高考物理总复习 第十章 电磁感应 单元评估检测（十）（含解析）新人教版-新人教版高三全册物理试题.doc

单元评估检测(十)(第十、十一章)(45分钟100分)一、选择题(本题共8小题，每小题7分，共56分。15题为单选题，68题为多选题)1.如图甲所示，水平放置的平行金属导轨连接一个平行板电容器C和电阻R，导体棒MN放在导轨上且接触良好，整个装置放于垂直导轨平面的磁场中，磁感应强度B的变化情况如图乙所示(图示磁感应强度方向为正)，MN始终保持静止，则0t2时间内()A.电容器C的电荷量变小B.电容器C的a板先带正电后带负电C.MN所受安培力的大小始终不变D.MN所受安培力的方向先向右后向左【解析】选D。磁感应强度均匀变化，产生恒定电动势，电容器C的电荷量大小始终没变，选项A、B错误；由于磁感应强度变化，根据楞次定律和左手定则可知，MN所受安培力的方向先向右后向左，大小先减小后增大，选项C错误，D正确。2.(2018·永州模拟)如图所示，边长为2l的正方形虚线框内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个边长为l的正方形导线框所在平面与磁场方向垂直，导线框的一条对角线和虚线框的一条对角线恰好在同一直线上。从t=0开始，使导线框从图示位置开始以恒定速度沿对角线方向移动进入磁场，直到整个导线框离开磁场区域。用I表示导线框中的感应电流(逆时针方向为正)，则下列表示I-t关系的图线中，正确的是()【解析】选D。导线框完全进入磁场后，没有感应电流产生，故A、B项均错误；进入和穿出磁场过程中，线框有效切割长度变化，感应电动势和感应电流在变化，故C项错误；线框进入磁场过程，有效切割长度L均匀增大，感应电动势E均匀增大，感应电流I均匀增大。穿出磁场过程，有效切割长度L均匀减小，感应电动势E均匀减小，感应电流I均匀减小，两个过程电流方向相反，故D项正确。【加固训练】如图所示，宽为2L且上、下边界都水平的匀强磁场区域的正上方有一个高为L的闭合矩形线框由静止从某高处释放，线框竖直下落过程中，下边始终保持水平，磁感应强度方向垂直线框平面向里，线框第一次从某高度由静止下落后，恰好匀速进入磁场，第二次调整下落高度后，线框恰好匀速穿过磁场下边界，用I1、I2分别表示第一次、第二次在整个进出磁场区域的过程中线框的感应电流大小，则下列反映线框的感应电流随位移变化的图象中可能正确的是()【解析】选A。线框第一次从某高度由静止下落后，恰好匀速进入磁场，说明安培力与重力大小相等，方向相反，即mg=BI0L，其中：I0=，由于速度不变，所以感应电流的大小不变；线框完全在磁场中运动时，线框中没有感应电流，则没有安培力，线框做加速运动，速度增大，所以线框的下边刚出磁场时线框的速度大于v0，所以感应电流大于I0，线框受到的安培力大于mg，线框做减速运动，速度逐渐减小，所以安培力逐渐减小，线框做加速度逐渐减小的加速运动。若减速至v0时，安培力再次等于重力，线框重新做匀速运动。不存在速度小于v0的情况，所以线框中的电流不会小于I0，故A项正确，B项错误；第二次调整下落高度后，线框恰好匀速穿过磁场下边界，说明线框到达下边的速度是v0。由于线框完全在磁场中运动时，线框中没有感应电流，则没有安培力，线框做加速运动，速度增大，所以线框完全进入磁场时的速度一定小于v0，则进入磁场的过程中产生的感应电流一定小于I0，所以安培力一定小于重力，线框加速度的方向向下，线框在进入磁场的过程中一定一直做加速运动，此过程中电流一直增大且小于I0，故C、D项错误。3.图甲所示电压按正弦规律变化，图乙所示电压是正弦交流电的一部分，则下列说法正确的是()A.图乙所示的电压也是正弦交流电压B.图甲所示电压的瞬时值表达式为u=10sin 50t(V)C.图乙所示电压的周期与图甲所示电压的周期相同D.图甲所示电压的有效值比图乙所示电压的有效值小【解析】选D。图乙所示电压只有一部分按正弦交流电压变化，整个不能称为正弦交流电压，选项A错误；图甲所示电压的瞬时值表达式为u=10sin 100t(V)，选项B错误；图乙所示电压的周期为图甲所示电压周期的2倍，选项C错误；图甲所示电压的有效值为5 V，对图乙由·=T，得电压的有效值为U=10 V，因此选项D正确。4.(2019·淄博模拟)如图所示，理想变压器原、副线圈接有额定电压均为20 V的灯泡a和b。当输入u=220sin 100t(V)的交变电压时，两灯泡均能正常发光。设灯泡不会被烧坏，下列说法正确的是()A.原、副线圈匝数比为111B.原、副线圈中电流的频率比为111C.当滑动变阻器的滑片向下滑少许时，灯泡b变亮D.当滑动变阻器的滑片向下滑少许时，灯泡a变亮【解析】选D。两灯均正常发光，则原线圈输入的电压为U1=U-U灯=(220-20) V=200 V，副线圈电压U2=U灯=20 V，根据理想变压器变压比：=，故A错误；变压器不改变交流电的频率，即频率比为11，故B错误；当滑动变阻器的滑片向下滑少许时，阻值减小，副线圈电流变大，根据=，可知原线圈电流变大，灯泡a分担的电压变大，原线圈输入的电压变小，所以灯泡a变亮，b变暗，故C错误，D正确。【加固训练】(多选)如图为一自耦变压器，保持电阻R和输入电压不变，以下说法正确的是()A.滑片P向b方向移动，滑片Q下移，电流表示数减小B.滑片P不动，滑片Q上移，电流表示数不变C.滑片P向b方向移动，滑片Q不动，电压表示数增大D.滑片P不动，滑片Q上移或下移，电压表示数始终不变【解析】选A、D。由于U2=U1，所以P上移，U2减小，而Q下移，负载电阻R负增大，所以输出功率P2=减小，I1减小，A正确；Q上移，负载电阻R负减小，但U2不变，所以输出功率增大，电流表的示数增大，B错误；同理，分析可知，C错误，D正确。5.一个匝数为100匝，电阻为0.5 的闭合线圈处于某一磁场中，磁场方向垂直于线圈平面，从某时刻起穿过线圈的磁通量按如图所示规律变化。则线圈中产生交变电流的有效值为()A.5 AB.2 AC.6 AD.5A【解析】选B。01s内线圈中产生的感应电动势E1=n=100×0.01 V=1 V，11.2 s内线圈中产生的感应电动势E2=n=100× V=5 V，在一个周期内产生的热量Q=Q1+Q2=t1+t2=12 J，根据交变电流有效值的定义Q=I2Rt=12 J得I=2 A，故选项B正确，A、C、D错误。6.如图所示，一导线弯成闭合线圈，以速度v向左匀速进入磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，线圈总电阻为R。从线圈进入磁场开始到完全进入磁场为止，下列结论正确的是()A.感应电流一直沿顺时针方向B.线圈受到的安培力先增大，后减小C.感应电动势的最大值E=BrvD.穿过线圈某个横截面的电荷量为【解析】选A、B。在闭合线圈进入磁场的过程中，通过闭合线圈的磁通量逐渐增大，根据楞次定律可知感应电流的方向一直为顺时针方向，A正确；导体切割磁感线的有效长度先变大后变小，感应电流先变大后变小，安培力也先变大后变小，B正确；导体切割磁感线的有效长度的最大值为2r，感应电动势最大为E=2Brv，C错误；穿过线圈某个横截面的电荷量为q=It=，D错误。7.(2019·武汉模拟)如图所示，直角三角形导线框OPQ放置在磁感应强度大小为B，方向垂直于OQ向右的匀强磁场中，且OP边的长度为l，POQ=。当导线框绕OQ边以角速度逆时针转动(从O向Q观察)时()A.导线框OPQ内产生大小恒定、方向周期性变化的交流电B.导线框OPQ内产生正弦式交流电C.P点的电势始终大于O点的电势D.如果截去导线PQ，则PO两点的电势差的最大值为Bl2sin cos 【解析】选B、D。线圈绕垂直磁场方向的轴匀速转动，产生正弦交流电，感应电动势的表达式为E=BScos t=Bl2sin cos cos t，UP有时大于UO，有时小于UO，而PQ、OQ均不切割磁感线，故UPO=Bl2sin cos 。所以，正确答案为B、D选项。【加固训练】(多选)如图所示，两根等高光滑的圆弧轨道，半径为r、间距为L，轨道电阻不计。在轨道顶端连有一阻值为R的电阻，整个装置处在一竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B。现有一根长度稍大于L、电阻不计的金属棒从轨道最低位置cd开始，在拉力作用下以初速度v0向右沿轨道做匀速圆周运动至ab处，则该过程中()A.通过R的电流方向为由内向外B.通过R的电流方向为由外向内C.R上产生的热量为D.流过R的电量为【解析】选B、C。由右手定则知道，cd切割磁感线产生的电流由c向d，则R中的电流由外向内，故A项错误；B项正确；金属棒做匀速圆周运动，把v0分解为水平速度v0cos t和竖直速度v0sin t，只有水平速度切割磁感线产生感应电流，所以金属棒做匀速圆周运动，回路中产生正弦式交变电流，可得产生的感应电动势的最大值为Em=BLv0，电流的有效值I=，从而产生的热量Q=I2Rt=R=，故C项正确；流过R的电量q=t=t=，故D项错误。8.如图所示，有一理想变压器，原、副线圈的匝数比为n1，原线圈接正弦交流电，电压为u=U0cos 100t(V)，副线圈接有一个交流电流表和一个电动机。电动机线圈电阻为R，当电键S接通后，电流表读数为I，电动机带动一电阻为r、质量为m、长为l的金属杆在光滑的没有电阻的导轨上以速度v匀速上升。下列判断正确的是()A.电动机两端电压为IR，其消耗的电功率为I2RB.原线圈中的电流为C.变压器的输入功率为I2R+mgv+D.电动机的热功率为I2R，副线圈电压的有效值为【解析】选B、C。电动机两端电压等于副线圈的电压。由于是非纯电阻，所以不等于IR，其消耗的电功率不等于I2R，故A项错误；理想变压器的原副线圈的电流与匝数成反比，原线圈的电流为，故B项正确；电动机线圈电阻为R，所以电动机线圈的热功率P=I2R，金属杆在光滑的没有电阻的导轨上以速度v匀速上升，金属杆受重力和向下的安培力以及向上的拉力，根据能量守恒得：电动机的输出功率P=mgv+，所以电动机消耗的功率是I2R+mgv+，所以变压器的输入功率为I2R+mgv+，故C项正确；原线圈接正弦交流电，电压为u=U0cos 100t(V)，原、副线圈的匝数比为n1，所以副线圈电压的有效值为，故D项错误。二、实验题(12分)9.某些固体材料受到外力后除了产生形变，其电阻率也要发生变化，这种由于外力的作用而使材料电阻率发生变化的现象称为“压阻效应”。现用如图所示的电路研究某长薄板电阻Rx的压阻效应，已知Rx的阻值变化范围为几欧到几十欧，实验室中有下列器材：A.电源E(3 V，内阻约为1 )B.电流表A1(0.6 A，内阻r1=5 )C.电流表A2(0.6 A，内阻r2约为1 )D.开关S，定值电阻R0(1)为了比较准确地测量电阻Rx的阻值，请完成虚线框内电路图的设计。(2)在电阻Rx上加一个竖直向下的力F(设竖直向下为正方向)，闭合开关S，记下电表读数，A1的读数为I1，A2的读数为I2，得Rx=_(用字母表示)。 (3)改变力的大小，得到不同的Rx值，然后让力反向从下向上挤压电阻，并改变力的大小，得到不同的Rx值。最后绘成的图象如图所示，除观察到电阻Rx的阻值随压力F的增大而均匀减小外，还可以得到的结论是 _。 当F竖直向下时，可得Rx与所受压力F的数值关系是Rx=_。 【解析】(1)由于题目中没有电压表，为了比较准确地测量电阻Rx，知道电流表A1的阻值，所以用电流表A1作为电压表使用，电流表A2连在干路上，即可求出电阻Rx的阻值，电路图的设计如图所示。(2)根据串并联和欧姆定律得：I1r1=(I2-I1)Rx，得到：Rx=。(3)从图象上可以看出压力方向改变，其阻值不变，其电阻与压力关系为一次函数，由图象可得：Rx=16-2F。答案：(1)见解析图(2)(3)压力反向，阻值不变16-2F三、计算题(本题共2小题，共32分。需写出规范的解题步骤)10.(16分)(2018·湛江模拟)如图所示，倾角为=37°的光滑斜面上存在间距为d的匀强磁场区域，磁场的磁感应强度大小为B、方向垂直斜面向下，一个粗细均匀质量为m、电阻为R、边长为l的正方形金属线框abcd，开始时线框abcd的ab边到磁场的上边缘距离为l，将线框由静止释放，已知d>l，ab边刚离开磁场的下边缘时做匀速运动，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。求：(1)ab边刚离开磁场的下边缘时，线框中的电流和cd边两端的电势差各是多大？(2)线框abcd从开始至ab边刚离开磁场的下边缘过程中产生的热量。【解析】(1)设线框中的电流为I，cd两端的电势差为Ucd，由于线框做匀速运动，由平衡条件有mgsin 37°=BIl解得I=根据欧姆定律有Uc d=I·R联立式解得Uc d=(2)设线框abcd产生的热量为Q，根据法拉第电磁感应定律有E=Blv由闭合电路的欧姆定律有I=联立式代入数据解得v=根据能量守恒定律得mg(d+l)sin 37°=Q+mv2联立式代入数据解得Q=mg(d+l)-答案：(1)(2)mg(d+l)-【加固训练】如图甲所示，斜面上存在一有理想边界的匀强磁场，磁场方向与斜面垂直。在斜面上离磁场上边界s1=0.36 m处由静止释放一单匝矩形金属线框，线框底边和磁场边界平行，金属线框与斜面间的动摩擦因数=0.5。整个线框进入磁场的过程中，机械能E和位移s之间的关系如图乙所示。已知E0-E1=0.09 J，线框的质量为0.1 kg，电阻为0.06 ，斜面倾角=37°，磁场区域的宽度d=0.43 m，重力加速度g=10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。求：(1)线框刚进入磁场时的速度大小v1。(2)线框从开始进入至完全进入磁场所用的时间t。(3)线框穿越磁场的整个过程中电功率的最大值。【解析】(1)金属线框进入磁场的过程中，减小的机械能等于克服摩擦力和安培力所做的功，机械能仍均匀减小，因为安培力也为恒力，线框做匀速运动，则有：=2as1，其中a=gsin 37°-gcos 37°=2 m/s2，可解得线框刚进入磁场时的速度大小为：v1=1.2 m/s。(2)设线框边长为s2，即线框进入磁场过程中运动的路程为s2，根据功能关系可得：E2=Wf2+WA=(f+FA)s2，其中有：E2=0.09 J，f+FA=mgsin 37°=0.6 N，s2为线框的侧边长，解得：s2=0.15 m，t= s=0.125 s。(3)线框刚出磁场时速度最大，线框内的电功率最大。设磁感应强度为B，线框上下边长为L，Pm=I2R=，由=+2a(d-s2)，解得：v2=1.6 m/s。根据线框匀速进入磁场时，有：FA+mgcos 37°=mgsin 37°，可求出：FA=0.2 N。因为FA=BIL=，求得：B2L2=0.01 T2·m2。将v2、B2L2的值代入得：Pm=I2R=0.43 W。答案：(1)1.2 m/s(2)0.125 s(3)0.43 W11.(16分)如图所示，两条平行的光滑金属导轨固定在倾角为的绝缘斜面上，导轨上端连接一个定值电阻，导体棒a和b放在导轨上，与导轨垂直并接触良好，斜面上水平虚线PQ以下区域内，存在着垂直斜面向上的磁场，磁感应强度大小为B0。已知b棒的质量为m，a棒、b棒和定值电阻的阻值均为R，导轨电阻不计，重力加速度为g。(1)断开开关S，a棒、b棒固定在磁场中，恰与导轨构成一个边长为L的正方形，磁场从B0以=k均匀增加，写出a棒所受安培力F安随时间t变化的表达式。(2)若接通开关S，同时对a棒施以平行导轨斜向上的拉力F，使它沿导轨匀速向上运动，此时放在导轨下端的b棒恰好静止，当a棒运动到磁场的上边界PQ处时，撤去拉力F，a棒将继续沿导轨向上运动一小段距离后再向下滑动，此时b棒已滑离导轨，当a棒再次滑回到磁场上边界PQ处时，又恰能沿导轨匀速向下运动，求a棒质量ma及拉力F的大小。【解题指导】解答本题应注意以下三点：(1)弄清楚电路连接情况，由法拉第电磁感应定律求解感应电动势，根据欧姆定律得干路电流。(2)对导体棒进行受力分析，b棒保持静止时根据共点力平衡条件列方程。(3)分析a棒的运动情况，根据功能关系得到a棒返回磁场时的速度，再根据共点力的平衡条件求解a棒的质量和拉力的大小。【解析】(1)由法拉第电磁感应定律可得：E=L2，根据闭合电路的欧姆定律可得：I=，t时刻磁感应强度为：B=B0+kt，此时棒所受的安培力为：F安=BIL，解得：F安=(B0+kt)。(2)根据题意可知，a棒沿斜面向上运动时，a棒为电源，b棒和电阻R并联，通过a棒的电流为I1，由并联电路关系可得：I1=Ib+IR，b棒和电阻R阻值相等，则通过b棒的电流为：Ib=I1，电路的总电阻为：R总=+Ra，由欧姆定律得干路电流为：I1=感应电动势为：E=B0Lv，b棒保持静止，则有：mgsin =B0IbL，a棒离开磁场后撤去拉力F，在a棒进入磁场前机械能守恒，返回磁场时速度还是v，此时a棒和电阻R串联，则电路中的电流为：I2=。a棒匀速下滑，则有：magsin=B0I2L，联立以上各式，解得：ma=m，a棒向上运动时受力平衡，则有：F=magsin +B0I1L，解得：F=mgsin 。答案：(1)F安=(B0+kt)(2)mmgsin 【加固训练】如图甲所示，一足够长阻值不计的光滑平行金属导轨MN、PQ之间的距离l=1.0 m，NQ两端连接阻值R=1.0 的电阻，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨所在平面向上，导轨平面与水平面间的夹角=30°。一质量m=0.20 kg，阻值r=0.50 的金属棒垂直于导轨放置并用绝缘细线通过光滑的定滑轮与质量m0=0.60 kg的重物相连，细线与金属导轨平行。金属棒沿导轨向上滑行的速度v与时间t之间的关系如图乙所示。已知金属棒在00.3 s内通过的电荷量是0.30.6 s内通过电荷量的，g取10 m/s2，求：(1)00.3 s内金属棒通过的位移大小。(2)金属棒在00.6 s内产生的热量。【解析】(1)金属棒在0.30.6 s内通过的电荷量是q1=I1t1=，金属棒在00.3 s内通过的电荷量是q2=，由题中的电荷量关系代入解得x2=0.3 m。(2)金属棒在00.6 s内通过的总位移为x=x1+x2=vt1+x2，代入数据解得x=0.75 m。根据能量守恒定律m0gx-mgxsin -Q=(m0+m)v2，代入数据解得Q=2.85 J，由于金属棒与电阻R串联，电流相等，根据焦耳定律Q=I2Rt，得到它们产生的热量与电阻成正比，所以金属棒在00.6 s内产生的热量Qr=Q=0.95 J。答案：(1)0.3 m(2)0.95 J