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《电磁感应》综合检测时间:90分钟 满分:100分
一、选择题本题共14小题每小题3分共42分.在每小题给出的四个选项中第1~8小题只有一个选项正确第9~14小题有多个选项正确全部选对的得3分选对但不全的得2分有选错或不选的得0分
1.如图所示ab是水平面上一个圆的直径在ab的正上方有一根通电导线ef且ef平行于ab当ef竖直向上平移时穿过这个圆面的磁通量将 C A.逐渐变大B.逐渐变小C.始终为零D.不为零但始终保持不变解析:由题意通电直导线产生稳定的磁场且处在ab正上方电流I产生的磁感线为垂直于ef的同心圆因此穿过圆面的磁通量为零当ef竖直向上平移时穿过这个圆面的磁通量总为零故C正确ABD错误.
2.如图金属环A用绝缘轻绳悬挂与长直螺线管共轴并位于其左侧.若变阻器的滑片P向左移动则 B A.金属环A向左运动同时向外扩张B.金属环A向左运动同时向里收缩C.金属环A向右运动同时向外扩张D.金属环A向右运动同时向里收缩解析:变阻器滑片P向左移动电阻变小电流变大螺线管的磁场增强根据楞次定律感应电流的磁场方向与原电流磁场方向相反故相互排斥则金属环A将向左运动因磁通量增大金属环A有收缩趋势故ACD错误B正确.
3.如图所示纸面内有一矩形导体闭合线框abcdab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 C A.Q1=Q2 q1=q2B.Q1=Q2 q1q2C.Q1Q2 q1=q2D.Q1Q2 q1q2解析:设ab和bc边长分别为LabLbc穿过磁场区域的速度为v由于线框产生的热量等于克服安培力做功则有Q1=BI1Lab·Lbc=B·Lab·Lbc=·Lab通过线框导体横截面的电荷量为q1=I1Δt=·=;同理可以求得Q2=BI2Lbc·Lab=Lbcq2=I2Δt=;因为LabLbc则Q1Q2q1=q2故C正确ABD错误.
4.如图所示一闭合直角三角形线框以速度v匀速穿过匀强磁场区域.从BC边进入磁场区开始计时到A点离开磁场区止的过程中线框内感应电流的情况以逆时针方向为电流的正方向是如图所示中的 A 解析:线框进入或离开磁场时穿过线框的磁通量发生变化线框中有感应电流产生当线框完全进入磁场时磁通量不变没有感应电流产生故C错误;感应电流I==线框进入磁场时切割磁感线的有效长度L均匀减小感应电流逐渐减小由楞次定律可知感应电流为逆时针方向;线框离开磁场时切割磁感线的有效长度L减小感应电流逐渐减小感应电流为顺时针方向;故A正确BD错误.
5.等离子体气流由左方以速度v0连续射入P1和P2两板间的匀强磁场中ab直导线与P1P2相连接线圈A与直导线cd连接.线圈A内有如图乙所示的变化磁场且磁场B的正方向规定为向左如图甲所示则下列叙述正确的是 B A.0~1s内abcd导线互相排斥B.1~2s内abcd导线互相吸引C.2~3s内abcd导线互相吸引D.3~4s内abcd导线互相吸引解析:由左侧电路可以判断ab中电流方向由a到b;由右侧电路及图乙可以判断0~2s内cd中电流为由c到d跟ab中电流同向因此abcd相互吸引故A错误B正确;2~4s内cd中电流为由d到c跟ab中电流反向因此abcd相互排斥故CD错误.
6.1831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CD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.若所加磁场为均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 C 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:根据右手定则可知电流从D点流出流向C点因此铜盘中电流方向为从C向D由于圆盘在切割磁感线相当于电源所以D处的电势比C处高AB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铜盘产生涡流但是此时不再切割磁感线CD两点电势相同故CRD回路中没有电流产生C正确D错误.
7.如图所示一直升机停在南半球的地磁极上空该处地磁场的方向竖直向上磁感应强度为B直升机螺旋桨叶片的长度为L近轴端为a远轴端为b转动的频率为f顺着地磁场的方向看螺旋桨按顺时针方向转动.如果忽略a到转轴中心线的距离用E表示每个叶片中的感应电动势则 A A.E=πfL2B且a点电势低于b点电势B.E=2πfL2B且a点电势低于b点电势C.E=πfL2B且a点电势高于b点电势D.E=2πfL2B且a点电势高于b点电势解析:每个叶片都切割磁感线根据右手定则a点电势低于b点电势.叶片端点的线速度v=ωl=2πfL叶片的感应电动势E=BLv=BL×2πLf=πfL2B.故选A.
8.在如图所示的电路中ab为两个完全相同的灯泡L为自感线圈E为电源S为开关.关于两灯泡点亮和熄灭的先后次序下列说法正确的是 C A.合上开关a先亮b逐渐变亮;断开开关ab同时熄灭B.合上开关b先亮a逐渐变亮;断开开关a先熄灭b后熄灭C.合上开关b先亮a逐渐变亮;断开开关ab同时熄灭D.合上开关ab同时亮;断开开关b先熄灭a后熄灭解析:由于ab为两个完全相同的灯泡当开关接通瞬间b灯泡立刻发光而a灯泡由于线圈的自感作用渐渐变亮;当开关断开瞬间两灯泡串联由线圈产生瞬间电压提供电流导致两灯泡同时逐渐熄灭.故选C.
9.下列各图所描述的物理情境中能产生感应电流的是 BCD 解析:开关S闭合稳定后穿过线圈N的磁通量保持不变线圈N中不产生感应电流故A错误;磁铁向铝环A靠近穿过金属框的磁通量在增大金属框中产生感应电流故B正确;金属框从A向B运动穿过金属框的磁通量时刻在变化金属框产生感应电流故C正确;铜盘在磁场中按图示方向转动铜盘的一部分切割磁感线产生感应电流故D正确.
10.用导线绕一圆环环内有一用同样导线折成的内接正方形线框圆环与线框绝缘如图所示.把它们放在磁感应强度为B的均强磁场中磁场方向垂直于圆环平面纸面向里.当磁场均匀减弱时 AC A.圆环和线框中的电流方向都为顺时针B.圆环和线框中的电流方向都为逆时针C.圆环和线框中的电流大小之比为∶1D.圆环和线框中的电流大小之比为2∶1解析:根据楞次定律可得当磁场均匀减小时圆环和线框内产生的感应磁场方向与原磁场方向相同即感应电流方向都为顺时针A正确B错误;设圆半径为a则圆面积为S=πa2圆周长为L=2πa线框面积为S′=2a2线框周长为L′=4a因为磁场是均匀减小的故E=所以圆环和线框内的电动势之比为==两者的电阻之比为=故电流之比为==×=×=故C正确D错误.
11.如图所示两水平虚线efgh之间存在垂直纸面向外的匀强磁场一质量为m、电阻为R的正方形铝线框abcd从虚线ef上方某位置由静止释放线框运动中ab始终是水平的已知两虚线efgh间距离大于线框边长则从开始运动到ab边到达gh线之前的速度随时间的变化关系图像可能正确的是 BD 解析:线框先做自由落体运动由线框宽度小于磁场的宽度可知当ab边进入磁场且cd边未出磁场的过程中磁通量不变没有感应电流产生不受安培力则线框的加速度与线框自由下落时一样均为g.若cd边刚好匀速进入磁场mg=F安=ab边进入磁场后线框又做匀加速运动cd边出磁场后减速当达到上述匀速的速度后又做匀速运动故A错误B正确;若cd边减速进入磁场线框全部进入后做匀加速运动达到进磁场的速度时不可能匀速.若cd边加速进入磁场全部进入后做匀加速运动当cd边出磁场时线框有可能加速、匀速、减速故C错误D正确.
12.如图所示两根间距为L的光滑平行金属导轨与水平面夹角为α图中虚线下方区域内存在磁感应强度为B的匀强磁场磁场方向垂直于导轨平面向上两金属杆质量均为m电阻均为R垂直于导轨放置开始时金属杆ab处在距磁场上边界一定距离处金属杆cd处在导轨的最下端被与导轨垂直的两根小柱挡住现将金属杆ab由静止释放当金属杆ab刚进入磁场便开始做匀速直线运动已知重力加速度为g则 AC A.金属杆ab进入磁场时感应电流的方向为由b到aB.金属杆ab进入磁场时速度大小为C.金属杆ab进入磁场后产生的感应电动势为D.金属杆ab进入磁场后金属杆cd对两根小柱的压力大小为mgsinα解析:由右手定则可知ab进入磁场时产生的感应电流由b流向a故A正确;ab进入磁场时受到的安培力F=BIL=BL=由平衡条件得=mgsinα解得v=故B错误;ab产生的感应电动势E=BLv=故C正确;由左手定则可知cd受到的安培力平行于斜面向下则cd对两根小柱的压力等于FN=mgsinα+Fmgsinα故D错误.
13.如图所示光滑水平面上存在有界匀强磁场磁场方向垂直纸面向里磁感应强度为B质量为m边长为a的正方形导体框MNPQ斜向上垂直进入磁场当MP刚进入磁场时速度为v方向与磁场边界成45°若导体框的总电阻为R则 AC A.导体框进入磁场过程中导体框中电流的方向为MQPNB.MP刚进入磁场时导体框中感应电流大小为C.MP刚进入磁场时导体框所受安培力为D.MP刚进入磁场时MP两端的电压为解析:根据楞次定律可得导体框进入磁场过程中导体框中电流的方向为MQPN故A正确;根据E=BavMP刚进入磁场时切割磁感线的有效长度为a导体框中感应电流大小为I==故B错误;根据安培力的计算公式可得MP刚进入磁场时导体框所受安培力为F=BI·a=故C正确;MP刚进入磁场时MP两端的电压为路端电压根据闭合电路欧姆定律可得U=E=Bav故D错误.
14.如图所示两条电阻不计的平行导轨与水平面成θ角导轨的一端连接定值电阻R1匀强磁场垂直穿过导轨平面.一根质量为m、电阻为R2的导体棒ab垂直导轨放置导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ且R2=nR
1.如果导体棒以速度v匀速下滑导体棒此时受到的安培力大小为F则以下判断正确的是 AD A.电阻R1消耗的电功率为B.重力做功的功率为mgvcosθC.运动过程中减少的机械能全部转化为电能D.R2上消耗的功率为解析:导体棒以速度v匀速下滑时由E=BLvI=F=BIL可得安培力F=电阻R1消耗的热功率为P1=I2R1=2R1又R2=nR1以上各式联立得P1=故A正确.根据瞬时功率表达式P=Fvcosα其中α为F与v之间的夹角可知重力做功的功率为P=mgvcos-θ=mgvsinθ故B错误.根据能量守恒定律可知运动过程中减少的机械能转化为电能和摩擦产生的热量故C错误.电阻R2消耗的热功率为P2=I2R2=2R2又R2=nR1安培力F=解得P2=故D正确.
二、非选择题共58分
15.6分如图为“探究电磁感应现象”的实验装置.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将小线圈迅速插入大线圈时灵敏电流计指针将 ;
②小线圈插入大线圈后将滑动变阻器触头迅速向左拉时灵敏电流计指针 . 3在做“探究电磁感应现象”实验时如果大线圈两端不接任何元件则大线圈电路中将 . A.因电路不闭合无电磁感应现象B.有电磁感应现象但无感应电流只有感应电动势C.不能用楞次定律判断大线圈两端电势的高低D.可以用楞次定律判断大线圈两端电势的高低解析:1将电源、开关、变阻器、小线圈串联成一个回路再将电流表与大线圈串联成另一个回路连线图如图所示.2
①闭合开关磁通量增加指针向右偏转将小线圈迅速插入大线圈磁通量增加则灵敏电流表的指针向右偏转一下.
②小线圈插入大线圈后将滑动变阻器触头迅速向左拉时电阻增大则电流减小穿过大线圈的磁通量减小则灵敏电流表指针向左偏转一下.3如果大线圈两端不接任何元件大线圈中仍有磁通量的变化仍会产生感应电动势不会有感应电流存在可根据楞次定律来确定电荷移动的方向从而可以判断出大线圈两端电势高低情况.故BD正确AC错误.答案:1见解析2
①向右偏转一下
②向左偏转一下3BD评分标准:每问2分.
16.6分在用如图甲所示装置“研究回路中感应电动势大小与磁通量变化快慢的关系”实验中:1本实验中需要用到的传感器是光电门传感器和 传感器.2让小车以不同速度靠近螺线管记录下光电门挡光时间Δt内感应电动势的平均值E改变速度多次实验得到多组Δt与E若以E为纵坐标、 为横坐标作图可以得到直线图像. 3记录下小车某次匀速向左运动至最后撞上螺线管停止的全过程中感应电动势与时间的变化关系如图乙所示挡光时间Δt内图像所围阴影部分面积为S增加小车的速度再次实验得到的面积S′ 选填“”“”或“=”S. 解析:1需要电压传感器测量感应电动势的平均值.2由于以不同速度磁铁靠近螺线管Δt时间内磁通量变化量ΔΦ相同由法拉第电磁感应定律公式E=n可知E∝故应该以为横轴作图.3根据法拉第电磁感应定律公式E=n面积S=E·Δt=n·ΔΦ由于小车的初末位置不变故面积为一个定值.答案:1电压 2 3=评分标准:每问2分.
17.11分如图光滑平行的竖直金属导轨MNQP相距L在M点和Q点间接一个阻值为R的电阻在两导轨间OO1O1′O′矩形区域内有垂直导轨平面水平向里、高为h的磁感应强度为B的匀强磁场.一质量为m电阻也为R的导体棒ab垂直搁在导轨上与磁场下边界相距h
0.现用一竖直向上的大小为F=2mg的恒力拉ab棒使它由静止开始运动进入磁场后开始做减速运动在离开磁场前已经做匀速直线运动棒ab与导轨始终保持良好的接触导轨电阻不计空气阻力不计g为重力加速度.求:1导体棒ab在离开磁场上边界时的速度;2导体棒ab在刚进入磁场时加速度的大小;3导体棒ab通过磁场区域的过程中棒消耗的电能.解析:1离开磁场时导体棒向上匀速运动受到重力、安培力和拉力所以有F=mg+FA;安培力为FA=BIL=BL=2分则v=.1分2在h0阶段中根据动能定理得F-mgh0=m-m1分解得v1=1分棒刚进入磁场时所受的安培力大小为FA′=1分根据牛顿第二定律得F-mg-FA′=ma1分解得a=g-.1分3对整个过程根据能量守恒定律得Fh0+h=mgh0+h+Q+mv21分回路产生的总电能为Q=mgh0+h-1分棒消耗的电能为E电==mgh+h0-.1分答案:12g-3mgh+h0-
18.11分如图所示水平面上两平行光滑金属导轨间距为L左端用导线连接阻值为R的电阻.在间距为d的虚线MNPQ之间存在方向垂直导轨平面向下的磁场磁感应强度大小只随着与MN的距离变化而变化.质量为m、电阻为r的导体棒ab垂直导轨放置在大小为F的水平恒力作用下由静止开始向右运动到达虚线MN时的速度为v
0.此后恰能以加速度a在磁场中做匀加速运动.导轨电阻不计始终与导体棒接触良好.求:1导体棒开始运动的位置到MN的距离x;2磁场左边缘MN处的磁感应强度大小B;3导体棒通过磁场区域过程中电阻R上产生的焦耳热QR.解析:1导体棒在磁场外由动能定理有Fx=m2分解得x=.1分2导体棒刚进磁场时产生的电动势为E=BLv0由闭合电路欧姆定律有I=又F安=ILB可得F安=2分由牛顿第二定律有F-F安=ma解得B=.2分3导体棒穿过磁场过程由牛顿第二定律有F-F安=ma可得F安=F-maFam恒定则安培力F安恒定则导体棒克服安培力做功为W=F安d2分电路中产生的焦耳热为Q=W电阻R上产生的焦耳热为QR=Q1分解得QR=F-ma.1分答案:123F-ma
19.12分两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平面内两导轨间的距离为L.导轨上横放着两根导体棒ab和cd构成矩形回路如图所示两根导体棒的质量皆为m电阻皆为R回路中其余部分的电阻不计.在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场磁感应强度为B.设两导体棒均可沿导轨无摩擦地滑行开始时棒ab和棒cd之间的距离为d棒cd静止棒ab有指向棒cd的初速度v0若两导体棒在运动中始终不接触求:1棒ab的初速度为v0时回路中的电流.2当ab棒的速度变为初速度v0的时cd棒的加速度大小.3稳定后棒ab和棒cd之间的距离.解析:1由法拉第电磁感应定律棒ab产生的电动势为E=BLv01分则回路产生的电流大小为I==.1分2棒ab和cd在运动过程中始终受到等大反向的安培力系统的动量守恒设ab棒的速度为v0时cd棒的速度是v1以向右的方向为正方向得mv0=mv0+mv1解得v1=v01分此时回路中的总电动势E′=v0-v0BL=1分回路中的电流I′=cd棒受到的安培力F=BI′L所以cd棒上的加速度a=1分联立得a=.1分3稳定后二者速度相等由动量守恒定律得mv0=2mv21分设整个的过程中通过回路的电荷量为q对cd棒由动量定理得mv2-0=BL·t1分而q=t所以q=1分设稳定后二者之间的距离是d′则q==2分联立以上两式得d′=d-.1分答案:1 2 3d-
20.12分如图所示绝缘水平面内固定有一间距d=1m、电阻不计的足够长光滑矩形导轨AKDC导轨两端接有阻值分别为R1=3Ω和R2=6Ω的定值电阻矩形区域AKFENMCD范围内均有方向竖直向下、磁感应强度大小B=1T的匀强磁场Ⅰ和Ⅱ一质量m=
0.2kg、电阻r=1Ω的导体棒ab垂直放在导轨上AK与EF之间某处在方向水平向右、大小F0=2N的恒力作用下由静止开始运动刚要到达EF时导体棒ab的速度大小v1=3m/s导体棒ab进入磁场Ⅱ后导体棒ab中通过的电流始终保持不变导体棒ab在运动过程中始终保持与导轨垂直且接触良好空气阻力不计.1求导体棒ab刚要到达EF时的加速度大小a1;2求两磁场边界EF和MN之间的距离L;3若在导体棒ab刚要到达MN时将恒力F0撤去求导体棒ab能继续滑行的距离x以及滑行该距离x的过程中整个回路产生的焦耳热Q.解析:1导体棒ab刚到达EF时在磁场中切割磁感线产生的感应电动势E1=Bdv1此时导体棒ab所受安培力的方向水平向左由牛顿第二定律得F0-BI1d=ma11分根据闭合电路的欧姆定律则有I1=1分其中R==2Ω.解得a1=5m/s
2.1分2导体棒ab进入磁场Ⅱ后受到的安培力与F0平衡做匀速直线运动导体棒ab中通过的电流I2保持不变则有F0=BI2d其中I2=解得v2=6m/s.1分设导体棒ab从EF运动到MN的过程中的加速度大小为a2根据牛顿第二定律则有F0=ma2;导体棒ab在EFMN之间做匀加速直线运动则有-=2a2L1分解得L=
1.35m.1分3对撤去F0后导体棒ab继续滑行的过程中在某一时刻所受安培力F=.1分取一小段时间Δt由动量定理得-Δt=-mΔv即=mΔv1分则整个过程有=mv21分x==
3.6m1分根据能量守恒定律则有Q=m1分代入数据解得Q=
3.6J.1分答案:15m/s2
21.35m
33.6m
3.6J 。