2021届高考物理通用一轮练习：阶段综合测评8

  www.ks5u.com阶段综合测评(八)

　　时间：90分钟　　　满分：110分

第Ⅰ卷(选择题，共48分)

一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，1～8题只有一项符合题目要求，9～12题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)

1．物理学的发展丰富了人类对物质世界的认识，推动了科学技术的创新和革命，促进了物质生产的繁荣与人类文明的进步。下列表述正确的是(　　)

A．电磁感应现象是洛伦兹最先发现的

B．电动机是利用电磁感应原理，将机械能转化为电能

C．楞次最先发现了电流的磁效应

D．感应电流遵从楞次定律所描述的方向，这是能量守恒定律的必然结果

答案　D

解析　电磁感应现象是法拉第最先发现的，A错误；发电机是利用电磁感应原理，将机械能转化为电能，B错误；奥斯特最先发现了电流的磁效应，C错误；楞次定律指出感应电流的磁场总要阻碍引起它的磁通量的变化，所以要在回路中产生一定的感应电流，外界必须提供一定的能量，使磁通量变化，该过程将其他形式的能转化为电能，体现了能量守恒定律，D正确。

2．某教室墙上有一朝南的钢窗，如图所示，当把钢窗左侧向外推开时，下列说法正确的是(　　)

A．穿过窗框的地磁场的磁通量变大

B．穿过窗框的地磁场的磁通量不变

C．从推窗人的角度看，窗框中的感应电流方向是逆时针

D．从推窗人的角度看，窗框中的感应电流方向是顺时针

答案　C

解析　如题图，地磁场由南向北，当朝南的钢窗向外推开时，穿过窗框平面的磁通量减小，根据楞次定律，从推窗人的角度看，窗框中产生的感应电流的方向为逆时针，C正确，A、B、D错误。

3.如图所示，在通电长直导线AB的一侧悬挂一闭合矩形金属线圈P，AB在线圈平面内，当AB中通以向上的电流并增大时(　　)

A．线圈中产生逆时针方向的电流，线圈向AB运动

B．线圈中产生逆时针方向的电流，线圈背离AB运动

C．线圈中产生顺时针方向的电流，线圈向AB运动

D．线圈中产生顺时针方向的电流，线圈背离AB运动

答案　B

解析　根据安培定则可知线圈所在处的磁场方向垂直纸面向里，直导线中的电流增大，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律可知线圈中感应电流方向为逆时针方向，C、D错误；根据左手定则可知，线圈左边受到的安培力F1向右，线圈右边受到的安培力F2向左，由于靠近导线处磁场较强，所以F1>F2，故线圈将远离AB，A错误，B正确。

4．如图所示，导体AB在做切割磁感线运动时，将产生感应电动势，设导体AB的电阻为r，导轨左端接有阻值为R的电阻，磁场的磁感应强度为B，导轨宽为d，导体AB匀速运动，速度为v。下列说法正确的是(　　)

A．导体AB相当于电源，且A端为电源正极

B．UCD＝Bdv

C．C、D两点电势关系为φC<φD

D．在AB中电流从B流向A，所以φB>φA

答案　A

解析　导体AB切割磁感线产生感应电动势，在回路中产生感应电流，由右手定则可知AB中的感应电流方向为从B到A，导体AB相当于电源，电源内部电流由负极流向正极，因此A正确，D错误；C、D间电阻R相当于外电阻，UCD＝，且φC>φD，B、C错误。

5．如图所示，在一磁感应强度B＝0.5 T的匀强磁场中，垂直于磁场方向水平放置着两根相距为L＝0.1 m的平行金属导轨MN和PQ，导轨电阻忽略不计，在两根导轨的端点N、Q之间连接一阻值R＝0.3 Ω的电阻。导轨上正交放置着金属棒ab，其电阻r＝0.2 Ω。当金属棒在水平拉力作用下以速度v＝4.0 m/s向左做匀速运动时(　　)

A．ab棒所受安培力大小为0.02 N

B．N、Q间电压为0.2 V

C．a端电势比b端电势低

D．回路中感应电流大小为1 A

答案　A

解析　ab棒产生的感应电动势E＝BLv＝0.5×0.1×4.0 V＝0.2 V，回路中的感应电流I＝＝0.4 A，ab棒受到的安培力F＝BIL＝0.5×0.4×0.1 N＝0.02 N，A正确，D错误；N、Q之间的电压U＝E＝0.12 V，B错误；由右手定则得a端电势比b端电势高，C错误。

6.如图所示，闭合导线框的质量忽略不计，将它从如图所示的位置匀速拉出匀强磁场。若第一次用0.3 s时间拉出，外力所做的功为W1，通过导线横截面的电荷量为q1；第二次用0.9 s时间拉出，外力所做的功为W2，通过导线横截面的电荷量为q2，则(　　)

A．W1<W2，q1<q2  B．W1<W2，q1＝q2

C．W1>W2，q1＝q2  D．W1>W2，q1>q2

答案　C

解析　两次拉出的速度之比v1∶v2＝3∶1，电动势之比E1∶E2＝3∶1，电流之比I1∶I2＝3∶1，则通过导线截面的电荷量之比q1∶q2＝(I1t1)∶(I2t2)＝1∶1；导线框所受的安培力之比F1∶F2＝3∶1，则外力做功之比W1∶W2＝3∶1，故C正确。

7.如图所示，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)(　　)

A．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不亮，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　D

解析　当S闭合瞬间，L的自感系数很大，对电流的阻碍作用很大，L处可看成断路，L1和L2串联后与电源相连，L1和L2同时亮，因为L的直流电阻不计，随着L中电流的增大，则L的分流作用增大，L1中的电流逐渐减小为零，由于总电阻变小，故电路中的总电流变大，L2中的电流增大，L2灯变得更亮；当S断开瞬间，L2中无电流，立即熄灭，而线圈L产生自感电动势，试图维持本身的电流不变，L与L1组成闭合电路，L1要亮一下后再熄灭。综上所述，D正确。

8．如图所示，质量均为m的金属棒ab、cd与足够长的水平金属导轨垂直且接触良好，两金属棒与金属导轨间的动摩擦因数为μ，磁感应强度为B的匀强磁场的方向竖直向下。则ab棒在恒力F＝2μmg作用下向右运动的过程中，有(　　)

A．安培力对ab棒做正功

B．安培力对cd棒做正功

C．ab棒做加速度逐渐减小的加速运动，最终匀速运动

D．cd棒做加速度逐渐减小的加速运动，最终匀速运动

答案　C

解析　对于ab棒，因为F＝2μmg>μmg，所以ab棒会由静止开始做加速运动，ab棒运动会切割磁感线产生感应电流，从而使ab棒受到一个向左的安培力，ab棒的加速度会减小，最终F＝F安＋μmg，即F安＝μmg时，ab棒做匀速运动，此时ab棒受到的安培力最大；分析可知，cd棒所受到的最大安培力也为μmg，与它受到的最大静摩擦力相等，所以cd棒总保持静止状态，即安培力对ab棒做负功，对cd棒不做功，故C正确，A、B、D错误。

9．如图所示，闭合金属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随时间变化。下列说法正确的是(　　)

A．当磁感应强度增大时，线框中的感应电流可能减小

B．当磁感应强度增大时，线框中的感应电流一定增大

C．当磁感应强度减小时，线框中的感应电流一定增大

D．当磁感应强度减小时，线框中的感应电流可能不变

答案　AD

解析　当磁感应强度随时间变化时，线框中的感应电动势为E＝S，设线框的电阻为R，则线框中的感应电流I＝＝·，因为B增大或减小时，可能减小，也可能增大，也可能不变，所以感应电流可能减小、增大或不变，故A、D正确。

10.如图所示，电源的电动势为E，内阻r不能忽略。A、B是两个相同的小灯泡，L是一个自感系数相当大的线圈。关于这个电路，以下说法正确的是(　　)

A．开关由闭合到电路中电流稳定的时间内，A灯立刻亮起，而后逐渐变暗，最后亮度稳定

B．开关由闭合到电路中电流稳定的时间内，B灯立刻亮起，而后逐渐变暗，最后亮度稳定

C．开关由闭合到断开的瞬间，A灯闪亮一下再熄灭

D．开关由闭合到断开的瞬间，电流自右向左通过A灯

答案　AD

解析　开关闭合时，由于线圈的自感，线圈可看成一个阻值随时间减小的电阻，所以路端电压不断减小，故从开关闭合到电路中电流稳定的时间内，A灯立刻亮起，而后逐渐变暗，最后亮度稳定，B灯逐渐变亮，最后亮度稳定，A正确，B错误；开关由闭合到断开的瞬间，电流自右向左通过A灯，由于原来线圈中的电流不大于A灯的电流，故A灯不会闪亮一下再熄灭，C错误，D正确。

11.如图所示，两固定的竖直光滑金属导轨足够长且电阻不计。两质量、长度均相同的导体棒c、d置于边界水平的匀强磁场上方同一高度h处。磁场宽为3h，方向与导轨平面垂直。先由静止释放c，c刚进入磁场立即做匀速运动，此时再由静止释放d，两导体棒与导轨始终保持良好接触。用ac表示c的加速度，Ekd表示d的动能，xc、xd分别表示c、d相对释放点的位移。下图中正确的是(　　)

答案　BD

解析　导体棒c落入磁场之前做自由落体运动，加速度恒为g，有h＝gt2，v＝gt，c棒进入磁场以速度v做匀速直线运动时，d棒开始做自由落体运动，与c棒做自由落体运动的过程相同，此时c棒在磁场中做匀速直线运动的路程为h′＝vt＝gt2＝2h，d棒进入磁场而c棒还没有穿出磁场的过程，无感应电流，两导体棒仅受到重力作用，加速度均为g，直到c棒穿出磁场，A错误，B正确；c棒穿出磁场后，d棒切割磁感线产生电动势，在回路中产生感应电流，因此时d棒速度大于c棒进入磁场时切割磁感线的速度，所受安培力大于重力，d棒减速，直到穿出磁场，之后仅在重力作用下做匀加速运动，结合物体匀变速直线运动速度－位移公式v2－v＝2gh，可知加速过程动能与路程成正比，分析知C错误，D正确。

12．如图所示，倾角θ＝37°的粗糙斜面固定在水平地面上，斜面上间距d＝1 m的两平行虚线aa′和bb′之间有垂直斜面向上的有界匀强磁场，磁感应强度B＝5 T。现有一质量m＝1 kg、总电阻R＝5 Ω、边长也为d＝1 m的正方形金属线圈MNPQ有一半面积位于磁场中，现让线圈由静止开始沿斜面下滑，下滑过程中线圈MN边始终与虚线aa′保持平行，线圈的下边MN穿出aa′时开始做匀速直线运动。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，线圈与斜面间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　)

A．从开始到线圈完全进入磁场的过程，通过线圈某一横截面的电荷量为0.5 C

B．线圈做匀速直线运动时的速度大小为0.4 m/s

C．线圈速度为0.2 m/s时的加速度为1.6 m/s2

D．线圈从开始运动到通过整个磁场的过程中产生的焦耳热为3 J

答案　AB

解析　线圈从开始运动到完全进入磁场的过程，通过线圈某一横截面的电荷量q＝t＝t＝t＝ΔΦ＝B×，代入数据得q＝0.5 C，故A正确；线圈做匀速直线运动时，沿斜面有mgsinθ＝μmgcosθ＋BId，又I＝，两式联立得v＝0.4 m/s，故B正确；线圈速度v′＝0.2 m/s时，沿斜面有mgsinθ－μmgcosθ－＝ma，得a＝1 m/s2，故C错误；线圈从开始运动到通过整个磁场的过程中能量守恒：mgsinθ×d＝μmgcosθ×d＋mv2＋Q，代入数据有Q＝2.92 J，故D错误。

第Ⅱ卷(非选择题，共62分)

二、实验题(本题共2小题，共12分)

13．(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灵敏电流计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迅速插入线圈B时，灵敏电流计指针将________。

②线圈A插入线圈B后，将滑动变阻器的滑片迅速向左滑时，灵敏电流计指针________。

答案　(1)图见解析　(2)①向右偏转一下　②向左偏转一下

解析　(1)如图所示。

(2)闭合开关时，穿过线圈B的磁通量增大，灵敏电流计的指针向右偏转一下。①将线圈A迅速插入线圈B时，磁场方向不变，穿过线圈B的磁通量增大，则灵敏电流计指针将向右偏转一下；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左滑时，滑动变阻器接入电路中的阻值变大，线圈A中的电流变小，穿过线圈B的磁场方向不变，但磁通量变小，灵敏电流计指针将向左偏转一下。

14．(6分)如图所示的实验装置可以用来研究回路中感应电动势E的大小与磁通量变化快慢的关系。长木板倾斜放置，线圈、光电门固定在长木板上，条形磁铁固定在装有挡光片的小车上。小车从长木板高端滑下，自动记录装置可以记录下在挡光片通过光电门的短暂时间t内线圈上产生的感应电动势ΔE的大小。

对实验数据的处理可以采用不同的方法：其中图甲是以ΔE为纵坐标、以________为横坐标得到的图线，是反比例函数双曲线的一支；图乙是以ΔE为纵坐标、以________为横坐标得到的正比例函数图线。

若仅增加线圈的匝数，则实验中图乙的斜率将________(填“不变”“增大”或“减小”)。

答案　Δt　　增大

解析　每次挡光片通过光电门时，磁铁与线圈的相对位置都是固定不变的，因此，每次穿过线圈的磁通量变化量ΔΦ都相同。根据法拉第电磁感应定律ΔE＝n＝nΔΦ·，在n、ΔΦ是常量的情况下，ΔE­Δt图象是双曲线，ΔE­图象是过原点的直线，斜率是nΔΦ。若仅增加线圈的匝数，图乙的斜率将增大。

三、计算题(本题共4小题，共50分。解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)

15．(10分)匀强磁场中有一匝数N＝100匝的闭合线圈，线圈面积S＝0.5 m2，线圈的总电阻r＝2 Ω，线圈平面与磁场方向垂直。磁感应强度B随时间变化的规律如图所示，求：

(1)3 s时线圈内感应电动势的大小；

(2)在1～5 s内通过线圈的电荷量q；

(3)在0～5 s内线圈产生的焦耳热Q。

答案　(1)5 V　(2)10 C　(3)100 J

解析　(1)1～5 s内，不变，故3 s时线圈内的感应电动势E1＝N

代入数据解得E1＝5 V。

(2)在1～5 s内线圈中的感应电动势

E2＝E1＝5 V

感应电流I2＝＝2.5 A

通过线圈的电荷量q＝I2Δt2＝10 C。

(3)0～1 s内线圈中的感应电动势

E3＝N＝N＝10 V

0～1 s内线圈中的感应电流I3＝＝5 A

0～1 s内线圈产生的焦耳热Q1＝IrΔt3＝50 J

1～5 s内线圈产生的焦耳热Q2＝IrΔt2＝50 J

则0～5 s内线圈产生的焦耳热Q＝Q1＋Q2＝100 J。

16．(10分)如图所示，一半径为r1的金属圆环内有一半径为r2的圆形区域，该区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，金属圆环的两个端点通过单刀双掷开关与图示电路连接。电路中电容器的电容为C，定值电阻的阻值为R，金属圆环的电阻为r，导线电阻不计。

(1)若单刀双掷开关拨至1处，令半径为r2的圆形区域内的磁场按照B＝kt的规律变化，求电容器带的电荷量；

(2)若单刀双掷开关拨至2处，令半径为r2的圆形区域内的磁场按照B＝B0sinωt的规律变化，求定值电阻消耗的电功率。

答案　(1)kπrC　(2)

解析　(1)根据法拉第电磁感应定律可知，金属圆环内产生的感应电动势E＝S＝kπr

电容器两端的电压U＝E

电容器带的电荷量Q＝CU＝CE＝kπrC。

(2)电路中产生正弦式电流，感应电动势的最大值Em＝nB0Sω＝B0πrω

电流的最大值Imax＝＝

电流的有效值I＝＝

定值电阻消耗的电功率P＝I2R＝。

17．(15分)如图所示，一质量为m＝0.5 kg、边长为L＝2.5 m的正方形金属线框，放在光滑绝缘的水平面上，整个装置放在方向竖直向上、磁感应强度为B＝0.8 T的有界匀强磁场中，金属框的一边与磁场的边界MN重合。在水平向左的力F作用下金属框由静止开始向左运动，测得金属线框中的电流随时间变化的变化规律为i＝0.1t，经过5 s线框被拉出磁场。在金属线框被拉出的过程中：

(1)求通过线框导线横截面的电荷量及线框的电阻；

(2)写出水平力F随时间变化的表达式；

(3)求5 s末安培力做功的瞬时功率。

答案　(1)1.25 C　4 Ω　(2)F＝0.2t＋0.1　(3)1 W

解析　(1)因为电流随时间变化的规律为i＝0.1t，所以电流的平均值为最大值的一半，

电流最大值Im＝0.1×5 A＝0.5 A，

则通过导线横截面的电荷量：

q＝Δt＝ImΔt＝×0.5×5 C＝1.25 C

又电荷量q＝t＝×Δt＝

解得线框的电阻R＝4 Ω。

(2)由电路中的感应电流i＝＝0.1t

得v＝×t＝t＝0.2t

即线框的加速度a＝0.2 m/s2

对线框由牛顿第二定律得：F－BL＝ma

所以F＝BL＋ma＝BL＋ma＝0.2t＋0.1。

(3)安培力FA＝BLi＝0.8×2.5×0.1t＝0.2t

5 s末安培力的大小FA5＝0.2×5 N＝1 N

5 s末线框的速度v5＝0.2×5 m/s＝1 m/s

则5 s末安培力做功的瞬时功率

PA＝FA5×v5＝1×1 W＝1 W。

18．(15分)如图甲所示，水平面上的虚线右侧存在范围足够大的匀强磁场，磁场方向竖直向下。在光滑绝缘水平面内有一长方形金属线框，ab边长为l＝0.2 m，线框质量m＝0.1 kg、电阻R＝0.1 Ω，在水平向右的外力F作用下，以初速度v0＝1 m/s匀加速进入磁场，外力F大小随时间t变化的图线如图乙所示。以线框右边刚进入磁场时开始计时，求：

(1)匀强磁场的磁感应强度B的大小；

(2)线框进入磁场的过程中，通过线框横截面的电荷量q；

(3)若线框进入磁场过程中F做功为WF＝0.27 J，求在此过程中线框产生的焦耳热Q。

答案　(1)0.5 T　(2)0.75 C　(3)0.12 J

解析　(1)由F­t图象可知，当线框全部进入磁场时，

F＝0.2 N，线框受到的安培力为零。

线框的加速度：

a＝＝ m/s2＝2 m/s2，

t＝0时刻线框所受的安培力：

F安＝BIl＝，

由图象乙可知：此时外力F＝0.3 N，

由牛顿第二定律得：

F－F安＝ma，

代入数据解得：B＝0.5 T。

(2)线框进入磁场过程通过线框横截面的电荷量：

q＝Δt，

由法拉第电磁感应定律得

＝＝，

由闭合电路欧姆定律得：I＝，

解得电荷量：q＝，

由匀变速直线运动规律得：x＝v0t＋at2，

代入数据解得：x＝0.75 m，q＝0.75 C。

(3)线框进入磁场过程，由能量守恒定律可得：

WF＝Q＋mv－mv，

vt＝v0＋at

代入数据解得：Q＝0.12 J。