2020高中物理 第四章 章末过关检测（一）（含解析）

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精PAGE12-学必求其心得，业必贵于专精章末过关检测(一）（时间：60分钟分值：100分）一、单项选择题(本题共6小题，每小题6分，共36分．在每小题给出的四个选项中,只有一个选项正确）1。（2019·浙江义乌外国语学校月考）一根导体棒ab在水平方向的匀强磁场中自由下落，并始终保持水平方向且与磁场方向垂直．如图所示,则有（)A．Uab＝0B．φa>φb，Uab保持不变C．φa≥φb，Uab越来越大D．φa〈φb，Uab越来越大解析：选D。导体棒切割磁感线，所以产生电动势，根据右手定则知b点电势高于a点电势,由法拉第电磁感应定律知E＝BLv，随着自由落体的速度越来越大，则产生的电动势也越来越大,故D正确．2。一种具有独特属性的新型合金能够将热能直接转化为电能，具体而言，只要略微提高温度,这种合金会从非磁性合金变成强磁性合金，从而在环绕它的线圈中产生电流，其简化模型如图所示．M为圆柱形合金材料,N为线圈，套在圆柱形合金材料上，线圈的半径大于合金材料的半径．现对M进行加热，假设M变为强磁性合金时,磁感线在M内沿轴线方向，则（）A．N中将产生逆时针方向的电流B．N中将产生顺时针方向的电流C．N线圈有收缩的趋势D．N线圈有扩张的趋势解析：选D。当对M加热使其温度升高时，M从非磁性合金变为强磁性合金，穿过N的磁通量增加，根据楞次定律可知，N有扩张的趋势才能使穿过N的磁通量减少，选项C错误，选项D正确；由于不知M的磁场方向,故不能判断N中感应电流的方向，选项A、B错误．3．(2019·江苏丰县中学月考）如图所示，匀强磁场的方向垂直纸面,规定向里的方向为正,在磁场中有一细金属圆环，线圈平面位于纸面内,现令磁感应强度B随时间t变化，先按图所示的Oa图线变化，后来又按bc和cd变化，令E1、E2、E3分别表示这三段变化过程中感应电动势的大小，I1、I2、I3分别表示对应的感应电流，则下列说法正确的是()A．E1<E2，I1沿逆时针方向，I2沿顺时针方向B．E1〈E2，I1沿顺时针方向,I2沿逆时针方向C．E2〈E3，I2沿逆时针方向，I3沿顺时针方向D．E2＝E3，I2沿逆时针方向,I3沿顺时针方向解析：选A。由法拉第电磁感应定律可知E＝neq\f(ΔBS,Δt)，由图知应有第1段中磁通量的变化率较小，而bc、cd两段中磁通量的变化率相同，故有E1＜E2＝E3,由楞次定律可判断出I1沿逆时针方向,I2与I3均沿顺时针方向,故B、C、D均错误，A正确．4．如图所示电路中，A、B是相同的两小灯泡．L是一个带铁芯的线圈,电阻可不计,调节R，电路稳定时两灯泡都正常发光，则在开关合上和断开时()A．两灯同时点亮、同时熄灭B．合上S时，B比A先到达正常发光状态C．断开S时,A、B两灯都不会立即熄灭，通过A、B两灯的电流方向都与原电流方向相同D．断开S时，A灯会突然闪亮一下后再熄灭解析：选B。闭合S时，由于L的自感作用,A灯逐渐变亮，B灯立即变亮，稳定时两灯一样亮，故A错、B对；断开S时，由于L的自感作用,A、B两灯都不会立即熄灭，通过A灯的电流方向不变，但通过B灯的电流反向,故C错；又因通过A灯的电流不会比原来的大，故A灯不会闪亮一下再熄灭,故D错．5．(2019·吉林长春十一中月考)如图所示，等腰直角三角形AOB内部存在着垂直纸面向外的匀强磁场,OB在x轴上,长度为2L。纸面内一边长为L的正方形导线框的一边在x轴上，沿x轴正方向以恒定的速度穿过磁场区域．规定顺时针方向为导线框中感应电流的正方向,t＝0时刻导线框正好处于图示位置．则下面四幅图中能正确表示导线框中感应电流i随位移x变化的是(）解析:选B。根据电磁感应定律,当0～L时，通过线圈的磁通量均匀增加产生顺时针的感应电流,当L~2L时，右边切割磁感线的长度减小，左边切割磁感线的长度增大，由法拉第电磁感应定律可判断两个边切割磁感线产生的电流方向相反,所以合电流逐渐减小，在1。5L时电流减小到零，随后左边边长大于右边边长，电流反向,所以B选项是正确的．6．如图所示，abcd为水平放置的平行“”形光滑金属导轨，间距为l,导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，导轨电阻不计,已知金属杆MN倾斜放置，与导轨成θ角,单位长度的电阻为r,保持金属杆以速度v沿平行于cd的方向滑动(金属杆滑动过程中与导轨接触良好）．则()A．电路中感应电动势的大小为eq\f(Blv，sinθ)B．电路中感应电流的大小为eq\f(Bvsinθ，r）C．金属杆所受安培力的大小为eq\f(B2lvsinθ，r）D．金属杆的热功率为eq\f（B2lv2,rsinθ)解析：选B。金属杆的运动方向与金属杆不垂直,电路中感应电动势的大小为E＝Blv（l为切割磁感线的有效长度），选项A错误；电路中感应电流的大小为I＝eq\f(E,R)＝eq\f(Blv,\f（l,sinθ)r）＝eq\f（Bvsinθ,r)，选项B正确;金属杆所受安培力的大小为F＝BIl′＝B·eq\f(Bvsinθ,r）·eq\f(l，sinθ）＝eq\f(B2lv，r），选项C错误；金属杆的热功率为P＝I2R＝eq\f（B2v2sin2θ,r2）·eq\f（lr，sinθ）＝eq\f(B2lv2sinθ,r)，选项D错误．二、多项选择题(本题共4小题，每小题6分,共24分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选或不答的得0分)7．(2019·北京东城区月考)如图所示，闭合导线框放置在竖直向上的匀强磁场中,匀强磁场的磁感应强度B的大小随时间变化．关于线框中感应电流的说法正确的是（）A．当B增大时，俯视线框，电流为逆时针方向B．当B增大时，线框中的感应电流一定增大C．当B减小时,俯视线框，电流为逆时针方向D．当B减小时，线框中的感应电流可能减小解析:选CD.设闭合回路的面积是S，设电路总电阻为R,由法拉第电磁感应定律可得：感应电动势E＝eq\f（ΔΦ,Δt)＝Seq\f(ΔB,Δt)，由欧姆定律可得：感应电流I＝eq\f（E,R）＝eq\f(SΔB，RΔt）；S与R是定值，当磁感应强度B增加，磁感应强度的变化率eq\f（ΔB,Δt)不一定增大时，可能不变，可能减小，可能增大，所以感应电流不一定变大；当磁感应强度B减小，磁感应强度的变化率eq\f(ΔB,Δt）不一定减小时，可能不变,可能减小，可能增大,所以感应电流不一定变大；根据楞次定律和右手安培定则得当B增大时,俯视线框，电流为顺时针方向，当B减小时，俯视线框，电流为逆时针方向，故C、D正确，A、B错误．8．（2019·江苏启东中学月考）法拉第圆盘发电机的示意图如图所示．铜圆盘安装在竖直的铜轴上,两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触，关于流过电阻R的电流，下列说法正确的是（）A．若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定B．若从上往下看，圆盘顺时针转动，则圆盘中心电势比边缘高C．若从上往下看，圆盘顺时针转动，则电阻R中电流沿a到b的方向流动D．若圆盘转动方向不变,角速度大小发生变化,则电流方向可能发生变化解析：选ABC.铜盘转动产生的感应电动势为：E＝eq\f（1，2)BL2ω,B、L、ω不变，E不变，电流大小恒定不变，由右手定则可知，回路中电流方向不变，若从上往下看，圆盘顺时针转动，由右手定则知,电流沿a到b的方向流动，故A、C正确；因电流沿a到b的方向流动,则有圆盘中心电势比边缘高,故B正确；若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向不变，大小变化，故D错误．9．如图所示，阻值为R的金属棒从图示ab位置分别以v1、v2的速度沿光滑导轨（电阻不计)匀速滑到a′b′位置，若v1∶v2＝1∶2，则在这两次过程中（)A．回路电流I1∶I2＝1∶2B．产生的热量Q1∶Q2＝1∶2C．通过任一截面的电荷量q1∶q2＝1∶2D．外力的功率P1∶P2＝1∶2解析：选AB.感应电动势为BLv，感应电流I＝eq\f(E，R）＝eq\f(BLv，R），大小与速度成正比，产生的热量Q＝I2Rt＝eq\f（B2L2v2,R)·eq\f(L′,v)＝eq\f（B2L2L′，R)v，B、L、L′、R是一样的，两次产生的热量比等于运动速度比；通过任一截面的电荷量q＝It＝eq\f(BLv，R)·eq\f（L′，v）＝eq\f（BLL′，R），与速度无关，所以这两个过程中，通过任一截面的电荷量之比应为1∶1；金属棒运动中受磁场力的作用,为使棒匀速运动，外力大小要与磁场力相等，则外力的功率P＝Fv＝BIL·v＝eq\f(B2L2v2,R),其中B、L、R大小相等，外力的功率与速度的平方成正比，所以外力的功率之比应为1∶4。10．如图所示，边长为L、不可形变的正方形导线框内有半径为r的圆形磁场区域，其磁感应强度B随时间t的变化关系为B＝kt(常量k＞0)．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，定值电阻R1＝R0、R2＝eq\f（R0，2).闭合开关S,电压表的示数为U，不考虑虚线MN右侧导体的感应电动势,则（）A．R2两端的电压为eq\f（U,7)B．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：选AC。由法拉第电磁感应定律E＝neq\f(ΔΦ，Δt)＝neq\f(ΔB，Δt）S有E＝kπr2，D错误；因k＞0，由楞次定律知线框内感应电流沿逆时针方向，故电容器b极板带正电，B错误；由题图知外电路结构为R2与R的右半部并联，再与R的左半部、R1相串联，故R2两端电压U2＝eq\f（\f(R0,2)·\f(1,2)，R0＋\f（R0,2）＋\f(R0,2）·\f（1,2)）U＝eq\f(U,7)，A正确;设R2消耗的功率为P＝IU2，则R消耗的功率P′＝2I×2U2＋IU2＝5P，故C正确．三、非选择题(本题共3小题,共40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．（10分）（2019·黑龙江大庆实验中学月考)如图甲所示，一个匝数n＝100的圆形导体线圈,面积S1＝0。4m2，电阻r＝1Ω.在线圈中存在面积S2＝0.3m2的垂直线圈平面向外的匀强磁场区域,磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙所示．有一个R＝2Ω的电阻，将其两端a、b分别与图甲中的圆形线圈相连接，求：(1)ab两点间的电势差Uab；（2)在0～4s时间内通过电阻R的电荷量;（3)在0～4s时间内电阻R上产生的热量．解析：（1)由法拉第电磁感应定律可得E＝neq\f（ΔBS2，Δt），解得E＝4.5V电流I＝eq\f(E,r＋R）＝1。5AUab＝－IR＝－3V。(2)通过电阻R的电荷量q＝IΔt＝6C.(3)由焦耳定律可得Q＝I2Rt，得Q＝18J.答案:（1)－3V(2）6C(3)18J12．（14分）（2019·四川遂宁月考）轻质细线吊着一边长为L＝0。8m的单匝正方形线圈abcd,线圈总电阻为R＝1Ω.边长为d＝0.4m的正方形磁场区域对称分布在线圈下边的两侧，如图（甲）所示．磁场方向垂直纸面向里,磁感应强度大小随时间变化如图(乙)所示．（线圈始终保持静止）求：(1)线圈abcd中产生的感应电动势E大小和感应电流的方向；(2）t＝4s时，cd边所受的安培力大小及方向.解析：(1）由法拉第电磁感应定律E＝eq\f(ΔΦ，Δt）ΔΦ＝ΔBeq\f(1，2）d2由乙图得：eq\f(ΔB,Δt)＝5T/s解得:E＝0。4V，由楞次定律知感应电流的方向为逆时针方向adcba.（2)I＝eq\f（E，R）＝0。4At＝4s时,B＝30TF＝BId＝4.8N，方向竖直向上．答案:（1)0。4V逆时针方向adcba（2)4.8N方向竖直向上13．(16分）如图甲所示,一电阻不计且足够长的固定光滑平行金属导轨MN、PQ间距L＝0.8m,下端接有阻值R＝3Ω的电阻，导轨平面与水平面间的夹角θ＝30°。整个装置处于方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中．一质量m＝0.1kg、阻值r＝0.15Ω的金属棒垂直导轨放置并用绝缘细线通过光滑的定滑轮与质量M＝0。9kg的重物相连，左端细线沿NM方向．棒由静止释放后，沿NM方向位移x与时间t之间的关系如图乙所示，其中ab为直线．已知棒在0~0。3s内通过的电荷量是0.3～0。4s内通过电荷量的2倍，取g＝10m/s2，求：（1)0～0.3s内棒通过的位移x1大小；(2)电阻R在0～0。4s内产生的热量Q1。解析：(1）棒在0～0.3s内通过的电荷量q1＝eq\o（I,\s\up6（－))Δt1平均感应电流eq\o（I,\s\up6（－)）＝eq\f(\o（E,\s\up6(－））,R＋r）回路中平均感应电动势eq\o(E，\s\up6（－）)＝eq\f（Bx1L,Δt1）得q1＝e