《電磁感應》綜合檢測(時間:90分鐘 滿分:100分)一、選擇題(本題共14小題,每小題3分,共42分.在每小題給出的四個選項中,第1～8小題只有一個選項正確,第9～14小題有多個選項正確,全部選對的得3分,選對但不全的得2分,有選錯或不選的得分)如圖所示,ab是水平面上一個圓的直徑,在ab的正上方有一根通電導線ef,且ef平行于ab,當ef豎直向上平移時,穿過這個圓面的磁通量將(C)A.逐漸變大 B.逐漸變小C.始終為零 D.不為零,但始終保持不變解析:由題意,通電直導線產生穩定的磁場,且處在ab正上方,電流I產生的磁感線為垂直于ef的同心圓,因此,穿過圓面的磁通量為零,當ef豎直向上平移時,穿過這個圓面的磁通量總為零,故C正確,A,B,D錯誤.2.如圖,金屬環A用絕緣輕繩懸掛,與長直螺線管共軸,并位于其左側.若變阻器的滑片 P向左移動,則( B )A.金屬環A向左運動,同時向外擴張B.金屬環A向左運動,同時向里收縮C.金屬環A向右運動,同時向外擴張D.金屬環A向右運動,同時向里收縮解析:變阻器滑片P向左移動,電阻變小,電流變大,螺線管的磁場增強,根據楞次定律,感應電流的磁場方向與原電流磁場方向相反,故相互排斥,則金屬環A將向左運動,因磁通量增大,金屬環A有收縮趨勢,故A,C,D錯誤,B正確.3.如圖所示,紙面內有一矩形導體閉合線框abcd,ab邊長大于bc邊長,置于垂直紙面向里、邊界為MN的勻強磁場外,線框兩次勻速地完全進入磁場,兩次速度大小相同,方向均垂直于MN.第一次ab邊平行MN進入磁場,線框上產生的熱量為Q1,通過線框導體橫截面的電荷量為q1;第二次bc邊平行MN進入磁場.線框上產生的熱量為Q2,通過線框導體橫截面的電荷量為q2,則(C)A.Q=Qq=qB.Q=Qq>q12121212C.Q>Qq=qD.Q>Qq>q12121212解析:設ab和bc邊長分別為Lab,Lbc,穿過磁場區域的速度為 v,由于線框產生的熱量等于克服安培力做功 ,則有Q1=BI1Lab·Lbc=B ·Lab·Lbc= ·Lab通過線框導體橫截面的電荷量為q=I1t=·=;1同理可以求得Q=BIL·L=Lbc,q2=I2t=;22bcab因為Lab>Lbc,則Q1>Q2,q1=q2,故C正確,A,B,D錯誤.如圖所示,一閉合直角三角形線框以速度v勻速穿過勻強磁場區域.從BC邊進入磁場區開始計時,到A點離開磁場區止的過程中,線框內感應電流的情況(以逆時針方向為電流的正方向)是如圖所示中的( A )解析:線框進入或離開磁場時 ,穿過線框的磁通量發生變化 ,線框中有感應電流產生,當線框完全進入磁場時 ,磁通量不變,沒有感應電流產生,故C錯誤;感應電流I==,線框進入磁場時,切割磁感線的有效長度L均勻減小,感應電流逐漸減小,由楞次定律可知,感應電流為逆時針方向;線框離開磁場時,切割磁感線的有效長度L減小,感應電流逐漸減小,感應電流為順時針方向;故A正確,B,D錯誤.5.等離子體氣流由左方以速度v0連續射入P1和P2兩板間的勻強磁場中,ab直導線與P1,P2相連接,線圈A與直導線cd連接.線圈A內有如圖(乙)所示的變化磁場,且磁場B的正方向規定為向左,如圖(甲)所示,則下列敘述正確的是(B)A.0～1s內ab,cd導線互相排斥B.1～2s內ab,cd導線互相吸引C.2～3s內ab,cd導線互相吸引D.3～4s內ab,cd導線互相吸引解析:由左側電路可以判斷ab中電流方向由a到b;由右側電路及圖(乙)可以判斷,0～2s內cd中電流為由c到d,跟ab中電流同向,因此ab,cd相互吸引,故A錯誤,B正確;2～4s內cd中電流為由d到c,跟ab中電流反向,因此ab,cd相互排斥,故C,D錯誤.6.1831年,法拉第在一次會議上展示了他發明的圓盤發電機[圖(甲)].它是利用電磁感應原理制成的,是人類歷史上第一臺發電機.圖(乙)是這個圓盤發電機的示意圖:銅盤安裝在水平的銅軸上,它的邊緣正好在兩磁極之間,兩塊銅片C,D分別與轉動軸和銅盤的邊緣良好接觸.使銅盤轉動,電阻R中就有電流通過.若所加磁場為均強磁場,回路的總電阻恒定,從左往右看,銅盤沿順時針方向勻速轉動,CRD平面與銅盤平面垂直,下列說法正確的是(C)A.電阻R中沒有電流流過B.銅片C的電勢高于銅片 D的電勢C.保持銅盤不動,磁場變為方向垂直于銅盤的交變磁場 ,則銅盤中有電流產生D.保持銅盤不動,磁場變為方向垂直于銅盤的交變磁場 ,則CRD回路中有電流產生解析:根據右手定則可知,電流從D點流出,流向C點,因此銅盤中電流方向為從C向D,由于圓盤在切割磁感線,相當于電源,所以D處的電勢比C處高,A,B錯誤;保持銅盤不動,磁場變為方向垂直于銅盤的交變磁場,則穿過銅盤的磁通量發生變化,銅盤產生渦流,但是此時不再切割磁感線,C,D兩點電勢相同,故CRD回路中沒有電流產生,C正確,D錯誤.如圖所示,一直升機停在南半球的地磁極上空,該處地磁場的方向豎直向上,磁感應強度為B,直升機螺旋槳葉片的長度為L,近軸端為a,遠軸端為b,轉動的頻率為f,順著地磁場的方向看,螺旋槳按順時針方向轉動.如果忽略a到轉軸中心線的距離,用E表示每個葉片中的感應電動勢,則(A)A.E=πfL2B,且a點電勢低于b點電勢B.E=2πfL2B,且a點電勢低于b點電勢C.E=πfL2B,且a點電勢高于b點電勢D.E=2πfL2B,且a點電勢高于b點電勢解析:每個葉片都切割磁感線,根據右手定則,a點電勢低于b點電勢.葉片端點的線速度v=ωl=2πfL,葉片的感應電動勢E=BLv=BL×2πLf=πfL2B.故選A.在如圖所示的電路中,a,b為兩個完全相同的燈泡,L為自感線圈,E為電源,S為開關.關于兩燈泡點亮和熄滅的先后次序,下列說法正確的是(C)A.合上開關,a先亮,b逐漸變亮;斷開開關,a,b同時熄滅B.合上開關,b先亮,a逐漸變亮;斷開開關,a先熄滅,b后熄滅C.合上開關,b先亮,a逐漸變亮;斷開開關,a,b同時熄滅D.合上開關,a,b同時亮;斷開開關,b先熄滅,a后熄滅解析:由于a,b為兩個完全相同的燈泡,當開關接通瞬間,b燈泡立刻發光,而a燈泡由于線圈的自感作用漸漸變亮;當開關斷開瞬間,兩燈泡串聯,由線圈產生瞬間電壓提供電流,導致兩燈泡同時逐漸熄滅.故選C.9.下列各圖所描述的物理情境中 ,能產生感應電流的是( BCD)解析:開關S閉合穩定后,穿過線圈N的磁通量保持不變,線圈N中不產生感應電流,故A錯誤;磁鐵向鋁環A靠近,穿過金屬框的磁通量在增大,金屬框中產生感應電流,故B正確;金屬框從A向B運動,穿過金屬框的磁通量時刻在變化 ,金屬框產生感應電流,故C正確;銅盤在磁場中按圖示方向轉動,銅盤的一部分切割磁感線 ,產生感應電流,故D正確.用導線繞一圓環,環內有一用同樣導線折成的內接正方形線框,圓環與線框絕緣,如圖所示.把它們放在磁感應強度為B的均強磁場中,磁場方向垂直于圓環平面 (紙面)向里.當磁場均勻減弱時( AC)圓環和線框中的電流方向都為順時針圓環和線框中的電流方向都為逆時針C.圓環和線框中的電流大小之比為 ∶1D.圓環和線框中的電流大小之比為 2∶1解析:根據楞次定律可得當磁場均勻減小時,圓環和線框內產生的感應磁場方向與原磁場方向相同,即感應電流方向都為順時針,A正確,B錯誤;設圓半徑為a,則圓面積為S=πa2,圓周長為L=2πa,線框面積為S′=2a2,線框周長為L′=4 a,因為磁場是均勻減小的 ,故E= ,所以圓環和線框內的電動勢之比為 ==,兩者的電阻之比為 = ,故電流之比為==×= ×=,故C正確,D錯誤.如圖所示,兩水平虛線ef,gh之間存在垂直紙面向外的勻強磁場,一質量為m、電阻為R的正方形鋁線框abcd從虛線ef上方某位置由靜止釋放,線框運動中ab始終是水平的,已知兩虛線ef,gh間距離大于線框邊長,則從開始運動到ab邊到達gh線之前的速度隨時間的變化關系圖像可能正確的是(BD)解析:線框先做自由落體運動,由線框寬度小于磁場的寬度可知,當ab邊進入磁場且cd邊未出磁場的過程中,磁通量不變,沒有感應電流產生,不受安培力,則線框的加速度與線框自由下落時一樣,均為g.若cd邊剛好勻速進入磁場,mg=F安=,ab邊進入磁場后線框又做勻加速運動,cd邊出磁場后減速,當達到上述勻速的速度后又做勻速運動,故A錯誤,B正確;若cd邊減速進入磁場,線框全部進入后做勻加速運動,達到進磁場的速度時不可能勻速.若cd邊加速進入磁場,全部進入后做勻加速運動,當cd邊出磁場時線框有可能加速、勻速、減速,故C錯誤,D正確.如圖所示,兩根間距為L的光滑平行金屬導軌與水平面夾角為α,圖中虛線下方區域內存在磁感應強度為B的勻強磁場,磁場方向垂直于導軌平面向上,兩金屬桿質量均為m,電阻均為R,垂直于導軌放置,開始時金屬桿ab處在距磁場上邊界一定距離處,金屬桿cd處在導軌的最下端,被與導軌垂直的兩根小柱擋住,現將金屬桿ab由靜止釋放,當金屬桿ab剛進入磁場便開始做勻速直線運動,已知重力加速度為g,則( AC)A.金屬桿ab進入磁場時感應電流的方向為由 b到aB.金屬桿ab進入磁場時速度大小為C.金屬桿ab進入磁場后產生的感應電動勢為D.金屬桿ab進入磁場后金屬桿 cd對兩根小柱的壓力大小為 mgsinα解析:由右手定則可知,ab進入磁場時產生的感應電流由 b流向a,故A正確;ab進入磁場時受到的安培力 F=BIL=BL = ,由平衡條件得=mgsinα,解得v= ,故B錯誤;ab產生的感應電動勢 E=BLv=,故C正確;由左手定則可知,cd受到的安培力平行于斜面向下 ,則

cd

對兩根小柱的壓力等于

FN=mgsin

α+F>mgsin

α,

故

D錯誤.如圖所示,光滑水平面上存在有界勻強磁場,磁場方向垂直紙面向里,磁感應強度為B,質量為m邊長為a的正方形導體框MNPQ斜向上垂直進入磁場,當MP剛進入磁場時速度為v,方向與磁場邊界成45°,若導體框的總電阻為 R,則( AC)A.導體框進入磁場過程中,導體框中電流的方向為MQPNB.MP剛進入磁場時導體框中感應電流大小為C.MP剛進入磁場時導體框所受安培力為D.MP剛進入磁場時M,P兩端的電壓為解析:根據楞次定律可得導體框進入磁場過程中,導體框中電流的方向為MQPN,故A正確;根據E=Bav,MP剛進入磁場時切割磁感線的有效長度為a,導體框中感應電流大小為I==,故B錯誤;根據安培力的計算公式可得MP剛進入磁場時導體框所受安培力為 F=BI· a= ,故C正確;MP剛進入磁場時M,P兩端的電壓為路端電壓,根據閉合電路歐姆定律可得U=E=Bav,故D錯誤.14.如圖所示,兩條電阻不計的平行導軌與水平面成θ角,導軌的一端連接定值電阻R1,勻強磁場垂直穿過導軌平面.一根質量為m、電阻為R2的導體棒ab,垂直導軌放置,導體棒與導軌之間的動摩擦因數為 μ,且R2=nR1.如果導體棒以速度v勻速下滑,導體棒此時受到的安培力大小為F,則以下判斷正確的是(AD)A.電阻R1消耗的電功率為B.重力做功的功率為 mgvcosθC.運動過程中減少的機械能全部轉化為電能D.R2上消耗的功率為解析:導體棒以速度v勻速下滑時,由E=BLv,I=,F=BIL可得安培力F=,電阻R消耗的熱功率為22P=IR=()R,又R=nR,以上各111121式聯立得P1=,故A正確.根據瞬時功率表達式P=Fvcosα(其中α為F與v之間的夾角)可知,重力做功的功率為P=mgvcos(-θ)=mgvsinθ,故B錯誤.根據能量守恒定律可知,運動過程中減少的機械能轉化為電能和摩擦產生的熱量 ,故C錯誤.電阻R2消耗的熱功率22R,又R=nR,安培力F=,解得,P=,故D正確.為P=IR=()222212二、非選擇題(共58分)15.(6分)如圖為“探究電磁感應現象”的實驗裝置 .將圖中所缺的導線補接完整.如果在閉合開關時發現靈敏電流表的指針向右偏了一下,那么合上開關后可能出現的情況有:①將小線圈迅速插入大線圈時 ,靈敏電流計指針將 ;②小線圈插入大線圈后 ,將滑動變阻器觸頭迅速向左拉時 ,靈敏電流計指針 .在做“探究電磁感應現象”實驗時,如果大線圈兩端不接任何元件,則大線圈電路中將 .A.因電路不閉合,無電磁感應現象B.有電磁感應現象,但無感應電流,只有感應電動勢C.不能用楞次定律判斷大線圈兩端電勢的高低D.可以用楞次定律判斷大線圈兩端電勢的高低解析:(1)將電源、開關、變阻器、小線圈串聯成一個回路表與大線圈串聯成另一個回路 ,連線圖如圖所示.

,再將電流①閉合開關,磁通量增加,指針向右偏轉,將小線圈迅速插入大線圈,磁通量增加,則靈敏電流表的指針向右偏轉一下.②小線圈插入大線圈后,將滑動變阻器觸頭迅速向左拉時,電阻增大,則電流減小,穿過大線圈的磁通量減小,則靈敏電流表指針向左偏轉一下.如果大線圈兩端不接任何元件,大線圈中仍有磁通量的變化,仍會產生感應電動勢,不會有感應電流存在可根據楞次定律來確定電荷移動的方向,從而可以判斷出大線圈兩端電勢高低情況 .故B,D正確,A,C錯誤.答案:(1)見解析(2)①向右偏轉一下 ②向左偏轉一下(3)BD評分標準:每問2分.16.(6分)在用如圖(甲)所示裝置“研究回路中感應電動勢大小與磁通量變化快慢的關系”實驗中 :(1)本實驗中需要用到的傳感器是光電門傳感器和 傳感器.讓小車以不同速度靠近螺線管,記錄下光電門擋光時間t內感應電動勢的平均值E,改變速度多次實驗,得到多組 t與E,若以E為縱坐標、 為橫坐標作圖可以得到直線圖像 .記錄下小車某次勻速向左運動至最后撞上螺線管停止的全過程中感應電動勢與時間的變化關系,如圖(乙)所示,擋光時間t內圖像所圍陰影部分面積為S,增加小車的速度再次實驗得到的面積S′(選填“>”“<”或“=”)S.解析:(1)需要電壓傳感器測量感應電動勢的平均值 .由于以不同速度磁鐵靠近螺線管,t時間內磁通量變化量ΔΦ相同,由法拉第電磁感應定律公式E=n可知,E∝,故應該以為橫軸作圖.根據法拉第電磁感應定律公式E=n,面積S=E·Δt=n·ΔΦ,由于小車的初末位置不變,故面積為一個定值.答案:(1)電壓 (2) (3)=評分標準:每問2分.17.(11

分)如圖,光滑平行的豎直金屬導軌

MN,QP相距

L,在

M點和

Q點間接一個阻值為

R的電阻,

在兩導軌間

OO1O1′O′矩形區域內有垂直導軌平面水平向里、高為 h的磁感應強度為 B的勻強磁場.一質量為m,電阻也為R的導體棒ab,垂直擱在導軌上,與磁場下邊界相距h0.現用一豎直向上的大小為F=2mg的恒力拉ab棒,使它由靜止開始運動,進入磁場后開始做減速運動,在離開磁場前已經做勻速直線運動(棒ab與導軌始終保持良好的接觸,導軌電阻不計,空氣阻力不計,g為重力加速度).求:導體棒ab在離開磁場上邊界時的速度;導體棒ab在剛進入磁場時加速度的大小;導體棒ab通過磁場區域的過程中棒消耗的電能.解析:(1)離開磁場時導體棒向上勻速運動 ,受到重力、安培力和拉力,所以有F=mg+FA;安培力為FA=BIL= BL= ,(2分)則v=.(1分)在h0階段中,根據動能定理,得(F-mg)h0=m -m (1分)解得v=,(1分)1棒剛進入磁場時所受的安培力大小為FA′= ,(1分)根據牛頓第二定律得F-mg-FA′=ma(1分)解得a=g-.(1分)對整個過程,根據能量守恒定律得2分)F(h0+h)=mg(h0+h)+Q+mv(1回路產生的總電能為Q=mg(h+h)-(1分)0棒消耗的電能為E==mg(h+h)-.(1分)電0答案:(1)(2)g-(3)mg(h+h0)-18.(11分)如圖所示,水平面上兩平行光滑金屬導軌間距為L,左端用導線連接阻值為R的電阻.在間距為d的虛線MN,PQ之間,存在方向垂直導軌平面向下的磁場,磁感應強度大小只隨著與MN的距離變化而變化.質量為m、電阻為r的導體棒ab垂直導軌放置,在大小為F的水平恒力作用下由靜止開始向右運動,到達虛線MN時的速度為v0.此后恰能以加速度a在磁場中做勻加速運動.導軌電阻不計,始終與導體棒接觸良好.求:導體棒開始運動的位置到MN的距離x;磁場左邊緣MN處的磁感應強度大小B;導體棒通過磁場區域過程中,電阻R上產生的焦耳熱QR.解析:(1)導體棒在磁場外,由動能定理有Fx=m ,(2分)解得x= .(1分)導體棒剛進磁場時產生的電動勢為E=BLv0由閉合電路歐姆定律有I=又F安=ILB可得F安=(2分)由牛頓第二定律有 F-F安=ma解得B=.(2分)導體棒穿過磁場過程,由牛頓第二定律有F-F安=ma可得F安=F-ma,F,a,m恒定,則安培力F安恒定,則導體棒克服安培力做功為W=F安d(2分)電路中產生的焦耳熱為 Q=W電阻R上產生的焦耳熱為 QR= Q(1分)解得QR= (F-ma).(1 分)答案:(1)(2)(F-ma)19.(12分)兩根足夠長的固定的平行金屬導軌位于同一水平面內,兩導軌間的距離為L.導軌上橫放著兩根導體棒ab和cd,構成矩形回路,如圖所示,兩根導體棒的質量皆為m,電阻皆為R,回路中其余部分的電阻不計.在整個導軌平面內都有豎直向上的勻強磁場 ,磁感應強度為B.設兩導體棒均可沿導軌無摩擦地滑行,開始時,棒ab和棒cd之間的距離為d,棒cd靜止,棒ab有指向棒cd的初速度v0,若兩導體棒在運動中始終不接觸,求:棒ab的初速度為v0時回路中的電流.當ab棒的速度變為初速度v0的時,cd棒的加速度大小.穩定后棒ab和棒cd之間的距離.解析:(1)由法拉第電磁感應定律 ,棒ab產生的電動勢為E=BLv0(1分)則回路產生的電流大小為

I=

=

.(1

分)(2)棒ab和

cd在運動過程中始終受到等大反向的安培力

,系統的動量守恒,

設

ab

棒的速度為

v0時

cd

棒的速度是

v1,

以向右的方向為正方向,得mv0=mv0+mv1,解得v1=v0,(1分)此時回路中的總電動勢E′=(v0-v0)BL=

(1

分)回路中的電流I′=cd棒受到的安培力 F=BI′L所以cd棒上的加速度a=(1分)聯立得a=.(1分)穩定后二者速度相等,由動量守恒定律得 mv0=2mv(1分)設整個的過程中通過回路的電荷量為 q,對cd棒由動量定理得mv2-0=BL·t,(1 分)而q=t,所以q= ,(1分)設穩定后二者之間的距離是 d′,則q==,(2分)聯立以上兩式得 d′=d- .(1分)答案:(1)

(2)

(3)d-20.(12

分)如圖所示

,絕緣水