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2013届高三物理第一轮单元能力复习题23
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上传时间: 2014-08-16
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45分钟单元能力训练卷(九)
[考查范围：第九单元 分值：120分]
一、选择题(每小题6分，共48分)
1．在电磁学发展过程中，许多科学家作出了贡献．下列说法正确的是( )
A．法拉第发现了电流的磁效应，奥斯特发现了电磁感应现象
B．麦克斯韦发现了电磁感应现象，楞次发现了感应电流的产生条件
C．库仑发现了点电荷的相互作用规律，密立根通过油滴实验测定了元电荷的数值
D．安培发现了磁场对运动电荷的作用规律，洛伦兹发现了磁场对电流的作用规律
2．某同学在学习了法拉第电磁感应定律之后，自己制作了一个手动手电筒．如图D9－1所示是手电筒的简单结构示意图，左右两端是两块完全相同的条形磁铁，中间是一根绝缘直杆，由绝缘细铜丝绕制的多匝环形线圈只可在直杆上自由滑动，线圈两端接一灯泡，晃动手电筒时线圈也来回滑动，灯泡就会发光．其中O点是两磁极连线的中点，a、b两点关于O点对称．下列说法中正确的是( )
图D9－1
A．线圈经过O点时穿过的磁通量最大
B．线圈经过O点时受到的磁场力最大
C．线圈沿不同方向经过b点时所受的磁场力方向相反
D．线圈沿同一方向经过a、b两点时其中的电流方向相同
3．如图D9－2甲所示，矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，磁感线的方向与导线框所在平面垂直．规定磁场的正方向垂直纸面向里，磁感应强度B随时间t变化的规律如图D9－2乙所示．若规定顺时针方向为感应电流i的正方向，图D9－3中的i—t图象正确的是( )
甲 乙
图D9－2
A B
C D
图D9－3
4．铁路上使用一种电磁装置向控制中心传输信号，以确定火车的位置．有一种磁铁能产生匀强磁场，被安装在火车首节车厢下面，如图D9－4所示(俯视图)，当它经过安装在两铁轨之间的线圈时，便会产生一种电信号被控制中心接收到．当火车以恒定的速度通过线圈时，表示线圈两端的电压随时间变化的关系是图D9－5中的( )
图D9－4
A B C D
图D9－5
5．在如图D9－6所示的实验装置中，处在磁极间的A盘和B盘分别是两个可绕不同固定转轴灵活转动的铜盘，实验时用一根导线与A盘的中心和B盘的边缘接触，用另一根导线与B盘的中心和A盘的边缘接触．摇动摇把，A盘顺时针转动(从上往下看)起来后( )
图D9－6
A．因穿过A盘的磁通量不变，所以没有感应电流产生
B．A盘上有感应电动势，A盘中心的电势比盘边缘高
C．B盘逆时针转动，B盘中心的电势比盘边缘高
D．B盘顺时针转动，B盘中心的电势比盘边缘低
6．一个闭合金属线框的两边接有电阻R1、R2，线框上垂直放置一根金属棒ab，棒与线框接触良好，整个装置放在匀强磁场中，如图D9－7所示．当用外力使ab棒右移时，下列判断中正确的是( )
A．穿过线框的磁通量不变，框内没有感应电流
B．框内有感应电流，电流方向沿顺时针方向绕行
C．框内有感应电流，电流方向沿逆时针方向绕行
D．框内有感应电流，左半边逆时针方向绕行，右半边顺时针方向绕行
图D9－7
图D9－8
7．如图D9－8所示的电路中，L是一个自感系数很大、直流电阻不计的线圈，D1、D2和D3是三个完全相同的灯泡，E是内阻不计的电源．在t＝0时刻，闭合开关S，电路稳定后在t1时刻断开开关S.规定以电路稳定时流过D1、D2的电流方向为正方向，分别用I1、I2表示流过D1和D2的电流，则图D9－9中能定性描述电流I随时间t变化关系的是( )
A B C D
图D9－9
8．如图D9－10甲所示，面积S＝0.2 m2、匝数n＝630、总电阻r＝1.0 Ω的线圈处在变化的磁场中，磁场方向与线圈平面垂直，设磁场垂直纸面向外为正方向，磁感应强度B随时间t按图乙所示规律变化．图甲中传感器可看成标有“3 V、0.9 W”的纯电阻R，滑动变阻器R0上标有“10 Ω，1 A”，则下列说法正确的是( )
甲 乙
图D9－10
A．电流表的电流方向向左
B．为了保证电路的安全，电路中允许通过的最大电流为1 A
C．线圈中产生的感应电动势随时间在变化
D．若滑动变阻器的滑片置于最左端，为了保证电路的安全，图乙中t0最小值为40 s
二、计算题(共72分)
9．(22分)如图D9－11所示，一根电阻为R0＝12 Ω的电阻丝做成一个半径为r＝1 m的圆形导线框，竖直放置在水平匀强磁场中，线框平面与磁场方向垂直，磁感应强度为B＝0.2 T．现有一根质量为m＝0.1 kg、电阻不计的导体棒自圆形导线框最高点由静止起沿线框下落，在下落过程中始终与线框良好接触．已知下落距离为时，棒的速度大小为v1＝ m/s，下落到经过圆心时，棒的速度大小为v2＝ m/s，(取g＝10 m/s2)试求：
(1)下落距离为时棒的加速度的大小；
(2)从开始下落到经过圆心的过程中线框中产生的热量．
图D9－11
10．(24分)如图D9－12所示，不计电阻的U形导轨水平放置，导轨宽d＝0.5 m，左端连接阻值为0.4 Ω的电阻R.在导轨上垂直于导轨放一电阻为0.1 Ω的导体棒MN，并用水平轻绳通过定滑轮吊着质量m＝2.4 g的重物，图中L＝0.8 m．开始时重物与水平地面接触并处于静止．整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B0＝0.5 T，并且以＝0.1 T/s的变化率在增大．不计摩擦阻力，求至少经过多长时间才能将重物吊起？(g取10 m/s2)
图D9－12
11．(26分)如图D9－13甲所示，水平虚面PQ上方两侧有对称的范围足够大的匀强磁场，磁场方向分别水平向左和水平向右，磁感应强度大小均为B0＝2 T．用金属条制成的闭合正方形框aa′b′b边长L＝0.5 m，质量m＝0.3 kg，电阻R＝1 Ω.现让金属框平面水平，aa′边、bb′边分别位于左、右两边的磁场中，且与磁场方向垂直，金属框由静止开始下落，其平面在下落过程中始终保持水平，当金属框下落至PQ前一瞬间，加速度恰好为零．以金属框下落至PQ为计时起点，PQ下方加一范围足够大的竖直向下的磁场，磁感应强度B与时间t之间的关系图象如图乙所示．不计空气阻力及金属框的形变，g取10 m/s2.求：
(1)金属框经过PQ位置时的速度大小；
(2)金属框越过PQ后2 s内下落的距离；
(3)金属框越过PQ后2 s内产生的焦耳热．
图D9－13
45分钟单元训练卷（九）
1．C [解析] 奥斯特发现了电流的磁效应，法拉第发现了电磁感应现象并总结了感应电流的产生条件，选项A、B错误；安培发现了磁场对通电导体的作用规律，洛伦兹发现了磁场对运动电荷的作用规律，选项D错误．
2．C [解析] 由两磁铁间的磁场分布可知，靠近两极处磁感应强度最大，O点处磁感应强度最小，故线圈经过O点时穿过的磁通量最小，根据法拉第电磁感应定律，线圈经该位置时的感应电流为零，其所受磁场力为零，故选项A、B错误；根据楞次定律，线圈沿不同方向经过b点时感应电流方向相反，其所受的磁场力方向也相反，选项C正确；线圈沿同一方向经过a、b两点时磁场方向相同，但其变化的方向相反，故电流方向相反，选项D错误．
3．D [解析] 磁感应强度均匀变化，产生恒定的感应电流，选项A错误；第1 s内，磁通量垂直于纸面向里且均匀增强，由楞次定律可以判定感应电流方向为逆时针，选项C错误；同理可判定，第4 s内感应电流方向为逆时针，故选项B错误，D正确．
4．C [解析] 当火车头中的磁场刚接触线圈时，线圈中有一边切割磁感线，产生的感应电动势为E＝Blv；当磁场完全进入时，穿过线圈的磁通量不发生变化，无感应电动势；当磁场要离开线圈时，线圈中又有一边在切割磁感线，产生的感应电动势E＝Blv.根据右手定则判断知，两段产生的感应电动势方向相反，也就是正负极相反，故选项C正确．
5．C [解析] 先由右手定则判断出A盘中感应电流的方向，再根据B盘中电流方向和左手定则判断B盘的转动方向．A盘顺时针方向转动时，处在磁场中沿半径方向的导体做切割磁感线运动，由右手定则可以判断出A盘中感应电流方向由中心指向边缘，而产生感应电动势的导体相当于电源，因此A盘边缘电势比中心处高，故选项A、B错误．A盘产生的感应电动势与B盘构成闭合回路，则B盘中电流方向由中心指向边缘，据外电路中电流由电势高的点流向电势低的点知，B盘中心处电势高，选项D错误．由左手定则可以判断出，B盘处在磁场中沿半径方向的导体所受安培力方向与半径垂直，且垂直纸面向里，则B盘将逆时针方向转动．由此可知，选项C正确．
6．D [解析] ab棒右移时，切割磁感线．根据右手定则，ab棒中的感应电流方向从a流向b.此时ab棒起着电源的作用，两边电阻器并联在电源两极之间，所以流过R1、R2的电流都由上而下．
7．C [解析] 电源内阻不计，闭合开关时，流过D2、D3的电流不变，因线圈产生的自感电动势阻碍线圈中电流的增大，故流过D1的电流由零开始逐渐增大；断开开关时，线圈产生的自感电动势阻碍线圈中电流的减小，流过D1、D2、D3的电流将逐渐减小到零．只有选项C正确．
8．D [解析] 由楞次定律可知，电流表的电流方向向右；传感器正常工作时的电阻R＝＝＝10 Ω，工作电流I＝＝＝0.3 A，由于滑动变阻器允许的最大电流是1 A，所以电路允许通过的最大电流为Imax＝0.3 A；由于磁场时间均匀变化，所以线圈中产生的感应电动势是不变的．滑动变阻器的滑片位于最左端时，外电路的电阻为R外＝20 Ω，感应电动势的最大值E＝＝＝Imax(R＋R0)，解得t0＝40 s．故只有D项正确．
9．(1)8.8 m/s2 (2)0.44 J
[解析] (1)棒下落距离时，棒切割磁感线产生感应电动势，棒在圆形导线框内的部分相当电源，其有效长度L＝r，外电路由电阻为R1＝和R2＝的两部分圆弧导线并联，此时外电路电阻为
R＝＝
根据法拉第电磁感应定律
E＝BLv＝Brv1
又I＝
棒受到的安培力FA＝BLI＝＝0.12 N
根据牛顿第二定律，mg－F安＝ma
故a＝g－＝8.8 m/s2
(2)下落过程能量守恒，有
mgr＝Q＋mv
故下落到圆心过程产生的热量Q＝mgr－mv＝0.44 J
10．1 s
[解析] 以MN为研究对象，有FA＝BId＝T
以重物为研究对象，有T＋FN＝mg
由于B在增大，安培力FA＝BId增大，绳的拉力T增大，地面的支持力FN减小，当FN＝0时，重物将被吊起，此时BId＝mg
又B＝B0＋t＝0.5＋0.1t
E＝Ld
I＝
联立解得t＝1 s
11．(1)0.75 m/s (2)21.5 m (3)0.5 J
[解析] (1)当金属框的加速度恰好为零时，受到的安培力与重力平衡
F1安＝mg，
F1安＝2B0I1L，
I1＝
解得v＝＝0.75 m/s
(2)经分析知金属框进入PQ下方后做竖直下抛运动．
设2 s内下落的距离为h，则h＝vt＋gt2
解得h＝21.5 m.
(3)设金属框在PQ下方磁场中运动时产生的感应电流为I，感应电动势为E,2 s内产生的焦耳热为Q.
由法拉第电磁感应定律E＝L2
I＝
由图象得＝2 T/s，
2 s内产生的焦耳热Q＝I2Rt＝0.5 J
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