2019-2020版高中物理 第四章 電磁感應 章末檢測試卷二（第四章）新人教版選修3-2

章末檢測試卷二(第四章)(時間：90分鐘滿分：100分)一、選擇題(本題共12小題，每小題4分，共計48分.18題為單選題，912題為多選題，全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分)1.如圖1所示，勻強磁場方向垂直矩形線框平面，先后兩次將線框從磁場中同一位置勻速拉出有界磁場.第一次速度為v1v，第二次速度為v24v.則在先后兩次過程中有()圖1A.流過線框任一橫截面的電荷量之比為14B.線框中感應電動勢之比為14C.線框所受安培力之比為18D.沿運動方向作用在線框上的外力的功率之比為18答案B解析線框在磁場中運動產生感應電動勢，E1Blv，E24Blv，E1E214，B正確；電荷量qt，q1q211，A錯誤；安培力FIlB，F1F214，C錯誤；由于勻速運動，外力的功率等于安培力的功率，P外F外vF安·v，P外，P外1P外2116，D錯誤.2.如圖2所示，MN、PQ是間距為L的平行金屬導軌，置于磁感應強度為B、方向垂直導軌所在平面向里的勻強磁場中，M、P間接有一阻值為R的電阻.一根與導軌接觸良好、有效阻值為r的金屬導線ab垂直導軌放置，并在水平外力F的作用下以速度v向右勻速運動，則(不計導軌電阻)()圖2A.通過電阻R的電流方向為PRMB.ab兩點間的電壓為BLvC.a端電勢比b端高D.外力F做的功等于電阻R上產生的焦耳熱答案C3.如圖3所示，兩根平行金屬導軌置于水平面內，導軌之間接有電阻R.金屬棒ab與兩導軌垂直并保持良好接觸，整個裝置放在勻強磁場中，磁場方向垂直于導軌平面向下.現使磁感應強度隨時間均勻減小，ab始終保持靜止，下列說法正確的是()圖3A.ab中的感應電流方向由b到aB.ab中的感應電流逐漸減小C.ab所受的安培力保持不變D.ab所受的靜摩擦力逐漸減小答案D解析磁感應強度隨時間均勻減小，ab始終保持靜止，所以閉合回路面積不發(fā)生改變，根據楞次定律和法拉第電磁感應定律可知，ab中產生由a到b的恒定電流，A、B錯誤；由于電流恒定，磁感應強度逐漸減小，所以安培力逐漸減小，靜摩擦力與安培力是一對平衡力，所以靜摩擦力逐漸減小，C錯誤，D正確.4.如圖4所示，磁感應強度為B的勻強磁場有理想邊界，用力將矩形線圈從有邊界的磁場中勻速拉出，在其他條件不變的情況下，下列說法錯誤的是()圖4A.速度越大，拉力做功越多B.線圈邊長L1越大，拉力做功越多C.線圈邊長L2越大，拉力做功越多D.線圈電阻越大，拉力做功越多答案D解析將矩形線圈從有邊界的磁場中勻速拉出的過程中，線圈中產生的感應電動勢EBL1v，感應電流I，線圈所受的安培力F安BIL1，聯(lián)立得：F安.因線圈勻速運動，則拉力FF安，拉力做功WFL2·L2.則知，速度越大，邊長L1越大，邊長L2越大，拉力做功就越多，而線圈電阻越大，拉力做功越少.故選D.5.如圖5所示，光滑水平面上存在有界勻強磁場，金屬圓環(huán)直徑與磁場寬度相同.若圓環(huán)以一定的初速度沿垂直于磁場邊界的水平虛線，從位置1到位置2勻速通過磁場，在必要的時間段內施加必要的水平拉力保證其勻速前進，以下說法正確的是()圖5A.金屬圓環(huán)內感應電流方向先順時針再逆時針B.金屬圓環(huán)內感應電流經歷兩次先增大后減小C.水平拉力的方向先向右后向左D.金屬圓環(huán)受到的安培力的方向先向左后向右答案B6.如圖6所示，有一個等腰直角三角形的勻強磁場區(qū)域其直角邊長為L，磁場方向垂直紙面向外，磁感應強度大小為B.邊長為L、總電阻為R的正方形導線框abcd，從圖示位置開始沿x軸正方向以速度v勻速穿過磁場區(qū)域.取沿abcda的感應電流為正，則表示線框中電流i隨bc邊的位置坐標x變化的圖象正確的是()圖6答案C7.用均勻導線做成的正方形線圈邊長為l，如圖7所示，正方形的一半放在垂直紙面向里的勻強磁場中，當磁場以的變化率增強時，不考慮磁場的變化對虛線右側的影響，則()圖7A.線圈中感應電流方向為adbcaB.線圈中產生的電動勢E·l2C.線圈中產生的電動勢ED.線圈中b、a兩點間的電勢差為答案D解析磁感應強度增大，由楞次定律可知，感應電流沿acbda方向，故A錯誤；由法拉第電磁感應定律可得，感應電動勢為ES·，故B、C錯誤，設導線總電阻為R，則b、a兩點間的電勢差為：Uba·，故D正確.8.光滑水平面上的邊長為a的閉合金屬正三角形框架底邊與磁場邊界平行，完全處于垂直于框架平面的勻強磁場中，現把框架沿與磁場邊界垂直的方向勻速拉出磁場，如圖8所示，E、F外、P分別表示金屬框架產生的電動勢、所受水平外力及外力功率，則各物理量與位移x關系圖象正確的是()圖8答案B解析正三角形框架位移x與切割磁感線的有效長度l的關系lx，即把框架勻速拉出磁場時，產生的電動勢EBlvx，當xa時，E最大，選項B正確，A錯誤；所受水平外力F外BlIBlx2，其中R為框架的總電阻，當xa時，F外最大，選項C錯誤；外力功率PF外vx2，當xa時，P最大，選項D錯誤.9.有一個垂直于紙面的勻強磁場，它的邊界MN左側為無場區(qū)，右側是勻強磁場區(qū)域，如圖9甲所示，現讓一個金屬線框在紙平面內以垂直于MN的恒定速度從MN左側進入勻強磁場區(qū)域，線框中的電流隨時間變化的it圖象如圖乙所示，則進入磁場區(qū)域的金屬線框可能是圖中的()圖9答案BC解析導體棒切割磁感線產生的感應電動勢EBlv，設線框總電阻是R，則感應電流I，由題圖乙所示圖象可知，感應電流先均勻變大，后恒定，最后均勻減小，由于B、v、R是定值，則導體棒的有效長度l應先均勻增加，后恒定，最后均勻減小.閉合圓環(huán)勻速進入磁場時，有效長度l先變大，后變小，不符合題意，A項錯誤；六邊形線框進入磁場時，有效長度l先均勻增大，后恒定，最后均勻減小，符合題意，B項正確；梯形線框勻速進入磁場時，有效長度先均勻增加，后不變，最后均勻減小，符合題意，C項正確；三角形線框勻速進入磁場時，有效長度l先增加，后減小，不符合題意，D項錯誤.10.電吉他中的拾音器的基本結構如圖10所示，磁體附近的金屬弦被磁化，當撥動琴弦時，拾音器中的線圈能將振動產生的聲音信號轉換為電信號并傳送到音箱發(fā)出聲音，下列說法正確的是()圖10A.撥動琴弦，穿過線圈的磁通量將發(fā)生變化B.撥動琴弦，琴弦上將產生感應電流C.增加線圈匝數可以增大線圈中的感應電動勢D.若取走磁體，拾音器將無法正常工作答案ACD11.航母上飛機彈射起飛是利用電磁驅動來實現的，電磁驅動原理如圖11所示.當固定線圈上突然通過直流電流時，線圈左側的金屬環(huán)被彈射出去.現在固定線圈左側同一位置，先后放有分別用橫截面積相等的銅和鋁導線制成的形狀、大小相同的兩個閉合環(huán)，已知電阻率銅<鋁，合上開關S的瞬間，則()圖11A.從左側看環(huán)中感應電流沿逆時針方向B.銅環(huán)受到的安培力大于鋁環(huán)受到的安培力C.若將銅環(huán)放置在線圈右側，銅環(huán)將向右彈射D.電池正負極調換后，金屬環(huán)不能向左彈射答案BC解析在閉合開關的瞬間，線圈中電流由右側流入，磁場方向向左，磁場變強，則由楞次定律可知，環(huán)中電流由左側看為順時針方向，A項錯誤；由于銅環(huán)的電阻較小，銅環(huán)中感應電流較大，故銅環(huán)受到的安培力要大于鋁環(huán)，B項正確；若環(huán)放在線圈右方，根據“來拒去留”可得，環(huán)將向右運動，C項正確；電池正負極調換后，金屬環(huán)受力向左，故仍將向左彈出，D項錯誤.12.在如圖12甲所示的虛線框內有勻強磁場，設圖示磁場方向為正，磁感應強度隨時間變化規(guī)律如圖乙所示.邊長為l、電阻為R的正方形均勻線框abcd有一半處在磁場中，磁場方向垂直于線框平面，此時線框ab邊的發(fā)熱功率為P，則下列說法正確的是()圖12A.磁感應強度B0B.線框中感應電流為I2C.線框cd邊的發(fā)熱功率為PD.a端電勢高于b端電勢答案BC解析由題圖乙可知，線框中產生的感應電動勢恒定，線框ab邊的發(fā)熱功率為P，感應電動勢ES·，所以B0，A錯誤；由PI2R可得線框中的感應電流I2，B正確；cd邊電阻等于ab邊電阻，而兩邊流過的電流相等，因此發(fā)熱功率相等，C正確；由楞次定律可判斷，線框中感應電流方向為adcba方向，磁場中線框部分為等效電源，因此a端電勢比b端電勢低，D錯誤.二、非選擇題(本題共5小題，共計52分)13.(4分)為判斷線圈繞向，可將靈敏電流計G與線圈L連接，如圖13所示.已知線圈由a端開始繞至b端：當電流從電流計G的左端流入時，指針向左偏轉.圖13 (1)將磁鐵的N極向下從線圈上方豎直插入線圈L時，發(fā)現電流計的指針向左偏轉.俯視線圈，其繞向為_(選填“順時針”或“逆時針”).(2)當條形磁鐵從圖中的虛線位置向右遠離線圈L時，發(fā)現電流計的指針向右偏轉.俯視線圈，其繞向為_(選填“順時針”或“逆時針”).答案(1)順時針(2分)(2)逆時針(2分)解析(1)由題意可知在線圈L內電流從b流向a，而根據楞次定律(增反減同)知，線圈L中產生的磁場與原磁場方向相反(向上)，再根據安培定則可知，感應電流方向為逆時針方向(俯視線圈)，因此線圈繞向為順時針方向(俯視線圈).(2)由題意可知在線圈L內電流從a流向b，而根據楞次定律(增反減同)知，線圈L中產生的磁場與原磁場方向相同(向上)，再根據安培定則可知，感應電流方向與(1)問相同，而電流計中電流的流向與(1)問相反，因此線圈繞向一定與(1)問相反，為逆時針方向(俯視線圈).14.(12分)如圖14所示，在勻強磁場中傾斜放置的兩根平行光滑的金屬導軌，它們所構成的導軌平面與水平面成30°角，平行導軌間距L1.0 m.勻強磁場方向垂直于導軌平面向下，磁感應強度B0.2 T.兩根金屬桿ab和cd可以在導軌上無摩擦地滑動.兩金屬桿的質量均為m0.2 kg，電阻均為R0.2 .若用與導軌平行的拉力作用在金屬桿ab上，使ab桿沿導軌勻速上滑并使cd桿在導軌上保持靜止，整個過程中兩金屬桿均與導軌垂直且接觸良好.金屬導軌的電阻可忽略不計，取重力加速度g10 m/s2.求：圖14(1)cd桿受到的安培力F安的大??；(2)通過金屬桿的感應電流大小I；(3)作用在金屬桿ab上拉力的功率.答案(1)1.0 N(2)5.0 A(3)20 W解析(1)金屬桿cd靜止在金屬導軌上，所受安培力方向平行于導軌平面向上.則F安mgsin 30°(2分)解得：F安1.0 N(1分)(2)F安BIL(1分)解得：I5.0 A(1分)(3)金屬桿ab所受安培力方向平行于導軌平面向下，金屬桿ab在拉力F、安培力F安和重力mg沿導軌方向分力作用下勻速上滑，則FBILmgsin 30°(2分)根據法拉第電磁感應定律，金屬桿ab上產生的感應電動勢為E感BLv(2分)根據閉合電路歐姆定律，通過金屬桿ab的電流I(1分)根據功率公式：PFv(1分)解得：P 20 W.(1分)15.(12分)在質量為M1 kg的小車上豎直固定著一個質量m0.2 kg、高h0.05 m、總電阻R100 、n100匝的矩形閉合線圈，且小車與線圈的水平長度l相同.現在線圈和小車一起在光滑的水平面上運動，速度為v110 m/s，隨后穿過與線圈平面垂直的磁感應強度B1.0 T的水平有界勻強磁場，如圖15甲所示.已知小車(包括線圈)運動的速度v隨車的位移x變化的vx圖象如圖乙所示.求：圖15(1)小車的水平長度l和磁場的寬度d.(2)當小車的位移x10 cm時，線圈中的電流大小I以及此時小車的加速度a.(3)線圈和小車通過磁場的過程中線圈電阻產生的熱量Q.答案(1)10 cm25 cm(2)0.4 A1.67 m/s2，方向水平向左(3)57.6 J解析(1)由題圖乙可知，從x5 cm開始，線圈進入磁場，線圈中有感應電流，線圈受安培力作用，小車做減速運動，速度v隨位移x減小，當x15 cm時，線圈完全進入磁場，線圈中感應電流消失，小車做勻速運動，因此小車的水平長度l10 cm.(2分)當x30 cm時，線圈開始離開磁場，則d30 cm5 cm25 cm.(2分)(2)當x10 cm時，由題圖乙可知，線圈右邊切割磁感線的速度v28 m/s，由閉合電路歐姆定律得線圈中的電流I A0.4 A(2分)此時線圈所受安培力FnBIh2 N，小車的加速度a1.67 m/s2，方向水平向左.(2分)(3)由題圖乙可知，線圈左邊離開磁場時，小車的速度為v32 m/s.線圈進入磁場和離開磁場時，克服安培力做功，線圈的動能減少，轉化成電能，在線圈上產生電熱.線圈電阻產生的熱量Q(Mm)v12(Mm)v3257.6 J.(4分)16.(12分)某同學設計一個發(fā)電測速裝置，工作原理如圖16所示.一個半徑為R0.1 m的圓形金屬導軌固定在豎直平面上，一根長為R的金屬棒OA，A端與導軌接觸良好，O端固定在圓心處的轉軸上，轉軸的左端有一個半徑為r的圓盤，圓盤和金屬棒能隨轉軸一起轉動.圓盤上繞有不可伸長的細線，下端掛著一個質量為m0.5 kg的鋁塊.在金屬導軌區(qū)域內存在垂直于導軌平面向右的勻強磁場，磁感應強度B0.5 T.a點與金屬導軌相連，b點通過電刷與O端相連.測量a、b兩點間的電勢差U可求得鋁塊速度.鋁塊由靜止釋放，下落h0.3 m時，測得U0.15 V.(細線與圓盤間沒有滑動，金屬棒、導軌、導線及電刷的電阻均不計，重力加速度g10 m/s2)圖16(1)測U時，與a點相接的是電壓表的正極還是負極？(2)求此時鋁塊的速度大??；(3)求此下落過程中鋁塊機械能的損失.答案(1)正極(2)2 m/s(3)0.5 J解析(1)由右手定則判斷，金屬棒中電流方向為由O到A，則A端為等效電源正極，則與a點相接的是電壓表的正極.(2分)(2)由法拉第電磁感應定律得UE(1分)BR2(1分)·t(1分)得UBR2(1分)圓盤和金屬棒一起轉動，則兩者角速度相同，鋁塊的速度與圓盤邊緣的線速度大小相同.(1分)vrR(1分)所以v2 m/s.(1分)(3)Emghmv2(2分)解得E0.5 J.(1分)17.(12分)如圖17甲所示，一電阻不計且足夠長的固定光滑平行金屬導軌MN、PQ間距L0.8 m，下端接有阻值R3 的電阻，導軌平面與水平面間的夾角30°.整個裝置處于方向垂直導軌平面向上的勻強磁場中.一質量m0.1 kg、阻值r0.15 的金屬棒垂直導軌放置并用絕緣細線通過光滑的定滑輪與質量M0.9 kg的重物相連，左端細線連接金屬棒中點且沿NM方向.棒由靜止釋放后，沿NM方向位移x與時間t之間的關系如圖乙所示，其中ab為直線.已知棒在00.3 s內通過的電荷量是0.30.4 s內通過電荷量的2倍，取g10 m/s2，求：圖17(1)00.3 s內棒通過的位移x1的大??；(2)電阻R在00.4 s內產生的熱量Q1.答案(1)0.6 m(2)3 J解析(1)棒在00.3 s內通過的電荷量q1t1(1分)平均感應電流(1分)回路中平均感應電動勢(1分)得q1(1分)同理，棒在0.30.4 s內通過的電荷量q2(1分)由題圖乙讀出0.4 s時刻位移大小x20.9 m又q12q2解得x10.6 m.(1分)(2)由題圖乙知棒在0.30.4 s內做勻速直線運動，棒的速度大小v m/s3 m/s(1分)00.4 s內，對整個系統(tǒng)，根據能量守恒定律得QMgx2mgx2sin (Mm)v2(2分)代入數據解得Q3.15 J(1分)根據焦耳定律有(1分)代入數據解得Q13 J.(1分)- 12 -