高考物理总复习精品阶段综合测评8

阶段综合测评(八)时间：75分钟满分：100分一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28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.(2021·浙江省杭州市高三二模)如图所示，无限长通电直导线与右侧的矩形导线圈ABCD在同一平面内，线圈的AB边与直导线平行。现用外力使线圈向直导线靠近且始终保持AB边与直导线平行，在AB边靠近直导线的过程中，下列说法正确的是()A．线圈内产生的感应电流方向是ADCBAB．直导线对AB边和CD边的安培力等大反向C．直导线对AD边和BC边的安培力等大反向D．在线圈ABCD内部的区域的磁场方向为垂直线圈所在平面向外答案C解析根据右手定则，直导线右侧的磁场方向垂直纸面向里，且距离直导线越近的位置磁感应强度越大，在AB边靠近直导线的过程中，线圈的磁通量增大，由楞次定律可知，线圈内产生的感应电流方向是ABCDA，A错误；直导线周围的磁场，离直导线越近磁感应强度越大，由F＝BIL，直导线对AB边的安培力大于对CD边的安培力，由左手定则可知，直导线对AB边的安培力方向水平向右，对CD边的安培力方向水平向左，故B错误；同理，并由对称性可知，直导线对AD边和BC边的安培力等大反向，C正确；由右手螺旋定则可知，直导线在线圈ABCD内部的区域的磁场方向为垂直线圈所在平面向里，而感应电流产生的磁场只是阻碍原磁通量的增大，并不是阻止，总磁通量还是垂直线圈所在平面向里增大，则在线圈ABCD内部的区域的磁场方向为垂直线圈所在平面向里，D错误。2．(2021·山东省新高考质量测评联盟高三上12月联合调研检测)粗糙水平桌面上放一单匝闭合矩形线框，如图甲所示，线框右半部分处在匀强磁场中，磁感应强度B竖直向下，磁场的左边界OO′与线框交于M、N两点。已知线框面积S＝100cm2，总电阻R＝0.02Ω，M、N间距离x＝8cm，磁感应强度B按图乙所示变化时(向下为B的正方向)，线框始终静止不动，则()A．在t＝1s时，线框上M、N两点的电势差UMN>0B．在t＝1s时，线框受到的摩擦力f＝0.04NC．在t＝2s时，线框中感应电流的方向发生改变D．在t＝2s时，线框所受的摩擦力方向发生改变答案D解析由图乙可知，在t＝1s时，穿过线框的磁通量减小，根据楞次定律知线框中产生顺时针方向的电流，线框的右边部分相当于电源，则线框上N点相当于电源正极，M点相当于电源负极，则有UMN<0，故A错误；由法拉第电磁感应定律可得，线框中产生的感应电动势E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔBS,Δt)＝eq\f(－2－2×\f(1,2)×100×10－4,4)V＝－5×10－3V，在t＝1s时，线框受到的安培力大小为F＝IlB＝eq\f(E,R)xB＝eq\f(5×10－3,0.02)×0.08×1N＝0.02N，则线框受到的摩擦力f＝F＝0.02N，故B错误；由B项的分析可知I＝eq\f(E,R)＝eq\f(1,R)·eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(1,R)·eq\f(ΔB·S,Δt)＝keq\f(S,R)，其中k为图乙的图像斜率，不变，线框面积S和电阻R不变，则电流不变，故C错误；由图乙可知，在t＝2s时，磁感应强度方向改变，由于电流不变，根据左手定则可知，此时线框所受安培力方向发生改变，因此摩擦力方向也发生改变，故D正确。3.(2021·八省联考辽宁卷)如图所示，“凹”字形金属线框右侧有一宽度为3L的匀强磁场区域，磁场方向垂直于纸面向里。线框在纸面内向右匀速通过磁场区域，t＝0时，线框开始进入磁场。设逆时针方向的感应电流为正，则线框中感应电流i随时间t变化的图像可能正确的是()答案A解析设线框运动的速度为v，总电阻为R，当时间t<eq\f(L,v)时，只有最右侧的两个短边切割磁感线，感应电流的方向为逆时针，大小为I＝eq\f(2BLv,R)；当eq\f(L,v)≤t<eq\f(3L,v)时，线框由右侧中间短边进入磁场，至左侧长边进入磁场，感应电流方向为逆时针，大小为I＝eq\f(3BLv,R)；当eq\f(3L,v)≤t<eq\f(4L,v)时，线框由左侧长边进入磁场，至右侧的中间短边离开磁场，感应电流方向为顺时针，大小为I＝eq\f(2BLv,R)；当eq\f(4L,v)≤t<eq\f(6L,v)时，线框由右侧中间短边离开磁场，至左侧长边离开磁场，感应电流方向为顺时针，大小为I＝eq\f(3BLv,R)。综上所述，A正确。4．(2021·北京高考)如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，水平U形导体框左端连接一阻值为R的电阻，质量为m、电阻为r的导体棒ab置于导体框上。不计导体框的电阻、导体棒与框间的摩擦。ab以水平向右的初速度v0开始运动，最终停在导体框上。在此过程中()A．导体棒做匀减速直线运动B．导体棒中感应电流的方向为a→bC．电阻R消耗的总电能为eq\f(mv\o\al(2,0)R,2R＋r)D．导体棒克服安培力做的总功小于eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)答案C解析导体棒向右运动时，根据右手定则可知，导体棒中感应电流方向为b→a，再根据左手定则可知，导体棒受到水平向左的安培力，开始时，根据法拉第电磁感应定律，导体棒中产生的感应电动势为E＝BLv0，根据闭合电路欧姆定律，知感应电流为I＝eq\f(E,R＋r)＝eq\f(BLv0,R＋r)，故导体棒所受安培力为F＝BIL＝eq\f(B2L2v0,R＋r)，根据牛顿第二定律有F＝ma，可得a＝eq\f(B2L2,mR＋r)v0，随着速度减小，加速度不断减小，故导体棒做加速度减小的减速直线运动，故A、B错误；根据能量守恒定律可知，回路中消耗的总电能为Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，则R产生的总电能为QR＝eq\f(R,R＋r)Q＝eq\f(mv\o\al(2,0)R,2R＋r)，故C正确；整个过程只有安培力做负功，根据动能定理可知，导体棒克服安培力做的总功等于eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，故D错误。5．(2021·广东省佛山市高三二模)在油电混合小轿车上有一种装置，刹车时能将车的动能转化为电能，启动时再将电能转化为动能，从而实现节能减排。图中，甲、乙磁场方向与轮子的转轴平行，丙、丁磁场方向与轮子的转轴垂直，轮子是绝缘体，则采取下列哪个措施，能有效地借助磁场的作用，让转动的轮子停下()A．如图甲，在轮上固定如图绕制的线圈B．如图乙，在轮上固定如图绕制的闭合线圈C．如图丙，在轮上固定一些细金属棒，金属棒与轮子转轴平行D．如图丁，在轮上固定一些闭合金属线框，线框长边与轮子转轴平行答案D解析图甲和图乙中，当轮子转动时，穿过线圈的磁通量都是不变的，不会产生感应电流，则不会有磁场力阻碍轮子的运动，A、B错误；图丙中在轮上固定一些细金属棒，当轮子转动时会产生感应电动势，但因为没有形成闭合回路，不会产生感应电流，则也不会产生磁场力阻碍轮子转动，C错误；图丁中在轮上固定一些闭合金属线框，线框长边与轮子转轴平行，当轮子转动时线框会产生感应电动势，产生感应电流，则会产生安培力阻碍轮子转动，使轮子很快停下来，D正确。6.为测量线圈L的直流电阻R0，某研究小组设计了如图所示电路，已知线圈的自感系数较大，两电表可视为理想电表，其示数分别记为U、I，实验开始前，S1处于断开状态，S2处于闭合状态。关于实验过程，下列说法不正确的是()A．闭合S1，电流表示数逐渐增大至稳定值B．闭合S1，电压表示数逐渐减小至稳定值C．待两电表示数稳定后，方可读取U、I的值D．实验结束后，应先断开S1答案D解析闭合S1，由于线圈的自感作用，电路中电流逐渐增大，直到稳定值，故A正确；闭合S1，电压表的示数U＝E－(R＋r)I，由于电路中的电流逐渐增大至稳定值，故电压表示数逐渐减小至稳定值，故B正确；刚闭合S1时，电压表和电流表的示数都在变化，只有电路稳定后，线圈才能看成纯电阻元件，此时才能测量线圈L的直流电阻R0，故待两电表示数稳定后，方可读取U、I的值，故C正确；若先断开开关S1，由于L的自感作用会使L和电压表组成回路，原先L中有较大的电流通过，现在这个电流将通过电压表，从电压表负极流入，可能造成电压表损坏，所以实验结束后，应先断开开关S2，故D错误。本题选说法错误的，故选D。7.如图所示，水平面内有一平行金属导轨，导轨光滑且电阻不计，阻值为R的导体棒垂直于导轨放置，且与导轨接触良好。导轨所在空间存在匀强磁场，匀强磁场与导轨平面垂直。t＝0时，将开关S由1掷向2，分别用q、i、v和a表示电容器所带的电荷量、棒中的电流、棒的速度大小和加速度大小，则下列图像中正确的是()答案D解析开关S由1掷到2，电容器放电时会在回路中产生电流，导体棒通有电流后将受到安培力的作用，做加速运动；导体棒切割磁感线，速度增大，感应电动势增大，又电容器因放电两端电压减小，故回路中电流减小，导体棒所受安培力减小，其加速度减小且减小得越来越慢；当感应电动势等于电容器两端的电压时，电路中无电流，导体棒加速度为零，速度达到最大值，之后一直做匀速运动，所以B、C错误，D正确。当导体棒匀速运动后，电容器两端的电压稳定在某个不为0的数值，则电容器所带的电荷量稳定在某个不为0的数值，故A错误。二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有两个或两个以上选项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。8.(2021·河北省邯郸市高三上学期期末质量检测)如图所示，有一足够大的光滑水平面上存在非匀强磁场，其磁场分布沿x轴方向均匀增强，沿y轴方向是不变的，磁场方向垂直纸面向外，现有一闭合的正方形金属线框，质量为m，以速度大小为v0、方向沿其对角线且与x轴成45°角开始运动，以下关于线框的说法中正确的是()A．线框中的感应电流方向沿顺时针B．线框将做匀减速直线运动C．线框运动中产生的内能为eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)D．线框最终将静止于平面上的某个位置答案AC解析磁场方向向外，线框运动过程中穿过线框的磁通量增大，根据楞次定律可知，线框中的电流方向为顺时针，A正确；线框运动过程中由于磁场分布沿y轴方向不变，沿x轴方向均匀增强，所以线框沿y轴方向所受合力为0，沿x轴方向所受合力为沿x轴负方向，与初速度方向有夹角，线框将做曲线运动，B错误；最终，线框沿x轴方向速度减小为0，沿y轴方向速度大小不变，所以线框最后的速度大小为eq\f(\r(2),2)v0，由能量守恒定律得Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)v0))2＝eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)，C正确，D错误。9.如图所示，在纸面内有一个半径为r、电阻为R的线圈，线圈处于足够大的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，线圈与磁场右边界相切于P点。现使线圈绕过P点且平行于磁场方向的轴，以角速度ω沿顺时针方向匀速转过90°，到达图中虚线位置，则下列说法正确的是()A．线圈中产生沿逆时针方向的感应电流B．线圈受到的安培力逐渐增大C．线圈经过虚线位置时的感应电动势为2Br2ωD．流过线圈某横截面的电荷量为eq\f(Bπr2,R)答案BC解析线圈沿顺时针方向匀速转动时，穿过线圈的磁通量向里减小，根据楞次定律可知，线圈中产生沿顺时针方向的感应电流，故A错误；线圈沿顺时针方向匀速转过90°的过程中，切割磁感线的有效长度逐渐变大，感应电流逐渐变大，根据F＝IlB可知，线圈受到的安培力逐渐增大，故B正确；线圈经过虚线位置时的感应电动势为：E＝B·2r·eq\f(0＋2rω,2)＝2Br2ω，故C正确；流过线圈某横截面的电荷量为：q＝eq\x\to(I)t＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(Bπr2,2R)，故D错误。10.如图所示，在竖直平面内有一上下边界均水平、垂直线框所在平面的匀强磁场，磁感应强度B＝2.5T。正方形单匝金属线框在磁场上方h＝0.45m处，质量为0.1kg，边长为0.4m，总阻值为1Ω。现将线框由静止释放，下落过程中线框ab边始终与磁场边界平行，ab边刚好进入磁场和刚好离开磁场时的速度大小均为2m/s，不计空气阻力，重力加速度大小取10m/s2，则()A．cd边刚进入磁场时克服安培力做功的功率为9WB．匀强磁场区域的高度为0.65mC．穿过磁场的过程中线框电阻产生的焦耳热为0.65JD．线框通过磁场上边界所用时间为0.3s答案ABD解析设cd边刚好进入磁场时的速度为v1，则v1＝eq\r(2gh)＝eq\r(2×10×0.45)m/s＝3m/s，此时产生的感应电动势为E1＝BLv1＝2.5×0.4×3V＝3V，线框中感应电流为I1＝eq\f(E1,R)＝eq\f(3,1)A＝3A，克服安培力做功的功率为P＝Ieq\o\al(2,1)R＝32×1W＝9W，故A正确；由题意可知，线框进入磁场和穿出磁场的两个过程运动情况相同，设匀强磁场区域的高度为H，ab边刚好进入磁场时速度为v2，线框完全在磁场中运动时做加速度为g的匀加速运动，有2g(H－L)＝veq\o\al(2,1)－veq\o\al(2,2)，解得H＝0.65m，故B正确；设穿过磁场的过程中线框电阻产生的焦耳热为Q，由能量守恒定律得：Q＝2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(mgL＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)mv\o\al(2,1)－\f(1,2)mv\o\al(2,2)))))，解得Q＝1.3J，故C错误；设线框通过磁场上边界所用时间为t，线框通过磁场上边界的过程，以竖直向下为正方向，由动量定理得：mgt－eq\x\to(I)LBt＝mv2－mv1，又eq\x\to(I)t＝eq\f(BL\x\to(v)t,R)＝eq\f(BL2,R)，联立解得t＝0.3s，故D正确。三、非选择题：本题共5小题，共54分。11．(6分)如图所示为“研究电磁感应现象”的实验装置。(1)将图中所缺的导线补接完整。(2)如果在闭合开关时发现电流表的指针向右偏转了一下，那么合上开关后可能出现的情况有：①将线圈A迅速拔出线圈B时，电流表指针将________。②线圈A插入线圈B后，将滑动变阻器的滑片迅速向右滑时，电流表指针将________。答案(1)图见解析(2)①向左偏转一下②向右偏转一下解析(1)如图所示。(2)闭合开关时，穿过线圈B的磁通量增大，电流表的指针向右偏转一下。①将线圈A迅速拔出线圈B时，穿过线圈B的磁场方向不变，磁通量减小，则电流表指针将向左偏转一下；②线圈A插入线圈B后，由电路图可知，将滑动变阻器的滑片迅速向右滑时，滑动变阻器接入电路中的阻值变小，线圈A中的电流变大，穿过线圈B的磁场方向不变，但磁通量变大，电流表指针将向右偏转一下。12．(9分)某学校开展“摇绳发电”的比赛活动。如图所示，在操场上，将一根长为20m的铜芯导线两端与小量程电流表的两个接线柱连接，构成闭合回路；两同学面对面站立摇动这条导线。(忽略地球磁偏角的影响)(1)在“摇绳发电”的过程中，导线中将可能产生________(选填“直流电”或“交流电”)。(2)若只增大摇绳的频率，则小量程电流表的最大示数________增大(选填“一定”或“不一定”)。(3)若该学校地处赤道上，两同学南北站立摇绳时，导线中________电流(选填“有”或“无”)。(4)若该学校地处中国重庆，两同学东西方向站立，保持摇绳的间距、频率、最大速度不变。在竖直平面内上下来回摇绳时，小量程电流表的最大示数为I1；在水平面内左右来回摇绳时，小量程电流表的最大示数为I2；假设重庆地区的地磁场方向与水平方向的夹角为θ，则tanθ＝________。答案(1)交流电(2)不一定(3)无(4)eq\f(I2,I1)解析(1)若导线中产生感应电流，则摇绳过程中导线切割磁感线的方向发生变化，根据右手定则知，感应电流的方向发生变化，所以可能产生交流电。(2)若两同学南北站立摇绳，由于地磁场的方向在地球外部由南向北，则导线不切割磁感线，不产生感应电流，只增大摇绳的频率时，小量程电流表的最大示数不变；若两同学东西站立摇绳，导线切割磁感线，会产生感应电流，只增大摇绳的频率时，根据Em＝nBSω，小量程电流表的最大示数增大。因此，若只增大摇绳的频率，则小量程电流表的最大示数不一定增大。(3)若该学校地处赤道上，两同学南北站立摇绳时，导线不切割磁感线，则导线中无感应电流。(4)设重庆地区的地磁场磁感应强度大小为B，则水平分量为Bx＝Bcosθ，竖直分量为By＝Bsinθ，在竖直平面内上下来回摇绳时，产生的最大感应电动势为Ey＝Bxlvmax，在水平面内左右来回摇绳时，产生的最大感应电动势为Ex＝Bylvmax，根据闭合电路欧姆定律可得：eq\f(Ey,Ex)＝eq\f(I1,I2)，联立得tanθ＝eq\f(I2,I1)。13．(11分)(2021·山东省二模模拟试卷(一))如图甲所示，在水平地面上固定两根平行光滑金属导轨，两导轨的间距为L，左端接一阻值为R的电阻，金属杆PQ静止在导轨上，电阻也为R，质量为m。虚线ef的右边区域存在足够长的匀强磁场，方向垂直于导轨平面向下，磁感应强度大小为B。给杆PQ施加一水平向右的恒定拉力，经过一段时间杆PQ到达ef位置，之后做匀速直线运动，导轨电阻不计。(1)PQ从初始位置到ef所用的时间为多少？(2)如果杆PQ到达ef位置后撤去拉力，此时刻之后，杆PQ的速度v与位移x关系如图乙所示，则0～x0与x0～3x0两个过程中金属杆PQ产生的热量之比为多少？答案(1)eq\f(2mR,B2L2)(2)eq\f(5,4)解析(1)设拉力大小为F，PQ从初始位置到ef的加速度为a，所用时间为t，进入磁场时的速度为v0，则有：F＝ma，v0＝atPQ杆进入磁场后切割磁感线产生的感应电动势：E＝BLv0根据闭合电路的欧姆定律可得进入磁场后，通过PQ杆的电流I＝eq\f(E,2R)杆在磁场中做匀速直线运动，则有：F＝F安＝BIL以上各式联立得：t＝eq\f(2mR,B2L2)。(2)撤去拉力后，由图乙可知，杆在x＝x0处的速度大小：v＝eq\f(2,3)v0由能量关系，在0～x0过程中，电路中产生的焦耳热Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mv2，金属杆PQ产生的热量：Q1＝eq\f(R,R＋R)·Q在x0～3x0过程中，电路中产生的焦耳热Q′＝eq\f(1,2)mv2－0金属杆PQ产生的热量Q2＝eq\f(R,R＋R)·Q′以上各式联立得：eq\f(Q1,Q2)＝eq\f(5,4)。14．(12分)(2022·江苏省常州市高三上期中质量调研)如图所示，质量为m＝0.1kg的闭合矩形线框ABCD由粗细均匀的导线绕制而成，其总电阻为R＝0.04Ω，其中长LAD＝40cm，宽LAB＝20cm，线框平放在绝缘水平面上。线框右侧有竖直向下的有界匀强磁场，磁感应强度B＝1.0T，磁场宽度d＝10cm，线框在水平向右的恒力F＝2N的作用下，从图示位置由静止开始沿水平方向向右运动，线框CD边从磁场左侧刚进入磁场时，恰好做匀速直线运动，速度大小为v1，AB边从磁场右侧离开磁场前，线框已经做匀速直线运动，速度大小为v2，整个过程中线框始终受到大小恒定的摩擦阻力Ff＝1N，且线框不发生转动。求：(1)速度v1和v2的大小；(2)线框开始运动时，CD边距磁场左边界的距离x；(3)线框穿越磁场的过程中产生的焦耳热。答案(1)1m/s1m/s(2)0.05m(3)0.5J解析(1)CD边刚进入磁场时，CD边切割磁感线产生的感应电动势E1＝BLABv1通过CD边的电流I1＝eq\f(E1,R)线框所受安培力大小为FA＝BI1LAB根据平衡条件可得F＝Ff＋FA以上各式联立得v1＝eq\f(F－FfR,B2L\o\al(2,AB))＝1m/s线框速度大小为v2时，AB边切割磁感线产生的感应电动势E2＝BLABv2通过AB边的电流I2＝eq\f(E2,R)，AB边所受安培力FA′＝BI2LAB根据平衡条件可得F＝Ff＋FA′以上各式联立得v2＝eq\f(F－FfR,B2L\o\al(2,AB))＝1m/s。(2)从线框开始运动到AB边刚进入磁场的过程中，根据动能定理可得(F－Ff)