1、章末质量检测(十)(时间：50分钟满分：100分)一、选择题(本题共8小题，每小题8分，共64分。15题为单项选择题，68题为多项选择题)1.如图1所示，一个金属圆环水平放置在竖直向上的匀强磁场中，若要使圆环中产生如图中箭头所示方向的感应电流，下列方法可行的是()图1A.仅使匀强磁场的磁感应强度均匀增大B.仅使圆环绕水平轴ab如图转动30C.仅使圆环绕水平轴cd如图转动30D.保持圆环水平并仅使其绕过圆心的竖直轴转动解析原磁场的方向竖直向上，圆环中顺时针(从上向下看)方向的感应电流的磁场方向竖直向下，与原磁场的方向相反，所以穿过圆环的磁通量应增大。仅使匀强磁场的磁感应强度均匀增大，穿过圆环的磁
2、通量增大，根据楞次定律可知，圆环产生顺时针(从上向下看)方向的感应电流，选项A正确；仅使圆环绕水平轴ab或cd按题图所示方向转动30，转动过程中穿过圆环的磁通量减小，根据楞次定律可知，圆环中产生逆时针(从上向下看)方向的感应电流，选项B、C错误；保持圆环水平并仅使其绕过圆心的竖直轴转动，穿过圆环的磁通量保持不变，不能产生感应电流，选项D错误。答案A2.美国大众科学月刊网站报道，美国明尼苏达大学的研究人员发现：一种具有独特属性的新型合金能够将热能直接转化为电能。具体而言，只要略微提高温度，这种合金就会变成强磁性合金，从而使环绕它的线圈中产生电流，其简化模型如图2所示。A为圆柱形合金材料，B为线圈
3、，套在圆柱形合金材料上，线圈的半径大于合金材料的半径。现对A进行加热，则()图2A.B中将产生逆时针方向的电流B.B中将产生顺时针方向的电流C.B线圈有收缩的趋势D.B线圈有扩张的趋势解析合金材料加热后，合金材料成为强磁体，通过线圈B的磁通量增大，由于线圈B内有两个方向的磁场，由楞次定律可知线圈只有扩张，才能阻碍磁通量的增加，选项C错误，D正确；由于不知道极性，无法判断感应电流的方向，选项A、B错误。答案D3.法拉第发现了电磁感应现象之后，又发明了世界上第一台发电机法拉第圆盘发电机。揭开了人类将机械能转化为电能并进行应用的序幕。法拉第圆盘发电机的原理如图3所示，将一个圆形金属盘放置在电磁铁的两
4、个磁极之间，并使盘面与磁感线垂直，盘的边缘附近和中心分别装有与金属盘接触良好的电刷A、B，两电刷与灵敏电流计相连。当金属盘绕中心轴按图示方向转动时，则()图3A.电刷B的电势低于电刷A的电势B.若仅将滑动变阻器滑动头向左滑，灵敏电流计的示数将变大C.若仅将电刷A向盘边缘移动，使电刷A、B之间距离增大，灵敏电流计的示数将变大D.金属盘转动的转速越大，维持其做匀速转动所需外力做功的功率越小解析根据右手螺旋定则，左端磁极为N极，右端磁极为S极，圆盘转动，切割磁感线，根据右手定则，感应电动势的方向为A到B，所以电刷B的电势高于电刷A的电势，选项A错误；若仅将滑动变阻器滑动头向左滑，则线圈中的电流减小，
5、磁场减弱。切割产生的感应电动势减小，灵敏电流计的示数减小，选项B错误；增大电刷之间的距离，切割产生的感应电动势增大，灵敏电流计的示数增大，选项C正确；金属盘转动的转速越大，则产生的感应电动势越大，感应电流越大，需要维持其做匀速转动所需外力越大，外力做功的功率PFv越大，选项D错误。答案C4.如图4所示，在第一象限有一边长为L的等边三角形匀强磁场区域，在第二象限有一平行于y轴的长为L的导体棒沿x轴正方向以速度v匀速通过磁场区域。下列关于导体棒中产生的感应电动势E随x变化的图象正确的是()图4解析导体棒垂直磁场方向做切割磁感线运动，产生的感应电动势EBlv，式中l为导体棒切割磁感线的有效长度。导体
6、棒切割磁感线的有效长度l随x先均匀增大后均匀减小，其最大值为等边三角形匀强磁场区域的高L0.87L。所以导体棒中产生的感应电动势E随x变化的图象选项D正确。答案D5.如图5甲所示，边长为L、总电阻为R的正方形导线框静置于光滑水平面上，cd边正中间有一个很小的豁口PQ，且导线框处于与水平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度大小B随时间t的变化规律如图乙所示。则下列说法正确的是()图5A.在0t0时间内，正方形导线框有收缩的趋势B.在t时刻，ab边所受安培力大小为C.在0t0时间内P、Q间的电势差为D.在0t0时间内，P点电势低于Q点电势解析由于正方形导线框不闭合，导线框中没有感应电流，但有感应电动势，
7、导线框不受安培力，选项A、B错误；由法拉第电磁感应定律得，导线框的感应电动势E，选项C正确；在0t0时间内，根据楞次定律知P点电势高于Q点电势，选项D错误。答案C6.如图6所示为一圆环发电装置，用电阻R4 的导体棒弯成半径L0.2 m的闭合圆环，圆心为O，COD是一条直径，在O、D间接有负载电阻R11 。整个圆环中均有B0.5 T的匀强磁场垂直环面穿过。电阻r1 的导体棒OA贴着圆环做匀速圆周运动，角速度300 rad/s，则()图6A.当OA到达OC处时，圆环的电功率为1 WB.当OA到达OC处时，圆环的电功率为2 WC.全电路最大功率为3 WD.全电路最大功率为4.5 W解析当OA到达OC
8、处时，圆环的电阻为1 ，与R1串联接入电路，外电阻为2 ，棒转动过程中产生的感应电动势EBL23 V，圆环上分压为1 V，所以圆环上的电功率为1 W，选项A正确，B错误；当OA到达OD处时，圆环中的电阻为零，此时电路中总电阻最小，而电动势不变，所以全电路的电功率最大为P4.5 W，选项C错误，D正确。答案AD7.(2018汕头质检)如图7所示，正方形线框的边长为L，电容器的电容为C。正方形线框的一半放在垂直于纸面向里的匀强磁场中，当磁感应强度以k为变化率均匀减小时，下列说法正确的是()图7A.线框产生的感应电动势大小为kL2B.电压表没有读数C.a点的电势高于b点的电势D.电容器所带的电荷量为
9、零解析由于线框的一半放在磁场中，因此线框产生的感应电动势大小为，选项A错误；由于线框所产生的感应电动势是恒定的，且线框连接了一个电容器，相当于电路断路，电路中无电流，电压表没有读数，选项B正确；根据楞次定律可以判断，a点的电势高于b点的电势，选项C正确；电容器所带电荷量为QC，选项D错误。答案BC8.(2017南京三模)图中四个物体由金属圆环组成，它们所用材质和圆环半径都相同。2环较细，其余五个粗环粗细相同，3和4分别由两个相同粗环焊接而成，在焊点处沿两环环心连线方向割开一个小缺口(假设缺口处对环形、质量和电阻的影响均不计)。四个物体均位于竖直平面内。空间存在着方向水平且与环面垂直、下边界为过
10、MN的水平面的匀强磁场。1、2、3的下边缘均与MN相切，4的两环环心连线竖直，小缺口位于MN上。已知圆环的半径远大于导线的直径。现将四个物体同时由静止释放，则()图8A.1先于2离开磁场B.离开磁场时2和3的速度相等C.在离开磁场的过程中，1和3产生的热量一样多D.在离开磁场的过程中，通过导线横截面的电荷量，1比4多解析金属圆环受重力和安培力作用，加速度ag，其中L为切割磁感线的有效长度即弦长。又圆环电阻R，质量mVlS，其中l为圆环周长，S为圆环横截面积，为电阻率，为密度。将R、m代入可得ag，可知1和2的加速度相同，与质量和粗细无关，选项A错误；3的L和l均是2的两倍，故它们的加速度也相等
11、，运动规律相同，选项B正确；由动能定理mghQmv2，圆环产生的热量Qmv2mgh，1的初末速度v下落高度h均与3相同，但质量m比3小，故热量也比3小，选项C错误；通过1、4导线的电荷量q，其中S为单个圆环面积，由于4电阻R比1大，故q比1小，选项D正确。答案BD二、非选择题(本题共2小题，共36分。)9.(16分)(2018湖南宜章一中模拟)如图9，一质量为m，边长为h的正方形金属线框abcd自某一高度由静止下落，依次经过两匀强磁场区域，且金属线框bc边的初始位置离磁场B1的上边界的高度为，两磁场的磁感应强度分别为B1和B2，且B12B0，B2B0(B0已知)，两磁场的间距为H(H未知，但H
12、h)，线框进入磁场B1时，恰好做匀速运动，速度为v1(v1已知)，从磁场B1中穿出后又以v2匀速通过宽度也为h的磁场B2。图9(1)求v1与v2的比值；(2)写出H与h的关系式；(3)若地面离磁场B2的下边界的高度为h，求金属线框下落到地面所产生的热量。(用m、h、g表示)解析(1)金属线框分别进入磁场B1和B2后，做匀速运动，由平衡条件有BIhmg又金属线框切割磁感线，则I联立得v所以。 (2)金属线框进入磁场B1前和离开磁场B1后到进入磁场B2前，都是做只在重力作用下的运动，由运动学公式有v2gvv2g(Hh)联立得H。(3)产生的热量等于克服安培力做功，QBIh4h联立得Q4mgh。答案
13、(1)14(2)H(3)4mgh10.(20分)如图10甲所示，光滑倾斜导体轨道(足够长)与光滑水平导体轨道平滑连接。轨道宽度均为L1 m，电阻忽略不计。水平向右的匀强磁场仅分布在水平轨道平面所在区域；垂直于倾斜轨道平面向下，同样大小的匀强磁场仅分布在倾斜轨道平面所在区域。现将两质量均为m0.2 kg，电阻均为R0.5 的相同导体棒eb和cd，垂直于轨道分别置于水平轨道上和倾斜轨道的顶端，并同时由静止释放，导体棒cd下滑过程中加速度a与速度v的关系如图乙所示。(g10 m/s2)。图10(1)求导轨平面与水平面间夹角；(2)求磁场的磁感应强度B；(3)求导体棒eb对水平轨道的最大压力FN的大小
14、； (4)若已知从开始运动到cd棒达到最大速度的过程中，eb棒上产生的焦耳热Q0.45 J，求该过程中通过cd棒横截面的电荷量q。解析(1)由av图象可知，导体棒cd刚释放时，加速度a5 m/s2对cd棒受力分析，由牛顿第二定律得mgsin ma联立解得30。(2)当cd棒匀速下滑时，由图象知a0，v1 m/s此时mgsin F安，F安BIL，I联立得mgsin 解得B1 T。(3)当电路中的电流I最大时，eb棒所受的安培力竖直向下最大，则压力最大FNmgF安由牛顿第三定律FNFN解得FN3 N。(4)eb棒产生的焦耳热QebQI2Rt0.45 Jcd棒产生的热量与eb棒相同对cd，由能量守恒定律mgxsin mv22Q解得x1 m，qt，则q1 C。答案(1)30(2)1 T(3)3 N(4)1 C