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2016-2017学年人教版选修3-2 第四章 电磁感应 单元测试

2016-2017学年人教版选修3-2 第四章 电磁感应 单元测试


第四章 电磁感应
命题报告 知识点 1.电磁感应现象楞次定 律 2.法拉第电磁感应定律 3.自感、互感 4.综合应用 简单 1、2、4 5 3 中等 6、11 7、10、12 8、9 满分:100 分 14 13、15、16 较难

时间:60 分钟

一、选择题(本大题共 10 小题,每小题 4 分,共 40 分.在每小题给出的四 个选项中,有的只有一个选项符合题目要求,有的有多个选项符合题目要求,全 部选对的得 4 分,选不全的得 2 分,有选错或不答的不得分) 1.(多选)下列现象中,属于电磁感应现象的是( ) A.小磁针在通电导线附近发生偏转 B.通电线圈在磁场中转动 C.因闭合线圈在磁场中转动而产生的电流 D.接通电路时,与线圈串联的灯泡逐渐亮起来 【解析】 电磁感应现象是指“磁生电”的现象, 而小磁针在通电导线附近 发生偏转和通电线圈在磁场中转动,反映了磁场力的性质,所以 A、B 不是电磁 感应现象,C、D 是电磁感应现象. 【答案】 CD

图1 2.如图 1 所示,矩形闭合金属框 abcd 的平面与匀强磁场垂直,若 ab 边受 竖直向上的磁场力作用,则可知金属框的运动情况是( ) A.向左平动进入磁场 B.向右平动退出磁场 C.沿竖直方向向上平动 D.沿竖直方向向下平动 【解析】 因为 ab 边受到的安培力的方向竖直向上,所以由左手定则就可

以判断出金属框中感应电流的方向是 abcda,金属框中的电流是由 ad 边切割磁

感线产生的.所以金属框向左平动进入磁场. 【答案】 A

图2 3.如图 2 所示,L 是自感系数很大的理想线圈,a、b 为两只完全相同的小 灯泡,R0 是一个定值电阻,则下列有关说法中正确的是( ) A.当 S 闭合瞬间,a 灯比 b 灯亮 B.当 S 闭合待电路稳定后,两灯亮度相同 C.当 S 突然断开瞬间,a 灯比 b 灯亮些 D.当 S 突然断开瞬间,b 灯立即熄灭 【解析】 S 闭合瞬间,a、b 同时亮,b 比 a 亮;稳定后,a 灯不亮;S 断

开瞬间,a 灯比 b 灯亮. 【答案】 C

图3 4.(多选)如图 3 所示,线圈内有条形磁铁,将磁铁从线圈中拔出来时( A.φ a>φ b B.φ a<φ b C.电阻中电流方向由 a 到 b D.电阻中电流方向由 b 到 a )

【解析】 线圈中磁场方向向右,磁铁从线圈中拔出时,磁通量减少,根据 楞次定律,线圈中产生感应电动势,右端为正极,左端为负极,所以电阻中电流 方向由 b 到 a,故 φb>φa.B、D 项正确. 【答案】 BD 5.(多选)单匝矩形线圈在匀强磁场中匀速转动,转动轴垂直于磁场.若线 圈所围面积的磁通量随时间变化的规律如图 4 所示,则( )

图4 A.线圈中 0 时刻感应电动势最小 B.线圈中 C 时刻感应电动势为零 C.线圈中 C 时刻感应电动势最大 D.线圈从 0 至 C 时间内平均感应电动势为 0.4 V 【解析】 ΔΦ 感应电动势 E= ,而磁通量变化率是 Φt 图线的切线斜率, Δt ΔΦ Δt ≠0.若求平均感应电动势,则用ΔΦ与Δt 的比值去求.

当 t=0 时 Φ=0,但

【答案】 BD 6.(2014· 洛阳一中高二检测)如图 5 所示,一个铜质圆环,无初速度地自位 置Ⅰ下落到位置Ⅱ,若圆环下落时其轴线与磁铁悬线重合,圆环面始终水平.位 置Ⅰ与位置Ⅱ的高度差为 h,则运动时间( )

图5 A.等于 C.小于 2h g 2h g B.大于 2h g

D.无法判定

【解析】 由于电磁阻尼,阻碍铜质圆环的下落,所以下落时间大于自由下 落时间 2h g. 【答案】

B

图6 7.如图 6 所示是著名物理学家费曼设计的一个实验,在一块绝缘板中部安 装一个线圈,并接有电源,板的四周有许多带负电的小球.将整个装置悬挂起 来.当接通开关瞬间,整个圆盘将(自上而下看)( ) A.顺时针转动一下 B.逆时针转动一下 C.顺时针不断转动 D.逆时针不断转动 【解析】 开关接通瞬间,穿过带电小球所在圆盘向下的磁通量突然增加,

由楞次定律知,带电小球所在圆盘将产生逆时针方向(从上往下看)的感应电动势 (确切讲,应为逆时针方向电场 ),从而使带负电的小球受到顺时针方向的电场 力.由于该变化是瞬间的,故选 A. 【答案】 A 8.(2014· 北京朝阳区高二检测)如图 7 所示,一刚性矩形铜制线圈从高处自 由下落,进入一水平的匀强磁场区域,然后穿出磁场区域,( )

图7 A.若线圈进入磁场过程是匀速运动,则离开磁场过程一定是匀速运动 B.若线圈进入磁场过程是加速运动,则离开磁场过程一定是加速运动 C.若线圈进入磁场过程是减速运动,则离开磁场过程一定是加速运动 D.若线圈进入磁场过程是减速运动,则离开磁场过程一定是减速运动 【解析】 若线圈进入磁场过程是匀速运动,完全进入磁场区域一定做加速 运动,则离开磁场过程所受安培力大于重力,一定是减速运动,选项 A 错误; 若线圈进入磁场过程是加速运动,则离开磁场过程可能是加速运动,也可能是匀

速运动,也可能是减速运动,选项 B 错误;若线圈进入磁场过程是减速运动, 则离开磁场过程一定是减速运动,选项 C 错误 D 正确. 【答案】 D

图8 9.(多选)如图 8 所示,矩形线圈是闭合的,在外力作用下,匀速向右通过 宽为 d(大于线圈边长)的匀强磁场时,设穿过线圈的磁通量为 Φ,感应电流为 I, 线圈所受磁场力为 F,通过线圈导线横截面的电荷量为 q,则描述此过程中以上 各物理量的变化的图象如选项图所示,其中正确的是( )

【解析】 线圈穿过磁场的过程中,速度不变,其他各物理量的变化分析如 下:(1)进入磁场的过程中,磁通量 Φ=BS=Bl· vt(l 为切割磁感线的边长),可见 磁通量 Φ 正比于时间 t;从全部进入磁场到出磁场之前的过程中,Φ最大且保持 Blv 不变;离开磁场的过程中,Φ均匀减小,故 A 对.(2)感应电流 I 感= R ,进入磁 场与离开磁场的过程中,I
感的大小相等方向相反,均为恒定电流;全部在磁场

中平移时,无感应电流,故 B 对.(3)进入与离开磁场的过程中,安培力大小 F
安=BI 感 l

不变;全部在磁场中平移时,不受安培力,故 C 错.(4)进入与离开磁


场的过程中,通过导线横截面的电荷量 q=I

Blv t= R t,可见电荷量随时间均匀

增加;全部在磁场中时,无感应电流,故 D 错. 【答案】 AB

图9 10.(2013· 天津高考)如图 9 所示,纸面内有一矩形导体闭合线框 abcd,ab 边长大于 bc 边长,置于垂直纸面向里、边界为 MN 的匀强磁场外,线框两次匀 速地完全进入磁场, 两次速度大小相同, 方向均垂直于 MN.第一次 ab 边平行 MN 进入磁场,线框上产生的热量为 Q1,通过线框导体横截面的电荷量为 q1;第二 次 bc 边平行 MN 进入磁场,线框上产生的热量为 Q2,通过线框导体横截面的电 荷量为 q2,则( ) A.Q1>Q2,q1=q2 B.Q1>Q2,q1>q2 C.Q1=Q2,q1=q2 D.Q1=Q2,q1>q2 E 【解析】 根据法拉第电磁感应定律 E=Blv、欧姆定律 I=R和焦耳定律 Q B2l2v2 l′ B2Slv =I2Rt, 得线圈进入磁场产生的热量 Q= R ·v= R , 因为 lab>lbc, 所以 Q1>Q2. 根据 E= 错误. 【答案】 A 二、填空题(本题共 3 小题,共 18 分.把答案填在题中的横线上) 11.(6 分)如图 10 所示为“研究电磁感应现象”的实验装置. ΔΦ Δt E BS ,I=R及 q=IΔt 得 q= R ,故 q1=q2.选项 A 正确,选项 B、C、D

图 10 (1)将图中所缺的导线补接完整. (2)如果在闭合开关时发现灵敏电流表的指针向右偏了一下,那么合上开关 后可能出现的情况有: ①将原线圈迅速插入副线圈时,灵敏电流表指针将________; ②原线圈插入副线圈后, 将滑动变阻器触头迅速向左拉时,灵敏电流表指针 将________. 【解析】 (2)依照楞次定律及灵敏电流表的指针偏转方向与流过它的电流

方向的关系来判定,则①向右偏转一下;②向左偏转一下. 【答案】 (1)如图所示

(2)①向右偏转一下 ②向左偏转一下

图 11 12.(6 分)如图 11 所示,空间存在垂直于纸面的匀强磁场,在半径为 a 的圆 形区域内部及外部,磁场方向相反,磁感应强度的大小均为 B.一半径为 b,电阻 为 R 的圆形导线环放置在纸面内,其圆心与圆形区域的中心重合.当内、外磁 场同时由 B 均匀地减小到零的过程中,通过导线截面的电荷量 q=________. 【解析】 由题意知:

Φ1=B|π(b2-2a2)|,Φ2=0,
所以ΔΦ=|Φ2-Φ1|=πB|b2-2a2|, ΔΦ πB|b2-2a2| 由 q= R ,得 q= . R 【答案】 π B|b2-2a2| R

图 12 13.(6 分)如图 12 所示,在水平金属导轨上接有阻值为 R=0.1 Ω 的电阻, 金属杆 ab 与导轨组成一闭合矩形电路,两条导轨间距离 l1=40 cm,矩形中导轨 长 l2=50 cm,导轨区域处于与水平面成 30°角的匀强磁场中,磁感应强度随时 间的变化规律是 B=(2+0.2t) T.若 t=10 s 时,ab 仍静止,导轨与 ab 的电阻不 计,则这时流经 ab 的电流为________,ab 所受摩擦力为________.

【解析】

1 Φ=Bsin 30°·l1l2=(2+0.2t)×2×0.4×0.5 Wb=(0.2+0.02t) Wb,

ΔΦ E 0.02 E= =0.02 V,I=R= 0.1 A=0.2 A,10 s 时 ab 棒所受安培力 F=BIl1=(2+ Δt 0.2×10)×0.2×0.4 N=0.32 N,由棒受力图(如图所示)和平衡条件可得,ab 棒所 受摩擦力为 Ff=Fsin 30°=0.16 N. 【答案】 0.2 A 0.16 N 三、计算题(本大题共 3 个小题,共 42 分.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.)

图 13 14.(12 分)如图 13 所示,长为 L、电阻 r=0.3 Ω 、质量 m=0.1 kg 的金属 棒 CD 垂直跨搁在位于水平面上的两条平行光滑金属导轨上, 两导轨间距也是 L, 棒与导轨间接触良好,导轨电阻不计,导轨左端接有 R=0.5 Ω 的电阻,量程为 0~3.0 A 的电流表串接在一条导轨上,量程为 0~1.0 V 的电压表接在电阻 R 的 两端,垂直导轨平面的匀强磁场向下穿过平面.现以向右的恒定外力 F 使金属 棒右移.当金属棒以 v=2 m/s 的速度在导轨平面上匀速滑动时,观察到电路中 的一个电表正好满偏,而另一个电表未满偏,问: (1)此满偏的电表是什么表?说明理由. (2)拉动金属棒的外力 F 多大? 【解析】 (1)电压表满偏,若电流表满偏,则 I=3 A,U=IR=1.5 V,大于 电压表量程. (2)由功能关系 F· v=I2(R+r),而 I=U/R, U2(R+r) 所以 F= , R2 v 12×(0.5+0.3) 代入数据得 F= N=1.6 N. 0.52×2

【答案】 (2)1.6 N

(1)电压表满偏,理由见解析

图 14 15.(14 分)如图 14 所示,固定于水平桌面上的金属框架 cdef 处在竖直向下 的匀强磁场中,金属棒 ab 搁在框架上,可无摩擦滑动.此时 adeb 构成一个边长 为 l 的正方形,棒的电阻为 r,其余部分电阻不计.开始时磁感应强度为 B0. (1)若从 t=0 时刻起,磁感应强度均匀增大,每秒增量为 k,同时保持棒静 止.求棒中的感应电流.在图上标出感应电流的方向. (2)在上述(1)情况中,始终保持静止,当 t=t1 s 末时需加的垂直于棒的水平 拉力为多少? (3)若从 t=0 时刻起,磁感应强度逐渐减小,当棒以恒定速度 v 向右做匀速 运动时,可使棒中不产生感应电流,则磁感应强度应怎样随时间变化?(写出 B 与 t 的关系式) 【解析】 (1)据题意 ΔB =k,在磁场均匀变化时,回路中产生的电动势为 E Δt

ΔΦ ΔB E kl2 = = ·S=kl2,由闭合电路欧姆定律知,感应电流为 I= r = r .由楞次定律, Δt Δt 判定感应电流为逆时针方向,图略. (2)t=t1 s 末棒静止,水平方向受拉力 F 外和安培力 F 安,F 外=F 安=BIl,又 kl3 B=B0+kt1,故 F 外=(B0+kt1) r . (3)因为不产生感应电流,由法拉第电磁感应定律 E= 回路内总磁通量不变,即 B0l2=Bl(l+vt),解得 B= 【答案】 B0l l+vt ΔΦ Δt ,知ΔΦ=0 也就是

.

kl2 (1) r 电流为逆时针方向 kl3 B0l (2)(B0+kt1) r (3)B= l+vt 16.(16 分)(2014· 天津宝坻中学检测)如图 15 甲所示,平行金属导轨竖直放 置,导轨间距为 L=1 m,上端接有电阻 R1=3 Ω ,下端接有电阻 R2=6 Ω ,虚 线 OO′下方是垂直于导轨平面的匀强磁场.现将质量 m=0.1 kg、电阻不计的金 属杆 ab,从 OO′上方某处垂直导轨由静止释放,杆下落 0.2 m 过程中始终与导轨

保持良好接触,加速度 a 与下落距离 h 的关系图象如图 15 乙所示.求:

图 15 (1)磁感应强度 B (2)杆下落 0.2 m 过程中通过金属杆的电荷量. 【解析】 (1)当地重力加速度 g=10 m/s2,则杆进入磁场时的速度 v= 2gh =1 m/s 由图象知,杆进入磁场时加速度 a=-g=-10 m/s2 由牛顿第二定律得 mg-F 安=ma 回路中的电动势 E=BLv 杆中的电流 I= R1R2 R1+R2 B2L2v R并 E R并

R 并=

F 安=BIL=

得 B=

2mgR并 L2v =2 T. ΔΦ Δt

(2)杆在磁场中运动产生的平均感应电动势 E= 杆中的平均电流 I= E R并 E R并 Δt= ΔΦ R并 = B·ΔS R并

通过杆的电荷量 q=I· Δ t=

=0.15 C.

【答案】 (1)2 T (2)0.15 C 附加题(本题供学生拓展学习,不计入试卷总分) 17.(2014· 浙江高考 )某同学设计一个发电测速装置,工作原理如图 16 所 示.一个半径为 R=0.1 m 的圆形金属导轨固定在竖直平面上,一根长为 R 的金 属棒 OA,A 端与导轨接触良好,O 端固定在圆心处的转轴上.转轴的左端有一 R 个半径为 r= 3 的圆盘,圆盘和金属棒能随转轴一起转动.圆盘上绕有不可伸长 的细线,下端挂着一个质量为 m=0.5 kg 的铝块.在金属导轨区域内存在垂直于 导轨平面向右的匀强磁场,磁感应强度 B=0.5 T.a 点与导轨相连,b 点通过电 刷与 O 端相连. 测量 a、 b 两点间的电势差 U 可算得铝块速度. 铝块由静止释放, 下落 h=0.3 m 时,测得 U=0.15 V.(细线与圆盘间没有滑动,金属棒、导轨、 导线及电刷的电阻均不计,重力加速度 g=10 m/s2)

图 16 (1)测 U 时,与 a 点相接的是电压表的“正极”还是“负极”? (2)求此时铝块的速度大小; (3)求此下落过程中铝块机械能的损失. 【解析】 (1)正极 ΔΦ Δt

(2)由电磁感应定律得 U=E= 1 ΔΦ=2BR2Δθ 1 U=2BωR2 1 v=rω=3ωR 2U 所以 v=3BR=2 m/s. 1 (3)ΔE=mgh-2mv2 ΔE=0.5 J. 【答案】 (1)正极 (2)2 m/s

(3)0.5 J



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