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物理第六次周测一、单选题1．在物理学的发展过程中，许多物理学家的科学发现推动了人类历史的进步，下列表述符合物理学史实的是（）A．牛顿提出了万有引力定律并准确地测出了引力常量B．安培最早引入了电场概念，并提出用电场线表示电场C．奥斯特发现了电流的磁效应并总结出了判断电流与磁场方向关系的右手螺旋定则D．法拉第发现了电磁感应现象，宣告了电磁学作为一门统一学科的诞生2．如图所示，在载流直导线旁固定有两平行光滑导轨A、B，导轨与直导线平行且在同一水平面内，在导轨上有两根可自由滑动的导体棒ab和cd。当载流直导线中的电流逐渐减弱时，导体棒ab和cd的运动情况是A.一起向左运动B.一起向右运动C.相向运动，相互靠近D.相背运动，相互远离3．两个闭合的金属环，穿在一根光滑的绝缘杆上，如图所示，当条形磁铁的S极自右向左插向圆环时，环的运动情况是()A.两环同时向左移动，间距增大B.两环同时向左移动，间距变小C.两环同时向右移动，间距变小D.两环同时向左移动，间距不变4．如图所示的装置中，cd杆原来静止，当ab杆做如下哪种运动时，cd杆将向右移动()A.向右匀速运动B.向右减速运动C.向左加速运动D.向左减速运动5．如图所示，用均匀导线做成的单匝等边三角形线框的面积为0.6m2，线框一半放在垂直于纸面向里的匀强磁场中。当磁场以30T/s的变化率减弱时，线框的a、b两点间的电势差Uab是A.3VB.1.5VC.–3VD.–1.5V6．如图所示，A、B是两盏完全相同的白炽灯，L是电阻不计的电感线圈如果断开开关S1，接通S2，A、B两灯都能同样发光。若最初S1是接通的，S2是断开的，那么下列所述中不正确的是（）A.刚接通S2，A灯就立即亮B灯延迟一段时间才亮B.刚接通S2时线圈L中的电流为零C.接通S2以后，A灯变亮，B灯由亮变暗D.接通S2，电路稳定后再断开S2时，A灯立即熄灭，B灯先亮一下，然后熄灭7．如图所示，光滑U型金属导轨PQMN水平固定在竖直向上的匀强磁场中．磁感应强度为B，导轨宽度为L。QM之间接有阻值为R的电阻，其余部分电阻不计。一质量为M，电阻为R的金属棒ab放在导轨上，给棒一个水平向右的初速度v0使之开始滑行，经过位移S最后停在导轨上。由以上条件，在此过程中不可求出的物理量有（）A．电阻R上产生的焦耳热B．通过电阻R的总电量C．安培力对ab棒做的功D．ab棒的运动时间8．如图甲所示为一“凸型”线框，其中ab=bc=de=ah=gh=gf=L，ef=3L。线框在外力作用下以恒定速度垂直磁场通过一宽为L的有界匀强磁场。取逆时针方向电流方向为正，图示时刻t=0，则线框中产生的电流i随时间t变化的图像中，正确的是A．B．C．D．9．匝数n＝100匝的圆形金属线圈的电阻R＝2Ω，线圈与R1＝2Ω的电阻连成闭合回路，其简化电路如图甲所示，A、B为线圈两端点。线圈的半径r1＝15cm，在线圈中半径r2＝10cm的圆形区域存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的图象如图乙所示。则下列说法正确的是()A．A点电势比B点电势低B．线圈中产生的感应电动势为4.5πVC．R1两端电压为πVD．0～2s内通过R1的电荷量为1.125πC二、多选题10．如图，矩形abcd为匀强磁场区域，磁场方向竖直向下，圆形闭合金属线圈以一定的速度沿光滑绝缘水平面向磁场区域运动。下图是线圈的四个可能到达的位置，则线圈的动能不可能为零的位置是()A．B．C．D．11．如图所示，两根足够长光滑平行金属导轨PP′、QQ′倾斜放置，匀强磁场垂直于导轨平面，导轨的上端与水平放置的两金属板M、N相连，板间距离足够大，板间有一带电微粒，金属棒ab水平跨放在导轨上，下滑过程中与导轨接触良好．现同时由静止释放带电微粒和金属棒ab，则()A．金属棒ab最终可能匀速下滑B．金属棒ab一直加速下滑C．金属棒ab下滑过程中M板电势高于N板电势D．带电微粒不可能先向N板运动后向M板运动12．如图甲所示，abcd是位于竖直平面内的正方形闭合金属线框，金属线框的质量为m，电阻为R，在金属线框的下方有一匀强磁场区域，MN和PQ是匀强磁场区域的水平边界，并与线框的bc边平行，磁场方向垂直纸面向里。现使金属线框从MN上方某一高度处由静止开始下落，如图乙是金属线框由开始下落到bc边刚好运动到匀强磁场PQ边界的v﹣t图象，图中数据均为己知量，重力加速度为g，不计空气阻力，则在线框穿过磁场的过程中，下列说法正确的是（）A．t1到t2过程中，线框中感应电流沿顺时针方向B．线框的边长为v1（t2﹣t1）C．线框中安培力的最大功率为212mgvvD．线框中安培力的最大功率为221mgvv三、解答题13．如图所示，MN、PQ是两根足够长的光滑平行的金属导轨，导轨间距离L1=0.2m，导轨平面与水平面的夹角θ=30°，导轨上端连接一个阻值R=0.4Ω的电阻。整个导轨平面处于垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度B=0.5T。现有一根质量m=0.01kg、电阻r=0.1Ω的金属棒ab垂直于导轨放置，且接触良好，金属棒从静止开始沿导轨下滑L2=1m后达到匀速直线运动，且始终与导轨垂直.g=10m/s2，导轨电阻不计，求：（1）金属棒沿导轨下滑过程中速度最大值；（2）金属棒沿导轨匀速下滑时ab两端的电压；（3）金属棒从静止达到匀速的过程中，通过电阻R的电量和热量。参考答案1．D【解析】【详解】牛顿提出了万有引力定律，卡文迪许准确地测出了引力常量，选项A错误；法拉第最早引入了电场概念，并提出用电场线表示电场，选项B错误；奥斯特发现了电流的磁效应，安培总结出了判断电流与磁场方向关系的右手螺旋定则，选项C错误；法拉第发现了电磁感应现象，宣告了电磁学作为一门统一学科的诞生，选项D正确。2．D【解析】【详解】根据安培右手螺旋定则知，直线电流下方的磁场方向垂直纸面向里，当电流减小时，磁场减弱，根据楞次定律得，回路中的感应电流为acdb，根据安培左手定则知，ab所受安培力方向向左，cd所受安培力向右，即ab和cd反向运动，相互远离。A.一起向左运动，与分析不符，故A错误。B.一起向右运动，与分析不符，故B错误。C.相向运动，相互靠近，与分析不符，故C错误。D.相背运动，相互远离，与分析相符，故D正确。3．B【解析】【详解】当磁铁的S极靠近时，穿过两圆环的磁通量变大，由楞次定律可得两圆环的感应电流方向都是顺时针方向(从右向左看)，根据左手定则可知两圆环受到磁铁向左的安培力，远离磁铁，即向左移．由于两圆环的电流方向相同，所以两圆环相互吸引，即相互合拢，间距变小；A.两环同时向左移动，间距增大，与结果不一致，故A错误；B.两环同时向左移动，间距变小，与结果一致，故B正确；C.两环同时向右移动，间距变小，与结果不一致，故C错误；D.两环同时向左移动，间距不变，与结果不一致，故D错误；4．D【解析】【详解】A.ab匀速运动时，ab中感应电流恒定，L1中磁通量不变，穿过L2的磁通量不变，L2中无感应电流产生，cd保持静止，A错误；B.ab向右减速运动时，L1中的磁通量向上减小，由楞次定律知L2中感应电流产生的磁场方向向下，故通过cd的电流方向向上，cd向左移动，B错误；C.ab向左加速运动时，L1中的磁通量向下增大，由楞次定律知L2中感应电流产生的磁场方向向下，故通过cd的电流方向向上，cd向左移动，C错误；D.ab向左减速运动时，L1中的磁通量向下减小，由楞次定律知L2中感应电流产生的磁场方向向上，故通过cd的电流方向向下，cd向右移动，D正确；5．C【解析】【详解】由法拉第电磁感应定律E=nt可得线框产生的电动势E=9Vab两点间的电势差占电动势的13。根据楞次定律，线框中感应电流是顺时针方向，ba。因此abU=-3VA.3V与分析结论不符，故A错误。B.1.5V与分析结论不符，故B错误。C.-3V与分析结论相符，故C正确。D.-1.5V与分析结论不符，故D错误。6．A【解析】【详解】AB.接通S2电源就开始给电路供电电感线圈L会发生通电自感现象，使通过线圈的电流由零逐渐增大，但自感现象不会影响到两灯泡的发亮，所以灯泡A、B会同时变亮，选项A错误，B正确；C.待电路稳定后，由于线圈的电阻不计，B灯相当于与一段导线并联，被短路所以B灯将会熄灭，电源只给A灯供电，A灯将变得更亮，选项C正确；D.在断开S2时，A灯与电路断开将立即熄灭，而B灯与电感线圈构成闭合电路，由于线圈的自感现象，B灯会先亮一下后再熄灭，选项D正确.7．D【解析】【详解】A.根据能量守恒得：电阻R上产生的焦耳热Q=12mv20，故A不符合题意；B.根据动量定理得：-BIL△t=0-mv0又q=I△t故q=0mvBL，故B不符合题意；C.克服安培力做功等于电阻R上产生的焦耳热Q=12mv20，故C不符合题意；D.由于ab棒做变减速运动，无法求出时间，故D符合题意。8．B【解析】【详解】由于线框匀速运动，每运动l的距离时间为0ltv，所以第一个时间间隔即ab边从左边界到右边界过程中，由“右手定则”可知，线框中产生逆时针方向的电流，大小为BlvIR，第二个时间间隔即gd边从左边界到右边界过程中，由“右手定则”可知，线框中产生逆时针方向的电流，大小为2BlvIR，第三时间间隔ef，由“右手定则”可知，线框中产生顺时针方向的电流，大小为3BlvIR，故B正确。9．C【解析】【详解】A、根据楞次定律可知，线圈中的磁通量均匀增大，感应电流沿逆时针方向，因此A点电势比B点电势高，选项A错误；B、根据法拉第电磁感应定律有，选项B错误；C、回路中的电流，R1两端的电压为，选项C正确；D、0～2s内通过R1的电荷量为，选项D错误。10．BC【解析】【详解】AD项：线圈进或出磁场时，磁通量变化，线圈中会产生感应电流，线圈受到安培阻力作用而减速运动，速度可能为零，动能可能为零，故AD错误。BC项：线圈完全进入磁场后，磁通量不变，没有感应电流产生，不再受安培力，线圈的速度不变，所以BC图中线框速度不可能为零，动能不可能为零，故BC正确。11．BC【解析】【详解】静止释放金属棒，金属棒沿光滑导轨加速下滑，棒中有感应电动势而对电容器充电，充电电流通过金属棒时受安培力作用，只有金属棒速度增大时才有充电电流，因此总有sin0mgBIL，所以金属棒将一直加速，故A错误，B正确；由右手定则可知，电流经b流向a，则金属棒a端(即M板)电势高，故C正确；若微粒带负电，则电场力竖直向上，与重力反向，开始时电场力为0，微粒向下加速，当静电力增大到大于重力时，微粒的加速度向上，可以向下减速到零后再向上运动，故D错误。故答案为BC。12．BD【解析】【详解】A．金属线框刚进入磁场时，磁通量增加，磁场方向垂直纸面向里，根据楞次定律判断可知，线框中感应电流方向沿逆时针方向，故A错误；B．由图象可知，金属框进入磁场过程中做匀速直线运动，速度为v1，匀速运动的时间为t2﹣t1，故金属框的边长：L＝v1（t2﹣t1），故B正确；CD．在金属框进入磁场的过程中，金属框所受安培力等于重力，则得：mg＝BIL，又1BLvIR，又L＝v1（t2﹣t1），联立解得：1211lmgRBvttv；线框仅在进入磁场和离开磁场过程中受安培力，进入时安培力等于重力，离开时安培力大于重力，开始减速，故开始离开磁场时安培力最大，功率最大，为Pm＝F安t2，又222BLvFR安，联立得：221mmgvPv，故C错误，D正确。13．（1）v=2.5m/s（2）U=0.2V（3）q=0.2C，21.510JRQ【解析】【详解】（1）金属棒匀速运动时，由平衡条件知：1sinmgBIL，棒匀速切割磁感线时1ERLv，回路电流1RLvIRr，代入得：221sin()mgRrvBL，解得：v=2.5m/s；（2）匀速时，v代入公式，知0.5AI，又由0.2VUIR；（3）由qIt，EIRr，12BLLEtt，故12BLLqRr，解得：q=0.2C；由能量守恒