1、高考资源网（） 您身边的高考专家第四章章末测试卷一、单项选择题(共9个小题，每题4分，共计36分)1粗细均匀的电阻丝围成如图所示的线框，置于正方形有界匀强磁场中，磁感应强度为B，方向垂直于线框平面，图中abbc2cd2de2ef2fa2L.现使线框以同样大小的速度v匀速沿四个不同方向平动进入磁场，并且速度方向始终与线框先进入磁场的那条边垂直，则在通过如图所示位置时，下列说法中正确的是()Aab两点间的电势差图中最大Bab两点间的电势差图中最大C回路电流图中最大D回路电流图中最小解析设ab段电阻为r，图中ab两点间的电势差U3Ir，图中ab两点间的电势差UIr，图中ab两点间的电势差UIr/2，
2、图中ab两点间的电势差UIr，所以ab两点间的电势差图中最大，A项正确，B错误回路电流图中最小，其他回路电流相等，C、D两项错误答案A2.如图所示，正方形区域MNPQ内有垂直纸面向里的匀强磁场在外力作用下，一正方形闭合刚性导线框沿QN方向匀速运动，t0时刻，其四个顶点M、N、P、Q恰好在磁场边界中点下列图象中能反映线框所受安培力F的大小随时间t变化规律的是()解析第一段时间从初位置到MN离开磁场，图甲表示该过程的任意一个位置，切割磁感线的有效长度为M1A与N1B之和，即为M1M长度的2倍，此时电动势E2Bvtv，线框受的安培力F2BIvt，图象是开口向上的抛物线，故C、D两项错误；如图乙所示，
3、线框的右端M2N2刚好出磁场时，左端Q2P2恰与MP共线，此后一段时间内有效长度不变，一直到线框的左端与MN重合，这段时间内电流不变，安培力大小不变；最后一段时间如图丙所示，从匀速运动至M2N2开始计时，有效长度为ACl2vt，电动势EB(l2vt)v，线框受的安培力F，图象是开口向上的抛物线，故A项错误，B项正确答案B3.光滑曲面与竖直平面的交线是抛物线，如图所示，抛物线的方程是yx2，下半部处在一个水平方向的匀强磁场中，磁场的上边界是ya的直线(图中的虚线所示)，一个小金属块从抛物线上yb(ba)处以速度v沿抛物线下滑，假设抛物线足够长，金属块沿抛物线下滑后产生的焦耳热总量是()AmgbB
4、.mv2Cmg(ba) Dmg(ba)mv2解析金属块在进出磁场过程中要产生感应电流，机械能要减少，上升的最大高度不断降低，最后刚好飞不出磁场，就往复运动永不停止，由能量守恒可得QEmv2mg(ba)答案D4如图甲，R0为定值电阻，两金属圆环固定在同一绝缘平面内左端连接在一周期为T0的正弦交流电源上，经二极管整流后，通过R0的电流i始终向左，其大小按图乙所示规律变化规定内圆环a端电势高于b端时，a、b间的电压uab为正，下列uabt图象可能正确的是()解析在第一个0.25T0时间内，通过大圆环的电流为瞬时针逐渐增加，由楞次定律可判断内环a端电势高于b端，因电流的变化率逐渐减小故内环的电动势逐渐
5、减小；同理在第0.25T00.5T0时间内，通过大圆环的电流为瞬时针逐渐减小，由楞次定律可判断内环a端电势低于b端，因电流的变化率逐渐变大故内环的电动势逐渐变大；故C项正确答案C5(2019广州一模)如图甲所示，梯形硬导线框abcd固定在磁场中，磁场方向与线框平面垂直，图乙表示该磁场的磁感应强度B随时间t变化的关系，t0时刻磁场方向垂直纸面向里在05t0时间内，设垂直ab边向上为安培力的正方向，线框ab边受到该磁场对它的安培力F随时间t变化的关系图为()解析02t0，感应电动势为：E1SS，为定值，3t05t0，感应电动势为：E2SS，也为定值，因此感应电流也为定值，那么安培力FBILB由于0
6、t0，B逐渐减小到零，故安培力逐渐减小到零，根据楞次定律，可知，线圈中感应电流方向顺时针，依据左手定则，可知，线框ab边受到安培力方向向上，即为正；同理，t02t0，安培力方向向下，为负，大小增大，而在2t03t0，没有安培力；在3t04t0，安培力方向向上，为正，大小减小；在4t05t0，安培力方向向下，为负，大小增大，故D项正确，A、B、C三项错误；故选D项答案D6.如图所示，两根足够长的光滑金属导轨MN、PQ平行放置，导轨平面与水平面的夹角为，导轨的下端接有电阻当导轨所在空间没有磁场时，使导体棒ab以平行导轨平面的初速度v0冲上导轨平面，ab上升的最大高度为H；当导轨所在空间存在方向与导
7、轨平面垂直的匀强磁场时，再次使ab以相同的初速度从同一位置冲上导轨平面，ab上升的最大高度为h.两次运动中ab始终与两导轨垂直且接触良好关于上述情景，下列说法中正确的是()A两次上升的最大高度比较，有HhB两次上升的最大高度比较，有Hv0，但相差不大，则线框进入磁场后可能先减速再匀速，B项正确；若线框的速度vv0，则线框进入磁场一直匀速至全部进入磁场，D项正确；若线框的速度vv0，但相差不大，则线框进入磁场后可能先加速再匀速；若线框的速度v远小于v0，则线框进入磁场后加速，加速度减小，C项正确答案A二、不定项选择(每题4分，全选对得4分，选不全得2分，共计28分)10.如图所示，将一根绝缘硬金
8、属导线弯曲成一个完整的正弦曲线形状，它通过两个小金属环与长直金属杆导通，图中a、b间距离为L，导线组成的正弦图形顶部或底部到杆的距离都是d.右边虚线范围内存在磁感应强度大小为B、方向垂直于弯曲导线所在平面向里的匀强磁场，磁场区域的宽度为.现在外力作用下导线沿杆以恒定的速度v向右运动，t0时刻a环刚从O点进入磁场区域则下列说法正确的是()At时刻，回路中的感应电动势为BdvBt时刻，回路中的感应电动势为BdvCt时刻，回路中的感应电流第一次开始改变方向Dt时刻，回路中的感应电流第一次开始改变方向解析在t时刻导线有进入磁场，切割磁感线的有效长度为零，故回路中感应电动势为零，根据右手定则可知在0时间
9、内回路中的感应电流沿杆从a到b，以后将改为从b到a，故A、C两项错误，D项正确在t时刻导线有进入磁场，切割磁感线的有效长度为d，故回路中感应电动势为Bdv，B项正确答案BD11有人设计了一个汽车“再生能源装置”原理简图如图甲所示当汽车减速时，线圈受到辐向磁场的阻尼作用助汽车减速，同时将产生的电能储存在图甲中，线圈匝数为n，ab长度为L1，bc长度为L2.图乙是此装置的侧视图切割处磁场的磁感应强度大小恒为B，有理想边界的两个扇形磁场区边线夹角都是90.某次测试时，外力使线圈以角速度逆时针匀速转动，线圈中电流i随时间变化图象如图丙所示(I为已知量)，取ab边刚开始进入右侧的扇形磁场时刻t0.不计线
10、圈转轴处的摩擦，则下列说法正确的是() A线圈在图乙所示位置时，线圈中电流方向为abcdaB线圈在图乙所示位置时，线圈产生电动势的大小为nBL1L2C外力做功的平均功率为D闭合电路的总电阻为解析有两个边一直在均匀辐向磁场中做切割磁感线运动，故根据切割公式，有E2nBL1v，其中vL2，解得EnBL1L2，根据右手定则，图乙中的线圈通过的电流方向为abcda，故A项正确，B项错误；根据欧姆定律，电流I，解得R.线圈转动一个周期时间内，产生电流的时间是半周期，故外力做功的平均功率PI2R，解得P，故C、D两项正确答案ACD12.在如图所示的倾角为的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度大小均为B的匀强磁
11、场区域，区域的磁场方向垂直斜面向上，区域的磁场方向垂直斜面向下，磁场宽度均为L，一个质量为m、电阻为R、边长也为L的正方形导线框，由静止开始沿斜面下滑，t1时刻ab边刚越过GH进入磁场区域，此时导线框恰好以速度v1做匀速直线运动；t2时刻ab边下滑到JP与MN的中间位置，此时导线框又恰好以速度v2做匀速直线运动重力加速度为g，下列说法中正确的是()A当ab边刚越过JP时，导线框的加速度大小为agsinB导线框两次匀速直线运动的速度v1v241C在t1到t2的过程中，导线框克服安培力做功的大小等于重力势能的减少量D在t1到t2的过程中，有机械能转化为电能解析ab边刚越过GH进入磁场区域时，导线框
12、做匀速运动，所以mgsinBI1L，当ab边刚越过JP时，I2，由2BI2Lmgsinma，联立解得a3gsin，所以A项错误；当a0时，以速度v2做匀速直线运动，即mgsin0，得mgsin，所以v1v241，故B项正确；在t1到t2的过程中，根据能量守恒知导线框克服安培力做功的大小等于导线框重力势能的减少量加上动能的减少量，即克服安培力做功W，所以C项错误；又克服安培力做功等于产生的电能，所以D项正确答案BD13发电机和电动机具有装置上的类似性，源于它们机理上的类似性直流发电机和直流电动机的工作原理分别可以简化为如图1、图2所示的情景在竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中，两根光滑平行金属
13、轨道MN、PQ固定在水平面内，相距为L，电阻不计电阻为R的金属导体棒ab垂直于MN、PQ放在轨道上，与轨道接触良好图1轨道端点MP间接有阻值为r的电阻，导体棒ab受到水平向右的外力作用，以速度v(v平行于MN)向右做匀速运动图2轨道端点MP间接有直流电源，电动势为E，内阻不计，电阻为R的导体棒ab以速度v(v平行于MN)向右做匀速运动并通过滑轮匀速提升重物，电路中的电流为I.则下列说法正确的是()A在t时间内，图1“发电机”产生的电能为B在t时间内，图2“电动机”输出的机械能EItC从微观角度看图1产生电动势是由于洛仑兹的一个分力做功将其他能转化为电能D在图2中提升重物增加的机械能是由于安培力
14、对导体棒做正功将电能转化为其他能解析导体平动切割磁感应线产生的感应电动势为：EBLv，感应电流为：I图1“发电机”产生的电能为：E电EIt，故A项正确；图2中，电动机输出的机械能等于重物增加的重力势能EmmgvtmgF安F安BIL联立解得：EmBILvtEIt，故B项正确；图1中的导体棒是由于外力作用发生移动，根据右手定则可知电流方向从b到a；由克服安培力做功，从微观看，是洛仑磁力的分析做功，故C项正确；图2是由于通电使得导体棒中形成电流，所以电流方向由a到b，同时电荷还要匀速向右运动，对杆分析拉力等于安培力，对重物分析拉力等于重力，重力做负功，安培拉力做正功，故提升重物增加的机械能是由于安培
15、力对导体棒做正功将电能转化为其他能，故D项正确故选A、C、D三项答案ABCD14(2017课标全国)两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感应强度方向与纸面垂直边长为0.1 m、总电阻为0.005 的正方形导线框abcd位于纸面内，cd边与磁场边界平行，如图(a)所示已知导线框一直向右做匀速直线运动，cd边于t0时刻进入磁场线框中感应电动势随时间变化的图线如图(b)所示(感应电流的方向为顺时针时，感应电动势取正)下列说法正确的是()A磁感应强度的大小为0.5 TB导线框运动速度的大小为0.5 m/sC磁感应强度的方向垂直于纸面向外D在t0.4 s至t0.6 s这段时间内，导线框所受的安培力大小为0.
16、1 N解析由图象可以看出，0.20.4 s没有感应电动势，所以从开始到ab进入用时0.2 s，导线框匀速运动的速度为：v m/s0.5 m/s，根据EBLv知磁感应强度为：B T0.2 T，故A项错误，B项正确；由(b)图可知，线框进磁场时，感应电流的方向为顺时针，根据楞次定律得，磁感应强度的方向垂直纸面向外，故C项正确；在0.40.6 s内，导线框所受的安培力FBIL N0.04 N，故D项错误答案BC15.如图所示，竖直放置的平行光滑金属导轨(电阻不计)，上端接一阻值为R的电阻，电阻值为2R的金属棒AB与导轨接触良好，整个装置处在垂直导轨平面向外的匀强磁场中将金属棒AB由静止释放，当金属棒
17、的速度为v时，电阻上的电功率为P，则此时()A重力功率可能为P B重力功率可能为3PC安培力大小为 D安培力大小为解析当金属棒的速度为v时，电阻上的电功率为P，电阻值为2R的金属棒AB发热功率为2P，重力功率可能为3P，A项错误，B项正确；安培力大小为，D项正确，C项错误答案BD16.一导线弯成如图所示的闭合线圈，以速度v向左匀速进入磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直平面向外，线圈总电阻为R.从线圈进入磁场开始到完全进入磁场为止，下列结论正确的是()A感应电流一直沿顺时针方向B线圈受到的安培力先增大后减小C感应电动势的最大值为BrvD穿过线圈某个横截面的电荷量为解析在闭合线圈进入磁场的过程
18、中，通过闭合线圈的磁通量逐渐增大，根据楞次定律可知，感应电流的方向一直为顺时针方向，A项正确；导体切割磁感线的有效长度先变大后变小，感应电流先变大后变小，安培力也先变大后变小，B项正确；导体切割磁感线的有效长度最大值为2r，感应电动势最大E2Brv，C项错误；穿过线圈某个横截面的电荷量为Q，D项错误答案AB三、计算及论述题(3个小题，共36分)17(10分)半径分别为r和2r的同心圆形导轨固定在同一水平面内，一长为r、质量为m且质量分布均匀的直导体棒AB置于圆导轨上面，BA的延长线通过圆导轨中心O，装置的俯视图如图所示整个装置位于一匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，方向竖直向下在内圆导轨的C点
19、和外圆导轨的D点之间接有一阻值为R的电阻(图中未画出)直导体棒在水平外力作用下以角速度绕O逆时针匀速转动，在转动过程中始终与导轨保持良好接触设导体棒与导轨之间的动摩擦因数为，导体棒和导轨的电阻均可忽略重力加速度大小为g.求：(1)通过电阻R的感应电流的方向和大小；(2)外力的功率解析(1)根据右手定则，得导体棒AB上的电流方向为BA，故电阻R上的电流方向为CD.设导体棒AB中点的速度为v，则v而vAr，vB2r根据法拉第电磁感应定律，导体棒AB上产生的感应电动势EBrv根据闭合电路欧姆定律，得I，联立以上各式解得通过电阻R的感应电流的大小为I.(2)根据能量守恒定律，外力的功率P等于安培力与摩
20、擦力的功率之和，即PBIrvFfv，而Ffmg解得P.答案(1)方向为CD大小为(2)18(12分)在图甲中，直角坐标系Oxy的第一、第三象限内有匀强磁场，第一象限内的磁感应强度大小为B，第三象限内的磁感应强度大小为2B，磁感应强度的方向均垂直于纸面向里半径为l，圆心角为90的扇形导线框OPQ在外力作用下以角速度绕O点在纸面内沿逆时针匀速转动，导线框回路电阻为R.求：(1)扇形导线框在刚进入第一象限时受到安培力的大小和方向；(2)在图乙中画出导线框匀速转动一周的时间内感应电流I随时间t变化的图象(从OP边刚进入第一象限开始计时，且规定电流方向沿POQP为正方向)(3)线框匀速转动一周外力对线框
21、做的功解析(1)线框从图甲位置开始(t0)转过90的过程中，产生的感应电动势为：E1Bl2由闭合电路欧姆定律得，回路电流为：I1联立以上各式解得：I1根据安培力公式FBI1l根据左手定则可知方向向下；(2)线框进出第2象限的过程中，回路电流为：I2I1同理分可知I3I4T图象如图所示(3)线框转一周产生的热量：Q2T解得：WQ答案(1)扇形导线框在刚进入第一象限时受到安培力的大小为和方向向下；(2)如解析图所示；(3)线框匀速转动一周外力对线框做的功.19(14分)如图所示，平行且足够长的金属导轨MN、PQ相距d2 m，导轨平面与水平面之间的夹角为37，在轨道平面内有一宽度为L、磁感应强度B0
22、.5 T，方向垂直导轨平面向上的匀强磁场，两根完全相同的导体棒ab、cd垂直于导轨MN、PQ放置，质量均为m0.2 kg，导体棒ab放置在磁场区域的上边界处，导体棒cd在ab上方且与ab相距L2 m，由静止释放两导体棒的同时，在导体棒ab上施加一个垂直于导体棒ab且沿导轨平面向下的外力F，使ab在磁场中向下做匀加速直线运动，加速度大小为a8 m/s2，当其离开磁场时撤去外力F，导体棒cd进入磁场后恰好做匀速直线运动，然后离开磁场，已知金属棒与导轨间的动摩擦因数为0.5(导轨电阻不计，重力加速度g10 m/s2，sin370.6，cos370.8)(1)求每根导体棒的电阻；(2)从释放导体棒开始
23、计时，求当导体棒ab在磁场中运动时，所施加的外力F随时间t变化的关系；(3)若整个过程中，导体棒cd产生的焦耳热为Q1.0 J，求外力F对导体棒ab做的功W.解析(1)设ab在磁场区域内运动时间为t1，cd从开始运动到ab位置的时间为t2，则Lat12，则有t1 s，对cd棒a12 m/s2；La1t22，则t2 s，因此ab离开磁场时，cd还没有进入磁场设cd进入磁场时的速度为v1，cd的感应电动势为E1，回路的电流为I1，则有E1Bdv1，I1，根据平衡条件，有mgsinBI1dmgcos，解得R5 (2)从释放金属杆开始计时，设经过时间t，ab的速度为v，ab中的感应电动势为E，回路中电流为I，则有vat，EBdv，I，由牛顿第二定律，得FmgcosmgsinBIdmaF1.2t方向垂直于杆平行于导轨向下(3)设ab离开磁场时速度为v0，v022aL，由于是两根完全相同的导体棒所以他们产生的热量相同都设为Q1，对ab由能量守恒，可得WmgLsin2Q1mv02mgLcos，对cd在磁场运动过程中产生的热量设为Q2，则2Q2mgLsinmgLcosQQ1Q2解得W2 J答案(1)5 (2)F1.2t(3)2 J高考资源网版权所有，侵权必究！