高中物理第四章电磁感应章末检测卷新人教版选修32.docx

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高中物理第四章电磁感应章末检测卷新人教版选修32

第四章电磁感应

章末检测卷（第四章）

（时间：

90分钟　满分：

100分）

一、单项选择题（本题共8小题，每小题4分，共32分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）

1．宇航员登月后想探测一下月球表面是否有磁场，他手边有一只灵敏电流表和一个小线圈，则下列推断正确的是（　　）

A．直接将电流表放于月球表面，看是否有示数来判断磁场有无

B．将电流表与线圈组成闭合回路，使线圈沿某一方向运动，如果电流表无示数，则判断月球表面无磁场

C．将电流表与线圈组成闭合回路，使线圈沿某一方向运动，如果电流表有示数，则可判断月球表面有磁场

D．将电流表与线圈组成闭合回路，使线圈在某个平面内沿两个互相垂直的方向运动，月球表面若有磁场，则电流表至少有一次示数不为零

答案　C

解析　电流表有示数时可判断有磁场存在，沿某方向运动而无示数不能确定磁场是否存在，只有C正确．

2．如图1，一圆形金属环与两固定的平行长直导线在同一竖直面内，环的圆心与两导线距离相等，环的直径小于两导线间距．两导线中通有大小相等、方向向下的恒定电流．若（　　）

图1

A．金属环向上运动，则环上的感应电流方向为顺时针方向

B．金属环向下运动，则环上的感应电流方向为顺时针方向

C．金属环向左侧直导线靠近，则环上的感应电流方向为逆时针方向

D．金属环向右侧直导线靠近，则环上的感应电流方向为逆时针方向

答案　D

解析　根据楞次定律，当金属环上、下移动时，穿过环的磁通量不发生变化，故没有感应电流产生，故选项A、B错误；当金属环向左移动时，则穿过环的磁场垂直纸面向外并且增强，故根据楞次定律和安培定则可以知道，产生的感应电流为顺时针，故选项C错误；当金属环向右移动时，则穿过环的磁场垂直纸面向里并且增强，故根据楞次定律和安培定则可以知道，产生的感应电流为逆时针，故选项D正确．

3.用一根横截面积为S、电阻率为ρ的硬质导线做成一个半径为r的圆环，ab为圆环的一条直径．如图2所示，在ab的左侧存在一个匀强磁场，磁场垂直圆环所在平面，方向如图所示，磁感应强度大小随时间的变化率

＝k（k＜0）．则（　　）

图2

A．圆环中产生逆时针方向的感应电流

B．圆环具有收缩的趋势

C．圆环中感应电流的大小为|

|

D．图中a、b两点间的电势差大小为Uab＝|

πkr2|

答案　D

解析　由题意可知磁感应强度均匀减小，穿过圆环的磁通量减小，根据楞次定律和安培定则可以判断，圆环中产生顺时针方向的感应电流，圆环具有扩张的趋势，故A、B错误；圆环中产生的感应电动势为E＝

＝

S＝|

πr2k|，圆环的电阻为R＝ρ

＝

，所以圆环中感应电流的大小为I＝

＝|

|，故C错误；图中a、b两点间的电势差Uab＝I×

R＝|

πkr2|，故D正确．

4.如图3所示，一个闭合三角形导线框ABC位于竖直平面内，其下方（略靠前）固定一根与导线框平面平行的水平直导线，导线中通以图示方向的恒定电流．释放导线框，它由实线位置下落到虚线位置未发生转动，在此过程中（　　）

图3

A．导线框中感应电流的方向依次为ACBA→ABCA→ACBA

B．导线框内的磁通量为零时，感应电流也为零

C．导线框所受安培力的合力方向依次为向上→向下→向上

D．导线框所受安培力的合力为零，做自由落体运动

答案　A

解析　根据安培定则可知导线上方的磁场方向垂直纸面向外，下方的磁场方向垂直纸面向里，而且越靠近导线磁场越强，所以闭合导线框ABC在下降过程中，导线框内垂直于纸面向外的磁通量先增大，当BC边与导线重合时，达到最大，再向下运动，导线框内垂直于纸面向外的磁通量逐渐减小至零，然后随导线框的下降，导线框内垂直于纸面向里的磁通量增大，当达到最大，继续下降时由于导线框逐渐远离导线，使导线框内垂直于纸面向里的磁通量再逐渐减小，根据楞次定律可知，感应电流的磁场总是阻碍原磁通量的变化，所以感应电流的磁场先向里，再向外，最后向里，所以导线框中感应电流的方向依次为ACBA→ABCA→ACBA，A正确；当导线框内的磁通量为零时，内部的磁通量仍然在变化，有感应电动势产生，所以感应电流不为零，B错误．根据对楞次定律的理解，感应电流的效果总是阻碍导体间的相对运动，由于导线框一直向下运动，所以导线框所受安培力的合力方向一直向上，不为零，C、D错误．

5．如图4所示，螺线管匝数n＝1000匝，横截面积S＝10cm2，螺线管导线电阻r＝1Ω，电阻R＝9Ω，磁感应强度B的B－t图象如图所示（以向右为正方向），则（　　）

图4

A．感应电动势为0.6V

B．感应电流为0.06V

C．电阻R两端的电压为0.54V

D．0～1s内感应电流的方向为从C点通过R流向A点

答案　D

解析　由图象可知

＝6T/s，根据法拉第电磁感应定律可知产生的感应电动势为E＝n

＝n

S＝1000×6×10×10－4V＝6V，故选项A错误；感应电流为I＝

＝

A＝0.6A，故选项B错误；电阻R两端的电压为U＝IR＝0.6×9V＝5.4V，故选项C错误；0～1s通过螺线管的磁通量在增加，根据楞次定律可知感应电流的方向为从C点通过R流向A点，故选项D正确．

6．匀强磁场方向垂直纸面，规定向里的方向为正，磁感应强度B随时间t的变化规律如图5甲所示．在磁场中有一细金属圆环，圆环平面位于纸面内，t＝0时刻磁场的方向垂直纸面向里，如图乙所示，令I1、I2、I3分别表示Oa、ab、bc段的感应电流，F1、F2、F3分别表示感应电流为I1、I2、I3时金属圆环上很小一段受到的安培力，则（　　）

图5

A．I1沿逆时针方向，I2沿顺时针方向

B．I2沿逆时针方向，I3沿顺时针方向

C．F1方向指向圆心，F2方向指向圆心

D．F2方向背离圆心向外，F3方向背离圆心向外

答案　A

解析　根据楞次定律“增反减同”的规律可推知A正确，B错误；由“增缩减扩”的规律可知，F1与F3的方向指向圆心，F2方向背离圆心向外，故C、D错误．

7．在边长为L的等边三角形区域abc内存在着垂直纸面向外的匀强磁场，一个边长也为L的等边三角形导线框def在纸面上以某一速度向右匀速运动，底边ef始终与磁场的底边界bc在同一直线上，如图6所示．取沿顺时针的电流为正，在线框通过磁场的过程中，其感应电流随时间变化的图象是（　　）

图6

答案　B

解析　线框进入磁场后，切割的有效长度为：

l＝

vttan60°，产生的感应电动势为：

E＝Blv＝

Bv2ttan60°，所以感应电流为：

I＝

，从开始进入磁场到d与a重合之前，电流与t是成正比的，由楞次定律判得线框中的电流方向是顺时针的，此后线框切割的有效长度均匀减小，电流随时间变化仍然是线性关系，由楞次定律判得线框中的电流方向是逆时针的，综合以上分析可知B正确，A、C、D错误．

8．如图7所示是研究通电自感实验的电路图，A1、A2是两个规格相同的小灯泡，闭合开关调节滑动变阻器R的滑动触头，使两个灯泡的亮度相同，调节滑动变阻器R1的滑动触头，使它们都正常发光，然后断开开关S.重新闭合开关S，则（　　）

图7

A．闭合瞬间，A1立刻变亮，A2逐渐变亮

B．闭合瞬间，A1、A2均立刻变亮

C．稳定后，L和R两端的电势差一定相同

D．稳定后，A1和A2两端的电势差不相同

答案　C

解析　断开开关再重新闭合开关的瞬间，根据自感原理可判断，A2立刻变亮，而A1逐渐变亮，A、B均错误；稳定后，自感现象消失，根据题设条件可判断，闭合开关调节滑动变阻器R的滑动触头，使两个灯泡的亮度相同，说明此时滑动变阻器R接入电路的阻值与线圈L的电阻一样大，线圈L和R两端的电势差一定相同，A1和A2两端的电势差也相同，所以C正确，D错误．

二、多项选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分．每小题至少有两个选项正确，选对得5分，漏选得3分，错选得0分）

9.如图8所示是电表中的指针和电磁阻尼器，下列说法中正确的是（　　）

图8

A．2是磁铁，1中产生涡流

B．1是磁铁，2中产生涡流

C．该装置的作用是使指针能够转动

D．该装置的作用是使指针能很快地稳定下来

答案　AD

解析　当指针摆动时，1随之转动，2是磁铁，那么在1中产生涡流，2对1的安培力将阻碍1的转动．总之，不管1向哪个方向转动，2对1的效果总是起到阻尼作用，所以它能使指针很快地稳定下来．

10.如图9所示，一均匀金属圆盘绕通过其圆心且与盘面垂直的轴逆时针匀速转动．现施加一垂直穿过圆盘的有界匀强磁场，圆盘开始减速．在圆盘减速过程中，以下说法正确的是（　　）

图9

A．处于磁场中的圆盘部分，靠近圆心处电势高

B．所加磁场越强越易使圆盘停止转动

C．若所加磁场反向，圆盘将加速转动

D．若所加磁场穿过整个圆盘，圆盘将匀速转动

答案　ABD

解析　由右手定则可知，处于磁场中的圆盘部分，靠近圆心处电势高，选项A正确；根据

E＝Blv可知所加磁场越强，则感应电动势越大，感应电流越大，产生的阻碍圆盘转动的安培力越大，则圆盘越容易停止转动，选项B正确；若加反向磁场，根据楞次定律可知安培力阻碍圆盘的转动，故圆盘仍减速转动，选项C错误；若所加磁场穿过整个圆盘，则圆盘中无感应电流，不产生安培力，圆盘匀速转动，选项D正确．

11.如图10所示，匀强磁场垂直于软导线回路平面，由于磁场发生变化，回路变为圆形．则该磁场（　　）

图10

A．逐渐增强，方向向外

B．逐渐增强，方向向里

C．逐渐减弱，方向向外

D．逐渐减弱，方向向里

答案　CD

解析　对于导线回路来说，圆形面积最大，即由于磁场变化，导致导线回路面积变大，根据楞次定律“增缩减扩”，可判断磁场在减弱，可能是方向垂直软导线回路平面向外的磁场逐渐减弱，也可能是方向垂直软导线回路平面向里的磁场逐渐减弱，选项C、D对．

12.如图11所示，竖直平行金属导轨MN、PQ上端接有电阻R，金属杆ab质量为m，跨在平行导轨上，垂直导轨平面的水平匀强磁场的磁感应强度为B，不计ab与导轨电阻及一切摩擦，且ab与导轨接触良好．若ab杆在竖直向上的外力F作用下匀速上升，则以下说法正确的是（　　）

图11

A．拉力F所做的功等于电阻R上产生的热量

B．杆ab克服安培力做的功等于电阻R上产生的热量

C．电流所做的功一定等于重力势能的增加量

D．拉力F与重力做功的代数和等于电阻R上产生的热量

答案　BD

解析　当外力F拉着金属杆匀速上升时，拉力要克服重力和安培力做功，拉力做的功等于克服安培力和重力做功之和，即等于电阻R上产生的热量和金属杆增加的重力势能之和，选项A、C错误，D正确．克服安培力做多少功，电阻R上就产生多少热量，选项B正确．

三、实验题（本题共2小题，共10分）

13．（4分）为判断线圈绕向，可将灵敏电流计G与线圈L连接，如图12所示．已知线圈由a端开始绕至b端：

当电流从电流计G的左端流入时，指针向左偏转．

图12

（1）将磁铁的N极向下从线圈上方竖直插入线圈L时，发现电流计的指针向左偏转．俯视线圈，其绕向为________（选填“顺时针”或“逆时针”）．

（2）当条形磁铁从图中的虚线位置向右远离线圈L时，发现电流计的指针向右偏转．俯视线圈，其绕向为________（选填“顺时针”或“逆时针”）．

答案　

（1）顺时针　

（2）逆时针

解析　

（1）由题可知在线圈L内电流从b流向a，而根据楞次定律（增反减同）知，线圈L中产生的磁场与原磁场方向相反（向上），再根据安培定则可知，感应电流方向为逆时针方向（俯视线圈），因此线圈绕向为顺时针方向（俯视线圈）．

（2）由题意可知在线圈L内电流从a流向b，而根据楞次定律（增反减同）知，线圈L中产生的磁场与原磁场方向相同（向上），再根据安培定则可知，感应电流方向与

（1）问相同，而电流的流向与

（1）问相反，因此线圈绕向一定与

（1）问相反，为逆时针方向（俯视线圈）．

14．（6分）如图13所示为“研究电磁感应现象”的实验装置．

图13

（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计的指针向右偏转一下，那么合上开关后可能出现的情况有：

A．将线圈A迅速插入线圈B时，灵敏电流计指针将________．

B．线圈A插入线圈B后，将滑动变阻器的滑片迅速向左拉时，灵敏电流计指针________．

答案　

（1）见解析图　

（2）向右偏转一下　向左偏转一下

解析　

（1）如图所示

（2）根据楞次定律及灵敏电流计的指针偏转方向与流过它的电流方向的关系来判定，则A.向右偏转一下；B.向左偏转一下．

四、计算题（本题共3小题，共38分．解答应写出必要的文字说明，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．）

15．（10分）小明同学设计了一个“电磁天平”，如图14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＝0.1m，竖直边长H＝0.3m，匝数为N1.线圈的下边处于匀强磁场内，磁感应强度B0＝1.0T，方向垂直线圈平面向里．线圈中通有可在0～2.0A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＝10m/s2）

图14图15

（1）为使“电磁天平”的量程达到0.5kg，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＝10Ω.不接外电流，两臂平衡．如图15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＝0.1m．当挂盘中放质量为0.01kg的物体时，天平平衡，求此时磁感应强度的变化率

.

答案　

（1）25匝　

（2）0.1T/s

解析　

（1）“电磁天平”中的线圈受到安培力，

I＝2.0A时线圈的匝数最少F＝N1B0IL

由天平平衡可知：

mg＝N1B0IL

代入数据解得：

N1＝25匝．

（2）由法拉第电磁感应定律得：

E＝N2

＝N2

Ld

由欧姆定律得：

I′＝

线圈受到的安培力F′＝N2B0I′L

由天平平衡可得：

m′g＝F′

联立各式，代入数据可得

＝0.1T/s.

16．（13分）如图16所示，水平面（纸面）内间距为l的平行金属导轨间接一电阻，质量为m、长度为l的金属杆置于导轨上．t＝0时，金属杆在水平向右、大小为F的恒定拉力作用下由静止开始运动．t0时刻，金属杆进入磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，且在磁场中恰好能保持匀速运动．杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保持垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数为μ.重力加速度大小为g.求：

图16

（1）金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小；

（2）电阻的阻值．

答案　

（1）Blt0（

－μg）　

（2）

解析　

（1）设金属杆进入磁场前的加速度大小为a，由牛顿第二定律得

F－μmg＝ma①

设金属杆到达磁场左边界时的速度为v，由运动学公式有v＝at0②

当金属杆以速度v在磁场中运动时，由法拉第电磁感应定律知产生的电动势为

E＝Blv③

联立①②③式可得

E＝Blt0（

－μg）④

（2）设金属杆在磁场区域中匀速运动时，金属杆中的电流为I，根据欧姆定律

I＝

⑤

式中R为电阻的阻值．金属杆所受的安培力为

F安＝BlI⑥

因金属杆做匀速运动，有

F－μmg－F安＝0⑦

联立④⑤⑥⑦式得R＝

.

17．（15分）如图17甲所示，一电阻不计且足够长的固定光滑平行金属导轨MN、PQ间距

L＝0.8m，下端接有阻值R＝3Ω的电阻，导轨平面与水平面间的夹角θ＝30°.整个装置处于方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中．一质量m＝0.1kg、阻值r＝0.15Ω的金属棒垂直导轨放置并用绝缘细线通过光滑的定滑轮与质量M＝0.9kg的重物相连，左端细线连接金属棒中点且沿NM方向．棒由静止释放后，沿NM方向位移x与时间t之间的关系如图乙所示，其中ab为直线．已知棒在0～0.3s内通过的电荷量是0.3～0.4s内通过电荷量的2倍，取g＝10m/s2，求：

图17

（1）0～0.3s内棒通过的位移x1的大小；

（2）电阻R在0～0.4s内产生的热量Q1.

答案　

（1）0.6m　

（2）3J

解析　

（1）棒在0～0.3s内通过的电荷量q1＝

Δt1

平均感应电流

＝

回路中平均感应电动势

＝

得q1＝

同理，棒在0.3～0.4s内通过的电荷量

q2＝

由图乙读出0.4s时刻位移大小x2＝0.9m

又q1＝2q2

解得x1＝0.6m.

（2）由题图乙知棒在0.3～0.4s内做匀速直线运动，棒的速度大小v＝

m/s＝3m/s

对系统，根据能量守恒定律

Q＝Mgx2－mgx2sinθ－

（M＋m）v2

代入数据解得Q＝3.15J

根据焦耳定律有

＝

代入数据解得Q1＝3J.