高中物理人教版2第四章電磁感應 全國優(yōu)質課

章末綜合測評(一)(時間：60分鐘滿分：100分)一、選擇題(本題共10小題，每小題6分，共60分．在每小題給出的四個選項中，第1～6題只有一項符合題目要求，第7～10題有多項符合題目要求，全都選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分)1．如圖1所示，矩形閉合金屬框abcd的平面與勻強磁場垂直，若ab邊受豎直向上的磁場力作用，則可知金屬框的運動情況是()圖1A．向左平動進入磁場B．向右平動退出磁場C．沿豎直方向向上平動D．沿豎直方向向下平動【解析】因為ab邊受到的安培力的方向豎直向上，所以由左手定則就可以判斷出金屬框中感應電流的方向是abcda，金屬框中的電流是由ad邊切割磁感線產生的．所以金屬框向左平動進入磁場．【答案】A2．環(huán)形線圈放在勻強磁場中，設在第1s內磁場方向垂直于線圈平面向里，如圖2甲所示．若磁感應強度B隨時間t的變化關系如圖乙所示，那么在第2s內，線圈中感應電流的大小和方向是()【導學號：05002075】甲乙圖2A．大小恒定，逆時針方向B．大小恒定，順時針方向C．大小逐漸增加，順時針方向D．大小逐漸減小，逆時針方向【解析】由題圖乙可知，第2s內eq\f(ΔB,Δt)為定值，由E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)S知，線圈中感應電動勢為定值，所以感應電流大小恒定．第2s內磁場方向向外，穿過線圈的磁通量減少，由楞次定律判斷知感應電流為逆時針方向，A項正確．【答案】A3．如圖3為無線充電技術中使用的受電線圈示意圖，線圈匝數(shù)為n，面積為S.若在t1到t2時間內，勻強磁場平行于線圈軸線向右穿過線圈，其磁感應強度大小由B1均勻增加到B2，則該段時間線圈兩端a和b之間的電勢差φa－φb()【導學號：05002076】圖3A．恒為eq\f(nSB2－B1,t2－t1)B．從0均勻變化到eq\f(nSB2－B1,t2－t1)C．恒為－eq\f(nSB2－B1,t2－t1)D．從0均勻變化到－eq\f(nSB2－B1,t2－t1)【解析】根據(jù)法拉第電磁感應定律得，感應電動勢E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(B2－B1S,t2－t1)，由楞次定律和右手螺旋定則可判斷b點電勢高于a點電勢，因磁場均勻變化，所以感應電動勢恒定，因此a、b兩點電勢差恒為φa－φb＝－neq\f(B2－B1S,t2－t1)，選項C正確．【答案】C4．如圖4，一無限長通電直導線固定在光滑水平面上，金屬環(huán)質量為kg，在該平面上以v0＝4m/s、與導線成60°角的初速度運動，最后達到穩(wěn)定狀態(tài)，這一過程中環(huán)中產生的電能為()圖4A．J B．JC．J D．J【解析】金屬環(huán)遠離通電直導線過程中，金屬環(huán)中有感應電流，受到垂直通電直導線方向的安培力，最終金屬環(huán)垂直通電直導線方向的速度變?yōu)榱?，沿通電直導線方向的速度不變，將金屬環(huán)的速度v0分解為沿通電直導線方向的vx和垂直通電直導線方向的vy，則vx＝v0cos60°，所以這一過程中環(huán)中產生的電能為E＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,x)＝J，選項B正確．【答案】B5．緊靠在一起的線圈A與B如圖5甲所示，當給線圈A通以圖乙所示的電流(規(guī)定由a進入b流出為電流正方向)時，則線圈cd兩端的電勢差應為圖中的()【導學號：05002077】圖5【解析】0～1s內，A線圈中電流均勻增大，產生向左均勻增大的磁場，由楞次定律可知，B線圈中外電路的感應電流方向由c到d，大小不變，c點電勢高，所以選項A正確．【答案】A6．單匝矩形線圈在勻強磁場中勻速轉動，轉動軸垂直于磁場．若線圈所圍面積的磁通量隨時間變化的規(guī)律如圖6所示，則()圖6A．線圈中0時刻感應電動勢最小B．線圈中C時刻感應電動勢為零C．線圈中C時刻感應電動勢最大D．線圈從0至C時間內平均感應電動勢為V【解析】感應電動勢E＝eq\f(ΔΦ,Δt)，而磁通量變化率是Φ-t圖線的切線斜率，當t＝0時Φ＝0，但eq\f(ΔΦ,Δt)≠0.若求平均感應電動勢，則用ΔΦ與Δt的比值去求．【答案】B7．如圖7所示，一均勻金屬圓盤繞通過其圓心且與盤面垂直的軸逆時針勻速轉動．現(xiàn)施加一垂直穿過圓盤的有界勻強磁場，圓盤開始減速．在圓盤減速過程中，以下說法正確的是()圖7A．處于磁場中的圓盤部分，靠近圓心處電勢高B．所加磁場越強越易使圓盤停止轉動C．若所加磁場反向，圓盤將加速轉動D．若所加磁場穿過整個圓盤，圓盤將勻速轉動【解析】根據(jù)右手定則可判斷靠近圓心處電勢高，選項A正確；圓盤處在磁場中的部分轉動切割磁感線，相當于電源，其他部分相當于外電路，根據(jù)左手定則，圓盤所受安培力與運動方向相反，磁場越強，安培力越大，故所加磁場越強越易使圓盤停止轉動，選項B正確；磁場反向，安培力仍阻礙圓盤轉動，選項C錯誤；若所加磁場穿過整個圓盤，整個圓盤相當于電源，不存在外電路，沒有電流，所以圓盤不受安培力而勻速轉動，選項D正確．【答案】ABD8．如圖8所示，光滑平行金屬導軌水平放置，左端通過開關S與內阻不計、電動勢為E的電源相連，右端與半徑為L＝20cm的光滑圓弧導軌相接，導軌電阻均不計．導軌所在空間有豎直方向的勻強磁場，磁感應強度B＝T．一根質量m＝60g、電阻R＝1Ω、長為L的導體棒ab，用長也為L的兩根絕緣細線懸掛，導體棒恰好與導軌接觸．閉合開關S后，導體棒沿圓弧擺動，擺動過程中導體棒始終與導軌接觸良好且細線處于張緊狀態(tài)，導體棒擺角最大時，細線與豎直方向的夾角θ＝53°，sin53°＝，g取10m/s2，則()【導學號：05002078】圖8A．磁場方向一定豎直向上B．運動過程中導體棒中電流是變化的C．導體棒在擺動過程中所受安培力F＝8ND．導體棒在擺動過程中電源提供的電能為J【解析】閉合開關S后，導體棒中電流方向從a到b，導體棒沿圓弧擺動，說明所受安培力向右，由左手定則可判斷出磁場方向豎直向下，選項A錯誤．導體棒沿圓弧運動中切割磁感線產生感應電動勢，電路中總電動勢是變化的，則導體棒中電流和所受安培力也是變化的，故選項B正確，選項C錯誤．由能量守恒定律可得，導體棒在擺動過程中電源提供的電能為E能＝mgL(1－cos53°)＝J，選項D正確．【答案】BD9．如圖9所示的電路中，電感L的自感系數(shù)很大，電阻可忽略，D為理想二極管，則下列說法正確的有()圖9A．當S閉合時，L1立即變亮，L2逐漸變亮B．當S閉合時，L1一直不亮，L2逐漸變亮C．當S斷開時，L2立即熄滅D．當S斷開時，L1突然變亮，然后逐漸變暗至熄滅【解析】當S閉合時，因二極管加上了反向電壓，故二極管截止，L1一直不亮；通過線圈的電流增加，感應電動勢阻礙電流增加，故使得L2逐漸變亮，選項B正確，A錯誤；當S斷開時，由于線圈自感電動勢阻礙電流的減小，故通過L1的電流要在L2－L1－D－L之中形成新的回路，故L1突然變亮，然后逐漸變暗至熄滅，選項C錯誤，D正確．【答案】BD10．如圖10所示，豎直光滑導軌上端接入一定值電阻R，C1和C2是半徑都為a的兩圓形磁場區(qū)域，其區(qū)域內的磁場方向都垂直于導軌平面向外，區(qū)域C1中磁場的磁感應強度隨時間按B1＝b＋kt(k＞0)變化，C2中磁場的磁感應強度恒為B2，一質量為m、電阻為r、長度為L的金屬桿AB穿過區(qū)域C2的圓心垂直地跨放在兩導軌上，且與導軌接觸良好，并恰能保持靜止．則()【導學號：05002079】圖10A．通過金屬桿的電流大小為eq\f(mg,B2L)B．通過金屬桿的電流方向為從B到AC．定值電阻的阻值為eq\f(2πkB2a3,mg)－rD．整個電路中產生的熱功率P＝eq\f(πkamg,2B2)【解析】根據(jù)題述金屬桿恰能保持靜止，由平衡條件可得mg＝B2I·2a，通過金屬桿的電流大小為I＝eq\f(mg,2aB2)，選項A錯誤．由楞次定律可知，通過金屬桿的電流方向為從B到A，選項B正確．根據(jù)區(qū)域C1中磁場的磁感應強度隨時間按B1＝b＋kt(k＞0)變化可知eq\f(ΔB,Δt)＝k，故C1中磁場變化產生的感應電動勢E＝eq\f(ΔB,Δt)πa2＝kπa2，由閉合電路歐姆定律得E＝I(r＋R)，聯(lián)立解得定值電阻的阻值為R＝eq\f(2πkB2a3,mg)－r，選項C正確．整個電路中產生的熱功率P＝EI＝kπa2·eq\f(mg,2aB2)＝eq\f(πkamg,2B2)，選項D正確．【答案】BCD二、計算題(本題共3小題，共40分．按題目要求作答)11．(12分)如圖11所示，固定于水平桌面上的金屬框架cdef處在豎直向下的勻強磁場中，金屬棒ab擱在框架上，可無摩擦滑動．此時adeb構成一個邊長為l的正方形，棒的電阻為r，其余部分電阻不計．開始時磁感應強度為B0.【導學號：05002080】圖11(1)若從t＝0時刻起，磁感應強度均勻增大，每秒增量為k，同時保持棒靜止．求棒中的感應電流．在圖上標出感應電流的方向；(2)在上述(1)情況中，棒始終保持靜止，當t＝t1s末時需加的垂直于棒的水平拉力為多少？(3)若從t＝0時刻起，磁感應強度逐漸減小，當棒以恒定速度v向右做勻速運動時，可使棒中不產生感應電流，則磁感應強度應怎樣隨時間變化？(寫出B與t的關系式)【解析】(1)據(jù)題意eq\f(ΔB,Δt)＝k，在磁場均勻變化時，回路中產生的電動勢為E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)·S＝kl2，由閉合電路歐姆定律知，感應電流為I＝eq\f(E,r)＝eq\f(kl2,r).由楞次定律，判定感應電流為逆時針方向，圖略．(2)t＝t1s末棒靜止，水平方向受拉力F外和安培力F安，F(xiàn)外＝F安＝BIl，又B＝B0＋kt1，故F外＝(B0＋kt1)eq\f(kl3,r).(3)因為不產生感應電流，由法拉第電磁感應定律E＝eq\f(ΔΦ,Δt)，知ΔΦ＝0也就是回路內總磁通量不變，即B0l2＝Bl(l＋vt)，解得B＝eq\f(B0l,l＋vt).【答案】(1)eq\f(kl2,r)電流為逆時針方向(2)(B0＋kt1)eq\f(kl3,r)(3)B＝eq\f(B0l,l＋vt)12．(14分)如圖12甲所示，兩根平行金屬導軌固定傾斜放置，導軌與水平面夾角為37°，相距d0＝m，a、b間接一個電阻，其阻值R＝Ω.在導軌c、d兩點處放一根質量m＝kg的金屬棒且導軌ad段與導軌bc段長均為L＝1m，金屬棒與導軌間的動摩擦因數(shù)μ＝.金屬棒電阻r＝Ω，金屬棒被兩個垂直于導軌的木樁托住而不會下滑．在金屬導軌區(qū)域加一個垂直導軌平面斜向下的勻強磁場，磁感應強度隨時間的變化關系如圖乙所示．重力加速度取g＝10m/s2.(sin37°＝，cos37°＝，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)甲乙圖12(1)求0～s內回路中產生的感應電動勢大小；(2)求t＝0時刻，金屬棒所受的安培力大??；(3)在磁場變化的全過程中，若金屬棒始終沒有離開木樁而上升，求圖乙中t0的最大值；【解析】(1)由題圖乙可知eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f－,T/s＝T/sE感＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)Ld0＝×1×V＝V.(2)I感＝eq\f(E感,R＋r)＝eq\f,＋A＝AF安0＝B0I感d0＝××N＝N.(3)t＝t0時刻金屬棒對木樁的壓力為零，最大靜摩擦力沿金屬導軌向下，此時沿傾斜導軌方向上合外力為零．F安1＝Bt0I感d0＝＋(N)N＝mgcos37°＝Nfmax＝μN＝×N＝NF安1＝mgsin37°＋fmax代入數(shù)據(jù)解得t0＝6s.【答案】(1)V(2)N(3)6s13．(14分)小明設計的電磁健身器的簡化裝置如圖13所示，兩根平行金屬導軌相距l(xiāng)＝m，傾角θ＝53°，導軌上端串接一個R＝Ω的電阻．在導軌間長d＝m的區(qū)域內，存在方向垂直導軌平面向下的勻強磁場，磁感應強度B＝T．質量m＝kg的金屬棒CD水平置于導軌上，用絕緣繩索通過定滑輪與拉桿GH相連．CD棒的初始位置與磁場區(qū)域的下邊界相距s＝m．一位健身者用恒力F＝80N拉動GH桿，CD棒由靜止開始運動，上升過程中CD棒始終保持與導軌垂直．當CD棒到達磁場上邊界時健身者松手，觸發(fā)恢復裝置使CD棒回到初始位置(重力加速度g＝10m/s2，sin53°＝，不計其他電阻、摩擦力以及拉桿和繩索的質量)．求：【導學號：05002081】圖13(1)CD棒進入磁場時速度v的大小；(2)CD棒進入磁場時所受的安培力FA的大?。?3)在拉升CD棒的過程中，健身