑动变阻器中央(zhngyng),定值电阻R1=R0

11、、R2=R02.闭合开关S,电压表的示数为U,不考虑虚线MN右侧导体(dot)的感应电动势,则(AC)A.R2两端的电压为U7B.电容器的a极板带正电C.滑动变阻器R的热功率为电阻R2的5倍D.正方形导线框中的感应电动势为kL2解析:根据串、并联电路特点,虚线MN右侧电路部分的总电阻R=R0+R02+R04=74R0.回路的总电流I=UR=4U7R0,由于R2=R02,所以通过R2的电流I2=I2=2U7R0,所以R2两端电压U2=I2R2=2U7R0R02=17U,选项A正确;根据楞次定律可知,回路中的电流为逆时针方向,即流过R2的电流方向向左,所以电容器b极板带正电,选项B错误;根据P=I

12、2R,滑动变阻器R的热功率P=I2R02+(I2)2R02=58I2R0,电阻R2的热功率P2=(I2)2R2=18I2R0=15P,选项C正确;根据法拉第电磁感应定律得,线框中产生的感应电动势E=t=BtS=kr2,选项D错误.10.如图(甲)所示,正方形金属框abcd放在绝缘的光滑水平面上,在垂直于bc边的水平恒力F作用(zuyng)下由静止开始滑行,滑行过程中穿过一段边界与bc边平行、宽度为d的匀强磁场.设金属框在滑行过程中的速度为v,与此对应的位移为x,那么v2x图象如图(乙)所示.已知金属(jnsh)框的总电阻R=1.5 ,水平恒力F=0.5 N,匀强磁场方向垂直纸面向(min xi

13、n)里,则下列说法正确的是(BC)A.金属框匀速运动过程中感应电流先为顺时针方向后为逆时针方向B.匀强磁场的磁感应强度B的大小为1.0 TC.金属框在穿过磁场的过程中产生的电能为0.5 JD.金属框在磁场中磁通量的最大值为0.5 Wb解析:金属框匀速通过磁场区域时,磁通量先增加后减小,由楞次定律可知,感应电流先为逆时针方向后为顺时针方向,选项A错误.由v2x图象可知,x1=0.9 m时,bc边刚进入磁场,金属框的速度v=3.0 m/s;金属框在磁场中做匀速运动,匀速运动的位移x=x2-x1=1.0 m,所以金属框的边长L=d=12x=0.5 m;金属框在磁场中受力平衡,B2L2vR=F,得出B

14、=1.0 T,选项B正确;金属框在穿过磁场的过程中水平恒力F做的功就等于金属框产生的电能,W=Fx=0.5 J,选项C正确;金属框在磁场中磁通量的最大值为=BL2=0.25 Wb,选项D错误.三、实验(shyn)题(共14分)11.(8分)如图为“研究(ynji)电磁感应现象”的实验(shyn)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转一下,那么合上开关后.A.将原线圈迅速插入副线圈时,灵敏电流计指针向右偏转一下B.将原线圈插入副线圈后,灵敏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,灵敏电流计指针向右偏转一下D

15、.原线圈插入副线圈后,将滑动变阻器触头迅速向左拉时,灵敏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(chunlin)在一起,副线圈与灵敏电流计串联在一起,连线如图.(2)开关闭合时,原线圈电路(dinl)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,故灵敏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,穿过副线圈的磁通量减少,故灵敏电流计指针会向左偏转一下.答案(d n):(1)见解析图(2)AD12.(2013普陀区一模)(6分)在“研究回路中感应电动势大小与磁通

16、量变化快慢的关系”实验中,得到E1/t图线如图所示.(1)观察和分析该实验装置可看出,在实验中,因磁铁相对螺线管位置的变化都(选填“相同”或“不同”),从而实现了控制不变.(2)在得到实验数据之后,为了研究E与t的关系,可采用图象处理数据的方法,在直角坐标系中作E1/t的关系图线,由图象可得出的实验结论是 .解析(ji x):(1)根据=BS确定(qudng)磁通量,根据=2-1确定磁通量变化量,只有磁铁相对螺线管位置的变化都相同(xin tn),才会实现控制磁通量的变化量不变.(2)根据法拉第电磁感应定律E=nt,在线圈匝数和通过线圈的磁通量的变化量均不变的情况下,感应电动势E与1t成正比.

17、答案:(1)相同磁通量的变化量(2)在线圈匝数和通过线圈的磁通量的变化量均不变的情况下,感应电动势E与1/t成正比四、计算题(共41分)13. (2013上海卢湾区一模)(10分)如图所示,两根平行金属导轨间的距离为0.4 m,导轨平面与水平面的夹角为=37,磁感应强度为0.5 T的匀强磁场垂直于导轨平面斜向上,两根电阻值均为1 、质量均为0.01 kg的金属杆ab、cd垂直于导轨放置,并与导轨接触良好,杆与导轨间的动摩擦因数为0.3,导轨的电阻可以忽略.(sin 37=0.6,cos 37=0.8,g=10 N/kg)(1)用外力(wil)将ab杆固定在导轨上,使cd杆以1 m/s的速度沿导

18、轨向上运动(yndng), 求ab杆中电流的大小和方向.(2)撤去ab杆上的外力,为使ab杆能静止在导轨上,必须使cd杆以多大的速率沿导轨向上(xingshng)运动?解析:(1)cd杆运动产生的感应电动势为E=Blv=0.50.41 V=0.2 V(1分)电路中的电流I=ER总=0.21+1 A=0.1 A,(1分)方向ab.(1分)(2)ab杆静止,摩擦力沿导轨向上最大时,安培力最小:mgsin =Ff+FAminFAmin= mgsin -Ff=0.10.6 N-0.30.10.8 N=0.036 N(1分)FAmin=BIminl=B2l2vminR总,可求出vmin=FAminR总B

19、2l2=0.03620.520.42 m/s=1.8 m/s(2分)摩擦力沿导轨向下最大时,安培力最大:mgsin +Ff=FAmaxFAmax= mgsin +Ff=0.10.6 N+0.30.10.8 N=0.084 N.(1分)可求出vmax=FAmaxR总B2l2=0.08420.520.42 m/s=4.2 m/s.(2分)所以,为使ab杆能静止在导轨上,cd杆沿导轨向上运动的速率范围为1.84.2 m/s.(1分)答案(d n):(1)0.1 A方向(fngxing)ab(2)1.84.2 m/s14.(13分)如图(甲)所示,M1M4、N1N4为平行(pngxng)放置的水平金属

20、轨道,M4P、N4Q为相同半径、平行放置的竖直半圆形金属轨道,M4、N4为切点,P、Q为半圆轨道的最高点,轨道间距L=1.0 m,圆轨道半径r=0.32 m,整个装置左端接有阻值R=0.5 的定值电阻.M1M2N2N1、M3M4N4N3为等大的长方形区域、,两区域宽度 d=0.5 m,两区域之间的距离s=1.0 m;区域内分布着均匀的变化的磁场B1,变化规律如图(乙)所示,规定竖直向上为B1的正方向;区域内分布着匀强磁场B2,方向竖直向上.两磁场间的轨道与导体棒CD间的动摩擦因数为=0.2,M3N3右侧的直轨道及半圆形轨道均光滑.质量m=0.1 kg,电阻R0=0.5 的导体棒CD在垂直于棒的

21、水平恒力F拉动下,从M2N2处由静止开始运动,到达M3N3处撤去恒力F,CD棒匀速地穿过匀强磁场区,恰好通过半圆形轨道的最高点PQ处.若轨道电阻、空气阻力不计,运动过程导体棒与轨道接触良好且始终与轨道垂直,g取10 m/s2,求:(1)水平(shupng)恒力F的大小;(2)CD棒在直轨道上运动过程(guchng)中电阻R上产生的热量Q;(3)磁感应强度(qingd)B2的大小.解析:(1)CD棒在PQ处,重力提供向心力,得mg=mvP2r(1分)设CD棒在匀强磁场B2区域内速度为v,由机械能守恒得12mv2=mg2r+12mvP2 (1分)可得v=4 m/s (1分)CD棒在恒力F作用下,由

22、动能定理得Fs-mgs=12mv2 (2分)解得F=1.0 N. (1分)(2)棒在直轨道上运动,感应电动势E1=t=B1Ldt=251.00.5 V=0.2 V (1分)感应电流(gnyng din li)大小为I=E1R+R0=0.20.5+0.5 A=0.2 A (1分)产生(chnshng)感应电流时间t1=2sv=0.5 s (1分)所以电阻(dinz)R上产生的热量QR=I2Rt1=0.220.50.5 J=0.01 J. (1分)(3)由于CD棒穿过匀强磁场区,此过程无感应电流,设CD棒进入M3N3界后的任一短时间t内,磁通量的改变量为0,得B2Lvt=B1tLdt (2分)解得:B2=0.05 T. (1分)答案:(1)1.0 N(2)0.01 J(3)0.05 T15.(2013浙江省台州市调考试题)(18分)如图所示,四条水平虚线等间距的分布在同一竖直面上,间距为h.在、两区间分布着完全相同,方向水平向内的磁场,磁场大小按Bt图变化