1、章末检测(九)(时间：60分钟；分值：100分)一、单项选择题(本大题共6小题，每小题5分，共30分，每小题只有一个选项符合题意)1如图所示，质量为m的金属环用线悬挂起来，金属环有一半处于水平且与环面垂直的匀强磁场中，从某时刻开始，磁感应强度均匀减小，则在磁感应强度均匀减小的过程中，关于线拉力大小的下列说法中正确的是()A大于环重力mg，并逐渐减小B始终等于环重力mgC小于环重力mg，并保持恒定D大于环重力mg，并保持恒定解析：选A.磁感应强度均匀减小，穿过回路的磁通量均匀减小，根据法拉第电磁感应定律得知，回路中产生恒定的电动势，感应电流也恒定不变由楞次定律可知，感应电流方向为顺时针方向，再由
2、左手定则可得，安培力的合力方向竖直向下金属环始终保持静止，则拉力大于重力，由于磁感应强度均匀减小，所以拉力的大小也逐渐减小故A正确，B、C、D均错误2(2014高考安徽卷)英国物理学家麦克斯韦认为，磁场变化时会在空间激发感生电场如图所示，一个半径为r的绝缘细圆环水平放置，环内存在竖直向上的匀强磁场B，环上套一带电荷量为q的小球已知磁感应强度B随时间均匀增加，其变化率为k，若小球在环上运动一周，则感生电场对小球的作用力所做功的大小是()A0B.r2qkC2r2qk Dr2qk解析：选D.变化的磁场产生电场，电场对运动的带电粒子做功均匀变化的磁场产生恒定的电场，电动势ESkr2，电场力做功WqEr
3、2qk，故选项D正确3(2015上海闵行区调研)如图所示，纸面内有一矩形导体闭合线框abcd，ab边长大于bc边长从置于垂直纸面向里、边界为MN的匀强磁场外，线框两次匀速地完全进入磁场，两次速度大小相同，方向均垂直于MN.第一次ab边平行MN进入磁场线框上产生的热量为Q1，通过线框导体横截面的电荷量为q1；第二次bc边平行MN进入磁场线框上产生的热量为Q2，通过线框导体横截面的电荷量为q2，则()AQ1Q2q1q2 BQ1Q2q1q2CQ1Q2q1q2 DQ1Q2q1q2解析：选A.设ab和bc边长分别为L1、L2，线框电阻为R，若假设穿过磁场区域的时间为t.通过线框导体横截面的电荷量qt，因
4、此q1q2.线框上产生的热量为Q，第一次：Q1BL1I1L2BL1L2，同理可以求得Q2BL2I2L1BL2L1，由于L1L2，则Q1Q2，故A正确4如图所示，一根质量为m、长为L、粗细均匀的金属直棒ab靠立在光滑弯曲的金属杆AOC上(开始时b离O点很近)ab由静止开始在重力作用下运动，运动过程中a端始终在AO上，b端始终在OC上，ab刚好完全落在OC上(此时速度为0)，整个装置放在一匀强磁场中，磁感应强度方向垂直纸面向里，则()Aab棒所受安培力方向垂直于ab向上Bab棒所受安培力方向先垂直于ab向上，后垂直于ab向下C安培力先做正功后做负功，所以全过程安培力做功为零D全过程产生的焦耳热为m
5、gL解析：选D.ab棒在运动过程中，穿过aOb的磁通量先增大后减小，根据楞次定律，感应电流方向先是ba，后变为ab，由左手定则得，ab棒所受安培力方向先垂直于ab向下，后垂直于ab向上，A、B错；ab棒在运动过程中，只有重力和安培力做功，根据动能定理，mgW0，所以安培力做功WmgL，根据功能关系，全过程产生的焦耳热为mgL，C错，D对5(2015衡水模拟)如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B，方向竖直向下，在磁场中有一个边长为L的正方形刚性金属框，ab边的质量为m，电阻为R，其他三边的质量和电阻均不计cd边上装有固定的水平轴，将金属框自水平位置由静止释放，第一次转到竖直位置时，ab边的速度为v
6、，不计一切摩擦，重力加速度为g，则在这个过程中，下列说法正确的是 ()A通过ab边的电流方向为abBab边经过最低点时的速度vCa、b两点间的电压逐渐变大D金属框中产生的焦耳热为mgLmv2解析：选D.ab边向下摆动过程中，磁通量逐渐减小，根据楞次定律及右手螺旋定则可知感应电流方向为ba，选项A错误；ab边由水平位置到达最低点过程中，机械能不守恒，所以选项B错误；金属框摆动过程中，ab边同时受安培力作用，故当重力与安培力沿其摆动方向分力的合力为零时，a、b两点间电压最大，选项C错误；根据能量转化和守恒定律可知，金属框中产生的焦耳热应等于此过程中机械能的损失，故选项D正确6(2015湖北八校联考
7、)如图所示，两个垂直于纸面的匀强磁场方向相反，磁感应强度的大小均为B，磁场区域的宽度均为a.高度为a的正三角形导线框ABC从图示位置沿x轴正方向匀速穿过两磁场区域，以逆时针方向为电流的正方向，在下列图形中能正确描述感应电流I与线框移动距离x关系的是()解析：选B.正三角形线框ABC刚进入向里的磁场时，利用右手定则知，感应电流沿逆时针方向为正，大小为I0，之后线框随进入磁场距离的增大，有效切割长度变小，则I变小；当线框ABC前进a距离，在刚进入向外的磁场区域瞬间，此时ABC线框中感应电流方向沿顺时针为负，大小为I2I0，则B正确二、多项选择题(本大题共4小题，每小题6分，共24分，每小题有多个选
8、项符合题意)7如图所示是研究通电自感实验的电路图，A1、A2是两个规格相同的小灯泡，闭合电键调节电阻R，使两个灯泡的亮度相同，调节可变电阻R1，使它们都正常发光，然后断开电键S.重新闭合电键S，则()A闭合瞬间，A1立刻变亮，A2逐渐变亮B闭合瞬间，A2立刻变亮，A1逐渐变亮C稳定后，L和R两端电势差一定相同D稳定后，A1和A2两端电势差不相同解析：选BC.根据题设条件可知，闭合电键调节电阻R，使两个灯泡的亮度相同，说明此时电阻R的阻值与线圈L的电阻一样大，断开电键再重新闭合电键的瞬间，根据自感原理，可判断A2立刻变亮，而A1逐渐变亮，A项错误，B项正确；稳定后，自感现象消失，根据题设条件可判
9、断线圈L和R两端的电势差一定相同，A1和A2两端电势差也相同，所以C项正确，D项错误8(2015宁夏银川一中模拟)如图所示，空间存在着与圆台母线垂直向外的磁场，各处的磁感应强度大小均为B，圆台母线与竖直方向的夹角为，一个质量为m、半径为r的匀质金属环位于圆台底部当给环通以恒定的电流I，圆环由静止向上运动，经过时间t后撤去该恒定电流并保持圆环闭合，圆环全程上升的最大高度为H.已知重力加速度为g，不计空气阻力，磁场的范围足够大在圆环向上运动的过程中，下列说法正确的是()A圆环先做加速运动后做减速运动B在时间t内安培力对圆环做功为mgHC圆环运动的最大速度为gtD圆环先有扩张后有收缩的趋势解析：选A
10、C.在时间t内，圆环中通有电流I，圆环在磁场中受向上的安培力作用，安培力大于重力，所以合力向上，圆环由静止开始向上加速运动，t时刻撤去电流，圆环继续向上运动，并切割磁感线产生感应电流，则同时又受向下的安培力和重力，合力方向与运动方向相反，所以圆环开始减速运动直至到达最高位置，故A正确因安培力在t时间内对其做正功，t时刻以后对其做负功，有W安t前W安t后mgH，则知在t时间内安培力做功大于mgH，故B错在t时间内安培力FBILBI2rcos ，合外力F合Fmg2BIrcos mgma，vattgt，故C正确圆环加速上升过程中有收缩趋势，减速上升过程中有扩张趋势，故D错9(2015河南中原名校联考
11、)如图所示，粗细均匀的金属丝制成长方形导线框abcd(adab)，处于匀强磁场中同种材料同样规格的金属丝MN可与导线框保持良好的接触并做无摩擦滑动当MN在外力作用下从导线框左端向右匀速运动到右端的过程中，下列说法正确的是()A金属丝MN相当于电源，MN间的外电路总电阻先减小后增大B金属丝MN相当于电源，MN间的外电路总电阻先增大后减小C导线框消耗的电功率先减小后增大D导线框消耗的电功率先增大再减小，再增大再减小解析：选BD.金属丝MN在外力作用下从导线框的左端开始做切割磁感线的匀速运动，所以产生的电动势为定值，EBLv0，整个电路的总电阻等于金属丝的电阻r与左右线框并联电阻之和，当金属丝MN运
12、动到线框中点时总电阻达到最大值，A错，B对在金属丝MN运动过程中，设某一时刻线框的总电阻为R，金属丝的电阻为r，由于adab，则金属丝MN运动到线框中点时，Rr，亦即Rr的位置在线框中点的左边，根据对称性，在线框中点的右边也有Rr的位置所以导线框消耗的电功率最大的在线框中点两边对称的位置所以，当MN从导线框左端向右运动到右端的过程中，导线框消耗的电功率先增大再减小，再增大再减小，C错，D对本题正确答案为BD.10如图所示，一个边长为L的正方形线圈置于边界水平的匀强磁场上方L处，磁场宽也为L，方向垂直纸面向里，由静止释放线圈且线圈平面始终与磁场方向垂直，如果从线圈的一条边刚进入磁场开始计时，则下
13、列关于通过线圈横截面的电荷量q、感应电流i、线圈运动的加速度a、线圈具有的动能Ek随时间变化的图象可能正确的有()解析：选ACD.若线圈进入磁场时受到的安培力等于重力，则线圈匀速进入，感应电流恒定，由qIt可知，通过线圈横截面的电荷量均匀增大，线圈离开时由楞次定律可知，感应电流方向改变，通过的电荷量均匀减小，A可能正确；由于线圈通过磁场时，线圈的宽度与磁场的宽度相等，故始终是一条边做切割磁感线运动，且速度不可能减小到零，所以线圈通过磁场的过程中不可能出现感应电流为零的情况，故B错误；由于线圈进入磁场时也可能重力大于安培力，因此继续做加速运动，但速度增大则安培力增大，加速度减小，当安培力增大到等
14、于重力时，加速度变为零，故C可能正确；如果线圈刚进入磁场时安培力就大于重力，则线圈做减速运动，速度减小则安培力减少，最后可能达到平衡，速度不变，动能不变，故D可能正确三、非选择题(本大题共3小题，共46分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)11(12分)(2015潍坊联考)如图所示，两条足够长的平行金属导轨相距L，与水平面的夹角为，整个空间存在垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，虚线上方轨道光滑且磁场方向向上，虚线下方轨道粗糙且磁场方向向下在导体棒EF以初速度v0沿导轨上滑至最大高度的过程中，导体棒MN一直静止在导轨上若两导体棒质量均为m、电阻均为R，导轨电阻不
15、计，重力加速度为g，在此过程中导体棒EF上产生的焦耳热为Q，求：(1)导体棒MN受到的最大摩擦力；(2)导体棒EF上升的最大高度解析：(1)EF获得向上的初速度v0时，感应电动势EBLv0 (1分)电路中电流为I，由闭合电路欧姆定律得I (1分)此时对导体棒MN进行受力分析，由平衡条件得FAmgsin f (3分)FABIL(1分)解得fmgsin . (2分)(2)导体棒EF上升过程中MN一直静止，对系统，由能的转化和守恒定律，有mvmgh2Q， (3分)解得h. (1分)答案：见解析12(16分)(2015黄冈模拟)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L1.0
16、 m，NQ两端连接阻值R1.0 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m0.20 kg，阻值r0.50 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M0.60 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2/3，g10 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q1I1t1， (3分)金属棒在00.3 s内通过的
17、电荷量是q2， (3分)由题中的电荷量关系代入解得x20.3 m (1分)(2)金属棒在00.6 s内通过的总位移为xx1x2vt1x2， (1分)代入数据解得x0.75 m (1分)根据能量守恒定律Mgxmgxsin Q(Mm)v2， (4分)代入数据解得Q2.85 J， (1分)由于金属棒与电阻R串联，电流相等，根据焦耳定律QI2Rt，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QrQ0.95 J(2分)答案：(1)0.3 m(2)0.95 J13(18分)如图所示，间距为d的两水平虚线L1、L2之间是磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，正方形线圈abc
18、d的边长为L(Ld)、质量为m、电阻为R，现将线圈在磁场上方高h处由静止释放，已知ab边刚进入磁场时线圈的速度和ab边刚离开磁场时的速度相同，运动过程中线圈平面保持竖直且ab边始终与L1平行求：(1)线圈刚进入磁场时的感应电流的大小和方向；(2)线圈从ab边刚进入磁场到ab边刚离开磁场的过程中的最小速度v；(3)线圈进出磁场的全过程中产生的总焦耳热Q总解析：(1)由楞次定律可知，刚进入磁场时线圈中的电流方向为abcda(2分)由mghmv得v0(1分)EBLv0(2分)I.(2分)(2)如图所示，线圈在从2位置到3位置的过程中，可能全程做减速运动，也可能先减速后匀速，而从3位置到4位置线圈做自由落体运动，所以3位置时线圈速度一定最小，(2分)因此有vv22g(dL)(2分)得v.(1分)(3)由能量守恒定律知，进磁场的过程产生的热量Q1mgd(2分)由于线圈完全处于磁场中时不产生电热，线圈进入磁场过程中产生的电热Q就是线圈从2位置到3位置产生的电热，而2、4位置速度相同，线圈进出磁场的运动状态变化相同，产生的热量相等即Q2Q1mgd(3分)产生的总热量为Q总Q1Q22mgd.(1分)答案：(1)方向abcda(2)(3)2mgd