2024高中物理第一章電磁感應(yīng)章末質(zhì)量評(píng)估含解析粵教版選修3-2

PAGE10-章末質(zhì)量評(píng)估(一)(時(shí)間：90分鐘分值：100分)一、單項(xiàng)選擇題(本大題共8小題，每小題4分，共32分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一個(gè)選項(xiàng)符合題目要求，選對(duì)的得3分，選錯(cuò)或不答的得0分)1．如圖所示，圓形導(dǎo)體線圈a平放在絕緣水平桌面上，在a的正上方固定一豎直螺線管b，二者軸線重合，螺線管、電源和滑動(dòng)變阻器連接成如圖所示的電路．若將滑動(dòng)變阻器的滑片P向上滑動(dòng)，下列說(shuō)法中正確的有()A.穿過(guò)線圈a的磁通量增大B.線圈a對(duì)水平桌面的壓力大于其重力C.線圈a中將產(chǎn)生俯視逆時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流D.線圈a中將產(chǎn)生俯視順時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流解析：當(dāng)滑動(dòng)觸頭P向上移動(dòng)時(shí)電阻增大，由閉合電路歐姆定律可知通過(guò)線圈b的電流減小，b線圈產(chǎn)生的磁場(chǎng)減弱，故穿過(guò)線圈a的磁通量變??；依據(jù)b中的電流方向和安培定則可知b產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向向下穿過(guò)線圈a，依據(jù)楞次定律，a中的感應(yīng)電流的磁場(chǎng)要阻礙原來(lái)磁場(chǎng)的減小，故a的感應(yīng)電流的磁場(chǎng)方向也向下，依據(jù)安培定則可知線圈a中感應(yīng)電流方向俯視應(yīng)為順時(shí)針，故A、C錯(cuò)誤，D正確；起先時(shí)線圈a對(duì)桌面的壓力等于線圈a的重力，當(dāng)滑動(dòng)觸頭向上滑動(dòng)時(shí)，可以用“等效法”，即將線圈a和b看做兩個(gè)條形磁鐵，不難推斷此時(shí)兩磁鐵相互吸引，故線圈a對(duì)水平桌面的壓力將減小，故B錯(cuò)誤．答案：D2．如圖所示，在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中有一個(gè)用比較軟的金屬導(dǎo)線制成的閉合圓環(huán)．在此圓環(huán)的形態(tài)由圓形變成正方形的過(guò)程中()A.環(huán)中有感應(yīng)電流，方向a→d→c→bB.環(huán)中有感應(yīng)電流，方向a→b→c→dC.環(huán)中無(wú)感應(yīng)電流D.條件不夠，無(wú)法確定解析：導(dǎo)線周長(zhǎng)不變的狀況下，由圓變成正方形，閉合面積將削減，即向里的磁通量削減，依據(jù)楞次定律感應(yīng)電流的磁場(chǎng)應(yīng)當(dāng)向里，則由右手定則感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針，即環(huán)中有感應(yīng)電流，方向a→d→c→b，故A正確．答案：A3．穿過(guò)某線圈的磁通量隨時(shí)間變更的關(guān)系如圖所示，在下列幾段時(shí)間內(nèi)，線圈中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最小的是()A．0～2s B．2～4sC．4～5s D．5～10s解析：依據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E＝neq\f(ΔΦ,Δt)知，磁通量的變更率越小，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)越小，產(chǎn)生的感應(yīng)電流越?。畯念}中圖線上可以得出，在5～10s內(nèi)，圖線的斜率最小，則感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最小，故D正確．答案：D4．(2024·北京卷)如圖所示，勻強(qiáng)磁場(chǎng)中有兩個(gè)導(dǎo)體圓環(huán)a、b，磁場(chǎng)方向與圓環(huán)所在平面垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間勻稱(chēng)增大．兩圓環(huán)半徑之比為2∶1，圓環(huán)中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)分別為Ea和Eb，不考慮兩圓環(huán)間的相互影響．下列說(shuō)法正確的是()A．Ea∶Eb＝4∶1，感應(yīng)電流均沿逆時(shí)針?lè)较駼．Ea∶Eb＝4∶1，感應(yīng)電流均沿順時(shí)針?lè)较駽．Ea∶Eb＝2∶1，感應(yīng)電流均沿逆時(shí)針?lè)较駾．Ea∶Eb＝2∶1，感應(yīng)電流均沿順時(shí)針?lè)较蚪馕觯阂罁?jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)S，題中eq\f(ΔB,Δt)相同，a圓環(huán)中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)Ea＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)S＝eq\f(ΔB,Δt)πreq\o\al(2,a)，b圓環(huán)中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)Eb＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)S＝eq\f(ΔB,Δt)πreq\o\al(2,b)，由于ra∶rb＝2∶1，所以eq\f(Ea,Eb)＝eq\f(req\o\al(2,a),req\o\al(2,b))＝eq\f(4,1).由于磁場(chǎng)向外，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間勻稱(chēng)增大，依據(jù)楞次定律可知，感應(yīng)電流均沿順時(shí)針?lè)较颍蔅正確，A、C、D錯(cuò)誤．答案：B5．如圖所示，金屬桿MN在金屬框上以速度v向左平移的過(guò)程中，在MN上產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E隨時(shí)間變更的規(guī)律應(yīng)是()解析：由題圖看出MN的有效切割長(zhǎng)度始終等于桿的總長(zhǎng)，沒(méi)有變更，所以依據(jù)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)公式E＝BLv，可知MN上感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)保持不變，故A、B、C錯(cuò)誤，D正確.答案：D6．如圖所示裝置中，當(dāng)cd桿運(yùn)動(dòng)時(shí)，ab桿中的電流方向由a向b，則cd桿的運(yùn)動(dòng)可能是()A．向右加速運(yùn)動(dòng) B．向右減速運(yùn)動(dòng)C．向左勻速運(yùn)動(dòng) D．向左減速運(yùn)動(dòng)解析：cd勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，cd中感應(yīng)電流恒定，L2中磁通量不變，穿過(guò)L1的磁通量不變更，L1中無(wú)感應(yīng)電流產(chǎn)生，ab保持靜止，C不正確；cd向右加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，L2中的磁通量向下，增大，通過(guò)ab的電流方向向上，A錯(cuò)誤；同理可知B正確，D錯(cuò)誤．答案：B7.如圖所示，垂直于紙面對(duì)里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)的區(qū)域?qū)挾葹?a，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B.一邊長(zhǎng)為a、電阻為4R的正方形勻稱(chēng)導(dǎo)線框CDEF從圖示位置起先沿x軸正方向以速度v勻速穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域，關(guān)于線框EF兩端的電壓UEF與線框移動(dòng)距離x的關(guān)系，下列圖象正確的是()解析：線框經(jīng)過(guò)整個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)，做勻速運(yùn)動(dòng)，所以產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小E＝Bav，剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，等效電路如圖甲所示；線框完全在磁場(chǎng)中時(shí)，等效電路如圖乙所示；線框一條邊從磁場(chǎng)中離開(kāi)時(shí)，等效電路如圖丙所示，故選項(xiàng)D正確，選項(xiàng)A、B、C錯(cuò)誤．答案：D8.兩塊水平放置的金屬板間的距離為d，用導(dǎo)線與一個(gè)n匝線圈相連，線圈電阻為r，線圈中有豎直方向的磁場(chǎng)，電阻R與金屬板連接，如圖所示，兩板間有一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量＋q的油滴恰好處于靜止．則線圈中的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的變更狀況和磁通量的變更率分別是()A．磁感應(yīng)強(qiáng)度B豎直向上且正增加，eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(dmg,nq)B．磁感應(yīng)強(qiáng)度B豎直向下且正增加，eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(dmg,nq)C．磁感應(yīng)強(qiáng)度B豎直向上且正減弱，eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(dmg（R＋r）,nRq)D．磁感應(yīng)強(qiáng)度B豎直向下且正減弱，eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(dmgr（R＋r）,nRq)解析：油滴靜止說(shuō)明電容器下極板帶正電，線圈中電流自上而下(電源內(nèi)部)，由楞次定律可以推斷，線圈中的磁感應(yīng)強(qiáng)度B為向上的減弱或向下的增加．又E＝neq\f(ΔΦ,Δt)，①UR＝eq\f(R,R＋r)·E，②eq\f(qUR,d)＝mg，③由①②③式可解得：eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(mgd（R＋r）,nRq).答案：C二、多項(xiàng)選擇題(本大題共4小題，每小題6分，共24分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多個(gè)選項(xiàng)符合題目要求，全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)或不答的得0分)9.如圖所示，一金屬方框abcd從離磁場(chǎng)區(qū)域上方高h(yuǎn)處自由落下，然后進(jìn)入與線框平面垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，在進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中，可能發(fā)生的狀況是()A.線框做加速運(yùn)動(dòng)，加速度a＜gB.線框做勻速運(yùn)動(dòng)C.線框做減速運(yùn)動(dòng)D.線框會(huì)跳回原處解析：設(shè)線框abcd邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，整個(gè)線框的電阻為R，進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度為v，線框受到的安培力F＝BIL＝BLeq\f(E,R)＝BLeq\f(BLv,R)＝eq\f(B2L2v,R)；假如F＜mg，線框?qū)⒓铀龠M(jìn)入磁場(chǎng)，由牛頓其次定律得：mg－eq\f(B2L2v,R)＝ma，a＝g－eq\f(B2L2v,mR)，隨速度增大，加速度減小，則線框?qū)⒆黾铀俣葴p小的加速運(yùn)動(dòng)，故A正確；假如F＝mg，線框?qū)⒆鰟蛩僦本€運(yùn)動(dòng)，故B正確；假如F＞mg，線框?qū)⒆鰷p速運(yùn)動(dòng)，由牛頓其次定律得：eq\f(B2L2v,R)－mg＝ma，a＝eq\f(B2L2v,mR)－g，隨速度減小，加速度減小，則線框?qū)⒆黾铀俣葴p小的減速運(yùn)動(dòng)，故C正確；線框進(jìn)入磁場(chǎng)，才會(huì)受到向上的力，同時(shí)受到向上的力是因?yàn)橛须娏?，由于克服安培力做功，有一部分機(jī)械能轉(zhuǎn)化為電能，所以機(jī)械能不守恒．所以線框不行能反跳回原處，故D錯(cuò)誤．答案：ABC10.如圖所示，在一個(gè)水平放置閉合的線圈上方放一條形磁鐵，希望線圈中產(chǎn)生順時(shí)針?lè)较虻碾娏?從上向下看)，那么下列選項(xiàng)中可以做到的是()A．磁鐵下端為N極，磁鐵向上運(yùn)動(dòng)B．磁鐵上端為N極，磁鐵向上運(yùn)動(dòng)C．磁鐵下端為N極，磁鐵向下運(yùn)動(dòng)D．磁鐵上端為N極，磁鐵向下運(yùn)動(dòng)解析：由安培定則可知，感應(yīng)電流的磁場(chǎng)方向向下．當(dāng)磁鐵向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，穿過(guò)線圈的磁通量變小，由楞次定律可知，原磁場(chǎng)方向向下，因此磁鐵的下端是N極，上端是S極，故A正確，B錯(cuò)誤；當(dāng)磁鐵向下運(yùn)動(dòng)時(shí)，穿過(guò)線圈的磁通量變大，由楞次定律可知，原磁場(chǎng)方向向上，因此磁鐵的下端是S極，上端是N極，故C錯(cuò)誤，D正確．答案：AD11．如圖甲、乙所示的電路中，電阻R和自感線圈L的電阻值都很小，且小于燈LA的電阻，接通S，使電路達(dá)到穩(wěn)定，燈泡A發(fā)光，則()A.在電路甲中，斷開(kāi)S后，LA將漸漸變暗B.在電路甲中，斷開(kāi)S后，LA將先變得更亮，然后漸漸變暗C.在電路乙中，斷開(kāi)S后，LA將漸漸變暗D.在電路乙中，斷開(kāi)S后，LA將先變得更亮，然后漸漸變暗解析：在電路甲中，斷開(kāi)S，由于線圈產(chǎn)生自電動(dòng)勢(shì)，阻礙電流變小，導(dǎo)致燈LA的電流只能漸漸變小，所以燈LA將漸漸變暗，故A正確；在電路乙中，由于電阻R和自感線圈L的電阻值都很小，所以通過(guò)燈泡的電流比線圈的電流小，斷開(kāi)S時(shí)，由于線圈阻礙電流變小，導(dǎo)致燈LA將變得更亮，然后漸漸變暗，故C錯(cuò)誤，D正確．答案：AD12．如圖，由某種粗細(xì)勻稱(chēng)的總電阻為3R的金屬條制成的矩形線框abcd，固定在水平面內(nèi)且處于方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中．一接入電路電阻為R的導(dǎo)體棒PQ，在水平拉力作用下沿ab、dc以速度v勻速滑動(dòng)，滑動(dòng)過(guò)程PQ始終與ab垂直，且與線框接觸良好，不計(jì)摩擦．在PQ從靠近ad處向bc滑動(dòng)的過(guò)程中()A．PQ中電流先減小后增大B．PQ兩端電壓先減小后增大C．PQ上拉力的功領(lǐng)先減小后增大D．線框消耗的電功領(lǐng)先減小后增大解析：設(shè)PQ左側(cè)金屬線框的電阻為r，則右側(cè)電阻為3R－r；PQ相當(dāng)于電源，其電阻為R，則電路的外電阻為R外＝eq\f(r（3R－r）,r＋（3R－r）)＝eq\f(－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(r－\f(3R,2)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3R,2)))\s\up12(2),3R)，當(dāng)r＝eq\f(3R,2)時(shí)，R外max＝eq\f(3,4)R，此時(shí)PQ處于矩形線框的中心位置，即PQ從靠近ad處向bc滑動(dòng)的過(guò)程中，外電阻先增大后減?。甈Q中的電流為干路電流，Ieq\f(E,R外＋R內(nèi))，可知干路電流先減小后增大，選項(xiàng)A正確；PQ兩端的電壓為路端電壓U＝E－U內(nèi)，因E＝Blv不變，U內(nèi)＝IR先減小后增大，所以路端電壓先增大后減小，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；拉力的功率大小等于安培力的功率大小，P＝F安v＝BIlv，可知因干路電流先減小后增大，PQ上拉力的功率也先減小后增大，選項(xiàng)C正確；線框消耗的電功率即為外電阻消耗的功率，因外電阻最大值為eq\f(3,4)R，小于內(nèi)阻R；依據(jù)電源的輸出功率與外電阻大小的變更關(guān)系，外電阻越接近內(nèi)阻時(shí)，輸出功率越大，可知線框消耗的電功領(lǐng)先增大后減小，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．答案：AC三、非選擇題(本題共3小題，共44分．解答題應(yīng)寫(xiě)出必要的文字說(shuō)明、方程和重要演算步驟，答案中必需明確寫(xiě)出數(shù)值和單位)13．(14分)如圖，兩平行金屬導(dǎo)軌位于同一水平面上，相距l(xiāng)左端與一電阻R相連；整個(gè)系統(tǒng)置于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向豎直向下．一質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒置于導(dǎo)軌上，在水平外力作用下沿導(dǎo)軌以速度v速向右滑動(dòng)，滑動(dòng)過(guò)程中始終保持與導(dǎo)軌垂直并接觸良好．已知導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度大小為g，導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒的電阻均可忽視．求：(1)電阻R消耗的功率；(2)導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)距離x內(nèi)通過(guò)電阻R的電荷量q；(3)水平外力的大小．解析：依據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律求出感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，由歐姆定律求出電流的大?。晒絇＝I2R求出電阻R的功率．依據(jù)電量表達(dá)式，結(jié)合閉合電路歐姆定律，即可求解；導(dǎo)體棒勻速向右滑動(dòng)時(shí)，水平外力與安培力和摩擦力的和是平衡力，依據(jù)平衡條件求解水平外力F的大?。?1)導(dǎo)體切割磁感線運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為E＝BLv，依據(jù)歐姆定律，閉合回路中的感應(yīng)電流為I＝eq\f(E,R)，電阻R消耗的功率P＝I2R，聯(lián)立可得P＝eq\f(B2L2v,R).(2)設(shè)時(shí)間為t，則電荷量q＝It＝eq\f(Blvx,Rv)＝eq\f(Blx,R).(3)對(duì)導(dǎo)體棒受力分析，受到向左的安培力和向左的摩擦力，向右的外力，依據(jù)三力平衡，故有F1＋μmg＝F，而F1＝BIl＝Beq\f(Blv,R)l，解得F＝eq\f(B2l2v,R)＋μmg.答案：(1)eq\f(B2L2v2,R)(2)eq\f(Blx,R)(3)eq\f(B2l2v,R)＋μmg14．(14分)如圖甲所示，在一個(gè)正方形金屬線圈區(qū)域內(nèi)，存在著磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間變更的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)的方向與線圈所圍的面積S＝200cm2，匝數(shù)n＝1000，線圈電阻r＝1.0Ω.線圈與電阻R構(gòu)成閉合回路，電阻R＝4.0Ω.勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間變更的狀況如圖乙所示，求：(1)在t＝2.0s時(shí)刻，通過(guò)電阻R的感應(yīng)電流的大?。?2)在t＝5.0s，電阻R消耗的電功率；(3)在0～6.0s內(nèi)整個(gè)閉合電路中產(chǎn)生的熱量．解析：(1)依據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，0～4.0s時(shí)間內(nèi)線圈中磁通量勻稱(chēng)變更，產(chǎn)生恒定的感應(yīng)電流.t1＝2.0s時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：E1＝neq\f(ΔΦ,Δt1)＝neq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B4－B0))S,Δt1)＝1V，依據(jù)閉合電路歐姆定律，閉合回路中的感應(yīng)電流I1＝eq\f(E1,R＋r)，解得I1＝0.2A.(2)由題圖象可知，在4.0～6.0s時(shí)間內(nèi)，線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E2＝neq\f(ΔΦ,Δt2)＝neq\f(（B4－B6）S,Δt2)＝4V，依據(jù)閉合電路歐姆定律，t2＝5.0s時(shí)閉合回路中的感應(yīng)電流I2＝eq\f(E2,R＋r)＝0.8A，電阻消耗的電功率P2＝Ieq\o\al(2,2)R＝2.56W.(3)依據(jù)焦耳定律，0～4.0s內(nèi)閉合電路中產(chǎn)生的熱量Q1＝Ieq\o\al(2,1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(r＋R))Δt1＝0.8J，4．0～6.0s內(nèi)閉合電路中產(chǎn)生的熱量Q2＝Ieq\o\al(2,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(r＋R))Δt2＝6.4J，故0～6.0s內(nèi)閉合電路中產(chǎn)生的熱量Q＝Q1＋Q2＝7.2J.答案：(1)0.2A(2)2.56W(3)7.2J15．(16分)如圖所示，一平面框架與水平面成37°角，寬L＝0.4m，上、下兩端各有一個(gè)電阻R0＝1Ω，框架的其他部分電阻不計(jì)，框