XX鸭高考物理大一轮复习单元滚动检测卷十电磁感应交变电流

XX鸭版高考物理大一轮复习单元转动检测卷十电磁感觉交变电流XX鸭版高考物理大一轮复习单元转动检测卷十电磁感觉交变电流PAGEXX鸭版高考物理大一轮复习单元转动检测卷十电磁感觉交变电流单元转动检测卷十电磁感觉交变电流考生注意：1.本试卷分选择题部分和非选择题部分，共4页.2.答卷前，考生务必用蓝、黑色笔迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应地点上.3.本次考试时间90分钟，满分100分.选择题部分一、选择题Ⅰ(此题共12小题，每题3分，共36分.每题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多项选择、错选均不得分)1.以以下图中，A图是真空冶炼炉能够冶炼高质量的合金；B图是充电器工作时绕制线圈的铁芯中会发热；C图是安检门能够探测人身能否携带金属物件；D图是工人穿上包括金属丝的织物制成的衣服能够高压带电作业，不属于涡流现象的是()答案D解析工作服用包括金属丝的织物制成，形成一个导体壳，壳外有电场，壳内场强保持为0，高压外电场不会对内部产生影响，故D中属于静电障蔽.其他均为涡流现象.2.(2018·温州市九校结盟期末)把一个小球放在玻璃漏斗中，晃动漏斗，能够使小球沿圆滑的漏斗壁在某一水平面内做匀速圆周运动.如图1，平面1比平面2高，轨道1半径是轨道2半径的2倍.则()图1A.小球做匀速圆周运动时遇到重力、支持力、向心力B.同一个小球在轨道1的线速度是轨道2线速度的2倍C.同一个小球在轨道1对漏斗壁的压力是在轨道2对漏斗壁压力的2倍D.同一个小球在轨道1的向心加快度等于在轨道2的向心加快度答案D3.(2018·温州市十五校结合体期中)如图2所示，平行板电容器与电动势为E(内阻不计)的电源连结，下极板接地，一带电油滴位于电容器中的P点且恰巧处于静止状态，现将平行板电容器的上极板竖直向上挪动一小段距离，则()图2A.带电油滴将沿竖直方向向下运动B.上极板的电势将高升C.带电油滴的电势能将减小D.电容器的电容减小，极板带电荷量增大答案A4.(2018·书生中学月考)如图3所示，两根细线挂着两个质量同样的小球A、B，本来两球不带电时，上、下两根细线的拉力分别为FA、FB，此刻两球带上同种电荷后，上、下两根细线的拉力分别为FA′，FB′，则()图3A.FA＝FA′，FB>FB′B.FA＝FA′，FB<FB′C.FA<FA′，FB>FB′D.FA>FA′，FB>FB′答案B解析运用整体法研究两个质量相等的小球A和B，设质量均为m，不论A、B能否带电，整体都受重力和上方细线的拉力，则由均衡条件得：上方细线的拉力FA＝FA′＝2mg.再间隔B研究，不带电时受重力和下方细线的拉力，由均衡条件得：FB＝mg.带电时受重力、下方细线的拉力和A对B的向下的排挤力.由均衡条件得：FB′＝F斥＋mg，即FB′>mg.所以FB<FB′，故B正确，A、C、D错误.5.(2018·温州市六校期末)2017年11月15日，我国又一颗第二代极轨气象卫星“风云三号D”成功发射，顺利进入预约轨道.极轨气象卫星环绕地球南北两极运转，其轨道在地球上空650～1500km之间，低于地球静止轨道卫星(高度约为36000km)，能够实现全世界察看.有关“风云三号D”，以下说法中正确的选项是()A.“风云三号D”轨道平面为赤道平面B.“风云三号D”的发射速度可能小于7.9km/sC.“风云三号D”的周期小于地球静止轨道卫星的周期D.“风云三号D”的加快度小于地球静止轨道卫星的加快度答案C解析“风云三号D”是极轨气象卫星，环绕地球南北两极运转，故A错误；要成为地球卫星，发射速度必定是7.9km/s≤v<11.2km/s，发射速度小于7.9km/s将落回地面，故B错误；“风云三号D”的轨道半径小于地球静止轨道卫星的轨道半径，依据T＝eq\r(\f(4π2r3,GM))，知“风云三号D”的周期小于地球静止轨道卫星的周期，故C正确；依据a＝eq\f(GM,r2)，知“风云三号D”的加快度大于地球静止轨道卫星的加快度，故D错误.6.如图4所示，用天平丈量匀强磁场的磁感觉强度.以下各选项所示的载流线圈匝数同样，边长MN相等，将它们分别挂在天平的右臂下方.线圈中通有大小同样的电流，天平处于均衡状态.若磁场发生微小变化，天平最简单失掉均衡的是()图4答案A7.图5A.弹性绳开始挺直时，运动员的速度最大B.由静止着落到最低点的过程中，重力对运动员所做的功等于运动员战胜弹性绳弹力所做的功C.由静止着落到最低点的过程中，运动员的机械能守恒D.从弹性绳开始挺直到最低点，运动员的重力势能与弹性绳的弹性势能之和不停增大答案B8.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6甲所示.磁感线方向与导线框所在平面垂直，磁感觉强度B随时间变化的图象如图乙所示.t＝0时辰，磁感觉强度的方向垂直线框平面向里，在0～4s时间内，导线框ad边所受安培力随时间变化的图象(规定向左为安培力的正方向)可能是选项图中的()图6答案D解析依据题图乙，由E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝Seq\f(ΔB,Δt)和I＝eq\f(E,R)可知，在0～4s时间内的感觉电流大小恒定.依据楞次定律可知，在0～2s时间内，电流方向为顺时针方向；在2～4s时间内，电流方向为逆时针方向；依据左手定章可知ad边所受安培力方向：在0～1s时间内向左，在1～2s时间内向右，在2～3s时间内向左，在3～4s时间内向右，进而除去A、C选项.由F安＝BLadI，电流大小不变，B平均变化时，安培力平均变化，所以B错，D对.9.(2018·温州市期中)老师在讲堂上做了两个小实验，让小明同学印象深刻.第一个实验叫做“旋转的液体”，在玻璃皿的中心放一个圆柱形电极，沿边沿内壁放一个圆环形电极，把它们分别与电池的两极相连，此后在玻璃皿中放入导电液体，比方盐水，假如把玻璃皿放在磁场中，液体就会旋转起来，如图7甲所示.第二个实验叫做“振动的弹簧”，把一根娇贵的弹簧悬挂起来，使它的下端恰巧跟槽中的水银接触，通电后，发现弹簧不停上下振动，如图乙所示.以下对于这两个兴趣实验的说法正确的选项是()图7A.图甲中，假如改变磁场的方向，液体的旋转方向不变B.图甲中，假如改变电源的正负极，液体的旋转方向不变C.图乙中，假如改变电源的正负极，依旧能够察看到弹簧不停上下振动D.图乙中，假如将水银换成酒精，依旧能够察看到弹簧不停上下振动答案C解析题图甲中，可是调动N、S极地点或可是调动电源的正负极地点，安培力方向必定改变，液体的旋转方向要改变，故A、B错误；题图乙中，当有电流经过弹簧时，构成弹簧的每一圈导线四周都产生了磁场，各圈导线之间都产生了互相吸引的作用，弹簧就缩短了，当弹簧的下端走开水银后，电路断开，弹簧中没有了电流，各圈导线之间失掉了互相吸引力，弹簧又恢还原长，使得弹簧下端又与水银接触，弹簧中又有了电流，不停重复上述过程，能够察看到弹簧不停上下振动；假如改变电源的正负极，依旧能够察看到弹簧不停上下振动；可是假如将水银换成酒精，酒精不导电，则弹簧将不再上下振动，故C正确，D错误.10.如图8所示，金属棒ab、金属导轨和螺线管构成闭合回路，金属棒ab在匀强磁场B中沿导轨向右运动，则()图8A.ab棒不受安培力作用B.ab棒所受安培力的方向向右C.ab棒向右运动速度越大，所受安培力越大D.螺线管A端为N极答案C解析金属棒ab沿导轨向右运动时，所受安培力方向向左，以“阻截”其运动，选项A、B错误.金属棒ab沿导轨向右运动时，感觉电动势E＝Blv，感觉电流I＝eq\f(E,R)，安培力F＝BIl＝eq\f(B2l2v,R)，可见，选项C正确.依据右手定章可知，流过金属棒ab的感觉电流的方向是从b流向a，所以流过螺线管的电流方向是从A端到B端，依据右手螺旋定章可知，螺线管的A端为S极，选项D错误.11.(2017·浙江11月选考·8)如图9所示，在两水平金属板构成的器件中，存在着匀强电场与匀强磁场，电场强度E和磁感觉强度B互相垂直.以某一水平速度进入的不计重力的带电粒子恰巧能沿直线运动，以下说法正确的选项是()图9A.粒子必定带负电B.粒子的速度大小v＝eq\f(B,E)C.若粒子速度大小改变，粒子将做曲线运动D.若粒子速度大小改变，电场对粒子的作使劲会发生变化答案C解析粒子做直线运动，说明竖直方向受力均衡，即qvB＝qE，可得v＝eq\f(E,B)，选项B错误；当v＝eq\f(E,B)时，不论粒子带正电仍是负电，在竖直方向均受力均衡，选项A错误；假如粒子速度大小改变，就会致使洛伦兹力变化，所以粒子将做曲线运动，选项C正确；不论粒子速度怎么变，在匀强电场中，粒子所受电场力不变，选项D错误.12.(2019届绍兴一中模拟)在图10所示的宽度范围内，用匀强电场可使以初速度v0垂直射入电场的某种正离子偏转θ角，若改用垂直纸面向外的匀强磁场，使该离子穿过磁场时偏转角也为θ，则电场强度E和磁感觉强度B之比为()图10A.1∶cosθB.v0∶cosθC.tanθ∶1D.v0∶sinθ答案B解析设该离子的质量为m，电荷量为＋q，场区宽度为L，离子在电场中做类平抛运动，则有：L＝v0t①a＝eq\f(qE,m)②tanθ＝eq\f(at,v0)③由①②③得：tanθ＝eq\f(qEL,mv\o\al(,02))④离子在磁场中做匀速圆周运动，轨迹以以下图，qv0B＝eq\f(mv02,R)⑤由几何知识得：sinθ＝eq\f(L,R)⑥由⑤⑥得：sinθ＝eq\f(qBL,mv0)⑦由④⑦式解得：eq\f(E,B)＝eq\f(v0,cosθ)，B正确，A、C、D错误.二、选择题Ⅱ(此题共4小题，每题3分，共12分.每题列出的四个备选项中最罕有一个是符合题目要求的，所有选对的得3分，选对但不全的得1分，有错选的得0分)13.如图11，两个初速度大小同样的同种离子a和b，从O点沿垂直磁场方向进入匀强磁场，最后打在屏P上.不计重力.以下说法正确的有()图11A.a、b均带正电B.a在磁场中遨游的时间比b的短C.a在磁场中遨游的行程比b的短D.a在P上的落点与O点的距离比b的近答案AD解析离子要打在屏P上，离子都要沿顺时针方向偏转，依据左手定章判断，离子都带正电，A项正确；因为是同种离子，所以质量、电荷量同样，初速度大小也同样，由qvB＝meq\f(v2,r)和T＝eq\f(2πm,qB)可知，它们做圆周运动的半径和周期同样，作出运动轨迹以以下图，a在磁场中运动的时间比b的长，B项错误；由t＝eq\f(s,v)可知，a在磁场中运动的行程比b的长，C项错误；由运动轨迹图可知，D项正确.14.如图12所示为电磁驱动器的原理图.此中①为磁极，它被固定在电动机②的转轴上，金属圆盘③能够绕中心轴转动，圆盘与转轴间的阻力较小，整个装置固定在一个绝缘支架④上.当电动机转动时，金属圆盘也将转动起来.以下有关说法中正确的选项是()图12A.金属圆盘转动的方向和磁极的转动方向同样，转速小于磁极的转速B.金属圆盘转动的方向和磁极的转动方向同样，转速等于磁极的转速C.将金属圆盘换成绝缘盘，它也会随着磁极转动D.当电动机忽然卡住不转时，金属圆盘很快会停下来答案AD解析依据楞次定律可知，为阻截磁通量变化，金属圆盘与磁极的转动方向同样，但快慢不一，金属圆盘的转速必定比磁极的转速小，故A正确，B错误.将金属圆盘换成绝缘盘，盘中没有感觉电流，不受安培力，不会随着磁极转动，故C错误；当电动机忽然被卡住不转时，因为金属圆盘产生感觉电流，遇到安培力，而安培力将阻截金属圆盘与磁极间的相对运动，所以金属圆盘很快会停下来，故D正确.15.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.如图13所示，在ab的左边存在一个平均变化的匀强磁场，方向垂直圆环所在平面，磁感觉强度大小随时间的变化率eq\f(ΔB,Δt)＝k(k＜0).则()图13A.圆环中产生沿逆时针方向的感觉电流B.圆环拥有扩大的趋向C.圆环中感觉电流的大小为eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(krS,2ρ)))D.图中a、b两点间的电势差的绝对值为eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(kπr2,4)))答案BD解析k＜0，磁通量平均减小，依据楞次定律可知，圆环中产生沿顺时针方向的感觉电流，选项A错误；圆环在磁场中的部分，遇到向外的安培力，所以有扩大的趋向，选项B正确；圆环产生的感觉电动势大小为E＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(ΔB,Δt)))·eq\f(πr2,2)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(kπr2,2)))，则圆环中的电流大小为I＝eq\f(E,ρ·\f(2πr,S))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(kSr,4ρ)))，选项C错误；|Uab|＝eq\f(E,2)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(kπr2,4)))，选项D正确.16.如图14所示，PN与QM两平行金属导轨相距1m，电阻不计，两头分别接有电阻R1和R2，且R1＝6Ω，ab杆的电阻为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觉强度为1T.现ab以恒定速度v＝3m/s匀速向右挪动，这时ab杆上耗费的电功率与R1、R2耗费的电功率之和相等.则()图14A.R2＝6ΩB.R1上耗费的电功率为0.375WC.a、b间电压为3VD.拉ab杆水平向右的拉力大小为0.75N答案BD解析等效电路图以以下图，ab杆切割磁感线产生感觉电动势，因为ab杆上耗费的电功率与R1、R2耗费的电功率之和相等，则内、外电阻相等，eq\f(6R2,R2＋6)＝2，解得R2＝3Ω，A错误；E＝Blv＝3V，R总＝4Ω，总电流I＝eq\f(E,R总)＝0.75A，路端电压Uab＝IR外＝eq\f(3,4)×2V＝1.5V，C错误；P1＝eq\f(Uab2,R1)＝0.375W，B正确；ab杆所受安培力F＝BIl＝0.75N，ab杆匀速挪动，所以拉力大小为0.75N，D正确.非选择部分三、非选择题(此题共5小题，共52分)17.(8分)(1)在“研究法拉第电磁感觉现象”的实验中，已将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电表及开关按如图15所示部分连结，要把电路连结圆满正确，则N连结到________(选填“a”“b”“c”或“M”)，M连结到________(选填“a”“b”“c”或“N”).正确连结电路后，开始实验研究，某同学发现当他将滑动变阻器的滑动端P向右加快滑动时，敏捷电流计指针向右偏转.由此能够判断__________.图15A.线圈A向上挪动或滑动变阻器滑动端P向左加快滑动，都能惹起敏捷电流计指针向左偏转B.线圈A中铁芯向上拔出或断开开关，都能惹起敏捷电流计指针向右偏转C.滑动变阻器的滑动端P匀速向左或匀速向右滑动，都能使敏捷电流计指针静止在中央D.因为线圈A、线圈B的绕线方向未知，故没法判断敏捷电流计指针偏转的方向(2)为达成“研究变压器线圈两头的电压与匝数的关系”的实验，需要采用以下仪器中的________.A.220V的沟通电源B.学生电源C.沟通电压表D.沟通电流表在实验中，某同学保持原线圈的电压以及副线圈的匝数不变，仅增添原线圈的匝数，副线圈两头的电压将________(选填“增大”“减小”或“不变”).答案(1)acB(2)BC减小18.(10分)在用自由落体法“考证机械能守恒定律”的实验中：(g取10m/s2)(1)运用公式eq\f(1,2)mv2＝mgh来考证时，对实验条件的要求是________，为此，所选择的纸带第1、2两点间的距离应凑近________.(打点时间间隔为0.02s)(2)若实验中所用重锤质量m＝1kg，打点纸带如图16所示，打点时间间隔为0.02s，则记录B点时，重锤速度vB＝________，重锤动能Ek＝________；从开始着落起至B点，重锤的重力势能减小量是________.由此可得出的结论是______________.(结果均保存两位有效数字)图16(3)依据纸带算出有关各点的速度v，量出着落距离h，则以eq\f(v2,2)为纵轴，以h为横轴画出的图象应是图中的()答案(1)从静止开始着落2mm(2)0.79m/s0.31J0.32J在实验偏差赞成的范围内机械能是守恒的(3)C解析(1)重力势能转变为动能，实验条件的要求是从静止开始着落，即初速度为0，第1、2两点的距离h＝eq\f(1,2)gt2且t＝0.02s，可得h＝2mm.(2)B点是A、C两点的中间时辰，vB＝eq\f(xAC,2T)＝0.79m/s，重锤动能Ek＝eq\f(1,2)mvB2≈0.31J.重锤重力势能的减少许ΔEp＝mghB且hB＝32.4mm，代入可得ΔEp≈0.32J.重锤重力势能的减少许近似等于重锤动能的增添量，可得出结论：在实验偏差赞成的范围内机械能是守恒的.(3)由eq\f(1,2)mv2＝mgh，整理可得eq\f(v2,2)＝gh，所以eq\f(v2,2)－h图线是一条过原点的倾斜直线，图线的斜率为重力加快度g，C正确.19.(10分)如图17所示，AB为固定在竖直平面内的eq\f(1,4)圆滑圆弧轨道，其半径为R＝0.8m.轨道的B点与圆滑水平川面相切，质量为m＝0.2kg的小球由A点静止开释，g取10m/s2.求：图17(1)小球滑到最低点B时，小球速度v的大小；(2)小球刚抵达最低点B时，轨道对小球支持力FN的大小；(3)小球经过圆滑的水平川面BC滑上底部与水平川面相切的固定曲面CD，恰能抵达最高点D，D到地面的高度为h＝0.6m，小球在曲面CD上战胜摩擦力所做的功Wf是多少？答案(1)4m/s(2)6N(3)0.4J解析(1)小球从A到B的过程，由动能定理得：mgR＝eq\f(1,2)mv2则得：v＝eq\r(2gR)＝4m/s.(2)小球刚抵达最低点B时，由牛顿第二定律得：FN－mg＝meq\f(v2,R)则有：FN＝3mg＝6N(3)对于小球从A运动到D的整个过程，由动能定理得：mgR－mgh－Wf＝0则有：Wf＝mg(R－h)＝0.4J.20.(12分)在竖直平面内有一矩形地区ABCD，AB边长L，AD边长2L，F为AD边中点，G为BC边中点，线段FG将ABCD分红两个场区.如图18所示，场区Ⅰ内有一竖直向下的匀强电场，场区Ⅱ内有方向、大小未知的匀强电场(图中未画出)和方向垂直ABCD平面向里的匀强磁场.一个质量为m、电荷量为＋q的带电小球以平行于BC边的速度v从AB边的中点O进入场区Ⅰ，从FG边飞出场区Ⅰ时速度方向改变了37°，小球进入场区Ⅱ做匀速圆周运动，重力加快度为g，求：图18(1)场区Ⅱ中的电场强度E2的大小及方向；(2)场区Ⅰ中的电场强度E1的大小；(3)要使小球能在场区Ⅱ内从FG边从头回出席区Ⅰ的磁感觉强度B的最小值.答案(1)eq\f(mg,q)方向竖直向上(2)eq\f(3mv2,4qL)－eq\f(mg,q)(3)eq\f(18mv,7qL)解析(1)由带电小球在场区Ⅱ中做匀速圆周运动可知，E2q＝mg，得E2＝eq\f(mg,q)小球带正电，所受电场力方向竖直向上，可知E2方向竖直向上(2)小球在场区Ⅰ中做类平抛运动，平抛运动时间t＝eq\f(L,v)，带电小球飞出场区Ⅰ时，竖直方向的速度v竖＝vtan37°＝eq\f(3,4)v，则a＝eq\f(\f(3,4)v,t)＝eq\f(3v2,4L)由牛顿第二定律得E1q＋mg＝ma得E1＝eq\f(3mv2,4qL)－eq\f(mg,q)(3)由类平抛运动规律得，小球在场区Ⅰ中的竖直位移y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(3,8)L当小球在场区Ⅱ中的圆周轨迹与FD边相切时，R最大，由几何关系得Rcos37°＋R＝eq\f(1,2)L＋eq\f(3,8)L解得R＝eq\f(35,72)L此时R(1＋sin37°)＝eq\f(7,9)L＜L，y＋R(1－cos