高中一輪復(fù)習(xí)物理階段綜合評估（十一）電磁感應(yīng)

階段綜合評估（十一）電磁感應(yīng)一、單項選擇題1．磁鐵在線圈中心上方開始運(yùn)動時，線圈中產(chǎn)生如圖中箭頭所示方向的感應(yīng)電流，則磁鐵()A．向上運(yùn)動 B．向下運(yùn)動C．向左運(yùn)動 D．向右運(yùn)動解析：選B據(jù)題意，從題圖可以看出磁鐵提供的穿過線圈的原磁場方向向下，由安培定則可知線圈中感應(yīng)電流激發(fā)的感應(yīng)磁場方向向上，即兩個磁場的方向相反，則由楞次定律可知原磁場通過線圈的磁通量在增加，B正確。2．一直升機(jī)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(yīng)強(qiáng)度為B。若直升機(jī)螺旋槳葉片的長度為l，近軸端為a，遠(yuǎn)軸端為b，轉(zhuǎn)動的頻率為f，順著地磁場的方向看螺旋槳，螺旋槳沿順時針方向轉(zhuǎn)動。如果忽略a到轉(zhuǎn)軸中心線的距離，用E表示每個葉片中的感應(yīng)電動勢，則()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：選A直升機(jī)螺旋槳每個葉片都切割磁感線，沿地磁場的方向看螺旋槳，螺旋槳沿順時針方向轉(zhuǎn)動，根據(jù)右手定則可知，a點電勢低于b點電勢；電動勢大小為：E＝eq\f(1,2)Blv＝eq\f(1,2)Bl·lω＝eq\f(1,2)Bl·2πfl＝πl(wèi)2fB，故A正確，B、C、D錯誤。3．如圖所示，在光滑水平面上，有一個粗細(xì)均勻的單匝正方形閉合導(dǎo)線框abcd。t＝0時刻，線框在水平外力的作用下，從靜止開始向右做勻加速直線運(yùn)動，bc邊剛進(jìn)入磁場的時刻為t1，ad邊剛進(jìn)入磁場的時刻為t2，磁場區(qū)域足夠大，設(shè)線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流的大小為i，ad邊兩端電壓大小為U，水平拉力大小為F，則下列表示i、U、F隨運(yùn)動時間t變化關(guān)系的圖像正確的是()解析：選C線框的速度與時間的關(guān)系式為v＝at，a是加速度。由E＝BLv和I＝eq\f(E,R)得，感應(yīng)電流與時間的關(guān)系式為I＝eq\f(BLa,R)t，B、L、a均不變，0～t1時間內(nèi)，無感應(yīng)電流，t1～t2時間內(nèi)，電流I與t成正比，t2時刻后無感應(yīng)電流，故A、B錯誤；由I＝eq\f(BLa,R)t,0～t1時間內(nèi)，無感應(yīng)電流，ad邊兩端的電壓為零，t1～t2時間內(nèi)，電流I與t成正比，Uad＝IRad＝eq\f(BLat,R)×eq\f(1,4)R＝eq\f(1,4)BLat，隨時間均勻增加，t2時刻后無感應(yīng)電流，但有感應(yīng)電動勢，Uad＝E＝BLat，隨時間均勻增加，故C正確；根據(jù)推論得知：線框所受的安培力為FA＝eq\f(B2L2v,R)，由牛頓第二定律得F－FA＝ma，得F＝eq\f(B2L2a,R)t＋ma,0～t1時間內(nèi)，無感應(yīng)電流，F(xiàn)＝ma，為定值，t1～t2時間內(nèi)，F(xiàn)隨時間增加，F(xiàn)與t是線性關(guān)系，但圖線反向延長線不過原點，t>t2時刻后無感應(yīng)電流，F(xiàn)＝ma，為定值，故D錯誤。4．如圖所示的電路中，A、B、C是三個完全相同的燈泡，L是一個自感系數(shù)較大的線圈，其直流電阻與燈泡電阻相同。下列說法正確的是()A．閉合開關(guān)S，A燈逐漸變亮B．電路接通穩(wěn)定后，流過B燈的電流是流過C燈電流的eq\f(3,2)倍C．電路接通穩(wěn)定后，斷開開關(guān)S，C燈立即熄滅D．電路接通穩(wěn)定后，斷開開關(guān)S，三個燈過一會兒才熄滅，且A燈亮度比B、C燈亮度高解析：選D畫出等效電路如圖所示，閉合開關(guān)S，三個燈都立即變亮，A錯誤；電路穩(wěn)定后，線圈和A燈的并聯(lián)電阻為eq\f(R,2)，與B燈的串聯(lián)電阻為eq\f(3R,2)，C燈的電阻為R，根據(jù)并聯(lián)電路分流與電阻成反比，故流過B燈的電流是流過C燈電流的eq\f(2,3)，B錯誤；斷開開關(guān)S，線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢對三個燈泡供電，因此三個燈都過一會兒才熄滅，供電電路是B、C燈串聯(lián)后與A燈并聯(lián)，因此A燈的亮度比B、C燈的亮度高，C錯誤，D正確。5．如圖所示，PQQ2P2是由兩個正方形導(dǎo)線方格PQQ1P1、P1Q1Q2P2構(gòu)成的網(wǎng)絡(luò)電路，方格每邊長度l＝10cm。在x>0的空間分布有磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間t均勻增加的勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直于xOy平面并指向紙內(nèi)。今令網(wǎng)絡(luò)電路PQQ2P2以恒定的速度v＝5cm/s沿x軸正方向運(yùn)動并進(jìn)入磁場區(qū)域，在運(yùn)動過程中方格的邊PQ始終與y軸平行。若取PQ與y軸重合的時刻為t＝0，在以后任一時刻t磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B＝B0＋bt，式中t的單位為s，B0、b為已知恒量。t＝2.5s時刻，方格PQQ1P1中的感應(yīng)電動勢是E1，方格P1Q1Q2P2中的感應(yīng)電動勢是E2。E1、E2的表達(dá)式正確的是()A．E1＝B0lv B．E1＝bl2C．E2＝eq\f(bl2,4) D．E2＝(B0＋2.5b)lv解析：選B經(jīng)過2.5s，網(wǎng)絡(luò)電路向右運(yùn)動了12.5cm，此時方格PQQ1P1中只有感生電動勢，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得E1＝bl2，B正確，A錯誤；此時方格P1Q1Q2P2只有右邊在磁場中，離磁場邊界0.25l，既有動生電動勢又有感生電動勢，故電動勢的大小E2＝(B0＋2.5b)lv＋0.25bl2，C、D錯誤。二、多項選擇題6．如圖所示是法拉第做成的世界上第一臺發(fā)電機(jī)模型的原理圖。將銅盤放在磁場中，讓磁感線垂直穿過銅盤；圖中a、b導(dǎo)線與銅盤的中軸線處在同一豎直平面內(nèi)；轉(zhuǎn)動銅盤，就可以使閉合電路獲得電流。若圖中銅盤半徑為L，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，回路總電阻為R，銅盤以角速度ω逆時針勻速轉(zhuǎn)動(從上往下看)。則下列說法正確的是()A．回路中有大小和方向周期性變化的電流B．回路中電流大小恒定，且等于eq\f(BL2ω,2R)C．回路中電流方向不變，且從b導(dǎo)線流進(jìn)燈泡，再從a導(dǎo)線流向旋轉(zhuǎn)的銅盤D．若將勻強(qiáng)磁場改為垂直穿過銅盤的按正弦規(guī)律變化的磁場，不轉(zhuǎn)動銅盤，燈泡中一定有電流流過解析：選BC據(jù)題意，當(dāng)銅盤轉(zhuǎn)動后，由右手定則可以確定電流流向銅盤的中心，從b導(dǎo)線流出到達(dá)a導(dǎo)線，方向不變，故A錯誤，C正確；所產(chǎn)生的電動勢大小為：E＝BLv＝BL·eq\f(Lω,2)，則產(chǎn)生的電流大小為：I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BL2ω,2R)，故B正確；當(dāng)銅盤不動磁場按正弦規(guī)律變化時，銅盤中形成渦流，該電流僅在銅盤中產(chǎn)生，沒有電流通過燈泡，故D錯誤。7．(2014·江蘇高考)如圖所示，在線圈上端放置一盛有冷水的金屬杯，現(xiàn)接通交流電源，過了幾分鐘，杯內(nèi)的水沸騰起來。若要縮短上述加熱時間，下列措施可行的有()A．增加線圈的匝數(shù)B．提高交流電源的頻率C．將金屬杯換為瓷杯D．取走線圈中的鐵芯解析：選AB當(dāng)線圈上通交流電時，金屬杯由于發(fā)生電磁感應(yīng)現(xiàn)象，杯中有感應(yīng)電流，對水加熱，若要增大感應(yīng)電流，則需要增大感應(yīng)電動勢或者減小杯體的電阻。增加線圈的匝數(shù)，使得穿過金屬杯的磁場增強(qiáng)，感應(yīng)電動勢增大，選項A正確；提高交流電的頻率，使得磁通量的變化率增大，感應(yīng)電動勢增大，選項B正確；若將金屬杯換為瓷杯，則不會產(chǎn)生感應(yīng)電流，選項C錯誤；取走線圈中的鐵芯，磁場會大大減弱，感應(yīng)電動勢減小，選項D錯誤。8．(2018·無錫檢測)如圖所示，在水平桌面上有個金屬圓環(huán)，在它圓心正上方有一個條形磁鐵(極性不明)，當(dāng)條形磁鐵下落時，可以判定()A．環(huán)將產(chǎn)生俯視逆時針的感應(yīng)電流B．環(huán)有縮小面積的趨勢C．環(huán)對桌面的壓力將增大D．磁鐵將受到豎直向下的電磁作用力解析：選BC因為條形磁鐵極性未知，磁場方向未知，所以不能判斷感應(yīng)電流的方向，A項錯誤；根據(jù)楞次定律“增縮減擴(kuò)”可知，B項正確；根據(jù)楞次定律“來拒去留”，可知環(huán)對桌面的壓力將增大，C項正確；磁鐵受到豎直向上的電磁阻力，D項錯誤。9．(2017·全國Ⅱ卷)兩條平行虛線間存在一勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向與紙面垂直。邊長為0.1m、總電阻為0.005Ω的正方形導(dǎo)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(dǎo)線框一直向右做勻速直線運(yùn)動，cd邊于t＝0時刻進(jìn)入磁場。線框中感應(yīng)電動勢隨時間變化的圖線如圖(b)所示(感應(yīng)電流的方向為順時針時，感應(yīng)電動勢取正)。下列說法正確的是()A．磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為0.5TB．導(dǎo)線框運(yùn)動速度的大小為0.5m/sC．磁感應(yīng)強(qiáng)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(dǎo)線框所受的安培力大小為0.1N解析：選BC由題圖(b)可知，導(dǎo)線框運(yùn)動的速度大小為v＝eq\f(L,t)＝eq\f(0.1,0.2)m/s＝0.5m/s，B項正確；導(dǎo)線框進(jìn)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(dǎo)線框進(jìn)入磁場的過程中，感應(yīng)電流的方向為順時針方向，根據(jù)楞次定律可知，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直于紙面向外，C項正確；在0.4～0.6s這段時間內(nèi)，導(dǎo)線框正在出磁場，回路中的電流大小為I＝eq\f(E,R)＝eq\f(0.01,0.005)A＝2A，則導(dǎo)線框所受到的安培力大小為F＝BIL＝0.2×2×0.1N＝0.04N，D項錯誤。三、計算題10．(2016·江蘇高考)據(jù)報道，一法國攝影師拍到了“天宮一號”空間站飛過太陽的瞬間。照片中，“天宮一號”的太陽帆板輪廓清晰可見。如圖所示，假設(shè)“天宮一號”正以速度v＝7.7km/s繞地球做勻速圓周運(yùn)動，運(yùn)動方向與太陽帆板兩端M、N的連線垂直，M、N間的距離L＝20m，地磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度垂直于v、MN所在平面的分量B＝1.0×10－5T。將太陽帆板視為導(dǎo)體。(1)求M、N間感應(yīng)電動勢的大小E；(2)在太陽帆板上將一只“1.5V,0.3W”的小燈泡與M、N相連構(gòu)成閉合電路，不計太陽帆板和導(dǎo)線的電阻，試判斷小燈泡能否發(fā)光，并說明理由；(3)取地球半徑R＝6.4×103km，地球表面的重力加速度g＝9.8m/s2，試估算“天宮一號”距離地球表面的高度h(計算結(jié)果保留一位有效數(shù)字)。解析：(1)感應(yīng)電動勢E＝BLv，代入數(shù)據(jù)得E＝1.54V。(2)不能，因為穿過閉合回路的磁通量不變，不產(chǎn)生感應(yīng)電流。(3)在地球表面有Geq\f(Mm,R2)＝mg“天宮一號”做勻速圓周運(yùn)動，有Geq\f(Mm,R＋h2)＝meq\f(v2,R＋h)解得h＝eq\f(gR2,v2)－R，代入數(shù)據(jù)得h≈4×105m(數(shù)量級正確即可)。答案：(1)1.54V(2)見解析(3)4×105m11．(2018·南昌三校高三聯(lián)考)如圖所示，空間分布著水平方向的勻強(qiáng)磁場，磁場區(qū)域的水平寬度d＝0.4m，豎直方向足夠長，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.5T。正方形導(dǎo)線框PQMN邊長L＝0.4m，質(zhì)量m＝0.2kg，電阻R＝0.1Ω，開始時放在光滑絕緣水平板上Ⅰ位置，現(xiàn)用一水平向右的恒力F＝0.8N拉線框，使其向右穿過磁場區(qū)，最后到達(dá)Ⅱ位置(MN邊恰好出磁場)。設(shè)線框平面在運(yùn)動中始終保持在豎直平面內(nèi)，PQ邊剛進(jìn)入磁場后線框恰好做勻速運(yùn)動，g取10m/s2。求：(1)線框進(jìn)入磁場前運(yùn)動的距離D；(2)上述整個過程中線框內(nèi)產(chǎn)生的焦耳熱；(3)線框進(jìn)入磁場過程中通過的電量。解析：(1)線框在磁場中做勻速運(yùn)動，則F安＝F由公式得：F安＝BIL，I＝eq\f(E,R)，E＝BLv1解得：v1＝2m/s由動能定理得：FD＝eq\f(1,2)mv12解得：D＝0.5m。(2)由能量守恒定律可知Q＝2Fd＝2×0.8×0.4J＝0.64J。(3)根據(jù)q＝eq\x\to(I)t＝eq\f(ΔΦ,Rt)t＝eq\f(ΔΦ,R)可得q＝eq\f(BΔS,R)＝eq\f(0.5×0.42,0.1)C＝0.8C。答案：(1)0.5m(2)0.64J(3)0.8C12．(2017·天津高考)電磁軌道炮利用電流和磁場的作用使炮彈獲得超高速度，其原理可用來研制新武器和航天運(yùn)載器。電磁軌道炮示意如圖，圖中直流電源電動勢為E，電容器的電容為C。兩根固定于水平面內(nèi)的光滑平行金屬導(dǎo)軌間距為l，電阻不計。炮彈可視為一質(zhì)量為m、電阻為R的金屬棒MN，垂直放在兩導(dǎo)軌間處于靜止?fàn)顟B(tài)，并與導(dǎo)軌良好接觸。首先開關(guān)S接1，使電容器完全充電。然后將S接至2，導(dǎo)軌間存在垂直于導(dǎo)軌平面、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(圖中未畫出)，MN開始向右加速運(yùn)動。當(dāng)MN上的感應(yīng)電動勢與電容器兩極板間的電壓相等時，回路中電流為零，MN達(dá)到最大速度，之后離開導(dǎo)軌。問：(1)磁場的方向；(2)MN剛開始運(yùn)動時加速度a的大??；(3)MN離開導(dǎo)軌后電容器上剩余的電荷量Q是多少。解析：(1)將S接1時，電容器充電，上極板帶正電，下極板帶負(fù)電，當(dāng)將S接2時，電容器放電，流經(jīng)MN的電流由M到N，又知MN向右運(yùn)動，由左手定則可知磁場方向垂直于導(dǎo)軌平面向下。(2)電容器完全充電后，兩極板間電壓為E，當(dāng)S接2時，電容器放電，設(shè)剛放電時流經(jīng)MN的電流為I，有I＝eq\f(E,R) ①設(shè)MN受到的安培力為F，有F＝IlB ②由牛頓第二定律，有F＝ma ③聯(lián)立①②③式得a＝eq\f(BlE,mR)。 ④(3)當(dāng)電容器充電完畢時，設(shè)電容器上電荷量為Q0，有Q0＝CE ⑤S接2后，MN開始向右加速運(yùn)動，速度達(dá)到最大值vmax時，設(shè)MN上的感應(yīng)電動勢為E′，有E′＝Blvmax