1、单元过关检测(时间：90分钟满分：100分)一、单项选择题(本题共7小题，每小题5分，共计35分，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题意)1(2012年扬州模拟)如图所示，每米电阻为1 的一段导线被弯成半径r1 m的三段圆弧组成闭合回路每段圆弧都是圆周，位于空间直角坐标系的不同平面内；ab段位于xOy平面内，bc段位于yOz平面内，ca段位于zOx平面内空间内存在着一个沿x轴方向的磁场，其磁感应强度随时间变化的关系式为Bt0.70.6t(T)则()A导线中的感应电流大小是0.1 A，方向是acbaB导线中的感应电流大小是0.1 A，方向是abcaC导线中的感应电流大小是 A，方向是ac
2、baD导线中的感应电流大小是 A，方向是abca解析：由于空间存在一个沿x轴方向的磁场，因此产生磁通量的有效面积为圆bOc，根据楞次定律可判定导线中的感应电流方向是acba，B、D两项错误；再由法拉第电磁感应定律En和闭合电路的欧姆定律IE/R可求得导线中的感应电流大小是0.1 A，A项正确、C项错误答案：A2如图，一磁铁用细线悬挂，一个很长的铜管固定在磁铁的正下方，开始时磁铁上端与铜管上端相平烧断细线，磁铁落入铜管的过程中，下列说法正确的是()磁铁下落的加速度先增大，后减小磁铁下落的加速度恒定磁铁下落的速度先增大后减小磁铁下落的加速度一直减小最后为零磁铁下落的速度逐渐增大，最后匀速运动A只有
3、正确B只有正确C只有正确 D只有正确解析：刚烧断细线时，磁铁只受重力，向下加速运动，铜管中产生感应电流，对磁铁的下落产生阻力，故磁铁速度增大，加速度减小，当阻力和重力相等时，磁铁加速度为零，速度达到最大，可见D正确答案：D3如图所示，Q是单匝金属线圈，MN是一个螺线管，它的绕线方法没有画出，Q的输出端a、b和MN的输入端c、d之间用导线相连，P是在MN的正下方水平放置的用细导线绕制的软弹簧线圈若在Q所处的空间加上与环面垂直的变化磁场，发现在t1至t2时间段内弹簧线圈处于收缩状态，则所加磁场的磁感应强度的变化情况可能是()解析：在t1至t2时间段内弹簧线圈处于收缩状态，说明此段时间内穿过弹簧线圈
4、的磁通量变大，即穿过弹簧线圈的磁场的磁感应强度变大，则螺线管中电流变大，单匝金属线圈Q产生的感应电动势变大，所加磁场的磁感应强度的变化率变大，即Bt图线的斜率变大，选项D正确答案：D4(2011年上海单科)如图，均匀带正电的绝缘圆环a与金属圆环b同心共面放置，当a绕O点在其所在平面内旋转时，b中产生顺时针方向的感应电流，且具有收缩趋势，由此可知，圆环a()A顺时针加速旋转 B顺时针减速旋转C逆时针加速旋转 D逆时针减速旋转解析：由楞次定律，欲使b中产生顺时针电流，则a环内磁场应向里减弱或向外增强，a环的旋转情况应该是顺时针减速或逆时针加速，由于b环又有收缩趋势，说明a环外部磁场向外，内部向里，
5、故选B.答案：B5如图所示，矩形线框abcd通过导体杆搭接在金属导轨EF和MN上，整个装置放在如图所示的匀强磁场中当线框向右运动时，下面说法正确的是()AR中无电流BR中有电流，方向为EMCab中无电流Dab中有电流，方向为ab解析：由于线框向右运动，所以ab两端和cd两端存在着相同大小的电动势，ab中有电流，方向为ba，cd中也有电流，方向为cd.同样R的回路内有电流，电流方向为EM.答案：B6两块水平放置的金属板间的距离为d，用导线与一个n匝线圈相连，线圈电阻为r，线圈中有竖直方向的磁场，电阻R与金属板连接，如图所示，两板间有一个质量为m、电量q的油滴恰好处于静止，则线圈中的磁感应强度B的
6、变化情况和磁通量的变化率分别是()A磁感应强度B竖直向上且正增强，B磁感应强度B竖直向下且正增强，C磁感应强度B竖直向上且正减弱，D磁感应强度B竖直向下且正减弱，解析：由平衡条件知，下金属板带正电，故电流应从线圈下端流出，由楞次定律可以判定磁感应强度B竖直向上且正减弱或竖直向下且正增强，A、D错误；因mgq，UR，En，联立可求得，故只有C项正确答案：C7如图所示，一闭合直角三角形框以速度v匀速穿过匀强磁场区域从BC边进入磁场区开始计时，到A点离开磁场区为止的过程中，线框内感应电流的情况(以逆时针方向为电流的正方向)是图中的()解析：BC边刚进入磁场时，产生的感应电动势最大，由右手定则可判定电
7、流方向为逆时针方向，是正值，随线框进入磁场，有效长度L逐渐减小，由EBlv得电动势均匀减小，即电流均匀减小；当线框刚出磁场时，切割磁感线的有效长度l最大，故电流最大，且为顺时针方向，是负值，此后电流均匀减小，故只有A图象符合要求答案：A二、多项选择题(本题共5小题，每小题5分，共计25分，每小题有多个选项符合题意，全部选对的得7分，选对但不全的得4分，错选或不答的得0分)8(2011年山东理综)了解物理规律的发现过程，学会像科学家那样观察和思考，往往比掌握知识本身更重要以下符合史实的是()A焦耳发现了电流热效应的规律B库仑总结出了点电荷间相互作用的规律C楞次发现了电流的磁效应，拉开了研究电与磁
8、相互关系的序幕D牛顿将斜面实验的结论合理外推，间接证明了自由落体运动是匀变速直线运动解析：焦耳发现了电流的热效应，通常称此为焦耳热，A正确库仑研究电荷间作用的规律，得出库仑定律，B正确奥斯特发现了电流的磁效应，法拉第发现了磁场产生电流，打开电气时代的大门，C错误伽利略做斜面实验，研究自由落体运动，D错误答案：AB9如图所示，在边长为a的等边三角形区域内有匀强磁场B，其方向垂直纸面向外，一个边长也为a的等边三角形导线框架EFG正好与上述磁场区域的边界重合现使导线框以周期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平均感应电动势大小等于B平均感应电动势大小等于C逆
9、时针方向转动时感应电流方向为EGFED顺时针方向转动时感应电流方向为EFGE解析：由E，A正确、B错误；时间内磁通量减少，由楞次定律知：感应电流为逆时针方向，C错误、D正确答案：AD10(2010年全国)某地的地磁场磁感应强度的竖直分量方向向下，大小为4.5105 T一灵敏电压表连接在当地入海河段的两岸，河宽100 m，该河段涨潮和落潮时有海水(视为导体)流过设落潮时，海水自西向东流，流速为2 m/s.下列说法正确的是()A电压表记录的电压为5 mVB电压表记录的电压为9 mVC河南岸的电势较高D河北岸的电势较高解析：由EBLv4.510510029103V可知A项错误、B项正确再由右手定则可
10、判断河北岸电势高，故C项错误、D项正确答案：BD11(2012年泰州模拟)如图所示，在水平桌面上放置两条相距l的平行粗糙且无限长的金属导轨ab与cd，阻值为R的电阻与导轨的a、c端相连金属滑杆MN垂直于导轨并可在导轨上滑动，且与导轨始终接触良好整个装置处于匀强磁场中，磁场的方向竖直向上，磁感应强度的大小为B.滑杆与导轨电阻不计，滑杆的中点系一根不可伸长的轻绳，绳绕过固定在桌边的光滑轻滑轮后，与一质量为m的物块相连，拉滑杆的绳处于水平拉直状态现若由静止开始释放物块，用I表示稳定后回路中的感应电流，g表示重力加速度，设滑杆在运动中所受的摩擦阻力恒为Ff，则在物块下落过程中()A物块的最终速度为B物
11、块的最终速度为C稳定后物块重力的功率为I2RD物块重力的最大功率可能大于解析：由题意分析可知，由静止释放物块，它将带动金属滑杆MN一起运动，当它们稳定时最终将以某一速度做匀速运动而处于平衡状态，设MN的最终速度为v，对MN列平衡方程：Ffmg，所以v，所以A项正确；从能量守恒角度进行分析，物块的重力的功率转化为因克服安培力做功而产生的电热功率和克服摩擦力做功产生的热功率，所以有：I2RFfvmgv，所以v，所以B项正确、C项错误；物块重力的最大功率为Pmmgvmg，所以D错误答案：AB12在光滑的水平地面上方，有两个磁感应强度大小均为B，方向相反的水平匀强磁场，如图所示，PQ为两个磁场的边界，
12、磁场范围足够大一个半径为d，质量为m，电阻为R的金属圆环垂直磁场方向，以速度v从如图位置运动，当圆环运动到直径刚好与边界线PQ重合时，圆环的速度为，则下列说法正确的是()A此时圆环中的电功率为B此时圆环的加速度为C此过程中通过圆环截面的电荷量为D此过程中回路产生的电能为0.75mv2解析：当圆环运动到直径刚好与边界线PQ重合时，圆环左右两半环均产生感应电动势，根据右手定则可知，其感应电动势大小相等，方向相反，而整个回路组成串联电动势，则总电动势为E2B2d2Bdv，此时回路中的电流为I，圆环中的电功率为PIE，即选项A正确根据左手定则可判断，圆环左右两半环均受到大小相等、方向向左的安培力作用，
13、合力为F2BI2d，因此，此时圆环的加速度为a，故选项B错误在这一过程中，线圈向里的磁通量减少，而线圈向外的磁通量增加，则通过线圈的磁通量的变化量为Bd2，此过程中通过圆环截面的电荷量为q，故选项C正确根据能量守恒定律可知，在这一过程中，线圈中产生的热量为Qmv2m20.375mv2，则选项D错误答案：AC三、计算题(本题共4小题，共计40分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和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)13(9分)如图所示，在磁感应强度为0.4 T的匀强磁场中，让长为0.5 m、电阻为0.1 的导体棒ab在金属框上以10 m/s的速度向右匀
14、速滑动，电阻R16 ，R24 ，其他导线上的电阻可忽略不计求：(1)ab棒中的电流大小与方向；(2)为使ab棒匀速运动，外力的机械功率；(3)ab棒中转化成电能的功率，并比较机械功率与转化成电能的功率是否相等解析：(1)由右手定则可以判定，电流方向baEBlv2 VR总r2.5 I0.8 A(2)PFvBIlv1.6 W(3)PI2R总1.6 W，P机P电答案：(1)0.8 Aba(2)1.6 W(3)1.6 W相等14(9分)如图(甲)所示，一正方形金属线框位于有界匀强磁场区域内，线框的右边紧贴着边界t0时刻对线框施加一水平向右的外力F，让线框从静止开始做匀加速直线运动经过时间t0穿出磁场图
15、(乙)所示为外力F随时间t变化的图象若线框质量m、电阻R及图象中的F0、t0均为已知量，则根据上述条件，请你推出：(1)磁感应强度B的表达式；(2)线框左边刚离开磁场前瞬间的感应电动势E的表示式解析：(1)线框运动的加速度大小为：a线框边长：lat线框离开磁场前瞬间速度：vat0由牛顿第二定律知：3F0ma解式得，B(2)线框离开磁场前瞬间感应电动势EBlv解式得：E .答案：(1)B(2)E15(10分)一个质量为m、直径为d、电阻为R的金属圆环，在范围足够大的磁场中竖直向下下落，磁场的分布情况如图所示已知磁感应强度竖直方向分量By的大小只随高度y变化，其随高度y变化关系为ByB0(1ky)
16、(此处k为比例常数，且k0)，其中沿圆环轴线的磁场方向始终竖直向上金属圆环在下落过程中的环面始终保持水平，速度越来越大，最终稳定为某一数值，称为收尾速度求：(1)圆环中感应电流的方向；(2)圆环收尾速度的大小解析：(1)根据楞次定律可知，感应电流的方向为顺时针(俯视观察)(2)圆环下落高度为y时的磁通量为BSBB0(1ky)设收尾速度为vm，以此速度运动t时间内磁通量的变化为BSB0kvmt根据法拉第电磁感应定律有EB0kvm圆环中感应电流的电功率为PE重力做功的功率为PGmgvm根据能量守恒定律有PEPG解得vm.答案：(1)顺时针(俯视)(2)16(12分)(2011年四川理综)如图所示，
17、间距l0.3 m的平行金属导轨a1b1c1和a2b2c2分别固定在两个竖直面内在水平面a1b1b2a2区域内和倾角37的斜面c1b1b2c2区域内分别有磁感应强度B10.4 T、方向竖直向上和B21 T、方向垂直于斜面向上的匀强磁场电阻R0.3 、质量m10.1 kg、长为l的相同导体杆K、S、Q分别放置在导轨上，S杆的两端固定在b1、b2点，K、Q杆可沿导轨无摩擦滑动且始终接触良好一端系于K杆中点的轻绳平行于导轨绕过轻质定滑轮自然下垂，绳上穿有质量m20.05 kg的小环已知小环以a6 m/s2的加速度沿绳下滑，K杆保持静止，Q杆在垂直于杆且沿斜面向下的拉力F作用下匀速运动不计导轨电阻和滑轮摩擦，绳不可伸长取g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8.求(1)小环所受摩擦力的大小；(2)Q杆所受拉力的瞬时功率解析：(1)设小环受到的摩擦力大小为Ff，由牛顿第二定律，有m2gFfm2a代入数据，得Ff0.2 N(2)设通过K杆的电流为I1，K杆受力平衡，有FfB1I1l设回路总电流为I，总电阻为R总，有I2I1R总R设Q杆下滑速度大小为v，产生的感应电动势为E，有IEB2lvFm1g sin B2Il拉力的瞬时功率为PFv联立以上方程，代入数据得P2 W答案：(1)0.2 N (2)2 W高考资源网w w 高 考 资源 网
