第6讲章末热点集训

(时间：60分钟　满分：100分)

一、单项选择题(本题共6小题，每小题6分，共36分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确)

1．磁卡的磁条中有用于存储信息的磁极方向不同的磁化区，刷卡器中有检测线圈，当以速度v0刷卡时，在线圈中产生感应电动势．其E－t关系如图所示．如果只将刷卡速度改为，线圈中的E－t关系图可能是(　　)

解析：选D.若将刷卡速度改为，线圈切割磁感线运动时产生的感应电动势大小将会减半，周期将会加倍，故D项正确，其他选项错误．

2.

如图所示，一水平放置的矩形闭合线圈abcd，在细长磁铁的N极附近竖直下落，保持bc边在纸外，ad边在纸内，从图中位置Ⅰ经过位置Ⅱ到达位置Ⅲ，位置Ⅰ和Ⅲ都很靠近Ⅱ.在这个过程中，线圈中感应电流(　　)

A．沿abcd流动

B．沿dcba流动

C．由Ⅰ到Ⅱ是沿abcd流动，由Ⅱ到Ⅲ是沿dcba流动

D．由Ⅰ到Ⅱ是沿dcba流动，由Ⅱ到Ⅲ是沿abcd流动

解析：选A.由条形磁铁的磁场分布情况可知，线圈在位置Ⅱ时穿过矩形闭合线圈的磁通量最少．线圈从位置Ⅰ到Ⅱ，穿过abcd自下而上的磁通量减少，感应电流的磁场阻碍其减少，则在线框中产生的感应电流的方向为abcd，线圈从位置Ⅱ到Ⅲ，穿过abcd自上而下的磁通量在增加，感应电流的磁场阻碍其增加，由楞次定律可知感应电流的方向仍然是abcd.故本题答案为A.

3．(2018·南昌模拟)

如图所示的电路中，L是一个自感系数很大、直流电阻不计的线圈，L1、L2和L3是3个完全相同的灯泡，E是内阻不计的电源．在t＝0时刻，闭合开关S，电路稳定后在t1时刻断开开关S.规定以电路稳定时流过L1、L2的电流方向为正方向，分别用I1、I2表示流过L1和L2的电流，则下图中能定性描述电流I随时间t变化关系的是(　　)

解析：选C.L的直流电阻不计，电路稳定后通过L1的电流是通过L2、L3电流的2倍．闭合开关瞬间，L2立即变亮，由于L的阻碍作用，L1逐渐变亮，即I1逐渐变大，在t1时刻断开开关S，之后电流I会在电路稳定时通过L1的电流大小基础上逐渐变小，I1方向不变，I2反向，故选C.

4．(2018·长兴中学高三模拟)1831年，法拉第在一次会议上展示了他发明的圆盘发电机(图甲)．它是利用电磁感应原理制成的，是人类历史上第一台发电机．图乙是这个圆盘发电机的示意图：铜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良好接触．使铜盘转动，电阻R中就有电流通过．若所加磁场为匀强磁场，回路的总电阻恒定，从左往右看，铜盘沿顺时针方向匀速转动，CRD平面与铜盘平面垂直，下列说法正确的是(　　)

A．电阻R中没有电流流过

B．铜片C的电势高于铜片D的电势

C．保持铜盘不动，磁场变为方向垂直于铜盘的交变磁场，则铜盘中有电流产生

D．保持铜盘不动，磁场变为方向垂直于铜盘的交变磁场，则CRD回路中有电流产生

解析：选C.根据右手定则可知，电流从D点流出，流向C点，因此在圆盘中电流方向为从C向D，由于圆盘在切割磁感线时相当于电源，所以D处的电势比C处高，A、B错误；保持铜盘不动，磁场变为方向垂直于铜盘的交变磁场，则穿过铜盘的磁通量发生变化，故铜盘中有感应电流产生，但是此时不再切割磁感线，所以CD不能当成电源，故CRD回路中没有电流产生，C正确，D错误．

5.

如图所示，光滑斜面的倾角为θ，斜面上放置一矩形导体线框abcd，ab边的边长为l1，bc边的边长为l2，线框的质量为m，电阻为R，线框通过绝缘细线绕过光滑的定滑轮与一重物相连，重物质量为M.斜面上ef线(ef平行底边)的右方有垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度为B，如果线框从静止开始运动，进入磁场的最初一段时间是做匀速运动的，且线框的ab边始终平行于底边，则下列说法正确的是(　　)

A．线框进入磁场前运动的加速度为

B．线框进入磁场时匀速运动的速度为

C．线框做匀速运动的总时间为

D．该匀速运动过程中产生的焦耳热为(Mg－mgsinθ)l2

解析：选D.由牛顿第二定律得，Mg－mgsinθ＝(M＋m)a，解得线框进入磁场前运动的加速度为，A错误；由平衡条件，Mg－mgsinθ－F安＝0，F安＝BIl1，I＝，E＝Bl1v，联立解得线框进入磁场时匀速运动的速度为v＝，B错误；线框做匀速运动的总时间为t＝＝，C错误；由能量守恒定律，该匀速运动过程中产生的焦耳热等于系统重力势能的减小量，为(Mg－mgsinθ)l2，D正确．

6.

两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为L，顶端接阻值为R的电阻．质量为m、电阻为r的金属棒在距磁场上边界某处由静止释放，金属棒和导轨接触良好，导轨所在平面与磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场垂直，如图所示，不计导轨的电阻，重力加速度为g，则下列说法错误的是(　　)

A．金属棒在磁场中运动时，流过电阻R的电流方向为b→a

B．金属棒的速度为v时，金属棒所受的安培力大小为

C．金属棒的最大速度为

D．金属棒以稳定的速度下滑时，电阻R的热功率为R

解析：选C.金属棒在磁场中向下运动时，由楞次定律知，流过电阻R的电流方向为b→a，选项A正确；金属棒的速度为v时，金属棒中感应电动势E＝BLv，感应电流I＝，所受的安培力大小为F＝BIL＝，选项B正确；当安培力F＝mg时，金属棒下滑速度最大，金属棒的最大速度为v＝，选项C错误；金属棒以稳定的速度下滑时，电阻R和r的总热功率为P＝mgv＝(R＋r)，电阻R的热功率为R，选项D正确．

二、多项选择题(本题共4小题，每小题6分，共24分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选或不答的得0分)

7．(2018·吉林实验中学模拟)转笔(Pen Spinning)是一项用不同的方法与技巧、以手指来转动笔的休闲活动．转笔深受广大中学生的喜爱，其中也包含了许多的物理知识，假设某转笔高手能让笔绕其上的某一点O做匀速圆周运动，下列有关该同学转笔中涉及的物理知识的叙述正确的是(　　)

A．笔杆上的点离O点越近的，做圆周运动的向心加速度越小

B．笔杆上的各点做圆周运动的向心力是由万有引力提供的

C．若该同学使用中性笔，笔尖上的小钢珠有可能因快速的转动做离心运动被甩走

D．若该同学使用的是金属笔杆，且考虑地磁场的影响，由于笔杆中不会产生感应电流，因此金属笔杆两端一定不会形成电势差

解析：选AC.笔杆上各点的角速度相同，根据a＝ω2r可知，笔杆上的点离O点越近的，做圆周运动的向心加速度越小，选项A正确；笔杆上的各点做圆周运动的向心力是由笔杆对该点的作用力提供的，选项B错误；若该同学使用中性笔，且转动过快，则笔尖上的小钢珠有可能因快速的转动做离心运动被甩走，选项C正确；若考虑地磁场的影响，由于笔杆转动时可能要切割磁感线而使金属笔杆两端形成电势差，选项D错误．

8.

如图所示，水平放置的粗糙U形框架上接一个阻值为R0的电阻，放在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，一个半径为L、质量为m的半圆形硬导体AC在水平向右的恒定拉力F作用下，由静止开始运动距离d后速度达到v，半圆形硬导体AC的电阻为r，其余电阻不计．下列说法正确的是(　　)

A．此时AC两端电压为UAC＝2BLv

B．此时AC两端电压为UAC＝

C．此过程中电路产生的电热为Q＝Fd－mv2

D．此过程中通过电阻R0的电荷量为q＝

解析：选BD.AC的感应电动势为E＝2BLv，两端电压为UAC＝＝，A错误，B正确；由功能关系得Fd＝mv2＋Q＋Qf，C错误；此过程中平均感应电流为＝，通过电阻R0的电荷量为q＝Δt＝，D正确．

9．如图，在水平桌面上放置两条相距l的平行光滑导轨ab与cd，阻值为R的电阻与导轨的a、c端相连．质量为m、电阻不计的导体棒垂直于导轨放置并可沿导轨自由滑动．整个装置放于匀强磁场中，磁场的方向竖直向上(图中未画出)，磁感应强度的大小为B.导体棒的中点系一个不可伸长的轻绳，绳绕过固定在桌边的光滑轻滑轮后，与一个质量也为m的物块相连，绳处于拉直状态．现若从静止开始释放物块，用h表示物块下落的高度(物块不会触地)，g表示重力加速度，其他电阻不计，则 (　　)

A．电阻R中的感应电流方向由a到c

B．物块下落的最大加速度为g

C．若h足够大，物块下落的最大速度为

D．通过电阻R的电荷量为

解析：选CD.题中导体棒向右运动切割磁感线，由右手定则可得回路中产生顺时针方向的感应电流，则电阻R中的电流方向由c到a，A错误；对导体棒应用牛顿第二定律有FT－F安＝ma，又F安＝Bl，再对物块应用牛顿第二定律有mg－FT＝ma，则联立可得：a＝－，则物块下落的最大加速度am＝，B错误；当a＝0时，速度最大为vm＝，C正确；下落h的过程，回路中的面积变化量ΔS＝lh，则通过电阻R的电荷量q＝＝＝，D正确．

10.

在倾角为θ足够长的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度大小相等的匀强磁场，磁场方向一个垂直斜面向上，另一个垂直斜面向下，宽度均为L，如图所示．一个质量为m、电阻为R、边长也为L的正方形线框在t＝0时刻以速度v0进入磁场，恰好做匀速直线运动，若经过时间t0，线框ab边到达gg′与ff′中间位置时，线框又恰好做匀速运动，则下列说法正确的是(　　)

A．当ab边刚越过ff′时，线框加速度的大小为gsinθ

B．t0时刻线框匀速运动的速度为

C．t0时间内线框中产生的焦耳热为mgLsinθ＋mv

D．离开磁场的过程中线框将做匀速直线运动

解析：选BC.当ab边进入磁场时，有E＝BLv0，I＝，mgsinθ＝BIL，有＝mgsinθ.当ab边刚越过ff′时，线框的感应电动势和电流均加倍，则线框做减速运动，有＝4mgsin θ，加速度方向沿斜面向上且大小为3gsin θ，A错误；t0时刻线框匀速运动的速度为v，则有＝mgsinθ，解得v＝，B正确；线框从进入磁场到再次做匀速运动的过程，沿斜面向下运动距离为L，则由功能关系得线框中产生的焦耳热为Q＝＋＝＋，C正确；线框离开磁场时做加速运动，D错误．

三、非选择题(本题共3小题，共40分．按题目要求作答，计算题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·高考浙江卷)小明同学设计了一个“电磁天平”，如图甲所示，等臂天平的左臂为挂盘，右臂挂有矩形线圈，两臂平衡．线圈的水平边长L＝0.1 m，竖直边长H＝0.3 m，匝数为N1.线圈的下边处于匀强磁场内，磁感应强度B0＝1.0 T，方向垂直线圈平面向里．线圈中通有可在0～2.0 A范围内调节的电流I.挂盘放上待测物体后，调节线圈中电流使天平平衡，测出电流即可测得物体的质量．(重力加速度取g＝10 m/s2)

(1)为使电磁天平的量程达到0.5 kg，线圈的匝数N1至少为多少？

(2)进一步探究电磁感应现象，另选N2＝100匝、形状相同的线圈，总电阻R＝10 Ω.不接外电流，两臂平衡．如图乙所示，保持B0不变，在线圈上部另加垂直纸面向外的匀强磁场，且磁感应强度B随时间均匀变大，磁场区域宽度d＝0.1 m．当挂盘中放质量为0.01 kg的物体时，天平平衡，求此时磁感应强度的变化率.

解析：(1)线圈受到安培力F＝N1B0IL

天平平衡mg＝N1B0IL

代入数据得N1＝25匝．

(2)由电磁感应定律得E＝N2

即E＝N2Ld

由欧姆定律得I′＝

线圈受到的安培力F′＝N2B0I′L

天平平衡m′g＝NB0·

代入数据可得

＝0.1 T/s.

答案：(1)25 匝　(2)0.1 T/s

12．(14分)

如图所示，将质量m1＝0.1 kg、电阻R1＝0.3 Ω、长度l＝0.4 m的导体棒ab横放在U形金属框架上，框架质量m2＝0.2 kg，放在绝缘水平面上，与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，相距0.4 m的MM′、NN′相互平行，电阻不计且足够长．电阻R2＝0.1 Ω的MN垂直于MM′.整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B＝0.5 T．垂直于ab施加F＝2 N的水平恒力，使ab从静止开始无摩擦地运动，且始终与MM′、NN′保持良好接触，当ab运动到某处时，框架开始运动．设框架与水平面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2.

(1)求框架开始运动时ab速度v的大小；

(2)从ab开始运动到框架开始运动的过程中，MN上产生的热量Q＝0.1 J，求该过程中ab位移x的大小．

解析：(1)ab对框架的压力F1＝m1g

框架受水平面的支持力FN＝m2g＋F1

依题意，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则框架受到的最大静摩擦力F2＝μFN

ab中的感应电动势E＝Blv

MN中的电流I＝

MN受到的安培力F安＝IlB

框架开始运动时F安＝F2

由上述各式代入数据解得v＝6 m/s.

(2)闭合回路中产生的总热量

Q总＝Q

由能量守恒定律，得

Fx＝m1v2＋Q总

代入数据解得x＝1.1 m.

答案：(1)6 m/s　(2)1.1 m

13．(14分)如图所示，半径为L1＝2 m的金属圆环内上、下半圆各有垂直圆环平面的有界匀强磁场，磁感应强度大小均为B1＝ T．长度也为L1、电阻为R的金属杆ab，一端处于圆环中心，另一端恰好搭接在金属环上，绕着a端沿逆时针方向匀速转动，角速度为ω＝ rad/s.通过导线将金属杆的a端和金属环连接到图示的电路中(连接a端的导线与圆环不接触，图中的定值电阻R1＝R，滑片P位于R2的正中央，R2的总阻值为4R)，图中的平行板长度为L2＝2 m，宽度为d＝2 m．图示位置为计时起点，在平行板左边缘中央处刚好有一带电粒子以初速度v0＝0.5 m/s向右运动，并恰好能从平行板的右边缘飞出，之后进入到有界匀强磁场中，其磁感应强度大小为B2，左边界为图中的虚线位置，右侧及上下范围均足够大．(忽略金属杆与圆环的接触电阻、圆环电阻及导线电阻，忽略电容器的充放电时间，忽略带电粒子在磁场中运动时的电磁辐射的影响，不计平行金属板两端的边缘效应及带电粒子的重力和空气阻力)求：

(1)在0～4 s内，平行板间的电势差UMN；

(2)带电粒子飞出电场时的速度；

(3)在上述前提下若粒子离开磁场后不会第二次进入电场，则磁感应强度B2应满足的条件．

解析：(1)金属杆产生的感应电动势恒为

E＝B1Lω＝2 V

由电路的连接特点知：E＝I·4R

U0＝I·2R＝＝1 V

T1＝＝20 s

由右手定则知：在0～4 s时间内，金属杆ab中的电流方向为b→a，则φa>φb

则在0～4 s时间内，φM<φN，UMN＝－1 V.

(2)粒子在平行板电容器内做类平抛运动，在0～时间内水平方向L2＝v0·t1

t1＝＝4 s<

竖直方向＝at

a＝，E＝，vy＝at1

得＝0.25 C/kg，vy＝0.5 m/s

则粒子飞出电场时的速度

v＝＝m/s

tan θ＝＝1，所以该速度与水平方向的夹角θ＝45°.

(3)粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由B2qv＝m得r＝

由几何关系及粒子在磁场中运动的对称性可知，r>d时离开磁场后不会第二次进入电场，即B2<＝2 T.

答案：(1)－1 V　(2)m/s　与水平方向成45°夹角

(3)B2<2 T

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