与名师对话届高考物理总复习 质量检测9 新人教版.docx

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与名师对话届高考物理总复习质量检测9新人教版

质量检测（九）

（时间：

90分钟　总分：

110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，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确，全选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分．）

1．现将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流计及电键如图连接．下列说法中正确的是（　　）

A．电键闭合后，线圈A插入或拔出都会引起电流计指针偏转

B．线圈A插入线圈B中后，电键闭合和断开的瞬间电流计指针均不会偏转

C．电键闭合后，滑动变阻器的滑片P匀速滑动，会使电流计指针静止在中央零刻度

D．电键闭合后，只有滑动变阻器的滑片P加速滑动，电流计指针才能偏转

[解析]　由感应电流产生条件知选A.

[答案]　A

2．（2020·江苏高考）如图所示，固定的水平长直导线中通有电流I，矩形线框与导线在同一竖直平面内，且一边与导线平行．线框由静止释放，在下落过程中（　　）

A．穿过线框的磁通量保持不变

B．线框中感应电流方向保持不变

C．线框所受安培力的合力为零

D．线框的机械能不断增大

[解析]　本题主要考查楞次定律以及安培力问题．意在考查学生的推理能力．当线框由静止向下运动时，穿过线框的磁通量逐渐减小，根据楞次定律可得产生的感应电流的方向为顺时针且方向不发生变化，A错误，B正确；因线框上下两边所在处的磁场强弱不同，线框所受的安培力的合力一定不为零，C错误；整个线框所受的安培力的合力竖直向上，对线框做负功，线框的机械能减小，D错误．

[答案]　B

3．一航天飞机下有一细金属杆，杆指向地心．若仅考虑地磁场的影响，则当航天飞机位于赤道上空（　　）

A．由东向西水平飞行时，金属杆中感应电动势的方向一定由上向下

B．由西向东水平飞行时，金属杆中感应电动势的方向一定由上向下

C．沿经过地磁极的那条经线由南向北水平飞行时，金属杆中感应电动势的方向一定由下向上

D．沿经过地磁极的那条经线由北向南水平飞行时，金属杆中一定没有感应电动势

[解析]　设观察方向为面向北方，左西右东，则地磁场方向平行赤道表面向北，若飞机由东向西飞行时，由右手定则可判断出电动势方向为由上向下，若飞机由西向东飞行时，由右手定则可判断出电动势方向为由下向上，A对B错；沿着经过地磁极的那条经线运动时，速度方向平行于磁场，金属杆中一定没有感应电动势，C错D对．故选A、D.

[答案]　AD

4．（2020·苏锡常镇四市教学情况调查一）用一根横截面积为S、电阻率为ρ的硬质导线做成一个半径为r的圆环，ab为圆环的一条直径．如图所示，在ab的左侧存在一个均匀变化的匀强磁场，磁场垂直圆环所在平面，方向如图，磁感应强度大小随时间的变化率

＝k（k<0）．则（　　）

A．圆环中产生逆时针方向的感应电流

B．圆环具有扩张的趋势

C．圆环中感应电流的大小为

D．图中a、b两点间的电势差Uab＝|

kπr2|

[解析]　根据楞次定律可知，磁通量减小，产生顺时针方向的感应电流，A选项不正确；圆环面积有扩张的趋势，B选项正确；产生的感应电动势为ΔΦ/Δt＝kπr2/2，则电流大小为|

|，C选项不正确；Uab等于

kπr2的绝对值，D选项正确．

[答案]　BD

5．如图所示，用粗细相同的铜丝做成边长分别为L和2L的两只闭合线框a和b，以相同的速度从磁感应强度为B的匀强磁场区域中匀速地拉到磁场外，不考虑线框的动能变化，若外力对环做的功分别为Wa、Wb，则Wa∶Wb为（　　）

A．1∶4　　　　　　　　B．1∶2

C．1∶1D．不能确定

[解析]　根据能量的转化和守恒可知，外力做功等于产生的电能，而电能又全部转化为焦耳热，Wa＝Qa＝

·

，Wb＝Qb＝

·

；由电阻定律知，Rb＝2Ra.故：

Wa∶Wb＝1∶4.

[答案]　A

6．（2020·扬州市第三次联考）如图所示，在条形磁铁的中央位置的正上方水平固定一铜质圆环．以下判断中正确的是（　　）

A．释放圆环，环下落时环的机械能守恒

B．释放圆环，环下落时磁铁对桌面的压力比磁铁受的重力大

C．给磁铁水平向右的初速度，磁铁滑出时做减速运动

D．给磁铁水平向右的初速度，圆环产生向左运动的趋势

[解析]　由条形磁铁磁场分布特点可知，穿过其中央位置正上方的圆环的合磁通量为零，所以在环下落的过程中，磁通量不变，没有感应电流，圆环只受重力，则环下落时机械能守恒，A对，B错；给磁铁水平向右的初速度，由楞次定律可知，圆环的运动总是阻碍自身磁通量的变化，所以环要受到向右的作用力，由牛顿第三定律可知，磁铁要受到向左的作用力而做减速运动，故C对D错．本题正确答案为AC.

[答案]　AC

7．（2020·济南调研）电吉他是利用电磁感应原理工作的一种乐器．如图甲所示为电吉他拾音器的原理图，在金属弦的下方有一个连接到放大器的螺线管．一条形磁铁固定在管内，当拨动金属弦后，螺线管内就会产生感应电流，经一系列转化后可将电信号转为声信号．若由于金属弦的振动，螺线管内的磁通量随时间的变化如图乙所示，则对应感应电流的变化为

（　　）

[解析]　由法拉第电磁感应定律可知，E＝n

，即磁通量变化率越大，感应电动势、感应电流也就越大．分析螺线管内的磁通量随时间的变化关系图线可知，图线斜率越大产生的感应电流越大，斜率为零，感应电流也为零，对比各选项可知，B正确．

[答案]　B

8．（2020·北京海淀区期末）光滑平行金属导轨M、N水平放置，导轨上放置一根与导轨垂直的导体棒PQ，导轨左端与由电容为C的电容器，单刀双掷开关和电动势为E的电源组成的电路相连接，如图所示.在导轨所在的空间存在方向垂直于导轨平面的匀强磁场（图中未画出）.先将开关接在位置a，使电容器充电并达到稳定后，再将开关拨到位置b，导体棒将会在磁场的作用下开始向右运动，设导轨足够长，则以下说法中正确的是（　　）

A．空间存在的磁场方向竖直向下

B．导体棒向右做匀加速运动

C．当导体棒向右运动的速度达到最大时，电容器的电荷量为零

D．导体棒运动的过程中，通过导体棒的电荷量Q

[解析]　本题考查以电容器为载体的力、电综合运用.当开关接a位置时，电容器处于充电过程，上极板接电源正极，下极板接电源负极，当电容器充电结束，开关拨到b位置时，电容器开始放电，放电电流由正极板到负极板，即在导体棒中由P→Q，由导体棒开始向右运动，说明此时导体棒所受的安培力水平向右，结合左手定则可得，空间磁场的方向应竖直向下，A正确；由于电容器放电电流不恒定，所以导体棒所受的安培力不为定值，由牛顿第二定律可得，加速度不恒定，B错误；当整个回路电流为零时，导体棒所受的安培力为零，加速度为零，速度达到最大值，但由于导体棒在安培力的作用下向右运动，切割磁感线产生一定的电动势，当导体棒切割磁感线产生的电动势与电容器两端电压相等时，电容器将停止放电，此时电容器两端仍有一定电压，所以电荷量不为零，C错误；由于导体棒最终匀速时，电容器两端电压与导体棒切割磁感线产生的电动势大小相等，所以电容器两端仍有一定电荷量并没有完全放电，故通过导体棒的电荷量：

Q

[答案]　AD

9．（2020·湖北黄冈高三统一考试）如图所示，空间存在两个磁场，磁感应强度大小均为B，方向相反且垂直纸面，MN、PQ为其边界，OO′为其对称轴.一导线折成边长为l的正方形闭合线框abcd，线框在外力作用下由纸面内图示位置从静止开始向右做匀加速运动，若以逆时针方向为电流的正方向，则从线框开始运动到ab边刚进入到PQ右侧磁场的过程中，能反映线框中感应电流随时间变化规律的图象是（　　）

[解析]　在ab边运动到MN边界的过程中电动势E＝2BLv＝2BLat，电流i＝

＝

∝t，C、D选项错误；ab边从MN边界运动到PQ边界的过程中，电动势E＝BLv＝BLat，电流i＝

＝

∝t，即刚过MN边界时电动势减小一半，电流减小一半，故B选项正确．

[答案]　B

10．（2020·哈师大附中、东北师大附中、辽宁省实验中学联考）如图所示电路，已知灯泡L0、R1、R2、R3的电阻和电源的内阻都为R，线圈L的直流电阻为零，现灯泡正常发光．由于电路出现故障，灯泡亮度发生变化，以下说法正确的是（　　）

A．如果R2或R3短路，灯泡亮度将突然增加，电源输出功率最终减小

B．如果R2或R3短路，灯泡亮度将逐渐减弱，电源效率最终减小

C．如果R1短路，灯泡亮度将逐渐增加，电源输出功率最终增大

D．如果R1短路，灯泡亮度将逐渐减弱，路端电压最终减小

[解析]　本题考查闭合电路欧姆定律及自感现象．电路在初始状态下，外电路总电阻等于电源内电阻，电源输出功率最大，外电路电阻无论增大或减小，输出功率一定减小，C错误；若某电阻短路，电路总电阻减小，则电路总电流增大，由U＝E－IR可知，路端电压减小，电源的效率η＝

＝

，故电源效率降低；若R2或R3短路，因为路端电压减小，所以通过灯泡的电流减小，灯泡亮度将逐渐减弱，A错误，B正确；若R1短路，则通过R2支路的电流减小，通过灯泡所在支路的电流增大，由于线圈阻碍电流的增大，故灯泡的亮度逐渐增加，故D错误．

[答案]　B

11．（2020·西安五校联考）如图所示，在边长为a的正方形区域内有匀强磁场，磁感应强度为B，其方向垂直纸面向外，一个边长也为a的单匝正方形导线框EFGH正好与上述磁场区域的边界重合，导线框的电阻为R.现使导线框以周期T绕其中心O点在纸面内匀速转动，经过

导线框转到图中虚线位置，则在这

时间内（　　）

A．顺时针方向转动时，感应电流方向为E→F→G→H→E

B．平均感应电动势大小等于

C．平均感应电动势大小等于

D．通过导线框横截面的电荷量为

[解析]　导线框转动到虚线位置的过程，磁通量减小，由楞次定律，感应电流为逆时针方向，则A错误；由法拉第电磁感应定律，平均感应电动势E＝

＝

＝

，则C正确，通过导线框横截面的电荷量Q＝

＝

，则D正确．

[答案]　CD

12．（2020·皖南八校第四次联考）如图所示，平行金属导轨与水平面成θ角，导轨与固定电阻R1和R2相连，匀强磁场垂直穿过导轨平面．有一导体棒ab，质量为m，导体棒的电阻与固定电阻R1和R2的阻值均相等，与导轨之间的动摩擦因数为μ，导体棒ab沿导轨向上滑动，当上滑的速度为v时，受到安培力的大小为F，此时（　　）

A．电阻R1消耗的热功率为Fv/3

B．电阻R2消耗的热功率为Fv/6

C．整个装置因摩擦而消耗的热功率为μmgvcosθ

D．整个装置消耗的机械功率为（F＋μmgcosθ）v

[解析]　由法拉第电磁感应定律得E＝BLv，回路总电流I＝E/1.5R，安培力F＝BIL，所以电阻R1的功率P1＝（0.5I）2R＝Fv/6，B选项正确．由于摩擦力F阻＝μmgcosθ，故因摩擦而消耗的热功率为μmgvcosθ.整个装置消耗的机械功率为（F＋μmgcosθ）v.

[答案]　BCD

二、实验题（本题共1个小题，共10分）

13．（2020·湖南浏阳一中第三次月考）学了法拉第电磁感应定律E∝

后，为了定量验证感应电动势E与时间Δt成反比，某小组同学设计了如图所示的一个实验装置：

线圈和光电门传感器固定在水平光滑轨道上，强磁铁和挡光片固定在运动的小车上．每当小车在轨道上运动经过光电门时，光电门会记录下挡光片的挡光时间Δt，同时触发接在线圈两端的电压传感器记录下在这段时间内线圈中产生的感应电动势E.利用小车末端的弹簧将小车以不同的速度从轨道的最右端弹出，就能得到一系列的感应电动势E和挡光时间Δt.

在一次实验中得到的数据如下表：

　　次数

测量值　　

1

2

3

4

5

6

7

8

E/V

0.116

0.136

0.170

0.191

0.215

0.277

0.292

0.329

Δt/×10－3s

8.206

7.486

6.286

5.614

5.340

4.462

3.980

3.646

（1）观察和分析该实验装置可看出，在实验中，每次测量的Δt时间内，磁铁相对线圈运动的距离都________（选填“相同”或“不同”），从而实现了控制________不变；

（2）在得到上述表格中的数据之后，为了验证E与Δt成反比，他们想出两种办法处理数据：

第一种是计算法：

算出________，若该数据基本相等，则验证了E与Δt成反比；第二种是作图法：

在直角坐标系中作________关系图线，若图线是基本过坐标原点的倾斜直线，则也可验证E与Δt成反比．

[答案]　

（1）相同　磁通量的变化量　

（2）感应电动势E和挡光时间Δt的乘积　感应电动势E与挡光时间Δt的倒数

三、计算题（本大题共4个小题，共52分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．）

14．（12分）一根电阻R＝0.6Ω的导线弯成一个圆形线圈，圆半径r＝1m，圆形线圈质量m＝1kg，此线圈放在绝缘光滑的水平面上，在y轴右侧有垂直线圈平面的磁感应强度B＝0.5T的匀强磁场，如下图所示．若线圈以初动能E0＝5J沿x轴方向滑进磁场，当进入磁场0.5m时，线圈中产生的电能为E＝3J．求：

（1）此时线圈的运动速度的大小；

（2）此时线圈与磁场左边缘两交接点间的电压；

（3）此时线圈加速度的大小．

[解析]　

（1）设线圈的速度为v，由能量守恒定律得

E0＝E＋

mv2.

解得：

v＝2m/s.

（2）线圈切割磁感线的有效长度

L＝2

＝

m，

电动势E＝BLv＝

V，

电流I＝

＝

A，

两交接点间的电压

U＝IR1＝

×0.6×

V＝

V.

（3）F＝ma＝BIL，所以a＝2.5m/s2.

[答案]　

（1）2m/s　

（2）

V　（3）2.5m/s2

15．（13分）（2020·武汉江汉区、黄冈市统考）如图所示，两条足够长相距为l的光滑平行金属导轨与水平面成θ角放置，金属导轨上各有一根竖直光滑挡杆，挡杆与金属导轨的交点连线和金属导轨垂直，在金属导轨之间有垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度为B，有两根质量均为m，电阻均为R的金属杆垂直放置在金属导轨上，其中ab杆放在竖直光滑挡杆前处于静止，cd杆在平行于金属导轨向上的拉力F作用下处于静止，其他部分电阻不计．

（1）增大拉力F使cd杆沿金属导轨向上运动，当ab杆对竖直光滑挡杆压力恰好为零而处于静止时，求cd杆沿金属导轨向上运动的速度v；

（2）在cd杆沿金属导轨由静止向上加速至速度为v的过程中，cd杆沿金属导轨向上运动的距离为l0，求此过程中流过ab杆横截面的电量Q.

[解析]　

（1）当ab杆对竖直光滑档杆压力恰好为零而处于静止时，ab杆cd杆受力分析分别如图a、b所示，由平衡条件得ab杆受安培力方向沿金属导轨向上，大小为F0＝mgsinθ

此时cd杆沿金属导轨向上匀速运动，设速度为v，cd杆产生的感应电动势为：

E＝Blv

abcd回路中电流为：

I＝

ab杆受安培力为：

F0＝BIl

由以上各式解得：

v＝

（2）流过ab杆横截面的电量Q满足：

Q＝

Δt

又：

＝

，

＝

ΔΦ＝Bll0

由以上各式解得：

Q＝

[答案]　

（1）

（2）

16．（15分）（2020·三门模拟）如下图甲所示，光滑且足够长的金属导轨MN、PQ平行地固定在同一水平面上，两导轨间距L＝0.20m，两导轨的左端之间所接的电阻R＝0.40Ω，导轨上静止放置一质量m＝0.10kg的金属杆ab，位于两导轨之间的金属杆的电阻r＝0.10Ω，导轨的电阻可忽略不计．整个装置处于磁感应强度B＝0.50T的匀强磁场中，磁场方向竖直向下．现用一水平外力F水平向右拉金属杆，使之由静止开始运动，在整个运动过程中金属杆始终与导轨垂直并接触良好，若理想电压表的示数U随时间t变化的关系如下图乙所示，求从金属杆开始运动经t＝5.0s时：

（1）通过金属杆的感应电流的大小和方向；

（2）金属杆的速度大小；

（3）外力F的瞬时功率．

[解析]　

（1）由图象可知，t＝5.0s时的U＝0.40V

此时电路中的电流（即通过金属杆的电流）

I＝

＝1.0A

由右手定则判断出，此时电流的方向为由b指向a

（2）金属杆产生的感应电动势E＝I（R＋r）＝0.50V

因E＝BLv，所以5.0s时金属杆的速度大小

v＝

＝5.0m/s

（3）金属杆速度为v时，电压表的示数应为U＝

BLv，由图象可知，U与t成正比，由于R、r、B及L均为不变量，所以v和t成正比，即金属杆应沿水平方向向右做初速度为零的匀加速直线运动

金属杆运动的加速度a＝v/t＝1.0m/s2

根据牛顿第二定律，在5.0s末时对金属杆有F－BIL＝ma，解得F＝0.2N

此时F的瞬时功率P＝Fv＝1.0W.

[答案]　

（1）1.0A，方向由b→a

（2）5.0m/s

（3）1.0W

17．（12分）（2020·浙江三校联考）如图甲所示，间距为L、电阻不计的光滑导轨固定在倾角为θ的斜面上．在MNPQ矩形区域内有方向垂直于斜面向上、磁感应强度大小为B；在CDEF矩形区域内有方向垂直于斜面的匀强磁场，磁感应强度大小为B1，B1随时间t变化的规律如图乙所示，其中B1的最大值为2B.现将一根质量为M、电阻为R、长为L的金属细棒cd跨放在MNPQ区域间的两导轨上，并把它按住使其静止．在t＝0时刻，让另一根长为L的金属细棒ab从CD上方的导轨上由静止开始下滑，同时释放cd棒．已知CF长度为2L，两根细棒均与导轨良好接触，在ab棒从图中位置运动到EF处的过程中，cd棒始终静止不动，重力加速度为g，tx是未知量．

（1）求通过ab棒的电流，并确定CDEF矩形区域内磁场的方向；

（2）当ab棒进入CDEF区域后，求cd棒消耗的电功率；

（3）能求出ab棒刚下滑时离CD的距离吗？

若不能，则说明理由；若能，请列方程求解，并说明每一个方程的解题依据．

（4）根据以上信息，还可以求出哪些物理量？

请说明理由（至少写出两个物理量及其求解过程）．

[解析]　

（1）BIL＝Mgsinθ

I＝Mgsinθ/BL

CDEF区域内的磁场方向垂直于斜面向下

（2）P＝I2R

P＝（Mgsinθ/BL）2R

（3）能求出ab棒刚下滑时离CD的距离．

由法拉第电磁感应定律有：

在0～tx时间内E1＝ΔΦ/tx

ΔΦ＝（2B－B）（2L×L）

E1＝2BL2/tx

在tx后：

E2＝BLv

由E1＝E2

解得：

v＝

由x＝

tx

解得x＝L

（4）根据以上信息，还可以求出ab棒刚到达CDEF区域的边界CD处的速度大小、ab棒到达CDEF区域的边界CD处所需的时间、ab棒的质量及电阻等．（求解过程略；至少写出两个物理量的求解过程）

[答案]　

（1）I＝

垂直于斜面向下

（2）（Mgsinθ/BL）2R

（3）L　（4）见解析