高中物理 第一章 電磁感應章末測試 粵教版選修3-2

章末檢測(時間：90分鐘滿分：100分)一、單項選擇題(本題共5小題，每小題6分，共30分)1.如圖1所示，有缺口的金屬圓環(huán)與板間距為d的平行板電容器的兩極板焊接在一起，金屬圓環(huán)右側有一垂直紙面向外的勻強磁場，現使金屬圓環(huán)以恒定不變的速度v向右運動由磁場外進入磁場，在金屬圓環(huán)進入磁場的過程中，電容器帶電荷量Q隨時間t變化的定性圖象應為 ()．圖1解析金屬圓環(huán)進入磁場過程中切割磁感線的金屬的有效長度先變大后變小，最后不變(完全進入磁場中)，則電容器兩板間電勢差也是先變大后變小，最后不變，由Q＝CU可知圖線C正確．答案C2．(·全國Ⅱ)如圖2所示，空間某區(qū)域中有一勻強磁場，磁感應強度方向水平，且垂直于紙面向里，磁場上邊界b和下邊界d水平．在豎直面內有一矩形金屬線圈，線圈上下邊的距離很短，下邊水平．線圈從水平面a開始下落．已知磁場上下邊界之間的距離大于水平面a、b之間的距離．若線圈下邊剛通過水平面b、c(位于磁場中)和d時，線圈所受到的磁場力的大小分別為Fb、Fc和Fd，則()．圖2A．Fd＞Fc＞FbB．Fc＜Fd＜FbC．Fc＞Fb＞FdD．Fc＜Fb＜Fd解析本題考查導體切割磁感線時感應電動勢及安培力的計算．線圈自由下落，到b點受安培力，線圈全部進入磁場，無感應電流，則線圈不受安培力作用，線圈繼續(xù)加速，到d點出磁場時受到安培力作用，由F＝eq\f(B2L2v,R)知，安培力和線圈的速度成正比，D項對．答案D3.圖3中半徑為r的金屬圓盤在垂直于盤面的勻強磁場中，繞O軸以角速度ω沿逆時針方向勻速轉動，電阻兩端分別接盤心O和盤邊緣，則通過電阻R的電流強度的大小和方向是 ()．圖3A．由c到d，I＝eq\f(Br2ω,R)B．由d到c，I＝eq\f(Br2ω,R)C．由c到d，I＝eq\f(Br2ω,2R)D．由d到c，I＝eq\f(Br2ω,2R)解析由右手定則可判斷出R中電流由c到d，電動勢eq\x\to(E)＝Breq\f(v,2)＝eq\f(1,2)Br2ω，電路中電流I＝eq\f(Br2ω,2R).答案C4．假如宇航員登月后，想探測一下月球的表面是否有磁場，他手邊有一只靈敏電流表和一個小線圈，則下列推斷正確的是 ()．A．直接將電流表放于月球表面，看是否有示數來判斷磁場的有無B．將電流表與線圈組成閉合電路，使線圈沿某一方向運動，如電流表無示數，則可判斷月球表面無磁場C．將電流表與線圈組成閉合回路，使線圈沿某一方向運動，如電流表有示數，則可判斷月球表面有磁場D．將電流表與線圈組成閉合電路，使線圈在某一平面內沿各個方向運動，如電流表無示數，則可判斷月球表面無磁場解析電磁感應現象產生的條件是：穿過閉合回路的磁通量發(fā)生改變時，回路中有感應電流產生．選項A中，即使有一個恒定的磁場，也不會有示數，所以A錯誤；同理，如果將電流表與線圈組成回路，使線圈沿某一方向運動，如電流表無示數，也不能判斷出沒有磁場，因為穿過線圈的磁通量可能是恒定的，所以選項B錯誤；但是有示數則說明一定是有磁場的，所以選項C正確；將電流表與線圈組成閉合回路，使線圈在某一平面內沿各個方向運動，電流表也沒有示數，只說明通過閉合回路的磁通量不變，該磁通量可能為0，或為另一恒定值，所以D選項錯誤．答案C5.一個由電阻均勻的導線繞制成的閉合線圈放在磁場中，如圖4所示，線圈平面與磁場方向成60°角，磁感應強度隨時間均勻變化，下列方法可使感應電流增加一倍的是 ()．圖4A．把線圈匝數增加一倍B．把線圈面積增加一倍C．把線圈半徑增加一倍D．改變線圈與磁場方向的夾角解析設導線的電阻率為ρ，橫截面積為S0，線圈的半徑為r，則I＝eq\f(E,R)＝eq\f(n\f(ΔΦ,Δt),R)＝eq\f(nπr2\f(ΔB,Δt)sinθ,ρ\f(n·2πr,S0))＝eq\f(S0r,2ρ)·eq\f(ΔB,Δt)·sinθ可見，將r增加一倍，I增加一倍，將線圈與磁場方向的夾角改變時，sinθ不能變?yōu)樵瓉淼?倍(因sinθ最大值為1)，若將線圈的面積增加一倍，半徑r增加(eq\r(2)－1)倍，電流增加(eq\r(2)－1)倍，I與線圈匝數無關．綜上所述，只有D項正確．答案D二、雙項選擇題(本題共5小題，每小題8分，共40分)6.如圖5所示，矩形線圈abcd的邊長分別是ab＝L，ad＝D，線圈與磁感應強度為B的勻強磁場平行，線圈以ab邊為軸做角速度為ω的勻速轉動，下列說法正確的是(從圖示位置開始計時) ()．圖5A．t＝0時線圈的感應電動勢為零B．轉過90°時線圈的感應電動勢為零C．轉過90°的過程中線圈中的平均感應電動勢為eq\f(1,2)ωBLDD．轉過90°的過程中線圈中的平均感應電動勢為eq\f(2ωBLD,π)解析A、B兩選項中都是瞬時感應電動勢，用E＝BLv求解比較方便，t＝0時，只有cd邊切割磁感線，感應電動勢E1＝BLv＝BL·ωD＝BSω≠0，A錯；轉過90°時，線圈的四條邊均不切割磁感線，E2＝0，B正確；C、D兩選項求的都是平均感應電動勢，用E＝eq\f(ΔΦ,Δt)較方便，轉過90°的過程中，穿過線圈的磁通量由0變?yōu)棣担紹LD.轉過90°所用時間Δt＝eq\f(T,4)＝eq\f(\f(2π,ω),4)＝eq\f(π,2ω)，故平均電動勢為：E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(\f(BLD,π),2ω)＝eq\f(2ωBLD,π)，故C錯、D正確．答案BD7.如圖6所示，勻強磁場的方向垂直于電路所在平面，導體棒ab與電路接觸良好．當導體棒ab在外力F作用下從左向右做勻加速直線運動時，若不計摩擦和導線的電阻，整個過程中，燈泡L未被燒毀，電容器C未被擊穿，則該過程中()．圖6．感應電動勢將變大B．燈泡L的亮度變大C．電容器C的上極板帶負電D．電容器兩極板間的電場強度將減小解析當導體棒ab在外力F作用下從左向右做勻加速直線運動時，由右手定則，導體棒a端的電勢高，電容器C的上極板帶正電；由公式E＝Blv，感應電動勢將變大，導體棒兩端的電壓變大，燈泡L的亮度變大，由E＝eq\f(U,d)，電容器兩極板間的電場強度將變大．故A、B正確．C、D錯．答案AB8．(·山東理綜，20)如圖7所示，相距為L的兩條足夠長的光滑平行金屬導軌與水平面的夾角為θ，上端接有定值電阻R，勻強磁場垂直于導軌平面，磁感應強度為B.將質量為m的導體棒由靜止釋放，當速度達到v時開始勻速運動，此時對導體棒施加一平行于導軌向下的拉力，并保持拉力的功率恒為P，導體棒最終以2v的速度勻速運動．導體棒始終與導軌垂直且接觸良好，不計導軌和導體棒的電阻，重力加速度為g.下列選項正確的是 ()．圖7A．P＝2mgvsinθB．P＝3mgvsinθC．當導體棒速度達到eq\f(v,2)時加速度大小為eq\f(g,2)sinθD．在速度達到2v以后勻速運動的過程中，R上產生的焦耳熱等于拉力所做的功解析對導體棒受力分析如圖．當導體棒以v勻速運動時(如圖甲)，應有：mgsinθ＝F安＝BIL＝eq\f(B2L2v,R)；當加力F后以2v勻速運動時(如圖乙)，F＋mgsinθ＝eq\f(2B2L2v,R)，兩式聯(lián)立得F＝mgsinθ，則P＝F·2v＝2mgvsinθ，A正確B錯誤；由牛頓第二定律，當導體棒的速度為eq\f(v,2)時，a＝eq\f(mgsinθ－F安″,m)＝eq\f(mgsinθ－\f(B2L2v,2R),m)＝eq\f(g,2)sinθ，C正確；由功能關系，當導體棒達到2v以后勻速運動的過程中，R上產生的焦耳熱等于拉力所做的功與減少的重力勢能之和，D錯誤． 答案AC9.如圖8所示的電路中，電源電動勢為E，內阻r不能忽略．R1和R2是兩個定值電阻，L是一個自感系數較大的線圈．開關S原來是斷開的．從閉合開關S到電路中的電流達到穩(wěn)定為止的時間內，通過R1的電流I1和通過R2的電流I2的變化情況 ()．圖8A．I1開始較大而后逐漸變小B．I1開始很小而后逐漸變大C．I2開始很小而后逐漸變大D．I2開始較大而后逐漸變小解析在S由斷開到閉合的過程中，線圈L要產生自感電動勢，因自感系數較大，則對電流有較大的阻礙作用，開始時電流大部分從R1中通過，I2很小，當電路達到穩(wěn)定狀態(tài)后，線圈中的自感現象消失，R1中的電流變小，而R2中的電流變大，所以應選AC答案AC10.(·全國卷)某地的地磁場磁感應強度的豎直分量方向向下，大小為4.5×10－5T．一靈敏電壓表連接在當地入海河段的兩岸，河寬100m，如圖9所示．該河段漲潮和落潮時有海水(視為導體)流過．設落潮時，海水自西向東流，流速為2m/s.下列說法正確的是 ()．圖9A．河北岸的電勢較高B．河南岸的電勢較高C．電壓表記錄的電壓為9mVD．電壓表記錄的電壓為5mV解析由E＝BLv＝(4.5×10－5×100×2)V＝9×10－3V＝9mV，可知電壓表記錄的電壓為9mV，選項C正確、D錯誤；從上往下看，畫出水流切割磁感線示意圖如題圖所示，據右手定則可知北岸電勢高，選項A正確、B錯誤．答案AC三、非選擇題(本題共3小題，共30分．計算題要求有必要的文字敘述，列出必要的方程和演算步驟)11．(6分)如圖-0所示，勻強磁場的磁感應強度方向垂直于紙面向里，大小隨時間的變化率eq\f(ΔB,Δt)＝k，k為負的常量．用電阻率為ρ、橫截面積為S的硬導線做成一邊長為l的方框．將方框固定于紙面內，其右半部分位于磁場區(qū)域中，求：圖10(1)導線中感應電流的大??；(2)磁場對方框作用力的大小隨時間的變化率．解析(1)導線框的感應電動勢為E＝eq\f(ΔΦ,Δt)①ΔΦ＝eq\f(1,2)l2·ΔB②導線框中的電流為I＝eq\f(E,R)③式中R是導線框的電阻，根據電阻率公式有R＝ρeq\f(4l,S)④聯(lián)立①②③④式，將eq\f(ΔB,Δt)＝k代入得I＝－eq\f(klS,8ρ).⑤(2)導線框所受磁場的作用力的大小為F＝BIl⑥它隨時間的變化率為eq\f(ΔF,Δt)＝Ileq\f(ΔB,Δt)⑦由⑤⑦式得eq\f(ΔF,Δt)＝eq\f(k2l2S,8ρ)答案(1)－eq\f(klS,8ρ)(2)eq\f(k2l2S,8ρ)12．(10分)如圖11所示，P、Q為水平面內平行放置的光滑金屬長直導軌，間距為L1，處在豎直向下、磁感應強度大小為B1的勻強磁場中．一導體桿ef垂直于P、Q放在導軌上，在外力作用下向左做勻速直線運動．質量為m、每邊電阻均為r、邊長為L2的正方形金屬框abcd置于豎直平面內，兩頂點a、b通過細導線與導軌相連，磁感應強度大小圖11為B2的勻強磁場垂直金屬框向里，金屬框恰好處于靜止狀態(tài)．不計其余電阻和細導線對a、b點的作用力．(1)通過ab邊的電流Iab是多大？(2)導體桿ef的運動速度v是多大？解析(1)設通過正方形金屬框的總電流為I，ab邊的電流為Iab，dc邊的電流為Idc，有Iab＝eq\f(3,4)I①Idc＝eq\f(1,4)I②金屬框受重力和安培力，處于靜止狀態(tài)，有mg＝B2IabL2＋B2IdcL2③由①～③，解得Iab＝eq\f(3mg,4B2L2).④(2)由(1)可得I＝eq\f(mg,B2L2)⑤設導體桿切割磁感線產生的電動勢為E，有E＝B1L1v設ad、dc、cb三邊電阻串聯(lián)后與ab邊電阻并聯(lián)的總電阻為R，則R＝eq\f(3,4)r⑦根據閉合電路歐姆定律，有I＝eq\f(E,R)⑧由⑤～⑧，解得v＝eq\f(3mgr,4B1B2L1L2).答案(1)eq\f(3mg,4B2L2)(2)eq\f(3mgr,4B1B2L1L2)13．(14分)如圖12所示，用同樣導線制成的圓環(huán)a和b所包圍的面積之比為4∶1，直導線的電阻可忽略，將a環(huán)放在垂直于環(huán)面且均勻變化的勻強磁場內，b環(huán)放在磁場外，A、B兩點間的電勢差為U1；若