期末综合复习基础过关（三）-2020_2021学年高二下学期物理人教版（2019）选择性必修二（Word含答案）
文档属性
| 名称 | 期末综合复习基础过关（三）-2020_2021学年高二下学期物理人教版（2019）选择性必修二（Word含答案） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 754.0KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2021-06-28 13:27:46 | ||
图片预览
文档简介
2020~2021学年高二下学期物理人教版（2019）选择性必修二期末综合复习基础过关（三）
一、单选题
1．将直流电源、开关S、电感线圈L（自感系数较大）和灯泡A连接成如图所示的电路，开始时开关S断开，下列说法正确的是( )
A．闭合开关S时，灯泡立即变亮
B．开关S闭合一段时间后再断开，灯泡逐渐熄灭
C．开关S闭合一段时间后再断开的瞬间，a点电势高于b点电势
D．开关S闭合一段时间后再断开的瞬间，b点电势高于a点电势
2．如图虚线上方空间有匀强磁场，扇形导线框绕垂直于框面的轴O以角速度ω匀速转动，线框中感应电流方向以逆时针为正，以图示位置作为计时起点，那么图中可能正确表明线框转动一周感应电流变化情况的是（ ）
A． B．
C． D．
3．国庆阅兵时，我国的“飞豹FBC-1”型歼击轰炸机在天安门上空沿水平方向自东向西呼啸而过，该机的翼展为12.7 m，北京地区地磁场的竖直分量为false，该机飞过天安门的速度大小为272 m/s，已知北京位于北半球，则下列说法正确的是（ ）
A．该机两翼尖间的电势差为0.16 V，左端电势高
B．该机两翼尖间的电势差为0.016 V，左端电势高
C．该机两翼尖间的电势差为0.16 V，右端电势高
D．该机两翼尖间的电势差为0.016 V，右端电势高
4．如图所示电路，电源内阻不可忽略。开关S闭合后，在滑动变阻器R0的滑片P向上缓慢滑动的过程中（ ）
A．小灯泡L变亮
B．电压表的示数减小
C．电流表的示数增大
D．电容器C的电荷量减小
5．如图，螺线管匝数false匝，横截面积false，螺线管导线电阻false，电阻false，磁感应强度B的false图像（以向右为正方向），下列说法正确的是（ ）
A．电阻R的电流方向是从A到C B．感应电流的大小逐渐增大
C．电阻R的电压为4V D．电阻R的电压为3.2V
6．在光滑绝缘水平面上，有三个单匝正方形金属线框按如图所示方式等间距放置（俯视图），在线框2对称轴位置的正上方固定一根通电直导线（通电直导线与金属线框2相距很近）当导线中的电流变大时，则下列说法正确的是（ ）
A．线框1将向右运动，线框3将向左运动
B．线框2静止不动，但其面积有缩小的趋势
C．线框2对桌面的压力变大
D．线框1中电流为顺时针方向，线框3中电流为逆时针方向
7．如图所示的电路，D1与D2是两个相同的小电灯，L是一个自感系数相当大的线圈，其电阻与R相等。由于自感现象，在开关S接通和断开时，灯泡D1和D2先后亮暗的次序是（ ）
A．接通时，D1先达最亮，断开时，D1后熄灭
B．接通时，D2先达最亮，断开时，D2后熄灭
C．接通时，D2先达最亮，断开时，D2先熄灭
D．接通时，D1先达最亮，断开时，D1先熄灭
二、多选题
8．如图所示，一段导线abcd位于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，且与磁场方向（垂直于纸面向里）垂直．线段ab、bc和cd的长度均为L，且∠abc=∠bcd=135°．流经导线的电流为I，方向如图中箭头所示．关于导线abcd所受到的磁场的作用力的合力，下列说法正确的是
A．方向沿纸面垂直bc向上，大小为false
B．方向沿纸面垂直bc向下，大小为false
C．若在纸面内将abcd逆时针旋转30°，力的大小不变
D．若在纸面内将abcd逆时针旋转60°，力的大小减半
9．下列说法中正确的是（ ）
A．静电感应不是创造电荷，只是电荷从物体的一部分转移到另一部分
B．摩擦起电时，一个物体失去一些电子而带正电，另一个物体得到这些电子而带负电
C．摩擦和感应都能使电子转移，只不过前者使电子从一个物体转移到另一个物体上，而后者则使电子从物体的一部分转移到另一部分
D．一个带电体接触一个不带电的物体，两个物体可能带上异种电荷
三、解答题
10．如图所示，顶角θ=45°的光滑金属导轨 MON固定在水平面内，导轨处在方向竖直、磁感应强度为B的匀强磁场中。一根与ON垂直的导体棒ab在水平外力作用下以恒定速度v0沿导轨MON向右滑动，导体棒的质量为m，导轨与导体棒单位长度的电阻均匀为r，导体棒在滑动过程中始终保持与导轨良好接触且足够长。t=0时，导体棒位于顶角O处，求：
(1)t时刻流过导体棒的电流强度I和电流方向；
(2)导体棒作匀速直线运动时水平外力F的表达式；
(3)导体棒在0~t时间内产生的焦耳热Q；
(4)若在t0时刻将外力F撤去，导体棒最终在导轨上静止时的坐标x。
11．如图所示，固定在水平面上间距为false的两条平行光滑金属导轨，垂直于导轨放置的两根金属棒false和false长度也为false、电阻均为false，两棒与导轨始终接触良好。false两端通过开关false与电阻为false的单匝金属线圈相连，面积为S0，线圈内存在竖直向下均匀增加的磁场，磁通量变化率为常量false。图中两根金属棒false和false均处于垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为false。MN、false的质量都为false，金属导轨足够长，电阻忽略不计。
（1）闭合S，若使MN、false保持静止，需在其上各加多大的水平恒力false，并指出其方向；
（2）断开S，去除MN上的恒力，false在上述恒力F作用下，经时间t，false的加速度为a，求此时MN、false棒的速度各为多少；
（3）断开S，固定MN，false在上述恒力作用下，由静止开始到速度大小为v的加速过程中安培力做的功为false，求流过false的电荷量false。
12．1831年10月28日，法拉第在一次会议上展示了他发明的圆盘发电机（如图甲），它是利用电磁感应的原理制成的，是人类历史上的第一台发电机。图乙是这个圆盘发电机的示意图圆盘安装在水平的铜轴上，它的边缘正好在两磁极之间，两块铜片C、D分别与转动轴和铜盘的边缘接触，使圆盘转动，电阻false中就有电流通过。
(1)说明法拉第的圆盘发电机的原理；
(2)圆盘如图示方向以每秒false转转速转动，圆盘半径为false，圆盘所在处的磁感应强度大小为false，不计铜盘电阻，请判断通过电阻false的电流方向和大小。
13．如图所示，两根电阻不计且足够长的平行金属导轨倾斜放置，倾角α=37°，导轨间距L=1m，顶端用电阻R=2Ω的定值电阻相连。虚线上方存在垂直于导轨所在平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小B=1T。质量m1=0.1kg、电阻R1=4Ω的导体棒M在磁场中距虚线的距离d=2m，M与导轨间的动摩擦因数μ1=0.25，质量m2=0.3kg、电阻R2=2Ω的导体棒N在虚线处，N与导轨间的动摩擦因数μ2=0.8。将导体棒M、N同时从导轨上由静止释放，M到达虚线前已经匀速，重力加速度g取10m/s2，运动过程中M、N与导轨始终接触良好，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8。
（1）求M、N相碰前，M上产生的焦耳热；
（2）求M、N相碰前M运动的时间；
（3）M、N相遇发生弹性碰撞，碰后瞬间对M施加一个沿斜面方向的作用力F，使M、N同时匀减速到零，求M棒在减速到零的过程中作用力F的大小随时间变化的表达式。
14．如图所示，当航天飞机在环绕地球的轨道上飞行时，从中释放一颗卫星，卫星与航天飞机保持相对静止，两者用导电缆绳相连，这种卫星称为绳系卫星，利用它可以进行多种科学实验，现有一颗绳系卫星在地球赤道上空由东往西方向运行。卫星位于航天飞机正上方，它与航天飞机间的距离约false，卫星所在位置的地磁场沿水平方向由南往北约false。如果航天飞机和卫星的运行速度是false，则：
（1）缆绳中上下端哪端感应电动势高？
（2）感应电动势的大小为多少？
15．如图所示，MN和PQ是水平光滑的导轨，电阻可以忽略，ab为垂直搁在导轨上的导体棒，其电阻falseΩ。竖直的匀强磁场穿过导轨平面，磁感应强度保持不变。导轨的左端与一电路连接，图中falseΩ，falseΩ，R3为滑动变阻器，电压表的量程为0～5V，电流表的量程足够。请完成下列问题：
（1）当ab棒向右匀速切割磁感线时，标出棒上的电流方向。
（2）若导体棒以2m/s速度匀速切割磁感线时，发现电流表读数1A，电压表读数为满刻度则感应电动势大小为多少？此时导体棒受到的拉力为多少？
（3）若确保ab棒在10N的水平拉力作用下匀速运动，为了使电压表能正常工作，求滑动变阻器的电阻值的变化范围。
16．音箱中的扬声器、电话、磁盘、磁卡等生活中的许多器具都利用了磁体的磁性。请选择一个你最熟悉的器具，简述它是怎样利用磁体的磁性来工作的。
17．如图所示，水平传送带上放置n个相同的正方形闭合导线圈，每个线圈的质量均为m，电阻均为R，边长均为L，线框与传送带间的动摩擦因数均为μ，线圈与传送带共同以速度外匀速向右运动。MN与PQ为匀强磁场的边界，平行间距为d（L＜d），速度v0方向与MN垂直。磁场的磁感应强度为B，方向竖直向下。当线圈右侧边进入磁场边界PQ时与传送带发生相对运动，线圈的右侧边经过边界时又恰好与传送带的速度相同。设传送带足够长， 且线框在传送带上始终保持右侧边平行于磁场边界。已知重力加速度为g，线圈间不会相碰。求：
（1）线圈的右侧边刚进入磁场时，线圈的加速度大小；
（2）线圈右侧边从MN运动到PQ经过的时间t；
（3）n个线圈均通过磁场区域到恢复和传送带共速，线圈释放的焦耳热。
四、填空题
18．一线圈匝数n=100，电阻R1= 1.0 Ω，在线圈外接一个阻值R2 = 4.0 Ω的电阻和一个电容C=0.2 uF的电容器，如图甲所示。在线圈内有垂直纸面向里的磁场，线圈内磁通量φ随时间t变化的规律如图乙所示。则线圈产生的感应电动势为_____V，下极板所带电量为______C。
19．匀强磁场中有一段长为false的直导线，它与磁场方向垂直，当通过3A的电流时，直导线受到false的磁力作用，拿走直导线后，该磁场的磁感应强度是______false
参考答案
1．D
【详解】
A．闭合开关S时，由于线圈中产生的自感电动势阻碍电流的增加，所以灯泡慢慢变亮，选项A错误；
B．开关S闭合一段时间后再断开，电路中的电流立即消失，则灯泡立刻熄灭，选项B错误；
CD．开关S闭合一段时间后再断开的瞬间，线圈中产生的自感电动势与原来电流方向相同，则b点电势高于a点电势，选项C错误，D正确；
故选D.
2．A
【详解】
当线框进入磁场时，切割的有效长度为半圆的半径不变，由
E=falseBL2ω
可知感应电动势不变，感应电流大小不变；由右手定则可知，电流为逆时针，故为正值；当线框全部进入磁场，磁通量不变，无感应电流；当线框穿出磁场时，线圈切割磁感线的有效长度仍为半圆的半径不变，则感应电动势不变，感应电流大小不变；由右手定则可知，电流为顺时针，故为负值。
故选A。
3．A
【详解】
由false可得，两翼尖间的电势差
false
由右手定则可知，机翼上感应电动势方向自右向左，故左端的电势较高，选项A正确，BCD错误；
故选A.
4．C
【分析】
在变阻器R0的滑片向上滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻变大，外电路总电阻变大，根据闭合电路欧姆定律分析干路电流和路端电压如何变化，即可知电压表示数的变化情况。由欧姆定律分析并联部分电压的变化，判断电流表示数的变化，从而判断电容器带电量的变化。
【详解】
A．滑片P向上滑动，false接入电路中的电阻增大，则false增大，干路电流减小，故灯泡变暗，故A错误；
BC．由闭合电路的欧姆定律
false
可得，路端电压增大，电压表的示数增大，也即电阻R支路两端电压增大，电流表的示数也增大，故B错误，C正确。
D．对电容器由
false
U增大，则电容器C的电荷量也增大，故D错误。
故选C。
【点睛】
本题是电路的动态变化分析问题，首先确定出变阻器接入电路的电阻如何变化，再按局部到整体，再到部分的思路进行分析。
5．D
【详解】
A．由楞次定律判断，电阻R的电流方向是从C到A，A错误；
B．根据公式
false
代值计算可得false ，电流恒定，B错误；
CD．根据公式
false
可得电阻R的电压
false
C错误，D正确。
故选D。
6．D
【详解】
AD．当电流增加时，因处于线框2中心位置，则穿过其磁通量仍为零，线框2中没有感应电流，因此不会运动，而穿过线框1与线框3的磁通量在增大，依据楞次定律感应电流产生的磁场总阻碍线框中磁通量变化，即“增反减同”可知，1线框电流方向为顺时针方向，3线框电流为逆时针方向；根据右手螺旋定则知，直导线右方的磁场垂直纸面向里，左方磁场垂直纸面向外，线框3的右方和左方各取小微元电流，根据左手定则，右方的微元电流所受安培力向左，左方的微元电流所受安培力向右，因离导线越远的磁场越弱，则线框3向右运动；同理，线框1向左运动，故A错误，D正确；
BC．由以上分析可知，线框2中没有感应电流，则2线框静止不动，也没有缩小或扩张趋势对桌面的压力也不变，故BC错误。
故选D。
7．A
【详解】
接通时，D1、D2一起变亮，线圈产生自感电动势阻碍电流通过，则通过D1电流大于D2的电流，则D1先达最亮，断开时，线圈产生自感电动势阻碍电流的减小，与D1组成回路，其电流慢慢减小，所以D1后熄灭，但是D2没有与线圈组成一个回路所以马上熄灭，则A正确；BCD错误；
故选A。
8．AC
【详解】
AB．根据安培力的规律可得，题中的有效长度为
false
所以导线受到的安培力
false
再根据左手定则可知，导线的安培力沿纸面垂直于bc向上，所以A正确B错误
CD．将导线在纸面内旋转时，磁场仍垂直于导线，所以力的大小不变，C正确D错误
9．ABC
【详解】
A项：静电感应不是创造电荷，只是电荷从物体的一部分转移到另一部分，A正确；
B项：摩擦起电时，一个物体失去一些电子而带正电，另一个物体得到这些电子而带负电，故B正确；
C项：摩擦和感应都能使电子转移，只不过前者使电子从一个物体转移到另一个物体上，而后者则使电子从物体的一部分转移到另一部分，C正确；
D项：接触时先中和再分电荷，所以一个带电体接触一个不带电的物体，两个物体一定带同种电荷，故D错误．
故ABC正确．
【点睛】
电荷守恒定律：电荷既不能被创造，也不能被消灭，只能从一个物体转移到另一个物体，或者从物体的一部分转移到另一部分；在转移的过程中，电荷的总量保存不变．
10．(1)false，电流方向b→a；(2)false；(3)false；(4)false
【详解】
(1)0到t时间内，导体棒的位移
x＝v0t
t时刻，导体棒的长度
l＝x
导体棒的电动势
E＝Bl v0
回路总电阻
R＝（2x＋falsex）r
电流强度
false
电流方向b→a
(2) 导体棒作匀速直线运动时水平外力F的表达式
F＝BlI=false
(3)t时刻导体棒的电功率
P＝I2R
由于I恒定
R′＝v0rt∝t
因此
false
false
(4)撤去外力，设任意时刻t导体的坐标为x，速度为v，取很短时间Δt 或很短距离Δx
在t~t+?t时间内，由动量定理得
BIlΔt＝mΔv
false
false
设滑行距离为d，则
false
得
d＝－v0t0+false（负值舍去）
得
x＝v0t0+ d＝false＝false
11．（1）false，方向水平向右；（2）false；false；（3）false；
【详解】
（1）设线圈中产生的感应电动势为E，根据法拉第电磁感应定律可得
设PQ与MN并联的电阻为R并，有
false
闭合S后，设线圈中的电流为I，根据闭合电路的欧姆定律可得：
false
设PQ中的电流为IPQ，则
false
设PQ受到的安培力为F安，有
F安=BIPQl
保持PQ静止，根据平衡条件可得F=F安，联立解得
false
方向水平向右；
同理若使MN保持静止，需在其上加的水平恒力也为false，方向水平向右；
（2）设PQ的速度为v1，MN的速度为v2，则对PQ:
false
false
解得
false
对PQ和MN的整体由动量定理
false
解得
false
（3）设PQ由静止开始到速度大小为v的过程中，PQ运动的位移为x，所用的时间为△t，由动能定理
false
平均感应电动势为
false
其中
△Φ=Blx
PQ中的平均电流为
false
根据电流强度的定义式可得
false
联立解得
false
12．(1)见解析；(2)电流方向为false；false
【详解】
(1)铜盘可以看成是由无数根半径为false的铜线组成，铜导线在磁场中做切割磁感线运动产生感应电动势，在false闭合回路中产生感应电流。
(2)根据右手定则可知，D点相当于电源的正极，故通过电阻false的电流方向为false，根据已知可得
false，false，false，false
解得
false
13．（1）0.48J；（2）1.5s；（3）F=0.96－0.08t(t≤2.5s)
【详解】
（1）M棒匀速时，有
m1gsin37°=μ1m1gcos37°＋BIL①
E=BLv0②
false③
false④
M棒从开始到达虚线位置，有
false⑤
M棒、N棒、电阻R产生的焦耳热之比为
QM∶QN∶QR=8∶1∶1⑥
QM=false⑦
由①~⑦式解得
QM=0.48J
（2）对M棒由动量定理有
(m1gsin37－μ1m1gcos37°－BfalseL)t=m1v0⑧
q=falset=false⑨
falseΦ=BLd⑩
t=1.5s
（3）对M、N棒碰撞过程，有
m1v0=m1v1＋m2v2?
false?
碰后对N棒
μ2m2gcos37°－m2gsin37=m2a2?
v2=a2t0?
碰后对M棒
m1gsin37＋μ1m1gcos37°＋BI′L－F=m1a1?
v1=a1t0?
false?
t0=2.5s?
由?～?式解得
F=0.96－0.08t(t≤2.5s)
14．(1)下端电势高；(2)7000V
【详解】
(1)根据右手定则可知，缆绳中下端电势高；
(2)由法拉第电磁感应定律
E=BLv
可知感应电动势为
false
15．（1）b到a；（2）10V，5N；（3）0~3Ω
【详解】
(1)由右手定则可知，感应电流的方向由b到a。
(2)由题意知U2=5V，I=1A，据闭合电路欧姆定律有
E=U2+I(R1+r)=10V
根据电磁感应有
E=BLv
可得
false
导体棒受到的拉力等于受到的安培力
F=FA=BIL
联立代入数据可得F=5N。
(3)拉力始终等于安培力
false
可得
false
电流表的示数与R3的取值无关，总是2A，R3与R2并联后的总电流不变，R3越大，电压表示数越大，所以当电压表满偏，即U=5V时，R3取最大值，R2的电流为
false
false
可解得
false
所以滑动变阻器的变化范围为0~3Ω。
16．见解析
【详解】
扬声器是通过给磁体附近的线圈通电，磁体产生磁场对线圈产生作用，从而线圈振动，同时带动喇叭的纸盆振动，发出声音。
17．（1）false-μg方向向左；（2）false；（3）2nμmgd
【详解】
（1）线圈刚进入磁场，由法拉第电磁感应定律：
E=BLv0
根据闭合电路欧姆定律：
I=false
所以安培力
F=false
根据牛顿第二定律：
F-μmg=ma.
所以
a=false-μg，方向向左
（2 ）根据动量定理，对线圈：
μmgt -I安=0.
其中安培力的冲量：
I安= F安t′=BfalseL·t′=BLq
q=false.
综上解得
t=false.
（3）自线圈进入磁场到线圈右侧边界到达PQ过程中，根据动能定理
μmgd-W安=0.
所以克服安培力做功
W安=μmgd
线圈离开磁场的运动情况和进入磁场相同，
W安′=μmgd
所以
Q=2nμmgd
18． 50 8×10-6
【解析】试题分析：根据法拉第电磁感应定律计算线圈产生的电动势，根据闭合回路欧姆定律计算电容器两端的电压，然后根据false计算电荷量．
根据法拉第电磁感应电流可得线圈产生的电动势为false，线圈相当于电源，根据闭合回路欧姆定律可得电容器两端的电压为false，故下极板所带电荷量为false．
19．0.1
【详解】
由题，通电导线与磁场垂直，则磁场的磁感强度为false，磁场的磁感强度由磁场本身决定，与通电导线的有无无关，故磁场的磁感强度仍为0.1T；
一、单选题
1．将直流电源、开关S、电感线圈L（自感系数较大）和灯泡A连接成如图所示的电路，开始时开关S断开，下列说法正确的是( )
A．闭合开关S时，灯泡立即变亮
B．开关S闭合一段时间后再断开，灯泡逐渐熄灭
C．开关S闭合一段时间后再断开的瞬间，a点电势高于b点电势
D．开关S闭合一段时间后再断开的瞬间，b点电势高于a点电势
2．如图虚线上方空间有匀强磁场，扇形导线框绕垂直于框面的轴O以角速度ω匀速转动，线框中感应电流方向以逆时针为正，以图示位置作为计时起点，那么图中可能正确表明线框转动一周感应电流变化情况的是（ ）
A． B．
C． D．
3．国庆阅兵时，我国的“飞豹FBC-1”型歼击轰炸机在天安门上空沿水平方向自东向西呼啸而过，该机的翼展为12.7 m，北京地区地磁场的竖直分量为false，该机飞过天安门的速度大小为272 m/s，已知北京位于北半球，则下列说法正确的是（ ）
A．该机两翼尖间的电势差为0.16 V，左端电势高
B．该机两翼尖间的电势差为0.016 V，左端电势高
C．该机两翼尖间的电势差为0.16 V，右端电势高
D．该机两翼尖间的电势差为0.016 V，右端电势高
4．如图所示电路，电源内阻不可忽略。开关S闭合后，在滑动变阻器R0的滑片P向上缓慢滑动的过程中（ ）
A．小灯泡L变亮
B．电压表的示数减小
C．电流表的示数增大
D．电容器C的电荷量减小
5．如图，螺线管匝数false匝，横截面积false，螺线管导线电阻false，电阻false，磁感应强度B的false图像（以向右为正方向），下列说法正确的是（ ）
A．电阻R的电流方向是从A到C B．感应电流的大小逐渐增大
C．电阻R的电压为4V D．电阻R的电压为3.2V
6．在光滑绝缘水平面上，有三个单匝正方形金属线框按如图所示方式等间距放置（俯视图），在线框2对称轴位置的正上方固定一根通电直导线（通电直导线与金属线框2相距很近）当导线中的电流变大时，则下列说法正确的是（ ）
A．线框1将向右运动，线框3将向左运动
B．线框2静止不动，但其面积有缩小的趋势
C．线框2对桌面的压力变大
D．线框1中电流为顺时针方向，线框3中电流为逆时针方向
7．如图所示的电路，D1与D2是两个相同的小电灯，L是一个自感系数相当大的线圈，其电阻与R相等。由于自感现象，在开关S接通和断开时，灯泡D1和D2先后亮暗的次序是（ ）
A．接通时，D1先达最亮，断开时，D1后熄灭
B．接通时，D2先达最亮，断开时，D2后熄灭
C．接通时，D2先达最亮，断开时，D2先熄灭
D．接通时，D1先达最亮，断开时，D1先熄灭
二、多选题
8．如图所示，一段导线abcd位于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，且与磁场方向（垂直于纸面向里）垂直．线段ab、bc和cd的长度均为L，且∠abc=∠bcd=135°．流经导线的电流为I，方向如图中箭头所示．关于导线abcd所受到的磁场的作用力的合力，下列说法正确的是
A．方向沿纸面垂直bc向上，大小为false
B．方向沿纸面垂直bc向下，大小为false
C．若在纸面内将abcd逆时针旋转30°，力的大小不变
D．若在纸面内将abcd逆时针旋转60°，力的大小减半
9．下列说法中正确的是（ ）
A．静电感应不是创造电荷，只是电荷从物体的一部分转移到另一部分
B．摩擦起电时，一个物体失去一些电子而带正电，另一个物体得到这些电子而带负电
C．摩擦和感应都能使电子转移，只不过前者使电子从一个物体转移到另一个物体上，而后者则使电子从物体的一部分转移到另一部分
D．一个带电体接触一个不带电的物体，两个物体可能带上异种电荷
三、解答题
10．如图所示，顶角θ=45°的光滑金属导轨 MON固定在水平面内，导轨处在方向竖直、磁感应强度为B的匀强磁场中。一根与ON垂直的导体棒ab在水平外力作用下以恒定速度v0沿导轨MON向右滑动，导体棒的质量为m，导轨与导体棒单位长度的电阻均匀为r，导体棒在滑动过程中始终保持与导轨良好接触且足够长。t=0时，导体棒位于顶角O处，求：
(1)t时刻流过导体棒的电流强度I和电流方向；
(2)导体棒作匀速直线运动时水平外力F的表达式；
(3)导体棒在0~t时间内产生的焦耳热Q；
(4)若在t0时刻将外力F撤去，导体棒最终在导轨上静止时的坐标x。
11．如图所示，固定在水平面上间距为false的两条平行光滑金属导轨，垂直于导轨放置的两根金属棒false和false长度也为false、电阻均为false，两棒与导轨始终接触良好。false两端通过开关false与电阻为false的单匝金属线圈相连，面积为S0，线圈内存在竖直向下均匀增加的磁场，磁通量变化率为常量false。图中两根金属棒false和false均处于垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为false。MN、false的质量都为false，金属导轨足够长，电阻忽略不计。
（1）闭合S，若使MN、false保持静止，需在其上各加多大的水平恒力false，并指出其方向；
（2）断开S，去除MN上的恒力，false在上述恒力F作用下，经时间t，false的加速度为a，求此时MN、false棒的速度各为多少；
（3）断开S，固定MN，false在上述恒力作用下，由静止开始到速度大小为v的加速过程中安培力做的功为false，求流过false的电荷量false。
12．1831年10月28日，法拉第在一次会议上展示了他发明的圆盘发电机（如图甲），它是利用电磁感应的原理制成的，是人类历史上的第一台发电机。图乙是这个圆盘发电机的示意图圆盘安装在水平的铜轴上，它的边缘正好在两磁极之间，两块铜片C、D分别与转动轴和铜盘的边缘接触，使圆盘转动，电阻false中就有电流通过。
(1)说明法拉第的圆盘发电机的原理；
(2)圆盘如图示方向以每秒false转转速转动，圆盘半径为false，圆盘所在处的磁感应强度大小为false，不计铜盘电阻，请判断通过电阻false的电流方向和大小。
13．如图所示，两根电阻不计且足够长的平行金属导轨倾斜放置，倾角α=37°，导轨间距L=1m，顶端用电阻R=2Ω的定值电阻相连。虚线上方存在垂直于导轨所在平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小B=1T。质量m1=0.1kg、电阻R1=4Ω的导体棒M在磁场中距虚线的距离d=2m，M与导轨间的动摩擦因数μ1=0.25，质量m2=0.3kg、电阻R2=2Ω的导体棒N在虚线处，N与导轨间的动摩擦因数μ2=0.8。将导体棒M、N同时从导轨上由静止释放，M到达虚线前已经匀速，重力加速度g取10m/s2，运动过程中M、N与导轨始终接触良好，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8。
（1）求M、N相碰前，M上产生的焦耳热；
（2）求M、N相碰前M运动的时间；
（3）M、N相遇发生弹性碰撞，碰后瞬间对M施加一个沿斜面方向的作用力F，使M、N同时匀减速到零，求M棒在减速到零的过程中作用力F的大小随时间变化的表达式。
14．如图所示，当航天飞机在环绕地球的轨道上飞行时，从中释放一颗卫星，卫星与航天飞机保持相对静止，两者用导电缆绳相连，这种卫星称为绳系卫星，利用它可以进行多种科学实验，现有一颗绳系卫星在地球赤道上空由东往西方向运行。卫星位于航天飞机正上方，它与航天飞机间的距离约false，卫星所在位置的地磁场沿水平方向由南往北约false。如果航天飞机和卫星的运行速度是false，则：
（1）缆绳中上下端哪端感应电动势高？
（2）感应电动势的大小为多少？
15．如图所示，MN和PQ是水平光滑的导轨，电阻可以忽略，ab为垂直搁在导轨上的导体棒，其电阻falseΩ。竖直的匀强磁场穿过导轨平面，磁感应强度保持不变。导轨的左端与一电路连接，图中falseΩ，falseΩ，R3为滑动变阻器，电压表的量程为0～5V，电流表的量程足够。请完成下列问题：
（1）当ab棒向右匀速切割磁感线时，标出棒上的电流方向。
（2）若导体棒以2m/s速度匀速切割磁感线时，发现电流表读数1A，电压表读数为满刻度则感应电动势大小为多少？此时导体棒受到的拉力为多少？
（3）若确保ab棒在10N的水平拉力作用下匀速运动，为了使电压表能正常工作，求滑动变阻器的电阻值的变化范围。
16．音箱中的扬声器、电话、磁盘、磁卡等生活中的许多器具都利用了磁体的磁性。请选择一个你最熟悉的器具，简述它是怎样利用磁体的磁性来工作的。
17．如图所示，水平传送带上放置n个相同的正方形闭合导线圈，每个线圈的质量均为m，电阻均为R，边长均为L，线框与传送带间的动摩擦因数均为μ，线圈与传送带共同以速度外匀速向右运动。MN与PQ为匀强磁场的边界，平行间距为d（L＜d），速度v0方向与MN垂直。磁场的磁感应强度为B，方向竖直向下。当线圈右侧边进入磁场边界PQ时与传送带发生相对运动，线圈的右侧边经过边界时又恰好与传送带的速度相同。设传送带足够长， 且线框在传送带上始终保持右侧边平行于磁场边界。已知重力加速度为g，线圈间不会相碰。求：
（1）线圈的右侧边刚进入磁场时，线圈的加速度大小；
（2）线圈右侧边从MN运动到PQ经过的时间t；
（3）n个线圈均通过磁场区域到恢复和传送带共速，线圈释放的焦耳热。
四、填空题
18．一线圈匝数n=100，电阻R1= 1.0 Ω，在线圈外接一个阻值R2 = 4.0 Ω的电阻和一个电容C=0.2 uF的电容器，如图甲所示。在线圈内有垂直纸面向里的磁场，线圈内磁通量φ随时间t变化的规律如图乙所示。则线圈产生的感应电动势为_____V，下极板所带电量为______C。
19．匀强磁场中有一段长为false的直导线，它与磁场方向垂直，当通过3A的电流时，直导线受到false的磁力作用，拿走直导线后，该磁场的磁感应强度是______false
参考答案
1．D
【详解】
A．闭合开关S时，由于线圈中产生的自感电动势阻碍电流的增加，所以灯泡慢慢变亮，选项A错误；
B．开关S闭合一段时间后再断开，电路中的电流立即消失，则灯泡立刻熄灭，选项B错误；
CD．开关S闭合一段时间后再断开的瞬间，线圈中产生的自感电动势与原来电流方向相同，则b点电势高于a点电势，选项C错误，D正确；
故选D.
2．A
【详解】
当线框进入磁场时，切割的有效长度为半圆的半径不变，由
E=falseBL2ω
可知感应电动势不变，感应电流大小不变；由右手定则可知，电流为逆时针，故为正值；当线框全部进入磁场，磁通量不变，无感应电流；当线框穿出磁场时，线圈切割磁感线的有效长度仍为半圆的半径不变，则感应电动势不变，感应电流大小不变；由右手定则可知，电流为顺时针，故为负值。
故选A。
3．A
【详解】
由false可得，两翼尖间的电势差
false
由右手定则可知，机翼上感应电动势方向自右向左，故左端的电势较高，选项A正确，BCD错误；
故选A.
4．C
【分析】
在变阻器R0的滑片向上滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻变大，外电路总电阻变大，根据闭合电路欧姆定律分析干路电流和路端电压如何变化，即可知电压表示数的变化情况。由欧姆定律分析并联部分电压的变化，判断电流表示数的变化，从而判断电容器带电量的变化。
【详解】
A．滑片P向上滑动，false接入电路中的电阻增大，则false增大，干路电流减小，故灯泡变暗，故A错误；
BC．由闭合电路的欧姆定律
false
可得，路端电压增大，电压表的示数增大，也即电阻R支路两端电压增大，电流表的示数也增大，故B错误，C正确。
D．对电容器由
false
U增大，则电容器C的电荷量也增大，故D错误。
故选C。
【点睛】
本题是电路的动态变化分析问题，首先确定出变阻器接入电路的电阻如何变化，再按局部到整体，再到部分的思路进行分析。
5．D
【详解】
A．由楞次定律判断，电阻R的电流方向是从C到A，A错误；
B．根据公式
false
代值计算可得false ，电流恒定，B错误；
CD．根据公式
false
可得电阻R的电压
false
C错误，D正确。
故选D。
6．D
【详解】
AD．当电流增加时，因处于线框2中心位置，则穿过其磁通量仍为零，线框2中没有感应电流，因此不会运动，而穿过线框1与线框3的磁通量在增大，依据楞次定律感应电流产生的磁场总阻碍线框中磁通量变化，即“增反减同”可知，1线框电流方向为顺时针方向，3线框电流为逆时针方向；根据右手螺旋定则知，直导线右方的磁场垂直纸面向里，左方磁场垂直纸面向外，线框3的右方和左方各取小微元电流，根据左手定则，右方的微元电流所受安培力向左，左方的微元电流所受安培力向右，因离导线越远的磁场越弱，则线框3向右运动；同理，线框1向左运动，故A错误，D正确；
BC．由以上分析可知，线框2中没有感应电流，则2线框静止不动，也没有缩小或扩张趋势对桌面的压力也不变，故BC错误。
故选D。
7．A
【详解】
接通时，D1、D2一起变亮，线圈产生自感电动势阻碍电流通过，则通过D1电流大于D2的电流，则D1先达最亮，断开时，线圈产生自感电动势阻碍电流的减小，与D1组成回路，其电流慢慢减小，所以D1后熄灭，但是D2没有与线圈组成一个回路所以马上熄灭，则A正确；BCD错误；
故选A。
8．AC
【详解】
AB．根据安培力的规律可得，题中的有效长度为
false
所以导线受到的安培力
false
再根据左手定则可知，导线的安培力沿纸面垂直于bc向上，所以A正确B错误
CD．将导线在纸面内旋转时，磁场仍垂直于导线，所以力的大小不变，C正确D错误
9．ABC
【详解】
A项：静电感应不是创造电荷，只是电荷从物体的一部分转移到另一部分，A正确；
B项：摩擦起电时，一个物体失去一些电子而带正电，另一个物体得到这些电子而带负电，故B正确；
C项：摩擦和感应都能使电子转移，只不过前者使电子从一个物体转移到另一个物体上，而后者则使电子从物体的一部分转移到另一部分，C正确；
D项：接触时先中和再分电荷，所以一个带电体接触一个不带电的物体，两个物体一定带同种电荷，故D错误．
故ABC正确．
【点睛】
电荷守恒定律：电荷既不能被创造，也不能被消灭，只能从一个物体转移到另一个物体，或者从物体的一部分转移到另一部分；在转移的过程中，电荷的总量保存不变．
10．(1)false，电流方向b→a；(2)false；(3)false；(4)false
【详解】
(1)0到t时间内，导体棒的位移
x＝v0t
t时刻，导体棒的长度
l＝x
导体棒的电动势
E＝Bl v0
回路总电阻
R＝（2x＋falsex）r
电流强度
false
电流方向b→a
(2) 导体棒作匀速直线运动时水平外力F的表达式
F＝BlI=false
(3)t时刻导体棒的电功率
P＝I2R
由于I恒定
R′＝v0rt∝t
因此
false
false
(4)撤去外力，设任意时刻t导体的坐标为x，速度为v，取很短时间Δt 或很短距离Δx
在t~t+?t时间内，由动量定理得
BIlΔt＝mΔv
false
false
设滑行距离为d，则
false
得
d＝－v0t0+false（负值舍去）
得
x＝v0t0+ d＝false＝false
11．（1）false，方向水平向右；（2）false；false；（3）false；
【详解】
（1）设线圈中产生的感应电动势为E，根据法拉第电磁感应定律可得
设PQ与MN并联的电阻为R并，有
false
闭合S后，设线圈中的电流为I，根据闭合电路的欧姆定律可得：
false
设PQ中的电流为IPQ，则
false
设PQ受到的安培力为F安，有
F安=BIPQl
保持PQ静止，根据平衡条件可得F=F安，联立解得
false
方向水平向右；
同理若使MN保持静止，需在其上加的水平恒力也为false，方向水平向右；
（2）设PQ的速度为v1，MN的速度为v2，则对PQ:
false
false
解得
false
对PQ和MN的整体由动量定理
false
解得
false
（3）设PQ由静止开始到速度大小为v的过程中，PQ运动的位移为x，所用的时间为△t，由动能定理
false
平均感应电动势为
false
其中
△Φ=Blx
PQ中的平均电流为
false
根据电流强度的定义式可得
false
联立解得
false
12．(1)见解析；(2)电流方向为false；false
【详解】
(1)铜盘可以看成是由无数根半径为false的铜线组成，铜导线在磁场中做切割磁感线运动产生感应电动势，在false闭合回路中产生感应电流。
(2)根据右手定则可知，D点相当于电源的正极，故通过电阻false的电流方向为false，根据已知可得
false，false，false，false
解得
false
13．（1）0.48J；（2）1.5s；（3）F=0.96－0.08t(t≤2.5s)
【详解】
（1）M棒匀速时，有
m1gsin37°=μ1m1gcos37°＋BIL①
E=BLv0②
false③
false④
M棒从开始到达虚线位置，有
false⑤
M棒、N棒、电阻R产生的焦耳热之比为
QM∶QN∶QR=8∶1∶1⑥
QM=false⑦
由①~⑦式解得
QM=0.48J
（2）对M棒由动量定理有
(m1gsin37－μ1m1gcos37°－BfalseL)t=m1v0⑧
q=falset=false⑨
falseΦ=BLd⑩
t=1.5s
（3）对M、N棒碰撞过程，有
m1v0=m1v1＋m2v2?
false?
碰后对N棒
μ2m2gcos37°－m2gsin37=m2a2?
v2=a2t0?
碰后对M棒
m1gsin37＋μ1m1gcos37°＋BI′L－F=m1a1?
v1=a1t0?
false?
t0=2.5s?
由?～?式解得
F=0.96－0.08t(t≤2.5s)
14．(1)下端电势高；(2)7000V
【详解】
(1)根据右手定则可知，缆绳中下端电势高；
(2)由法拉第电磁感应定律
E=BLv
可知感应电动势为
false
15．（1）b到a；（2）10V，5N；（3）0~3Ω
【详解】
(1)由右手定则可知，感应电流的方向由b到a。
(2)由题意知U2=5V，I=1A，据闭合电路欧姆定律有
E=U2+I(R1+r)=10V
根据电磁感应有
E=BLv
可得
false
导体棒受到的拉力等于受到的安培力
F=FA=BIL
联立代入数据可得F=5N。
(3)拉力始终等于安培力
false
可得
false
电流表的示数与R3的取值无关，总是2A，R3与R2并联后的总电流不变，R3越大，电压表示数越大，所以当电压表满偏，即U=5V时，R3取最大值，R2的电流为
false
false
可解得
false
所以滑动变阻器的变化范围为0~3Ω。
16．见解析
【详解】
扬声器是通过给磁体附近的线圈通电，磁体产生磁场对线圈产生作用，从而线圈振动，同时带动喇叭的纸盆振动，发出声音。
17．（1）false-μg方向向左；（2）false；（3）2nμmgd
【详解】
（1）线圈刚进入磁场，由法拉第电磁感应定律：
E=BLv0
根据闭合电路欧姆定律：
I=false
所以安培力
F=false
根据牛顿第二定律：
F-μmg=ma.
所以
a=false-μg，方向向左
（2 ）根据动量定理，对线圈：
μmgt -I安=0.
其中安培力的冲量：
I安= F安t′=BfalseL·t′=BLq
q=false.
综上解得
t=false.
（3）自线圈进入磁场到线圈右侧边界到达PQ过程中，根据动能定理
μmgd-W安=0.
所以克服安培力做功
W安=μmgd
线圈离开磁场的运动情况和进入磁场相同，
W安′=μmgd
所以
Q=2nμmgd
18． 50 8×10-6
【解析】试题分析：根据法拉第电磁感应定律计算线圈产生的电动势，根据闭合回路欧姆定律计算电容器两端的电压，然后根据false计算电荷量．
根据法拉第电磁感应电流可得线圈产生的电动势为false，线圈相当于电源，根据闭合回路欧姆定律可得电容器两端的电压为false，故下极板所带电荷量为false．
19．0.1
【详解】
由题，通电导线与磁场垂直，则磁场的磁感强度为false，磁场的磁感强度由磁场本身决定，与通电导线的有无无关，故磁场的磁感强度仍为0.1T；
同课章节目录