-新教材高中物理第二章電磁感應章末檢測含解析新人教版選擇性必修第二冊

PAGEPAGE11章末綜合檢測(二)電磁感應(時間：90分鐘滿分：100分)一、選擇題(本題包括12小題，共40分。第1～8小題，在每小題給出的四個選項中，只有一個選項符合題目要求，每小題3分；第9～12小題有多個選項符合題目要求，每小題4分，全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分)1．電磁爐采用感應電流(渦流)的加熱原理，其原理圖如圖所示。它是通過電子線路產(chǎn)生交變磁場，把鐵鍋放在爐面上時，在鐵鍋底部產(chǎn)生交變電流。它具有升溫快、效率高、體積小、安全性好等優(yōu)點。下列關于電磁爐的說法正確的是()A．電磁爐面板可采用陶瓷材料，發(fā)熱部分為鐵鍋底部B．電磁爐面板可采用金屬材料，通過面板發(fā)熱加熱鍋內(nèi)食品C．電磁爐可以用陶瓷器皿作為鍋具對食品加熱D．電磁爐的鍋具一般用鐵鍋，是因為鋁鍋、銅鍋中不能形成渦流解析：選A電磁爐面板如果采用金屬材料，在交變磁場中產(chǎn)生渦流發(fā)熱，會使線圈燒毀，故B錯誤；用陶瓷器皿作為鍋具不能形成渦流，不能對食品加熱，故C錯誤；鋁鍋、銅鍋在電磁爐上也能形成渦流，但由于鋁、銅導磁性弱，通過它們的磁場只是一小部分，因此在鋁鍋、銅鍋中形成的渦流遠比鐵鍋中的小，不是不能形成渦流，故D錯誤，A正確。2．如圖所示，左側(cè)閉合電路中的電流大小為I1，ab為一段長直導線；右側(cè)平行金屬導軌的左端連接有與ab平行的長直導線cd，在遠離cd導線的右側(cè)空間存在與導軌平面垂直的勻強磁場，在磁場區(qū)域放置垂直導軌且與導軌接觸良好的導體棒MN，當導體棒沿導軌勻速運動時，可以在cd上產(chǎn)生大小為I2的感應電流。已知I1>I2，用f1和f2分別表示導線cd產(chǎn)生的磁場對ab的安培力大小和ab產(chǎn)生的磁場對cd的安培力大小，下列說法正確的是()A．若MN向左運動，ab與cd兩導線相互吸引，f1＝f2B．若MN向右運動，ab與cd兩導線相互吸引，f1＝f2C．若MN向左運動，ab與cd兩導線相互吸引，f1>f2D．若MN向右運動，ab與cd兩導線相互吸引，f1>f2解析：選B若MN向左運動，由右手定則可知cd中的電流方向由d→c，而ab中的電流方向由a→b，故二者方向相反，相互排斥。由牛頓第三定律可知，f1＝f2，故A、C均錯誤。同理可知，當MN向右運動時，cd中的電流方向由c→d，ab與cd兩導線電流方向相同，相互吸引，且f1＝f2，B正確，D錯誤。3．如圖所示，紙面內(nèi)有一矩形導體閉合線框abcd，ab邊長大于bc邊長，線框置于垂直紙面向里、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(chǎn)生的熱量為Q1，通過導體線框橫截面的電荷量為q1；第二次bc邊平行MN進入磁場，線框上產(chǎn)生的熱量為Q2，通過導體線框橫截面的電荷量為q2，則()A．Q1＞Q2q1＝q2 B．Q1＞Q2q1＞q2C．Q1＝Q2q1＝q2 D．Q1＝Q2q1＞q2解析：選A設線框ab邊長為l1，bc邊長為l2，進入磁場的速度為v，電阻為R。ab邊平行MN進入磁場時，根據(jù)功能關系，線框進入磁場的過程中產(chǎn)生的熱量等于克服安培力做的功，即Q1＝eq\f(B2l12v,R)·l2，通過線框?qū)w橫截面的電荷量q1＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(Bl1l2,R)，同理得bc邊平行MN進入磁場時，Q2＝eq\f(B2l22v,R)·l1，q2＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(Bl1l2,R)。故q1＝q2，由于l1＞l2，因此Q1＞Q2，A項正確。4．電磁感應現(xiàn)象在生產(chǎn)、生活中有著廣泛的應用。工業(yè)上探測物件表面層內(nèi)部是否存在缺陷的渦流探傷技術原理圖如圖甲所示。其原理是將線圈中通入電流，使被測物件內(nèi)產(chǎn)生渦流，借助探測線圈內(nèi)電流變化測定渦流的改變，從而獲得被測物件內(nèi)部是否斷裂及位置的信息。一個帶鐵芯的線圈L、開關S和電源用導線連接起來的跳環(huán)實驗裝置如圖乙所示，將一個套環(huán)置于線圈L上且使鐵芯穿過其中，閉合開關S的瞬間，套環(huán)將立即跳起。關于對以上兩個應用實例理解正確的是()A．能被探測的物件和實驗所用的套環(huán)必須是導電材料B．渦流探傷技術運用了互感原理，跳環(huán)實驗演示了自感現(xiàn)象C．以上兩個應用實例中的線圈所連接電源都必須是變化的交流電源D．以上兩個應用實例中的線圈所連接電源也可以都是恒壓直流電源解析：選A渦流探傷技術其原理是線圈通電后，使物件內(nèi)產(chǎn)生渦流，借助探測線圈測定渦流的改變，所以能被探測的物體和實驗所用的套環(huán)必須是導電材料，故A正確。跳環(huán)實驗演示線圈接在直流電源上，閉合開關的瞬間，穿過套環(huán)的磁通量仍然會改變，套環(huán)中會產(chǎn)生感應電流并跳動，屬于演示楞次定律的實驗，故B錯誤。金屬探傷時，探測器中通過交變電流，產(chǎn)生變化的磁場，當金屬處于該磁場中時，該金屬中會感應出渦流；演示跳環(huán)的實驗中，線圈接在直流電源上，閉合開關的瞬間，穿過套環(huán)的磁通量仍然會改變，套環(huán)中會產(chǎn)生感應電流，會跳動，故C、D錯誤。5．如圖所示，水平虛線MN的上方有一勻強磁場，矩形導線框abcd從某處以v0的速度豎直上拋，向上運動高度H后進入與線圈平面垂直的勻強磁場，此過程中導線框的ab邊始終與邊界MN平行。在導線框從拋出到速度減為零的過程中，以下四個選項中能正確反映導線框的速度與時間關系的是()解析：選C在導線框從拋出到ab邊接近MN時，導線框做勻減速直線運動。在ab邊進入磁場后切割磁感線產(chǎn)生感應電流，受到安培力作用加速度瞬時變大，速度迅速變小。隨著速度減小，產(chǎn)生的感應電流減小，安培力減小，加速度減小，所以能正確反映導線框的速度與時間關系的是C選項。6．法拉第發(fā)明了世界上第一臺發(fā)電機，如圖所示，圓形金屬盤安置在電磁鐵的兩個磁極之間，兩電刷M、N分別與盤的邊緣和中心點接觸良好，且與靈敏電流計相連。金屬盤繞中心軸沿圖示方向轉(zhuǎn)動，則()A．電刷M的電勢高于電刷N的電勢B．若只將電刷M移近N，電流計的示數(shù)變大C．若只提高金屬盤轉(zhuǎn)速，電流計的示數(shù)變大D．若只將滑動變阻器滑片向左滑動，電流計的示數(shù)變大解析：選C由電流的流向，根據(jù)安培定則可知電磁鐵的左端為N極，右端為S極，兩磁極間的磁場方向向右；根據(jù)金屬盤的轉(zhuǎn)動方向，結合右手定則可以判斷，電刷N的電勢高于電刷M的電勢，A錯誤。若只將電刷M移近N，則電路中的感應電動勢減小，電流計的示數(shù)減小，B錯誤；若只提高金屬盤的轉(zhuǎn)速，則金屬盤中產(chǎn)生的感應電動勢增大，電流計的示數(shù)增大，C正確；若只將滑動變阻器滑片向左滑動，滑動變阻器接入電路的電阻增大，則電磁鐵中的電流減小，兩磁極間的磁感應強度減小，圓盤中產(chǎn)生的感應電動勢減小，電流計的示數(shù)減小，D錯誤。7．光滑水平面上的邊長為a的閉合正三角形金屬框架底邊與磁場邊界平行，完全處于垂直于框架平面的勻強磁場中。現(xiàn)把框架沿與磁場邊界垂直的方向勻速拉出磁場，如圖所示，E、F外、P分別表示金屬框架產(chǎn)生的電動勢、所受水平外力及外力功率，則各物理量與位移x關系圖像正確的是()解析：選B金屬正三角形框架勻速運動的位移x與切割磁感線的導體有效長度l的關系l＝eq\f(x,sin60°)＝eq\f(2\r(3),3)x，即把框架勻速拉出磁場時，產(chǎn)生的電動勢E＝Blv＝eq\f(2\r(3)Bxv,3)，且E∝x。當x＝eq\f(\r(3),2)a時，E最大，選項B正確，選項A錯誤；所受水平外力F外＝BIl＝Bleq\f(E,R)＝eq\f(4B2x2v,3R)，且F外∝x2，其中R為框架的總電阻，當x＝eq\f(\r(3),2)a時，F(xiàn)外最大，選項C錯誤；外力功率P＝F外v＝eq\f(4B2x2v2,3R)，且P∝x2，當x＝eq\f(\r(3),2)a時，P最大，選項D錯誤。8．如圖所示，導體軌道OPQS固定，其中PQS是半圓弧，Q為半圓弧的中點，O為圓心。軌道的電阻忽略不計。OM是有一定電阻、可繞O轉(zhuǎn)動的金屬桿，M端位于PQS上，OM與軌道接觸良好?？臻g存在與半圓所在平面垂直的勻強磁場，磁感應強度的大小為B?，F(xiàn)使OM從OQ位置以恒定的角速度逆時針轉(zhuǎn)到OS位置并固定(過程Ⅰ)；再使磁感應強度的大小以一定的變化率從B增加到B′(過程Ⅱ)。在過程Ⅰ、Ⅱ中，流過OM的電荷量相等，則eq\f(B′,B)等于()A．eq\f(5,4) B．eq\f(3,2)C．eq\f(7,4) D．2解析：選B設PQS半圓弧的半徑為r，在過程Ⅰ中，根據(jù)法拉第電磁感應定律，有E1＝eq\f(ΔΦ1,Δt1)＝eq\f(B·ΔS,Δt1)＝eq\f(B\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)πr2－\f(1,4)πr2)),Δt1)，根據(jù)閉合電路歐姆定律，有I1＝eq\f(E1,R)，且q1＝I1Δt1。在過程Ⅱ中，根據(jù)法拉第電磁感應定律，有E2＝eq\f(ΔΦ2,Δt2)＝eq\f(ΔB·S,Δt2)＝eq\f(B′－B\f(1,2)πr2,Δt2)，根據(jù)閉合電路歐姆定律，有I2＝eq\f(E2,R)，q2＝I2Δt2，又q1＝q2，即eq\f(B\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)πr2－\f(1,4)πr2)),R)＝eq\f(B′－B\f(1,2)πr2,R)所以eq\f(B′,B)＝eq\f(3,2)，選項B正確。9．某學校操場上有如圖所示的器械。兩根金屬鏈條將一根金屬棒ab懸掛在固定的金屬架上，靜止時ab沿東西方向。已知當?shù)氐牡卮艌龇较蜃阅舷虮毙毕蛳赂Q直方向成45°角?，F(xiàn)在最低點給ab棒一個初速度，使它由南向北蕩起來。已知運動過程中鏈條與豎直方向的最大夾角也是45°，則下列說法正確的是()A．當鏈條與豎直方向成45°時，回路中感應電流最大B．當鏈條與豎直方向成45°時，穿過回路的磁通量可能最大C．當ab棒自南向北經(jīng)過最低點時，ab中感應電流的方向是自西向東D．當ab棒自南向北經(jīng)過最低點時，安培力的方向與水平向南的方向成45°斜向下解析：選BD鏈條與豎直方向成45°時，有兩個位置：在最低點南邊時，穿過回路的磁通量最大；在最低點北邊時，穿過回路的磁通量為零。由法拉第電磁感應定律知，兩個位置均不是電流最大的位置，選項A錯誤，選項B正確。金屬棒自南向北經(jīng)過最低點時，感應電流的方向是自東向西，選項C錯誤。根據(jù)左手定則可知金屬棒自南向北經(jīng)過最低點時，安培力方向與水平向南的方向成45°斜向下，選項D正確。10．如圖所示，A、B兩燈泡的電阻均為R。閉合S1、S2，電路穩(wěn)定后，兩燈亮度相同，則()A．只斷開S2，兩燈亮度不變B．在只斷開S1的瞬間，電流從c→bC．只斷開S1，B燈立即熄滅，A燈閃亮一下再熄滅D．只斷開S1，A燈立即熄滅，B燈閃亮一下再熄滅解析：選AB只斷開S2，電路結構不變，兩燈亮度不變，A正確；只斷開S1，由于自感現(xiàn)象，電流從c→b經(jīng)過燈A構成回路，B燈立即熄滅，由于原來R中電流與A燈中電流相等，則A燈不會閃亮一下，而是逐漸熄滅，故B正確，C、D錯誤。11．如圖所示，在磁感應強度為B、方向豎直向下的勻強磁場中，有一水平放置的U形導軌，導軌左端連接一阻值為R的電阻，導軌電阻不計。導軌間距為l，在導軌上垂直放置一根金屬棒MN，與導軌接觸良好，金屬棒電阻為r，用外力拉著金屬棒向右以速度v做勻速運動。則金屬棒運動過程中()A．金屬棒中的電流方向為由N到MB．電阻R兩端的電壓為BlvC．金屬棒受到的安培力大小為eq\f(B2l2v,R＋r)D．電阻R產(chǎn)生焦耳熱的功率為eq\f(B2l2v2,R)解析：選AC由右手定則判斷得知金屬棒MN中的電流方向為由N到M，故A正確；MN產(chǎn)生的感應電動勢E＝Blv，回路中的感應電流大小I＝eq\f(E,r＋R)＝eq\f(Blv,R＋r)，則電阻R兩端的電壓U＝IR＝eq\f(BlvR,R＋r)，故B錯誤；金屬棒MN受到的安培力大小F＝BIl＝eq\f(B2l2v,R＋r)，故C正確；電阻R產(chǎn)生焦耳熱的功率P＝I2R＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(Blv,R＋r)))2R＝eq\f(B2l2v2R,R＋r2)，故D錯誤。12．兩條平行虛線間存在一勻強磁場，磁感應強度方向與紙面垂直。邊長為0.1m、總電阻為0.005Ω的正方形導線框abcd位于紙面內(nèi)，cd邊與磁場邊界平行，如圖(a)所示。已知導線框一直向右做勻速直線運動，cd邊在t＝0時刻進入磁場。導線框中感應電動勢隨時間變化的圖像如圖(b)所示(感應電流的方向為順時針時，感應電動勢取正)。下列說法正確的是()A．磁感應強度的大小為0.5TB．導線框運動速度的大小為0.5m/sC．磁感應強度的方向垂直于紙面向外D．在t＝0.4s至t＝0.6s這段時間內(nèi)，導線框所受的安培力大小為0.1N解析：選BC由題圖(b)可知，導線框勻速直線運動的速度大小v＝eq\f(l,t)＝eq\f(0.1,0.2)m/s＝0.5m/s，B項正確；導線框進入磁場的過程中，cd邊切割磁感線，由E＝Blv得B＝eq\f(E,lv)＝eq\f(0.01,0.1×0.5)T＝0.2T，A項錯誤；由題圖(b)可知，導線框進入磁場的過程中，感應電流的方向為順時針方向，根據(jù)楞次定律可知，磁感應強度方向垂直紙面向外，C項正確；在0.4～0.6s這段時間內(nèi)，導線框正在出磁場，回路中的電流大小I＝eq\f(E,R)＝eq\f(0.01,0.005)A＝2A，則導線框受到的安培力F＝BIl＝0.2×2×0.1N＝0.04N，D項錯誤。二、非選擇題(本題共6小題，共60分)13．(6分)“研究電磁感應現(xiàn)象”的實驗裝置如圖所示。(1)將圖中所缺的導線補接完整。(2)如果在閉合開關時發(fā)現(xiàn)靈敏電流計的指針向右偏轉(zhuǎn)了一下，那么合上開關后進行下述操作時可能出現(xiàn)的情況是：①將通電線圈迅速插入感應線圈時，靈敏電流計指針將____________。②通電線圈插入感應線圈后，將滑動變阻器的滑片迅速向左滑動時，靈敏電流計指針將____________。(3)在實驗時，如果感應線圈兩端不接任何元件，則感應線圈電路中將________。A．因電路不閉合，無電磁感應現(xiàn)象B．有電磁感應現(xiàn)象，但無感應電流，只有感應電動勢C．不能用楞次定律和安培定則判斷感應電動勢方向D．可以用楞次定律和安培定則判斷感應電動勢方向解析：(1)連線如圖所示。(2)根據(jù)穿過感應線圈的磁通量的變化情況與靈敏電流計的指針偏轉(zhuǎn)方向進行判斷，可得①中靈敏電流計指針將向右偏轉(zhuǎn)，②中靈敏電流計指針將向左偏轉(zhuǎn)。(3)只要穿過感應線圈的磁通量發(fā)生變化，就會產(chǎn)生電磁感應現(xiàn)象，就有感應電動勢，但電路不閉合，無感應電流。用楞次定律和安培定則可以判斷感應電動勢的方向，選項B、D正確。答案：(1)見解析圖(2)①向右偏轉(zhuǎn)②向左偏轉(zhuǎn)(3)BD14．(8分)如圖所示，一足夠長的金屬框架MON平面與勻強磁場B垂直，導體棒ab能緊貼金屬框架運動，且始終與導軌ON垂直。當導體棒ab從O點開始勻速向右平動時，速度為v0，試求bOc回路中某時刻的感應電動勢隨時間變化的函數(shù)關系式。解析：設導體棒ab從O點出發(fā)時開始計時，經(jīng)過時間t，導體棒ab勻速運動的距離為s，則有s＝v0t在ΔbOc中，tan30°＝eq\f(bc,s)，則eq\x\to(bc)＝v0ttan30°在回路bOc中，導體棒切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢為E＝Bv0eq\x\to(bc)＝Bv02ttan30°可得回路bOc中，某時刻的感應電動勢隨時間變化的函數(shù)關系式為E＝eq\f(\r(3),3)Bv02t。答案：E＝eq\f(\r(3),3)Bv02t15．(7分)如圖所示，電源的電動勢E＝15V，內(nèi)阻忽略不計，R1＝5Ω，R2＝15Ω，電感線圈的電阻不計，求當開關S接通的瞬間、S接通達到穩(wěn)定時及S斷開的瞬間流過R1的電流。解析：開關接通瞬間，L所在的支路處于斷路狀態(tài)，流過R1的電流為0。穩(wěn)定時，L相當于導線，通過R1的電流I1＝eq\f(E,R1)＝3AS斷開瞬間，R1中的電流仍為I1＝3A。答案：03A3A16．(9分)如圖所示，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端)長度均為L，質(zhì)量分別為2m和m；用兩根不可伸長的柔軟輕導線將它們連成閉合回路abdca，并通過固定在斜面上沿的兩光滑絕緣小定滑輪跨放在斜面上，使兩金屬棒水平。右斜面上存在勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直于斜面向上。已知兩根輕導線剛好不在磁場中，回路電阻為R，兩金屬棒與斜面間的動摩擦因數(shù)均為μ，重力加速度大小為g。已知金屬棒ab(1)作用在金屬棒ab上的安培力的大小；(2)金屬棒運動速度的大小。解析：(1)設輕導線的張力的大小為T，右斜面對ab棒的支持力的大小為N1，作用在ab棒上的安培力的大小為F，左斜面對cd棒的支持力大小為N2。對于ab棒，由力的平衡條件得2mgsinθ＝μN1＋T＋F①N1＝2mgcosθ②對于cd棒，同理有mgsinθ＋μN2＝T③N2＝mgcosθ④聯(lián)立①②③④式得F＝mg(sinθ－3μcosθ)。⑤(2)由安培力公式可知F＝BIL⑥這里I是回路abdca中的感應電流。ab棒上的感應電動勢E＝BLv⑦式中，v是ab棒下滑速度的大小。由歐姆定律得I＝eq\f(E,R)⑧聯(lián)立⑤⑥⑦⑧式得v＝(sinθ－3μcosθ)eq\f(mgR,B2L2)。⑨答案：(1)mg(sinθ－3μcosθ)(2)(sinθ－3μcosθ)eq\f(mgR,B2L2)17．(14分)如圖所示，兩條相距為l的平行金屬導軌位于同一水平面內(nèi)，其右端接一阻值為R的電阻。質(zhì)量為m的金屬桿靜置在導軌上，其左側(cè)的矩形勻強磁場區(qū)域MNPQ的磁感應強度大小為B、方向豎直向下。當該磁場區(qū)域以速度v0勻速地向右掃過金屬桿后，金屬桿的速度變?yōu)関。導軌和金屬桿的電阻不計，導軌光滑且足夠長，桿在運動過程中始終與導軌垂直且兩端與導軌保持良好接觸。求：(1)MN剛掃過金屬桿時，桿中感應電流的大小I；(2)MN剛掃過金屬桿時，桿的加速度大小a；(3)PQ剛要離開金屬桿時，感應電流的功率P。解析：(1)MN剛掃過金屬桿時，金屬桿的感應電動勢E＝Blv0①回路的感應電流I＝eq\f(E,R)②由①②式解得I＝eq\f(Blv0,R)。③(2)金屬桿所受的安培力F＝BIl④由牛頓第二定律可知F＝ma⑤由③④⑤式解得a＝eq\f(B2l2v0,mR)。⑥(3)金屬桿切割磁感線的速度v′＝v0－v⑦感應電動勢E＝Blv′⑧感應電流的電功率P＝eq\f(E2,R)⑨由⑦⑧⑨式解得P＝eq\f(B2l2v0－v2,R)。⑩答