階段綜合檢測（四）［考查范圍磁場電磁感應(yīng)交變電流］ (本試卷滿分：100分)一、單項(xiàng)選擇題(本題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的)1．如圖所示，將一磁鐵通過放置在電子秤上的支架懸掛于電子秤上方，磁鐵的正下方有兩條光滑的固定金屬導(dǎo)軌M、N，其上有兩根可以自由滑動的金屬桿a、b，磁鐵在回路中心的正上方，當(dāng)剪斷細(xì)線磁鐵下落時(shí)，以下說法正確的是()A．a(chǎn)、b桿相互遠(yuǎn)離B．與剪斷細(xì)線前相比電子秤的示數(shù)增加C．導(dǎo)軌對電子秤的壓力變大D．磁鐵處于完全失重狀態(tài)解析：選C由楞次定律可知a、b桿將相互靠攏，A錯(cuò)誤；將磁鐵、支架、導(dǎo)軌和金屬桿看成一個(gè)整體，磁鐵處于失重狀態(tài)，整體對電子秤的壓力減小，磁鐵會受到下方回路中感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場的阻力作用，并不是完全失重，B、D錯(cuò)誤；磁鐵對導(dǎo)軌產(chǎn)生向下的力，因此導(dǎo)軌對電子秤的壓力變大，C正確。2．英國物理學(xué)家麥克斯韋認(rèn)為，磁場變化時(shí)會在空間激發(fā)感生電場。如圖所示，一個(gè)半徑為r的光滑絕緣細(xì)圓環(huán)水平放置，環(huán)內(nèi)存在豎直向上的勻強(qiáng)磁場B，環(huán)上套一帶電量為＋q的小球。已知磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間均勻增加，其變化率為k，若小球在環(huán)上運(yùn)動一周，則感生電場對小球的作用力所做功的大小是()A．0B.eq\f(πkqr2,2)C．2πkqr2D．πkqr2解析：選D根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB·πr2,Δt)＝kπr2＝U，所以感生電場對小球的作用力所做的功為W＝qU＝πkqr2，故選D。3.圖為一交流發(fā)電機(jī)示意圖，線圈abcd在勻強(qiáng)磁場中繞固定軸OO′沿順時(shí)針方向勻速轉(zhuǎn)動，產(chǎn)生的電動勢的瞬時(shí)值表達(dá)式為e＝110eq\r(2)sin100πt(V)。已知線圈電阻r＝2Ω，定值電阻R＝20Ω，電表均為理想交流電表，下列說法正確的是()A．電流表讀數(shù)為5eq\r(2)AB．電壓表讀數(shù)為110VC．t＝5×10－3s時(shí)刻，穿過線圈的磁通量最大D．0～5×10－3s內(nèi)，通過電阻R的電荷量為eq\f(\r(2),20π)C解析：選D線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的最大值為Em＝110eq\r(2)V，線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的有效值為E＝eq\f(Em,\r(2))＝110V，根據(jù)閉合電路的歐姆定律可知I＝eq\f(E,R＋r)＝5A，故A錯(cuò)誤；電壓表讀數(shù)為UR＝IR＝100V，故B錯(cuò)誤；t＝5×10－3s時(shí)刻，線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢最大，此時(shí)線圈位于與中性面垂直位置，故穿過線圈的磁通量為零，故C錯(cuò)誤；0～5×10－3s內(nèi)，通過電阻R的電荷量為q＝eq\f(\x\to(E),R＋r)Δt，eq\x\to(E)＝eq\f(NBS,Δt)＝eq\f(Em,ωΔt)＝eq\f(TEm,2πΔt)，則q＝eq\f(TEm,2πR＋r)＝eq\f(\r(2),20π)C，故D正確。4．如圖所示，在MN、PQ間同時(shí)存在勻強(qiáng)磁場和勻強(qiáng)電場，磁場方向垂直紙面水平向外，電場在圖中沒有標(biāo)出。一帶正電小球從a點(diǎn)射入場區(qū)，并在豎直面內(nèi)沿直線運(yùn)動至b點(diǎn)，則小球()A．從a到b過程中可能做勻減速運(yùn)動B．受到的電場力的方向一定水平向右C．從a到b過程中可能做勻加速運(yùn)動D．從a到b過程，克服電場力做功解析：選D因小球受到的洛倫茲力隨小球速度變化而變化，為使帶電小球能在場內(nèi)做直線運(yùn)動，必須滿足小球的速度大小不能變化的條件，即小球受力平衡，做勻速直線運(yùn)動，故A、C錯(cuò)誤。小球共受到三個(gè)力的作用：重力、電場力和洛倫茲力，三力處于平衡狀態(tài)，洛倫茲力垂直ab斜向左上方，重力豎直向下，則受到的電場力的方向不一定水平向右，B錯(cuò)誤；從a到b的過程中，小球的動能不變，根據(jù)動能定理有ΔEk＝WG＋W電場＋W洛倫茲＝0，其中洛倫茲力不做功，重力做正功，所以電場力必須做負(fù)功，即克服電場力做功，故D正確。5．已知通電長直導(dǎo)線在周圍空間某位置產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小與電流強(qiáng)度成正比，與該位置到長直導(dǎo)線的距離成反比。如圖所示，現(xiàn)有通有電流大小相同的兩根長直導(dǎo)線分別固定在正方體的兩條邊dh和hg上，彼此絕緣，電流方向分別由d流向h、由h流向g，則關(guān)于a、b、c、e、f五點(diǎn)，下列說法正確的是()A．f、a點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度相同B．c、e兩點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小之比為2∶1C．c點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度最大D．c點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度方向與ac平行解析：選C由對稱性可知，f、a點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，但是方向不相同，A錯(cuò)誤；設(shè)每根直導(dǎo)線的電流為I，則B＝eq\f(kI,r)，若正方形邊長為L,則c點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小Bc＝eq\f(2kI,L)，e點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小Be＝eq\f(\r(2)kI,L)，大小之比為eq\r(2)∶1，B錯(cuò)誤；a、b、c、e、f五個(gè)點(diǎn)中c點(diǎn)距離兩通電導(dǎo)線距離都是最近的位置，且兩根通電導(dǎo)線在c點(diǎn)的磁場方向相同，都沿著b→c方向，則合成后磁感應(yīng)強(qiáng)度最大，C正確，D錯(cuò)誤。6．如圖所示，一個(gè)小型水電站，其交流發(fā)電機(jī)的輸出電壓U1一定，通過理想升壓變壓器T1和理想降壓變壓器T2向遠(yuǎn)處用戶供電，輸電線的總電阻為R。T1的輸入電壓和輸入功率分別為U1和P1，它的輸出電壓和輸出功率分別為U2和P2；T2的輸入電壓和輸入功率分別為U3和P3，它的輸出電壓和輸出功率分別為U4和P4。下列說法正確的是()A．當(dāng)用戶的用電器增多時(shí)，U2減小，U4減小B．當(dāng)用戶的用電器增多時(shí)，P1增大，P3減小C．輸電線上損失的功率為ΔP＝eq\f(U22,R)D．要減小線路的損耗，應(yīng)增大升壓變壓器的匝數(shù)比eq\f(n2,n1)，同時(shí)應(yīng)增大降壓變壓器的匝數(shù)比eq\f(n3,n4)解析：選D交流發(fā)電機(jī)的輸出電壓U1一定，匝數(shù)不變，根據(jù)eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，知U2不變，故A錯(cuò)誤；當(dāng)用戶的用電器增多時(shí)，用戶消耗的電功率變大，則輸入功率增大，即P3變大，故B錯(cuò)誤；輸電線上損失的功率為ΔP＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(P2,U2)))2R，故C錯(cuò)誤；輸送功率一定時(shí)，根據(jù)P＝UI和P損＝I2R知，要減小線路的損耗，應(yīng)增大輸送電壓，又U1一定，根據(jù)eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)知，應(yīng)增大升壓變壓器的匝數(shù)比eq\f(n2,n1)，U3＝U2－I2R，U2增大，I2減小，所以U3增大，用戶電壓U4不變，根據(jù)eq\f(U3,U4)＝eq\f(n3,n4)知，應(yīng)增大降壓變壓器的匝數(shù)比eq\f(n3,n4)，故D正確。7．由同種材料制成的粗細(xì)均勻的金屬線框(如圖所示)以恒定速度通過有理想邊界的勻強(qiáng)磁場。開始時(shí)線框的ab邊恰與磁場邊界重合，則線框中a、b兩點(diǎn)間電勢差Uab隨時(shí)間變化的圖線是下圖中的()解析：選A線框向右勻速穿越磁場區(qū)域的過程可分為三個(gè)階段：第一階段(進(jìn)入過程)，ab是電源，設(shè)電動勢為E，外電阻為R＝3r(每一邊的電阻為r)，則路端電壓Uab為Uab＝eq\f(3,4)E。第二階段(線框整體在磁場中平動過程)，ab及dc都是電源，并且是完全相同的電源，回路中雖無感應(yīng)電流，但路端電壓Uab＝E，第三階段(離開過程)，dc是電源，外電阻仍為R＝3r，路端電壓為Udc＝eq\f(3,4)E，因此Uab僅為Udc的eq\f(1,3)，即Uab＝eq\f(1,4)E，故選A。二、多項(xiàng)選擇題(本題共3小題，每小題6分，共18分。在每題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對得6分，選對但不全得3分，有選錯(cuò)的得0分)8．如圖，PQ為一段固定于水平面上的光滑圓弧導(dǎo)軌，圓弧的圓心為O，半徑為L。空間存在垂直導(dǎo)軌平面，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場。電阻為R的金屬桿OA與導(dǎo)軌接觸良好，圖中電阻R1＝R2＝R，導(dǎo)軌電阻不計(jì)?，F(xiàn)使OA桿以恒定角速度ω繞圓心O順時(shí)針轉(zhuǎn)動，在其轉(zhuǎn)過eq\f(π,3)的過程中，下列說法正確的是()A．流過電阻R1的電流方向?yàn)镻→R1→OB．AO兩點(diǎn)間電勢差為eq\f(BL2ω,2)C．流過OA的電荷量為eq\f(πBL2,6R)D．外力做的功為eq\f(πωB2L4,18R)解析：選AD由右手定則判斷出OA中電流方向由O→A可知流過電阻R1的電流方向?yàn)镻→R1→O，故A正確；OA產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E＝BLv＝eq\f(BL2ω,2)，將OA當(dāng)成電源，外部電路R1與R2并聯(lián)，則OA間的電勢差為U＝eq\f(E,R＋\f(R,2))×eq\f(R,2)＝eq\f(BL2ω,6)，故B錯(cuò)誤；流過OA的電流為I＝eq\f(E,R＋\f(R,2))＝eq\f(BL2ω,3R)，轉(zhuǎn)過eq\f(π,3)角度過程中經(jīng)過的時(shí)間為t＝eq\f(π,3ω)，流過OA的電荷量為q＝It＝eq\f(πBL2,9R)，故C錯(cuò)誤；轉(zhuǎn)過eq\f(π,3)角度過程中，外力做的功為P＝EIt＝eq\f(πωB2L4,18R)，故D正確。9．如圖甲所示，一自耦變壓器的原線圈通過電流表A1與電壓有效值不變的正弦交流電源相連接，副線圈上接有電壓表V1和定值電阻R；如圖乙所示，一總阻值為2R的滑動變阻器通過電流表A2與電壓有效值不變的正弦交流電源相連接，輸出端接有電壓表V2和定值電阻R，電表均為理想電表，下列判斷正確的是()A．當(dāng)滑動觸頭P1向上移動時(shí)，電壓表V1的示數(shù)增大B．當(dāng)滑動觸頭P1向上移動時(shí)，電流表A1的示數(shù)減小C．當(dāng)滑動觸頭P2向上移動時(shí)，電壓表V2的示數(shù)增大D．當(dāng)滑動觸頭P2向上移動時(shí)，電流表A2的示數(shù)一定減小解析：選BC此自耦變壓器為升壓變壓器，滑動觸頭P1上勻速移動時(shí)，輸入電壓不變，輸出電壓減小，電阻R消耗的功率變小，原線圈中電流表示數(shù)減小，B正確，A錯(cuò)誤；當(dāng)P2向上移動時(shí)含R的支路阻值減小，流過R的電流變大，電壓表V2的示數(shù)增大，C正確；而并聯(lián)總電阻可能先增大后減小，電流表A2的示數(shù)可能先減小后增大，D錯(cuò)誤。10．某化工廠為檢測污水排放量，技術(shù)人員在排污管末端安裝一臺污水流量計(jì)，如圖所示，該裝置由非磁性絕緣材料制成，長、寬、高分別為a＝1m、b＝0.2m、c＝0.2m，左、右兩端開口，在垂直于前、后面的方向加磁感應(yīng)強(qiáng)度為B＝1.25T的勻強(qiáng)磁場，在上、下兩個(gè)面的內(nèi)側(cè)固定有金屬板，污水充滿裝置以某一速度從左向右勻速流經(jīng)該裝置時(shí)，測得兩個(gè)金屬板間的電壓U＝1V。下列說法中正確的是()A．金屬板M電勢低，金屬板N的電勢高B．污水中離子濃度對電壓表的示數(shù)有影響C．污水的流量(單位時(shí)間內(nèi)流出的污水體積)Q＝0.16m3/sD．電荷量為1.6×10－19C的離子，流經(jīng)該裝置時(shí)受到的靜電力F＝8.0×10－19N解析：選CD根據(jù)左手定則，知負(fù)離子所受的洛倫茲力方向向下，則向下偏轉(zhuǎn)，N板帶負(fù)電，M板帶正電，則M板的電勢比N板電勢高，故A錯(cuò)誤；最終離子在電場力和洛倫茲力作用下平衡，有qvB＝qeq\f(U,c)解得U＝Bvc，與離子濃度無關(guān)，故B錯(cuò)誤；污水的流速v＝eq\f(U,Bc)，則流量為Q＝vbc＝eq\f(Ub,B)＝0.16m3/s，故C正確；電荷量為1.6×10－19C的離子流經(jīng)該裝置時(shí)受到的靜電力F＝eq\f(qU,c)＝8×10－19N，故D正確。三、非選擇題(本題共5個(gè)小題，共54分)11．(10分)在如圖甲所示的電路中，螺線管匝數(shù)n＝150匝，螺線管導(dǎo)線電阻r＝1.0Ω，R1＝4.0Ω，R2＝5.0Ω，C＝30μF。在一段時(shí)間內(nèi)，穿過螺線管的磁場的磁通量Φ按如圖乙所示的規(guī)律變化，螺線管內(nèi)的磁場B的方向向下為正方向。求：(1)閉合S，電路穩(wěn)定后，a、b兩點(diǎn)的電勢差Uab。(2)電路穩(wěn)定后電阻R2的電功率P。(3)電路穩(wěn)定時(shí)某時(shí)刻斷開S，則流經(jīng)R2的電荷量。解析：(1)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝30V根據(jù)楞次定律，b點(diǎn)為等效電源的正極，所以Uab＝eq\f(R1＋R2,R1＋R2＋r)E＝－27V。(2)電路穩(wěn)定后電阻R2的電功率P＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(E,R1＋R2＋r)))2R2，解得P＝45W。(3)電路穩(wěn)定時(shí)，電容器的帶電量為q＝eq\f(R2,R1＋R2＋r)EC＝4.5×10－4C斷開S后，電容器放電，所以流經(jīng)R2的電荷量為q＝4.5×10－4C。答案：(1)－27V(2)45W(3)4.5×10－4C12．(10分)如圖甲所示，一正方形線圈的匝數(shù)為240匝，邊長為a＝0.5m，對應(yīng)的總電阻為2Ω，電阻R＝1Ω并通過導(dǎo)線與線圈相連，線圈平面與勻強(qiáng)磁場垂直且固定，且一半處在磁場中，磁場方向垂直紙面向里，大小隨時(shí)間變化的關(guān)系如圖乙所示，求：(1)線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電流的方向；(2)6s內(nèi)通過電阻R的電荷量；(3)t＝4s時(shí)線圈受到安培力的大小。解析：(1)由楞次定律可知：電流的方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向。(2)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律：E＝neq\f(ΔBS,Δt)＝neq\f(ΔB×\f(1,2)a2,Δt)＝3V根據(jù)電路的串、并聯(lián)關(guān)系知，總電阻為1.5Ω；由歐姆定律得I干路＝eq\f(E,R總)＝2A則通過電阻R的電流為1A；解得q＝It＝6C。(3)安培力F＝nBI干路L由題圖乙可知：t＝4s時(shí)，B＝0.6T，有效長度為L＝eq\r(2)a，解得F＝144eq\r(2)N。答案：(1)逆時(shí)針方向(2)6C(3)144eq\r(2)N13．(10分)如圖所示為圓形區(qū)域的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直紙面向里，邊界跟y軸相切于坐標(biāo)原點(diǎn)O。O點(diǎn)處有一放射源，沿紙面向各個(gè)方向射出速率均為v的某種帶電粒子，帶電粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的半徑是圓形磁場區(qū)域半徑的兩倍。已知帶電粒子的質(zhì)量為m、電荷量為q，不考慮帶電粒子的重力。(1)推導(dǎo)帶電粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的半徑；(2)求帶電粒子在磁場中的最大偏轉(zhuǎn)角。解析：(1)帶電粒子進(jìn)入磁場后，受洛倫茲力作用做勻速圓周運(yùn)動，由牛頓第二定律得Bqv＝meq\f(v2,r)，則r＝eq\f(mv,Bq)。(2)粒子的速率均相同，因此粒子軌跡圓的半徑均相同，但粒子射入磁場的速度方向不確定，故可以保持圓的大小不變，只改變圓的位置，畫出“動態(tài)圓”，如圖所示，通過“動態(tài)圓”可以觀察到粒子在磁場中的運(yùn)動軌跡均為劣弧，劣弧弧越長，弧所對應(yīng)的圓心角越大，則運(yùn)動時(shí)間越長，當(dāng)粒子的軌跡弧的弦長等于圓形磁場區(qū)域的直徑時(shí)，粒子運(yùn)動的時(shí)間最長，由幾何關(guān)系知sineq\f(φm,2)＝eq\f(R,r)＝eq\f(1,2)，即φm＝60°。答案：(1)見解析(2)60°14．(12分)如圖所示，在xOy坐標(biāo)系的0≤y≤d的區(qū)域內(nèi)分布著沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場，在d≤y≤2d的區(qū)域內(nèi)分布著垂直于xOy平面向里的勻強(qiáng)磁場，MN為電場和磁場的交界面，ab為磁場的上邊界?，F(xiàn)從原點(diǎn)O處沿x軸正方向發(fā)射出速率為v0、比荷(電荷量與質(zhì)量之比)為k的帶正電粒子，粒子運(yùn)動軌跡恰與ab相切并返回電場。已知電場強(qiáng)度E＝eq\f(3v02,2kd)，不計(jì)粒子重力和粒子間的相互作用。求：(1)粒子第一次穿過MN時(shí)的速度；(2)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大?。?3)粒子在磁場中運(yùn)動的時(shí)間。解析：(1)粒子從原點(diǎn)O處沿x軸正方向發(fā)射，在電場中做類平拋運(yùn)動，由動能定理，有qEd＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02，將eq\f(q,m)＝k，E＝eq\f(3v02,2kd)代入解得v＝2v0，粒子運(yùn)動軌跡如圖。圖中cosθ＝eq\f(v0,v)＝eq\f(1,2)，解得θ＝60°，即粒子第一次穿過MN時(shí)的速度為2v0，方向與水平方向成60°角斜向右上。(2)由圖，根據(jù)幾何關(guān)系有R＋Rcosθ＝d，解得R＝eq\f(2,3)d由牛頓第二定律，有qvB＝eq\f(mv2,R)，解得B＝eq\f(3v0,kd)。(3)粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，有qvB＝eq\f(mv2,R)，T＝eq\f(2πR,v)，聯(lián)立解得粒子運(yùn)動的周期T＝eq\f(2πm,qB)＝eq\f(2πd,3v0)故粒子在磁場中運(yùn)動的時(shí)間為t＝eq\f(\f(4,3)π,2π)T＝eq\f(2,3)T＝eq\f(4πd,9v0)。答案：(1)2v0方向與水平方向成60