学年高中物理第4章电磁感应章末检测1新人教版选修32Word文件下载.docx

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B.Ub＞Uc，金属框中电流方向沿abca

C.Ubc＝－

Bl2ω，金属框中无电流

D.Uac＝

Bl2ω，金属框中电流方向沿acba

答案　C

解析　金属框abc平面与磁场平行，转动过程中磁通量始终为零，所以无感应电流产生，选项B、D错误.转动过程中bc边和ac边均切割磁感线，产生感应电动势，由右手定则判断Ua<

Uc，Ub<

Uc，选项A错误.由转动切割产生感应电动势的公式得Ubc＝－

Bl2ω，选项C正确.

3.如图3所示，先后以恒定的速度v1和v2把一个正方形金属线框水平拉出有界匀强磁场区域，且v1＝2v2，则在先后两种情况（　　）

图3

A.线框中的感应电动势之比E1∶E2＝2∶1

B.线框中的感应电流之比I1∶I2＝1∶2

C.线框中产生的热量之比Q1∶Q2＝1∶4

D.通过线框某截面的电荷量之比q1∶q2＝2∶1

答案　A

解析　根据E＝Blv∝v以及v1＝2v2可知，选项A正确；

因为I＝

∝E，所以I1∶I2＝2∶1，选项B错误；

线框中产生的热量Q＝I2Rt＝

t＝

·

＝

∝v，所以Q1∶Q2＝2∶1，选项C错误；

根据q＝

，q1∶q2＝1∶1可知，选项D错误.

4.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与时间t变化规律如图4甲所示，在磁场中有一细金属圆环，圆环平面位于纸面内，如图乙所示.令E1、E2、E3分别表示Oa、bc、cd段的感应电动势的大小，I1、I2、I3分别表示对应的电流，则下列判断正确的是（　　）

图4

A.E1<

E2，I1沿逆时针方向，I2沿顺时针方向

B.E1<

E2，I1沿顺时针方向，I2沿逆时针方向

C.E2<

E3，I2沿逆时针方向，I3沿顺时针方向

D.E2＝E3，I2沿逆时针方向，I3沿顺时针方向

解析　根据E＝

S，所以B－t图线的斜率大小反映电动势大小，根据比较图线的斜率大小可看出E1<

E2＝E3；

根据楞次定律可判断，I1沿逆时针方向，I2沿顺时针方向，I3沿顺时针方向.选项A正确.

5.如图5所示，有一个等腰直角三角形的匀强磁场区域其直角边长为L，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B.边长为L、总电阻为R的正方形导线框abcd，从图示位置开始沿x轴正方向以速度v匀速穿过磁场区域.取沿abcda的感应电流为正，则表示线框中电流i随bc边的位置坐标x变化的图象正确的是（　　）

图5

6.如图6甲所示，一个匝数n＝100的圆形导体线圈，面积S1＝0.4m2，电阻r＝1Ω.在线圈中存在面积S2＝0.3m2的垂直线圈平面向外的匀强磁场区域，磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙所示.有一个R＝2Ω的电阻，将其两端a、b分别与图甲中的圆形线圈相连接，b端接地，则下列说法正确的是（　　）

图6

A.圆形线圈中产生的感应电动势E＝6V

B.在0～4s时间内通过电阻R的电荷量q＝8C

C.设b端电势为零，则a端的电势φa＝3V

D.在0～4s时间内电阻R上产生的焦耳热Q＝18J

答案　D

解析　由法拉第电磁感应定律可得E＝n

，由题图乙结合数学知识可得

T/s＝0.15T/s，将其代入可求E＝4.5V，A错.q＝IΔt＝

Δt＝n

，在0～4s穿过圆形导体线圈的磁通量的变化量为ΔΦ＝0.6×

0.3Wb－0＝0.18Wb，代入可解得q＝6C，B错.0～4s内磁感应强度增大，圆形线圈内磁通量增加，由楞次定律结合右手定则可得b点电势高，a点电势低，故C错.由于磁感应强度均匀变化产生的电动势与电流均恒定，可得I＝

＝1.5A，由焦耳定律可得Q＝I2Rt＝18J，D对.

二、多项选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对得5分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分）

7.自然界的电、热和磁等现象都是相互联系的，很多物理学家为寻找它们之间的联系做出了贡献.下列说法正确的是（　　）

A.奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系

B.欧姆发现了欧姆定律，说明了热现象和电现象之间存在联系

C.法拉第发现了电磁感应现象，揭示了磁现象和电现象之间的联系

D.焦耳发现了电流的热效应，定量给出了电能和热能之间的转换关系

答案　ACD

8.如图7所示，P、Q是两个完全相同的灯泡，L是电阻为零的纯电感，且自感系数L很大.C是电容较大且不漏电的电容器，下列判断正确的是（　　）

图7

A.S闭合时，P灯亮后逐渐熄灭，Q灯逐渐变亮

B.S闭合时，P灯、Q灯同时亮，然后P灯变暗，Q灯变得更亮

C.S闭合，电路稳定后，S断开时，P灯突然亮一下，然后熄灭，Q灯立即熄灭

D.S闭合，电路稳定后，S断开时，P灯突然亮一下，然后熄灭，Q灯逐渐熄灭

答案　AD

解析　当S闭合时，通过自感线圈的电流逐渐增大而产生自感电动势，L相当于断路，电容C较大，相当于短路，当电流稳定时，L相当于短路，电容C相当于断路，故P灯先亮后灭，Q灯逐渐变亮；

当S断开时，灯泡P与自感线圈L组成了闭合回路，灯泡P中的电流先增大后减小至零，故闪亮一下熄灭，电容器与灯泡Q组成闭合回路，电容器放电，故灯泡Q逐渐熄灭，选项A、D正确.

9.如图8所示，一端接有定值电阻的平行金属轨道固定在水平面内，通有恒定电流的长直绝缘导线垂直并紧靠轨道固定，导体棒与轨道垂直且接触良好.在向右匀速通过M、N两区的过程中，导体棒所受安培力分别用FM、FN表示.不计轨道电阻，以下叙述正确的是（　　）

图8

A.FM向右B.FN向左

C.FM逐渐增大D.FN逐渐减小

答案　BCD

解析　根据直线电流产生磁场的分布情况知，M区的磁场方向垂直纸面向外，N区的磁场方向垂直纸面向里，离导线越远，磁感应强度越小.当导体棒匀速通过M、N两区时，感应电流的效果总是阻碍引起感应电流的原因，故导体棒在M、N两区运动时，受到的安培力均向左，故选项A错误，选项B正确.导体棒在M区运动时，磁感应强度B变大，根据E＝Blv、I＝

及F＝BIl可知，FM逐渐变大，故选项C正确；

导体棒在N区运动时，磁感应强度B变小，根据E＝Blv、I＝

及F＝BIl可知，FN逐渐变小，故选项D正确.

10.如图9所示，足够长且电阻不计的光滑平行金属导轨MN、PQ竖直放置，间距为L＝0.5m，一匀强磁场磁感应强度B＝0.2T垂直穿过导轨平面，导轨的上端M与P间连接阻值为R＝0.4Ω的电阻，质量为m＝0.01kg、电阻不计的金属棒ab垂直紧贴在导轨上.现使金属棒ab由静止开始下滑，经过一段时间金属棒达到稳定状态，这段时间内通过R的电荷量为0.3C，则在这一过程中（g＝10m/s2）（　　）

图9

A.安培力最大值为0.05N

B.这段时间内下降的高度1.2m

C.重力最大功率为0.1W

D.电阻产生的焦耳热为0.04J

答案　BD

解析　安培力的最大值应该等于重力为0.1N，故A错误；

由法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律可知q＝

，解得x＝1.2m，故B正确；

当安培力等于重力时，速度最大，mg＝

，解得vm＝4m/s，重力最大功率Pm＝0.4W，故C错误；

由能量守恒定律，电阻产生的焦耳热Q＝mgx－

mv

＝0.04J，故D正确.

三、填空题（本题共2小题，共10分）

11.（5分）为判断线圈绕向，可将灵敏电流计G与线圈L连接，如图10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10

（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），再根据右手螺旋定则可知，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），再根据右手螺旋定则可知，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）.

12.（5分）如图11所示为“研究电磁感应现象”的实验装置.

图11

（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、解答题（本题共4小题，共46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）

13.（10分）如图12所示，在光滑水平面上有一长为L1、宽为L2的单匝矩形闭合导线框abcd，处于磁感应强度为B的有界匀强磁场中，其ab边与磁场的边界重合.线框由粗细均匀的同种导线制成，总电阻为R.现用垂直于线框ab边的水平拉力，将线框以速度v向右沿水平方向匀速拉出磁场，此过程中保持线框平面与磁感线垂直，且ab边与磁场边界平行.求线框被拉出磁场的过程中：

图12

（1）通过线框的电流；

（2）线框中产生的焦耳热；

（3）线框中a、b两点间的电压大小.

答案　

（1）

（2）

　（3）

解析　

（1）线框产生的感应电动势E＝BL2v

通过线框的电流I＝

（2）线框被拉出磁场所需时间t＝

此过程中线框中产生的焦耳热Q＝I2Rt＝

（3）线框ab边的电阻Rab＝

R

线框中a、b两点间电压的大小U＝IRab＝

14.（10分）如图13所示，横截面积为0.2m2的100匝圆形线圈A处在变化的磁场中，磁场方向垂直纸面，其磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示，设垂直纸面向外为B的正方向.R1＝4Ω，R2＝6Ω，C＝30μF，线圈的内阻不计，求电容器上极板所带电荷量并说明正负.

图13

答案　7.2×

10－6C　上极板带正电

解析　E＝n

S＝100×

×

0.2V＝0.4V

电路中的电流I＝

A＝0.04A

所以UC＝IR2＝0.04×

6V＝0.24V

Q＝CUC＝30×

10－6×

0.24C＝7.2×

10－6C

由楞次定律和安培定则可知，电容器的上极板带正电.

15.（12分）如图14所示，两足够长的平行光滑金属导轨倾斜放置，与水平面间的夹角为θ＝37°

，两导轨之间的距离为L＝0.2m，导轨上端m、n之间通过导线连接，有理想边界的匀强磁场垂直于导轨平面向上，虚线ef为磁场边界，磁感应强度为B＝2T.一质量为m＝0.05kg的光滑金属棒ab从距离磁场边界0.75m处由静止释放，金属棒两轨道间的电阻r＝0.4Ω，其余部分的电阻忽略不计，ab、ef均垂直导轨.（g＝10m/s2，sin37°

＝0.6，cos37°

＝0.8），求：

图14

（1）ab棒最终在磁场中匀速运动的速度；

（2）ab棒运动过程中的最大加速度.

答案　

（1）0.75m/s，方向沿斜面向下

（2）18m/s2，方向沿斜面向上

解析　

（1）当ab棒在磁场中匀速运动时，根据受力平衡得：

BIL＝mgsinθ

又有I＝

和E＝BLv，联立以上关系可得v＝0.75m/s，方向沿斜面向下

（2）ab棒进入磁场前，加速度a1＝gsin37°

＝6m/s2，方向沿斜面向下.设ab棒进入磁场时的速度为v1，

则v

＝2a1x1

将x1＝0.75m代入得v1＝3m/s

刚进入磁场时，对ab棒受力分析得：

mgsinθ－BI2L＝ma2，I2＝

解得a2＝－18m/s2，方向沿斜面向上

进入磁场以后，ab棒做加速度逐渐减小的减速运动，最终匀速运动，所以，ab棒运动中的最大加速度为18m/s2，方向沿斜面向上.

16.（14分）如图15所示，质量m1＝0.1kg、电阻R1＝0.3Ω、长度L＝0.4m的导体棒ab横放在U型金属框架上.框架质量m2＝0.2kg，放在绝缘水平面上，与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2.相距0.4m的MM′、NN′相互平行，电阻不计且足够长.电阻R2＝0.1Ω的MN垂直于MM′.整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B＝0.5T.垂直于ab棒施加F＝2N的水平向右的恒力，ab棒从静止开始无摩擦地运动，始终与MM′、NN′保持良好接触，当ab棒运动到某处时，框架开始运动.设框架与水平面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2.

图15

（1）求框架开始运动时ab棒的速度v的大小；

（2）从ab开始运动到框架开始运动的过程中，MN上产生的热量Q＝0.1J，求该过程ab的位移x的大小.

答案　

（1）6m/s　

（2）1.1m

解析　

（1）ab对框架的压力F1＝m1g

框架受水平面的支持力FN＝m2g＋F1

依题意，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则框架受到的最大静摩擦力Ff＝μFN.设框架开始运动时ab棒的速度为v，则ab中的感应电动势E＝BLv

MN中电流I＝

MN受到的安培力F安＝BIL

框架开始运动时F安＝Ff

由上述各式代入数据解得v＝6m/s

（2）闭合回路中产生的总热量Q总＝

Q

由能量守恒定律，得Fx＝

m1v2＋Q总

代入数据解得x＝1.1m.