【綠色通道】2020高考物理第九章電磁感應(yīng) 章末檢測試題及完全解析總復(fù)習(xí) 新人教版

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1、章末檢測(九) (時間：90分鐘　滿分：100分) 一、選擇題(每題3分，共36分) 1．(2020·合肥模擬)如圖所示，A、B兩閉合線圈由同樣長度、同種材料的導(dǎo)線繞成，A為10匝，B為20匝，半徑為rA＝2rB，勻強磁場只分布在B線圈內(nèi)．若磁場均勻地減弱，則(　　) A．A中無感應(yīng)電流 B．A、B中均有恒定的感應(yīng)電流 C．A、B中感應(yīng)電動勢之比為2∶1 D．A、B中感應(yīng)電流之比為1∶2 答案：BD 解析：在線圈A、B中都存在著磁通量的變化，因此兩線圈中都有感應(yīng)電流，選項A錯誤，選項B正確；由于A的匝數(shù)為B的一半，兩個線圈中磁通量及其變化完全相同，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，兩

2、個線圈中感應(yīng)電動勢之比為1∶2，選項C錯誤；由于兩個線圈用同樣導(dǎo)線繞成且總長度相同，所以兩個線圈的電阻是相同的，因此A、B中感應(yīng)電流之比也是1∶2，選項D正確． 2．單匝矩形線圈在磁場中勻速轉(zhuǎn)動，轉(zhuǎn)軸垂直于磁場，若線圈所圍面積里磁通量隨時間變化的規(guī)律如圖所示，由O～D過程中(　　) A．線圈中O時刻感應(yīng)電動勢最大 B．線圈中D時刻感應(yīng)電動勢為零 C．線圈中D時刻感應(yīng)電動勢最大 D．線圈中O至D時刻內(nèi)平均感應(yīng)電動勢為0.40 V 答案：ABD 解析：在O時刻Φ-t圖線的斜率最大，由E＝知感應(yīng)電動勢最大，A選項正確；在D時刻Φ-t圖線的斜率為0，由E＝知感應(yīng)電動勢為0，B選項正確，C

3、選項錯誤；在O至D時間內(nèi)＝＝ V＝0.40 V，故D選項正確． 3．(2020·山東理綜)如圖所示，一導(dǎo)線彎成半徑為a的半圓形閉合回路．虛線MN右側(cè)有磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，方向垂直于回路所在的平面．回路以速度v向右勻速進(jìn)入磁場，直徑CD始終與MN垂直，從D點到達(dá)邊界開始到C點進(jìn)入磁場為止，下列結(jié)論正確的是 (　　) A．感應(yīng)電流方向不變 B．CD段直導(dǎo)線始終不受安培力 C．感應(yīng)電動勢最大值Em＝Bav D．感應(yīng)電動勢平均值＝πBav 答案：ACD 解析：根據(jù)楞次定律可判定閉合回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向始終不變，A正確；CD段電流方向是D指向C，根據(jù)左手定則可知，CD段受到安培

4、力，且方向豎直向下，B錯誤；當(dāng)有一半進(jìn)入磁場時，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢最大，Em＝Bav，C正確；由法拉第電磁感應(yīng)定律得＝＝，D正確． 4．(2020·海南單科)一長直鐵芯上繞有一固定線圈M，鐵芯右端與一木質(zhì)圓柱密接，木質(zhì)圓柱上套有一閉合金屬環(huán)N，N可在木質(zhì)圓柱上無摩擦移動．M連接在如圖所示的電路中，其中R為滑動變阻器，E1和E2為直流電源，S為單刀雙擲開關(guān)．下列情況中，可觀測到N向左運動的是(　　) A．在S斷開的情況下，S向a閉合的瞬間 B．在S斷開的情況下，S向b閉合的瞬間 C．在S已向a閉合的情況下，將R的滑動頭向c端移動時 D．在S已向a閉合的情況下，將R的滑動頭向d端移動時

5、答案：C 解析：由楞次定律第二種描述可知：只要線圈中電流增強，即穿過N的磁通量增加，則N受排斥而向右運動，只要線圈中電流減弱，即穿過N的磁通量減少，則N受吸引而向左運動，故選項C正確． 5．如圖所示的電路中，電源電動勢為E，內(nèi)阻r不能忽略．R1和R2是兩個定值電阻，L是一個自感系數(shù)較大的線圈．開關(guān)S原來是斷開的，從閉合開關(guān)S到電路中電流達(dá)到穩(wěn)定為止的時間內(nèi)，通過R1的電流I1和通過R2的電流I2的變化情況是(　　) A．I1開始較大而后逐漸變小 B．I1開始很小而后逐漸變大 C．I2開始很小而后逐漸變大 D．I2開始較大而后逐漸變小 答案：AC 解析：閉合開關(guān)S時，由于L是一個

6、自感系數(shù)較大的線圈，產(chǎn)生反向的自感電動勢阻礙電流的變化，所以開始時I2很小而I較大，隨著電流達(dá)到穩(wěn)定，線圈的自感作用減小，I2開始逐漸變大，由于分流導(dǎo)致穩(wěn)定電路中R1中的電流減小，故選A、C. 6．(2020·江門模擬)如圖是某電磁沖擊鉆的原理圖，若突然發(fā)現(xiàn)鉆頭M向右運動，則可能是(　　) A．開關(guān)S閉合瞬間 B．開關(guān)S由閉合到斷開的瞬間 C．開關(guān)S已經(jīng)是閉合的，變阻器滑片P向左迅速滑動 D．開關(guān)S已經(jīng)是閉合的，變阻器滑片P向右迅速滑動 答案：AC 解析：當(dāng)開關(guān)突然閉合時，左線圈上有了電流，產(chǎn)生磁場，而對于右線圈來說，磁通量增加，由楞次定律可知，為了阻礙磁通量的增加，鉆頭M向右運

7、動遠(yuǎn)離左邊線圈，故A項正確；當(dāng)開關(guān)由閉合到斷開瞬間，穿過右線圈的磁通量要減少，為了阻礙磁通量的減少，鉆頭M要向左運動靠近左邊線圈，故B項錯誤；開關(guān)閉合時，當(dāng)變阻器滑片P突然向左滑動時，回路的電阻減小，回路電流增大，產(chǎn)生的磁場增強，穿過右線圈的磁通量增大，為了阻礙磁通量的增加，鉆頭M向右運動遠(yuǎn)離左邊線圈，故C項正確；當(dāng)變阻器滑片P突然向右滑動時，回路的電阻增大，回路電流減小，產(chǎn)生的磁場減弱，穿過右線圈的磁通量減少，為了阻礙磁通量的減少，鉆頭M向左運動靠近左邊線圈，故D項錯誤． 7．如圖(甲)所示，矩形導(dǎo)線框abcd放在勻強磁場中，在外力控制下靜止不動；磁感線方向與線圈平面垂直，磁感應(yīng)強度B隨時

8、間變化的圖象如圖(乙)所示，t＝0時刻，磁感應(yīng)強度的方向垂直紙面向里．在0～4 s時間內(nèi)，線框ab邊受安培力隨時間變化的圖象可能是圖中的(規(guī)定力向左為正)(　　) 答案：D 解析：由B-t圖象可知，在0～1 s內(nèi)，勻強磁場垂直紙面向里，且均勻減小，據(jù)楞次定律可判定線框中感應(yīng)電流方向b→a→d→c→b進(jìn)一步由左手定則判定ab邊受安培力方向向左，為正值．又根據(jù)F＝BIL＝BL∝B，綜合考慮不難得出正確答案為D. 8．如圖所示，豎直平面內(nèi)的虛線上方是一勻強磁場B，從虛線下方豎直上拋一正方形線圈，線圈越過虛線進(jìn)入磁場，最后又落回原處，運動過程中線圈平面保持在豎直平面內(nèi)，不計空氣阻力，則(

9、　　) A．上升過程克服磁場力做的功大于下降過程克服磁場力做的功 B．上升過程克服磁場力做的功等于下降過程克服磁場力做的功 C．上升過程克服重力做功的平均功率大于下降過程中重力的平均功率 D．上升過程克服重力做功的平均功率等于下降過程中重力的平均功率 答案：AC 解析：線圈上升過程中，加速度增大且在減速，下降過程中，運動情況比較復(fù)雜，有加速、減速或勻速等，把上升過程看做反向的加速，可以比較當(dāng)運動到同一位置時，線圈速度都比下降過程中相應(yīng)的速度要大，可以得到結(jié)論：上升過程中克服安培力做功多；上升過程時間短，故正確選項為A、C. 9．(2020·湖南十校聯(lián)考)兩根相互平行的金屬導(dǎo)軌水平

10、放置于圖所示的勻強磁場中，在導(dǎo)軌上接觸良好的導(dǎo)體棒AB和CD可以自由滑動．當(dāng)AB在外力F作用下向右運動時，下列說法中正確的是(　　) A．導(dǎo)體棒CD內(nèi)有電流通過，方向是D→C B．導(dǎo)體棒CD內(nèi)有電流通過，方向是C→D C．磁場對導(dǎo)體棒CD的作用力向左 D．磁場對導(dǎo)體棒AB的作用力向左 答案：BD 解析：利用楞次定律，兩個導(dǎo)體棒與兩根金屬導(dǎo)軌構(gòu)成閉合回路，分析出磁通量增加，結(jié)合安培定則判斷回路中感應(yīng)電流的方向是B→A→C→D→B.以此為基礎(chǔ)，再判斷CD內(nèi)的電流方向，最后根據(jù)左手定則進(jìn)一步確定CD的受力方向，經(jīng)過比較可得正確答案． 10．(2020·福州一模)在甲、乙、丙三圖中，除導(dǎo)

11、體棒ab可動外，其余部分均固定不動，甲圖中的電容器C原來不帶電，設(shè)導(dǎo)體棒、導(dǎo)軌和直流電源的電阻均可忽略，導(dǎo)體棒和導(dǎo)軌間的摩擦也不計．圖中裝置均在水平面內(nèi)，且都處于方向垂直水平面(即紙面)向下的勻強磁場中，導(dǎo)軌足夠長．今給導(dǎo)體棒ab一個向右的初速度，在甲、乙、丙三種情況下導(dǎo)體棒ab的最終運動狀態(tài)是(　　) A．三種情形下導(dǎo)體棒ab最終均做勻速運動 B．甲、丙中，ab棒最終將以不同的速度做勻速運動，乙中ab棒最終靜止 C．甲、丙中，ab棒最終將以相同的速度做勻速運動，乙中ab棒最終靜止 D．三種情形下導(dǎo)體棒ab最終均靜止 答案：B 解析：圖甲中，導(dǎo)體棒向右運動切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流

12、而使電容器充電，當(dāng)電容器C極板間電壓與導(dǎo)體棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢相等時，電路中沒有電流，ab棒向右做勻速運動；圖乙中，導(dǎo)體棒向右運動切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流，通過電阻R轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，當(dāng)ab棒的動能全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能時，ab棒靜止；圖丙中，導(dǎo)體棒先受到向左的安培力作用下向左做加速運動，當(dāng)導(dǎo)體棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動熱與電源的電動勢相等時，電路中沒有電流，ab棒向左做勻速運動．所以B項正確． 11．如圖所示，在水平桌面上放置兩根相距L的光滑平行金屬導(dǎo)軌ab與cd，阻值為R的電阻與導(dǎo)軌的a、c端相連．金屬滑桿MN垂直于導(dǎo)軌并可在導(dǎo)軌上滑動．整個裝置放于勻強磁場中，磁場的方向豎直向上，磁感應(yīng)強度的大小為B.金屬滑桿與導(dǎo)

13、軌電阻不計，金屬滑桿的中點系一不可伸長的輕繩，繩繞過固定在某邊的光滑輕滑輪后，與一質(zhì)量為m的物塊相連，拉金屬滑桿的繩處于水平拉直狀態(tài)．現(xiàn)若從靜止開始釋放物塊，用I表示回路中的感應(yīng)電流，g表示重力加速度，則在物塊下落過程中物塊的速度可能(　　) A．小于　　　　　　 B．等于 C．小于 D．大于 答案：ABC 解析：MN的最大速度就是安培力等于重力時對應(yīng)的速度，即BIL＝mg，B2L2v/R＝mg，v＝，故A、B正確；又I＝，v＝，C正確D錯誤． 12．(2020·徐州模擬)如圖所示，四根等長的鋁管和鐵塊(其中C中鋁管不閉合，其他兩根鋁管和鐵管均閉合)豎直放置在同一豎

14、直平面內(nèi)，分別將磁鐵和鐵塊沿管的中心軸線從管的上端由靜止釋放，忽略空氣阻力，則下列關(guān)于磁鐵和鐵塊穿過管的運動時間的說法正確的是(　　) A．tA>tB＝tC＝tD B．tC＝tA＝tB＝tD C．tC>tA＝tB＝tD D．tC＝tA>tB＝tD 答案：A 解析：A中閉合鋁管不會被磁鐵磁化，但當(dāng)磁鐵穿過鋁管的過程中，鋁管可看成很多圈水平放置的鋁圈，據(jù)楞次定律知，鋁圈將發(fā)生電磁感應(yīng)現(xiàn)象，阻礙磁鐵的相對運動；因C中鋁管不閉合，所以磁鐵穿過鋁管的過程不發(fā)生電磁感應(yīng)現(xiàn)象，磁鐵做自由落體運動；鐵塊在B中鋁管和D中鐵管中均做自由落體運動，所以磁鐵和鐵塊在管中運動時間滿足tA>t

15、C＝tB＝tD，A正確． 二、填空題(每題4分，共12分) 13．如圖所示的電路，L為自感線圈，R是一個燈泡，E是電源，當(dāng)S閉合瞬間，通過電燈的電流方向是________，當(dāng)S切斷瞬間通過電燈的電流方向是________． 答案：A→B　B→A 解析：S閉合時，根據(jù)電源正負(fù)極易知電流方向．S斷開瞬間，線圈L將產(chǎn)生與原電流同向的斷電自感電動勢阻礙原電流的減小，線圈L與燈泡組成閉合回路，通過燈泡的電流從B到A. 14．如圖所示，豎直平面內(nèi)有一金屬環(huán)，半徑為a，總電阻為R(指拉直時兩端的電阻)，磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場垂直穿過環(huán)平面，在環(huán)的最高點A用鉸鏈連接長度為2a、電阻為的導(dǎo)體棒AB，

16、AB由水平位置緊貼環(huán)面擺下，當(dāng)擺到豎直位置時，B點的線速度為v，則這時AB兩端的電壓大小為________ 答案：Bav 解析：擺到豎直位置時，AB切割磁感線的瞬時感應(yīng)電動勢E＝B·2a·＝Bav. 由閉合電路歐姆定律， UAB＝·＝Bav. 15．(2020·試題調(diào)研)由于國際空間站的運行軌道上各處的地磁場強弱及方向均有所不同，所以在運行過程中，穿過其外殼的地磁場的磁通量將不斷變化，這樣將會導(dǎo)致________現(xiàn)象發(fā)生，從而消耗國際空間站的能量．為了減少這類消耗，國際空間站的外殼材料的電阻率應(yīng)盡可能________(填“大”或“小”)一些． 答案：電磁感應(yīng)　大 解析：電阻率較大

17、，電阻也較大，同樣的電磁感應(yīng)現(xiàn)象，產(chǎn)生的電動勢一定，由P＝可知，電阻較大時，消耗的電功率較小，可以減少能量消耗． 三、計算題(共5題，共52分) 16．(10分)(2020·福州模擬)如圖所示，長L1寬L2的矩形線圈電阻為R，處于磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場邊緣，線圈與磁感線垂直．求：將線圈以向右的速度v勻速拉出磁場的過程中， (1)拉力F大??； (2)拉力的功率P； (3)拉力做的功W； (4)線圈中產(chǎn)生的電熱Q； (5)通過線圈某一截面的電荷量q. 答案：(1)　(2)　(3) (4)　(5) 解析：(1)E＝BL2v，I＝E/R，F(xiàn)＝BIL2，∴ F＝ (2)P＝Fv＝

18、B2L22v2/R (3)W＝FL1＝B2L22L1v/R (4)Q＝W＝B2L22L1v/R (5)q＝It＝t＝＝ 17．(10分)(2020·杭州模擬)如圖(a)所示，面積S＝0.2 m2的線圈，匝數(shù)n＝630匝，總電阻r＝1.0 Ω，線圈處在變化的磁場中，磁感應(yīng)強度B隨時間t按圖(b)所示規(guī)律變化，方向垂直線圈平面．圖(a)中傳感器可看成一個純電阻R，并標(biāo)有“3 V　0.9 W”，滑動變阻器R0上標(biāo)有“10 Ω　1 A”，試回答下列問題： (1)設(shè)磁場垂直紙面向外為正方向，試判斷通過電流表的電流方向； (2)為了保證電路的安全，求電路中允許通過的最大電流； (3)若滑

19、動變阻器觸頭置于最左端，為了保證電路的安全，圖(b)中的t0最小值是多少？ 答案：(1)向右　(2)0.3 A　(3)40 s 解析：(1)由安培定則判斷得，電流向右． (2)傳感器正常工作時的電阻R＝＝10 Ω 工作電流I＝＝0.3 A，由于滑動變阻器工作電流是1 A，所以電路允許通過的最大電流為I＝0.3 A (3)滑動變阻器觸頭位于最左端時外電路的電阻為R外＝20 Ω，故電源電動勢的最大值E＝I(R外＋r)＝6.3 V 由法拉第電磁感應(yīng)定律 E＝＝＝ V，解得t0＝40 s 18．(10分)如圖甲所示，一對平行光滑軌道放置在水平面上，兩軌道間距l(xiāng)＝0.20 m，電阻R＝1

20、.0 Ω；有一導(dǎo)體桿靜止地放在軌道上，與兩軌道垂直，桿及軌道的電阻皆可忽略不計，整個裝置處于磁感應(yīng)強度B＝0.50 T的勻強磁場中，磁場方向垂直軌道面向下．現(xiàn)用一外力F沿軌道方向拉桿，使之做勻加速運動，測得力F與時間t的關(guān)系如圖乙所示，求桿的質(zhì)量m和加速度a. 答案：0.1 kg　10 m/s2 解析：導(dǎo)體桿在軌道上做初速度為零的勻加速直線運動，用v表示瞬時速度，t表示時間，則桿切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E＝Blv＝Blat① 閉合回路中的感應(yīng)電流為I＝② 由安培定則和牛頓第二定律得 F－BIl＝ma③ 將①②式代入③式整理得F＝ma＋at④ 在題圖乙圖線上取兩點：t1＝0

21、，F(xiàn)1＝1 N；t2＝10 s，F(xiàn)2＝2 N，代入式④，聯(lián)立方程解得a＝10 m/s2，m＝0.1 kg. 19．(12分)均勻?qū)Ь€制成的單匝正方形閉合線框abcd，每邊長為L，總電阻為R，總質(zhì)量為m.將其置于磁感強度為B的水平勻強磁場上方h處，如圖所示．線框由靜止自由下落，線框平面保持在豎直平面內(nèi)，且cd邊始終與水平的磁場邊界面平行．當(dāng)cd邊剛進(jìn)入磁場時， (1)求線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大?。? (2)求cd兩點間的電勢差大?。? (3)若此時線框加速度恰好為零，求線框下落的高度h應(yīng)滿足的條件． 答案：(1)BL　(2)BL　(3)h＝ 解析：(1)cd邊剛進(jìn)入磁場時，線框速度v＝

22、 線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝BLv＝BL (2)此時線框中電流I＝ cd兩點間的電勢差U＝I＝BL (3)安培力F＝BIL＝ 根據(jù)牛頓第二定律mg－F＝ma，由a＝0 解得下落高度滿足h＝ 20．(10分)光滑平行的金屬導(dǎo)軌MN和PQ，間距L＝1.0 m，與水平面之間的夾角α＝30°，勻強磁場磁感應(yīng)強度B＝2.0 T，垂直于導(dǎo)軌平面向上，MP間接有阻值R＝2.0 Ω的電阻，其他電阻不計，質(zhì)量m＝2.0 kg的金屬桿ab垂直導(dǎo)軌放置，如圖(甲)所示．用恒力F沿導(dǎo)軌平面向上拉金屬桿ab，由靜止開始運動，v-t圖象如圖(乙)．g＝10 m/s2，導(dǎo)軌足夠長，求： (1)恒力F的大小

23、； (2)金屬桿速度為2.0 m/s時的加速度大??； (3)根據(jù)v-t圖象估算在前0.8 s內(nèi)電阻上產(chǎn)生的熱量． 答案：(1)18 N　(2)2.0 m/s2　(3)3.80 J 解析：(1)由圖(乙)知，桿運動的最大速度為vm＝4 m/s 此時有：F＝mgsin α＋F安 ＝mgsin α＋ 代入數(shù)據(jù)得：F＝18 N (2)由牛頓第二定律可得：F－F安－mgsin α＝ma a＝，代入數(shù)據(jù)得：a＝2.0 m/s2 (3)由(乙)圖可知0.8 s末導(dǎo)體桿的速度v1＝2.2 m/s 前0.8 s內(nèi)圖線與t軸所包圍的小方格的個數(shù)為27個，面積為27×0.2×0.2＝1.08，即前0.8 s內(nèi)導(dǎo)體桿的位移x＝1.08 m．由能的轉(zhuǎn)化和守恒定律得： Q＝Fx－mgxsin α－mv12，代入數(shù)據(jù)得：Q＝3.80 J (說明，前0.8 s內(nèi)圖線與t軸所包圍的小方格的個數(shù)在26～28個之間，位移在1.04～1.12 m之間，產(chǎn)生的熱量在3.48～4.12 J之間均正確)．