高中物理教科版2第一章電磁感應【市一等獎】

章末綜合測評(一)(時間：60分鐘滿分：100分)一、選擇題(本題共9小題，每小題6分，共54分．在每小題給出的4個選項中，第1～5題只有一項符合題目要求，第6～9題有多項符合題目要求．全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分．)1．下列實驗或器件應用自感現(xiàn)象的是()【導學號：46042078】【解析】電磁感應實驗是應用了法拉第電磁感應現(xiàn)象，故A錯誤；當開關接通220伏的電壓立即使啟輝器的惰性氣體電離，產(chǎn)生輝光放電．輝光放電的熱量使雙金屬片受熱膨脹，兩極接觸．電流通過鎮(zhèn)流器、啟輝器觸極和兩端燈絲構(gòu)成通路，燈絲很快被電流加熱，發(fā)射出大量電子，雙金屬片自動復位，兩極斷開，在兩極斷開的瞬間，電路電流突然切斷，鎮(zhèn)流器產(chǎn)生很大的自感電動勢，與電源電壓疊加后作用于管兩端，應用了自感現(xiàn)象，故B正確；電動機的原理是通電導體在磁場中受力或通電線圈在磁場中受力轉(zhuǎn)動，故C錯誤；電磁灶是利用電磁感應原理制成的，產(chǎn)生熱量的原因是利用交變電流產(chǎn)生交變磁場，使放在灶臺上的鍋體內(nèi)產(chǎn)生的渦流而將電磁能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，故D錯誤．【答案】B2.如圖1所示，閉合導線環(huán)和條形磁鐵都可以繞水平的中心軸OO′自由轉(zhuǎn)動，開始時磁鐵和圓環(huán)都靜止在豎直平面內(nèi)，若條形磁鐵突然繞OO′軸N極向紙里、S極向紙外轉(zhuǎn)動，在此過程中，圓環(huán)將()圖1A．產(chǎn)生逆時針方向的感應電流，圓環(huán)上端向里、下端向外隨磁鐵轉(zhuǎn)動B．產(chǎn)生順時針方向的感應電流，圓環(huán)上端向外、下端向里轉(zhuǎn)動C．產(chǎn)生逆時針方向的感應電流，圓環(huán)并不轉(zhuǎn)動D．產(chǎn)生順時針方向的感應電流，圓環(huán)并不轉(zhuǎn)動【解析】當條形磁鐵的N極向紙內(nèi)、S極向紙外轉(zhuǎn)動時，通過閉合導線環(huán)的總的磁通量是向里增加的，根據(jù)楞次定律知，感應電流產(chǎn)生的磁場應向外，故感應電流的方向沿逆時針方向；再根據(jù)電磁驅(qū)動的原理知，導線環(huán)應與條形磁鐵同向轉(zhuǎn)動，即上端向里、下端向外隨磁鐵轉(zhuǎn)動．【答案】A3．如圖2所示，通有恒定電流的直導線MN與閉合金屬線框abcd共面，第一次將金屬線框由位置Ⅰ平移到位置Ⅱ，第二次將金屬線框由位置Ⅰ翻轉(zhuǎn)到位置Ⅱ，設兩次通過金屬線框截面的電荷量分別為q1和q2，則()【導學號：46042079】圖2A．q1<q2 B．q1＝q2C．q1>q2 D．q1≠0，q2＝0【解析】本題疑難點是磁通量的正負問題．由法拉第電磁感應定律eq\x\to(E)＝neq\f(ΔΦ,Δt)、eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R)和q＝eq\x\to(I)Δt可得q＝neq\f(ΔΦ,R).設金屬線框在位置Ⅰ時，通過金屬線框的磁通量為正，且數(shù)值為Φ1，在位置Ⅱ時通過金屬線框的磁通量數(shù)值為Φ2，第一次將金屬線框由位置Ⅰ平移到位置Ⅱ，磁通量的變化量為Φ1－Φ2，第二次將金屬線框由位置Ⅰ翻轉(zhuǎn)到位置Ⅱ，磁通量的變化量為Φ1＋Φ2，第二次磁通量變化大，通過的電荷量多，選項A正確．【答案】A4．如圖3所示，a、b兩個閉合正方形線圈用同樣的導線制成，匝數(shù)均為10匝，邊長la＝3l【導學號：46042080】圖3A．兩線圈內(nèi)產(chǎn)生順時針方向的感應電流B．a(chǎn)、b線圈中感應電動勢之比為9∶1C．a(chǎn)、b線圈中感應電流之比為3∶4D．a(chǎn)、b線圈中電功率之比為3∶1【解析】當磁感應強度變大時，由楞次定律知，線圈中感應電流的磁場方向垂直紙面向外，由安培定則知，線圈內(nèi)產(chǎn)生逆時針方向的感應電流，選項A錯誤；由法拉第電磁感應定律E＝Seq\f(ΔB,Δt)及Sa∶Sb＝9∶1知，Ea＝9Eb，選項B正確；由R＝ρeq\f(L,S′)知兩線圈的電阻關系為Ra＝3Rb，其感應電流之比為Ia∶Ib＝3∶1，選項C錯誤；兩線圈的電功率之比為Pa∶Pb＝EaIa∶EbIb＝27∶1，選項D錯誤．【答案】B5．如圖4所示，直角三角形導線框abc以速度v勻速進入勻強磁場區(qū)域，則此過程中導線框內(nèi)感應電流隨時間變化的規(guī)律為下列四個圖像中的()【導學號：46042081】圖4【解析】在ac段切割磁感線的過程中，由楞次定律判斷可知，感應電流方向沿abca.線框有效的切割長度均勻增大，由E＝BLv知感應電動勢均勻增大，感應電流均勻增大；在ab段也切割磁感線的過程中，由楞次定律判斷可知，感應電流方向沿abca.線框有效的切割長度均勻減小，由E＝BLv知感應電動勢均勻減小，感應電流均勻減?。蔄圖正確．【答案】A6．在物理學發(fā)展過程中，觀測、實驗、假說和邏輯推理等方法都起到了重要作用．下列敘述符合史實的是()A．奧斯特在實驗中觀察到電流的磁效應，該效應揭示了電和磁之間存在聯(lián)系B．安培根據(jù)通電螺線管的磁場和條形磁鐵的磁場的相似性，提出了分子電流假說C．法拉第在實驗中觀察到，在通有恒定電流的靜止導線附近的固定導線圈中，會出現(xiàn)感應電流D．楞次在分析了許多實驗事實后提出，感應電流應具有這樣的方向，即感應電流的磁場總要阻礙引起感應電流的磁通量的變化【解析】奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應，說明電和磁之間存在聯(lián)系，選項A正確；安培總結(jié)了電流周圍磁場方向，根據(jù)通電螺線管的磁場和條形磁鐵的磁場的相似性，提出了分子電流假說，選項B正確；法拉第在實驗中觀察到，在通有變化電流的靜止導線附近的固定導線圈中，會出現(xiàn)感應電流，選項C錯誤；楞次在分析了許多實驗事實后提出，感應電流應具有這樣的方向，即感應電流的磁場總要阻礙引起感應電流的磁通量的變化，選項D正確．【答案】ABD7．如圖5，圓形閉合線圈內(nèi)存在方向垂直紙面向外的磁場，磁感應強度隨時間變化如圖，則下列說法正確的是()圖5A．0～1s內(nèi)線圈的磁通量不斷增大B．第4s末的感應電動勢為0C．0～1s內(nèi)與2～4s內(nèi)的感應電流相等D．0～1s內(nèi)感應電流方向為順時針【解析】根據(jù)B-t圖中磁通量的變化率，由法拉第電磁感應定律：E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB·S,Δt)，得出各段時間內(nèi)的感應電動勢的大小由圖像的斜率決定．根據(jù)Φ＝BS可知，在0～1s內(nèi)線圈的磁通量不斷增大，故A正確；第4s末的感應電動勢等于2～4s內(nèi)的感應電動勢，即為E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB·S,Δt)，故B錯誤；根據(jù)公式E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB·S,Δt)，在0～1s內(nèi)與2～4s內(nèi)的磁通量的變化率不同，所以感應電動勢大小不同，則感應電流也不相等，故C錯誤；0～1s內(nèi)，磁場垂直紙面向外，大小在增加，根據(jù)楞次定律可知感應電流方向為順時針方向，故D正確．【答案】AD8．如圖6所示，空間存在兩個磁場，磁感應強度大小均為B，方向相反且垂直紙面，MN、PQ為其邊界，OO′為其對稱軸．一導線折成邊長為l的正方形閉合回路abcd，回路在紙面內(nèi)以恒定速度v0向右運動，當運動到關于OO′對稱的位置時()圖6A．穿過回路的磁通量為零B．回路中感應電動勢大小為2BLv0C．回路中感應電流的方向為順時針方向D．回路中ab邊與cd邊所受安培力方向相同【解析】當回路運動到關于OO′對稱的位置時，穿過回路的兩個相反方向的磁場面積相等，且磁感應強度大小均為B，穿過回路的磁通量為零，選項A正確；ab、cd兩個邊均切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢，由右手定則可判斷出，兩個邊產(chǎn)生的感應電流的方向均為逆時針方向，所以回路中感應電動勢大小為2BLv0，選項B正確，選項C錯誤；根據(jù)左手定則可判斷出回路中ab、cd兩個邊所受安培力的方向相同，選項D正確．【答案】ABD9．如圖7甲所示，電阻不計且間距L＝1m的光滑平行金屬導軌豎直放置，上端接一阻值R＝2Ω的電阻，虛線OO′下方有垂直于導軌平面向里的勻強磁場．現(xiàn)將質(zhì)量m＝0.1kg、電阻不計的金屬桿ab從OO′上方某處由靜止釋放，金屬桿ab在下落的過程中與導軌保持良好接觸且始終水平，已知金屬桿ab進入磁場時的速度v0＝1m/s，下落0.3m的過程中加速度a與下落距離h的關系圖像如圖7乙所示，g取10m/s2，則()【導學號：46042082】甲乙圖7A．勻強磁場的磁感應強度為2TB．金屬桿ab下落0.3m時的速度為1m/sC．金屬桿ab下落0.3m的過程中R上產(chǎn)生的熱量為JD．金屬桿ab下落0.3m的過程中通過R的電荷量為0.25C【解析】在金屬桿ab進入磁場時，有mg－eq\f(B2L2v0,R)＝ma，由題圖乙知，a＝－10m/s2，解得B＝2T，選項A正確；金屬桿ab下落到0.3m時做勻速運動，有eq\f(B2L2v,R)＝mg，解得v＝0.5m/s，選項B錯誤；在金屬桿ab下落0.3m的過程中，根據(jù)能量守恒得，R上產(chǎn)生的熱量為Q＝mgh－eq\f(1,2)mv2＝5J，選項C錯誤；金屬桿ab進入磁場前下落的高度h′＝eq\f(v\o\al(2,0),2g)＝0.05m，金屬桿ab在磁場中下落的高度為h－h(huán)′＝0.25m．通過R的電荷量q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(BΔS,R)＝0.25C，選項D正確．【答案】AD二、非選擇題(本題共4小題，共46分．按題目要求作答．)10．(8分)如圖8是探究電磁感應的產(chǎn)生條件實驗的器材及示意圖．圖8(1)在圖中用實線代替導線把它們連成實驗電路．(2)由哪些操作可以使電流表的指針發(fā)生偏轉(zhuǎn)Ⅰ_____________________________________________________________；Ⅱ_____________________________________________________________.(3)假設在開關閉合的瞬間，靈敏電流計的指針向左偏轉(zhuǎn)，則當螺線管A向上拔出的過程中，靈敏電流計的指針向________(填“左”或“右”)偏轉(zhuǎn)．【解析】(1)將電流表與大線圈B組成閉合回路，電源、開關、小線圈A組成閉合回路，電路圖如圖所示．(2)Ⅰ將開關閉合或斷開，或Ⅱ?qū)⒙菥€管A插入(或拔出)螺線管B時穿過線圈B的磁通量發(fā)生變化，線圈B中產(chǎn)生感應電流，電流表指針偏轉(zhuǎn)．(3)在開關閉合的瞬間，穿過線圈B的磁通量增大，靈敏電流計的指針向左偏轉(zhuǎn)，則當螺線管A向上拔出的過程中，穿過線圈B的磁通量減小，靈敏電流計的指針向右偏轉(zhuǎn)．【答案】(1)見解析(2)將開關閉合(或者斷開)；將螺線管A插入(或拔出)螺線管B(3)右11．(10分)導體棒MN的電阻R＝2Ω，質(zhì)量m＝0.1kg，長L＝0.5m，導體棒架在光滑的金屬框架上，金屬框架與水平面的夾角為30°，如圖9所示，它們處于磁感應強度B為1T的勻強磁場中，磁場方向與框架平面垂直.1s后導體棒沿斜面向上滑行的距離是3m時，MN剛好獲得穩(wěn)定的速度，電動機牽引棒時，電壓表、電流表的讀數(shù)分別為5V、1A，電動機內(nèi)阻r為1Ω，不計框架電阻及一切摩擦，求：【導學號：46042083】圖9(1)導體棒能達到的穩(wěn)定速度；(2)導體棒上產(chǎn)生的熱量．【解析】(1)電動機的機械功率P＝UI－I2r＝4W導體棒在斜面上受力如圖所示，導體棒在拉力F的作用下做加速度越來越小的加速運動，當導體棒達到穩(wěn)定速度時，受力平衡，則mgsinα＋FA＝F即mgsinα＋eq\f(B2L2v,R)＝eq\f(P,v)解得v＝4m/s.(2)在導體棒上升的過程中能量守恒Pt＝mgssinα＋eq\f(1,2)mv2＋Q解得Q＝J.【答案】(1)4m/s(2)J12．(14分)如圖10所示，質(zhì)量m＝0.016kg、長L＝0.5m，寬d＝0.1m，電阻R＝Ω的矩形線圈，從h1＝5m高處自由下落，進入一個勻強磁場，當線圈的下邊剛進入磁場時，線圈恰好做勻速直線運動，已知線圈cd邊通過磁場所用的時間t＝s.圖10求：(1)磁場的磁感應強度B；(2)磁場區(qū)域的高度h2(g取10m/s2)．【解析】(1)安培力：F＝BId根據(jù)歐姆定律：I＝eq\f(E,R)根據(jù)法拉第電磁感應定律：E＝Bdv線圈剛好做勻速直線運動，根據(jù)平衡條件有：F＝mg線圈自由落體運動，根據(jù)動能定理：mgh＝eq\f(1,2)mv2解得：v＝eq\r(2gh1)＝eq\r(2×10×5)m/s＝10m/s聯(lián)立以上各式得：B＝eq\r(\f(mgR,d2v))＝eq\r(\f×10×,×10))T＝T.(2)線圈的下邊剛進入磁場到上邊剛進入磁場的時間：t1＝eq\f(L,v)＝eq\f,10)s＝s之后線圈做加速度為g的勻加速度運動，直到線圈cd到達磁場下邊界，這個過程用時：t2＝s－s＝s此段位移為：x2＝vt2＋eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(10×＋\f(1,2)×10×)m＝1.05m磁場區(qū)域的高度為：h2＝x2＋L＝1.55m.【答案】(1)T(2)1.55m13.(14分)如圖11，兩固定的絕緣斜面傾角均為θ，上沿相連．兩細金屬棒ab(僅標出a端)和cd(僅標出c