(全国版)高考物理一轮复习课时练习章末质量检测（十） (含解析)

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章末质量检测(十)(时间：50分钟)一、选择题(本题共8小题，1～5题为单项选择题，6～8题为多项选择题)1．如图1所示的装置中，当接通电源后，小磁针A的指向如图所示，则(　　)图1A．小磁针B的N极向纸外转B．小磁针B的N极向纸里转C．小磁针B不转动D．因电流未标出，所以无法判断小磁针B如何转动解析　如题图，根据同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引，所以通电螺线管的左端是S极，右端是N极；根据安培定则，右手握住螺线管，四指指向电流的方向，大拇指所指的方向是通电螺线管的N极。可以判断电流从螺线管的左端流入，从右端流出，所以，电源的左端是正极，右端是负极。而小磁针B在电流产生的磁场中，根据右手螺旋定则可知，N极的指向垂直纸面向外，故A正确，B、C、D错误。答案　A2．如图2所示，线圈L的自感系数很大，且其直流电阻可以忽略不计，L1、L2是两个完全相同的小灯泡，开关S闭合和断开的过程中，灯L1、L2的亮度变化情况是(灯丝不会断)(　　)图2A．S闭合，L1亮度不变，L2亮度逐渐变亮，最后两灯一样亮；S断开，L2立即熄灭，L1逐渐变亮B．S闭合，L1亮度不变，L2很亮；S断开，L1、L2立即熄灭C．S闭合，L1、L2同时亮，而后L1逐渐熄灭，L2亮度不变；S断开，L2立即熄灭，L1亮一下才熄灭D．S闭合，L1、L2同时亮，而后L1逐渐熄灭，L2则逐渐变得更亮；S断开，L2立即熄灭，L1亮一下才熄灭答案　D3．如图3甲所示，固定闭合线圈abcd处于方向垂直纸面向外的磁场中，磁感线分布均匀，磁场的磁感应强度大小B随时间t的变化规律如图乙所示，则下列说法正确的是(　　)图3A．t＝1 s时，ab边受到的安培力方向向左B．t＝2 s时，ab边受到的安培力为0C．t＝2 s时，ab边受到的安培力最大D．t＝4 s时，ab边受到的安培力最大解析　由题图知，0～2 s内磁感应强度大小逐渐增大，根据楞次定律知线圈中产生感应电流的方向为顺时针方向，根据左手定则判断知ab边受到的安培力方向向右，选项A错误；t＝2 s时，＝0，感应电流I＝0，安培力F＝0，选项B正确，C错误；t＝4 s时，B＝0，安培力F＝0，选项D错误。答案　B4．一半径为r、质量为m、电阻为R的金属圆环用一根长为L的绝缘轻细杆悬挂于O1点，杆所在直线过圆环圆心，在O1点的正下方有一半径为L＋2r的圆形匀强磁场区域，其圆心O2与O1点在同一竖直线上，O1点在圆形磁场区域边界上，如图4所示。现使绝缘轻细杆从水平位置由静止释放，下摆过程中金属圆环所在平面始终与磁场垂直，已知重力加速度为g，不计空气阻力及其他摩擦阻力，则下列说法正确的是    (　　)图4A．金属圆环最终会静止在O1点的正下方B．金属圆环在整个过程中产生的焦耳热为mgLC．金属圆环在整个过程中产生的焦耳热为mg(L＋2r)D．金属圆环在整个过程中产生的焦耳热为mg(L＋r)解析　圆环最终要在如图中A、C位置间摆动，因为此时圆环中的磁通量不再发生改变，圆环中不再有感应电流产生。由几何关系可知，圆环在A、C位置时，其圆心与O1、O2的距离均为L＋r，则圆环在A、C位置时，圆环圆心到O1的高度为。由能量守恒可得金属圆环在整个过程中产生的焦耳热为mg(L＋2r)，C正确。答案　C5．(2019·山东烟台一模)如图5甲所示，间距L＝0.2 m的水平金属导轨CD、EF固定在水平地面上，一质量m＝4×10－3 kg的金属棒GH垂直地放置导轨上，导轨处于沿水平方向、磁感应强度B1＝0.2 T的匀强磁场中。有一匝数n＝20匝、面积S＝0.02 m2的线圈通过开关S与导轨相连，线圈处于通过线圈轴线、方向竖直向上的另一匀强磁场B2中，B2大小随时间t变化的关系如图乙所示。在t＝0.2 s时刻闭合开关S时，金属棒GH瞬间跳起(金属棒跳起瞬间安培力远大于重力)，跳起的最大高度为h＝0.2 m，不计空气阻力，重力加速度为g＝10 m/s2，下列说法正确的是(　　)图5A．磁感应强度B1的方向水平向右B．开关S闭合瞬间，GH中的电流方向由H到GC．线圈中产生的感应电动势大小为3 VD．开关S闭合瞬间，通过金属棒GH的电荷量为0.3 C解析　由楞次定律可知，在螺线管中磁通量向上增加，产生的感应电流流过导体棒的方向是由H到G，金属棒受向上安培力，可知磁感应强度B1的方向水平向左，选项A错误，B正确；线圈中产生的感应电动势大小为E＝nS＝20××0.02 V＝6 V，选项C错误；金属棒跳起时的初速度v＝＝2 m/s；对金属棒由动量定理：B1LΔt＝mv，q＝Δt，则q＝＝ C＝0.2  C，选项D错误。答案　B6．目前无线电力传输技术已经成熟，如图6的所示为一种非接触式电源供应系统。这种系统基于电磁感应原理可无线传输电力，两个感应线圈可以放置在左右相邻或上下相对的位置。利用这一原理，可以实现对手机进行无线充电。下列说法正确的是(　　)图6A．若A线圈中输入电流，B线圈中就会产生感应电动势B．若有A线圈中输入变化的电流，B线圈中才会产生感应电动势C．A中电流越大，B中感应电动势越大D．A中电流变化越快，B中感应电动势越大解析　根据法拉第电磁感应定律，只有A线圈中输入变化的电流，B线圈中才会产生感应电动势，若A线圈中输入恒定电流，B线圈中不会产生感应电动势，选项A错误，B正确；根据法拉第电磁感应定律，A线圈中电流变化越快，B线圈中感应电动势越大，选项D正确，C错误。答案　BD7．边长为a的闭合金属正三角形轻质框架，左边竖直且与磁场右边界平行，完全处于垂直于框架平面向里的匀强磁场中，现把框架匀速水平向右拉出磁场，如图7所示，则下列图象与这一拉出过程相符合的是(　　)图7解析　设正三角形轻质框架开始出磁场的时刻t＝0，则其切割磁感线的有效长度L＝2xtan 30°＝x，则感应电动势E电动势＝BLv＝Bvx，则C项正确，D项错误；框架匀速运动，故F外力＝F安＝＝∝x2，A项错误；P外力功率＝F外力v∝F外力∝x2，B项正确。答案　BC8．如图8所示，竖直悬挂的弹簧下端拴有导体棒ab，ab无限靠近竖直平行导轨的内侧、与导轨处于竖直向上的匀强磁场中，导体棒MN与平行导轨处于垂直导轨平面的匀强磁场中，当MN以速度v向右匀速运动时，ab恰好静止，弹簧无形变，现使v减半仍沿原方向匀速运动，ab开始沿导轨下滑，磁感应强度大小均为B，导轨宽均为L，导体棒ab、MN质量相同、电阻均为R，其他电阻不计，导体棒与导轨接触良好，弹簧始终在弹性限度内，弹簧的劲度系数为k，ab与竖直平行导轨间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则(　　)图8A．MN中电流方向从M到NB．ab受到的安培力垂直纸面向外C．ab开始下滑直至速度首次达到峰值的过程中，克服摩擦产生的热量为D．ab速度首次达到峰值时，电路的电热功率为解析　MN向右匀速运动，根据右手定则知电流由N到M，故A错误；电流由a到b，根据左手定则知ab所受安培力垂直纸面向外，故B正确；当MN以速度v向右匀速运动时，ab恰好静止，则电流I＝，ab受到的最大静摩擦力fm＝μBIL＝，根据平衡条件得＝mg，当v′＝v时，fm′＝·，速度第一次达到最大时，加速度等于零，ab再次平衡，mg＝fm′＋kx，则ab下落的距离x＝，克服摩擦力产生的热量Q1＝fm′x＝，故C正确；ab速度首次达到峰值时，电路电流I1＝，电路的电热功率为P＝2IR＝，故D错误。答案　BC二、非选择题9．(1)探究电磁感应现象应选用如图9__________(选填“甲”或“乙”)所示的装置进行实验。在这个现象中感应电流的方向与__________的方向和磁感线方向有关。图9(2)如图丙所示，A为弹簧测力计(量程足够大)，B为条形磁铁(下端为S极)，C为螺线管，螺线管线圈的电阻忽略不计。现将S1断开，S2由1改接到2，则弹簧测力计的示数将__________；若S2接2不变，再闭合S1，弹簧测力计的示数将__________。(均选填“变大”“变小”或“不变”)解析　(1)探究电磁感应现象的实验装置，只需要有磁场、导体棒、电流表即可，不需要电源，分析图甲与乙可知，探究电磁感应现象应选用甲图装置，在电磁感应现象中，感应电流的方向与导体切割磁感线运动的方向和磁感线的方向有关。(2)根据安培定则，由图丙可知，闭合开关，螺线管上端是N极，条形磁铁下端是S极，条形磁铁受到向下的吸引力，现将S1断开，S2由1改到2，电路电流变少，通电的螺线管圈数变小，电磁铁的磁性变弱，螺线管对条形磁铁的吸引力变小，弹簧测力计示数变小，若S2接2不变，闭合S1，电阻R2短路，电路电流变大，螺线管的磁场变强，条形磁铁受到的吸引力变大，弹簧测力计的示数变大。答案　(1)甲　导体切割磁感线运动(或“导体运动”)　 (2)变小　变大10．(2019·名师原创预测)如图10所示，半径为R的光滑圆形金属轨道固定在竖直面内，ab为一条直径，b点处有缺口。一根长度大于2R、质量分布均匀的导体棒PQ置于圆形轨道上的a点，且与ab垂直，整个装置置于垂直纸面向里的匀强磁场(未画出)中，磁感应强度大小为B。t＝0时刻，导体棒在竖直向上的外力F0(未知量)作用下以速度v匀速向上运动，在运动过程中始终与圆形轨道接触良好，并始终与ab垂直。已知导体棒单位长度的电阻为r0，圆形轨道的电阻忽略不计，重力加速度大小为g。求：图10(1)t时刻通过圆形轨道的电流大小和方向；(2)t时刻外力F0的功率。解析　(1)根据题意，设t时刻导体棒的位置如图所示，棒与轨道的交点分别为c、d，由右手定则可知，导体棒中感应电流的方向是从d端流向c端，因此通过圆形轨道的电流方向为逆时针。设t时刻导体棒切割磁感线的有效长度为L此时，导体棒接入电路的电阻为r＝Lr0(Ω)感应电动势E＝BLv由闭合电路欧姆定律知，通过轨道的电流大小I＝解得I＝(A)(2)导体棒运动t时间，竖直向上运动的距离为y＝vtt时刻导体棒切割磁感线的有效长度L＝2或L＝2解得L＝2由(1)问知t时刻导体棒切割磁感线产生的感应电流为I＝由左手定则可知t时刻导体棒所受的安培力F的方向竖直向下，大小为F＝BIL＝由平衡条件可得t时刻外力F0＝F＋mgt时刻外力的功率P＝F0v联立解得P＝mgv＋答案　(1)(A)　逆时针(2)mgv＋11．同一水平面上的两根正对平行金属直轨道MN、M′N′，如图11所示放置，两轨道之间的距离l＝0.5 m，轨道的MM′端之间接一阻值R＝0.4 Ω 的定值电阻，轨道的电阻可忽略不计，NN′端与两条位于竖直面内的半圆形光滑金属轨道NP、N′P′平滑连接，两半圆轨道的半径均为R0＝0.5 m，水平直轨道MK、M′K′段粗糙，KN、K′N′段光滑，且KNN′K′区域恰好处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B＝0.64 T，磁场区域的宽度d＝1 m，且其右边界与NN′重合。现有一质量m＝0.2 kg、电阻r＝0.1 Ω的导体杆ab静止在距磁场左边界s＝2 m处，在与杆垂直的水平恒力F＝2 N作用下开始运动，导体杆ab与粗糙导轨间的动摩擦因数μ＝0.1，当运动至磁场的左边界时撤去F，结果导体杆ab恰好能通过半圆形轨道的最高处PP′。已知导体杆在运动过程中与轨道始终垂直且接触良好，g取10 m/s2。求：图11 (1)导体杆刚进入磁场时，通过导体杆的电流大小和方向； (2)导体杆穿过磁场的过程中通过电阻R的电荷量； (3)导体杆穿过磁场的过程中整个电路中产生的焦耳热。解析　(1)设导体杆在F的作用下运动至磁场的左边界时的速度为v1，由动能定理有(F－μmg)s＝mv－0，代入数据解得v1＝6 m/s，导体杆刚进入磁场时产生的感应电动势E＝Blv1＝1.92 V，此时通过导体杆的电流I＝＝3.84 A，根据右手定则可知，电流方向由b向a。 (2)设导体杆在磁场中运动的时间为t，产生的感应电动势的平均值为，则由法拉第电磁感应定律有＝＝，通过电阻R的感应电流的平均值＝，通过电阻R的电荷量q＝t＝＝0.64 C。(3)设导体杆离开磁场时的速度大小为v2，运动到半圆形轨道最高处的速度为v3，因导体杆恰好能通过半圆形轨道的最高处，则在轨道最高处时，由牛顿第二定律有mg＝m，代入数据解得v3＝ m/s，杆从NN′运动至PP′的过程，根据机械能守恒定律有mv＝mv＋mg·2R0，代入数据解得v2＝5 m/s，导体杆穿过磁场的过程中损失的机械能ΔE＝mv－mv＝1.1 J，此过程中电路中产生的焦耳热Q热＝ΔE＝1.1 J。答案　(1)3.84 A　由b向a　(2)0.64 C　(3)1.1 J