（浙江专用）2020高中物理 第四章 电磁感应章末检测卷 新人教版选修3-2

（浙江专用）2020高中物理 第四章 电磁感应章末检测卷 新人教版选修3-2

第四章 电磁感应 ‎ ‎(时间：90分钟　满分：100分)　　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ 一、选择题(本大题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的选项中。至少有一项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)‎ ‎1．(2020·浙江省嘉兴市桐乡市高二期中)下列图中能产生感应电流的是 ‎(　　)‎ 解析　线框整体切割磁感线运动，穿过线框的磁通量没有变化，不会产生感应电流，A项错误；线框被拉出磁场的过程中，穿过的磁通量发生变化，因此会产生感应电流，B项正确；线框平行于磁场感应线运动，穿过线框的磁通量没有变化，不会产生感应电流，C项错误；线框绕平行于磁感线的轴转动，虽然上下边切割磁感线，但穿过的磁通量没有变化，因此不会产生感应电流，D项错误。‎ 答案　B ‎2．(2020·绍兴高二期中)为了测量列车运行的速度和加速度大小，可采用如图1甲所示的装置，它由一块安装在列车车头底部的强磁体和埋设在轨道地面的一组线圈及电流测量记录仪组成(测量记录仪未画出)。当列车经过线圈上方时，线圈中产生的电流被记录下来，P、Q为接测量仪器的端口。若俯视轨道平面磁场垂直地面向外(如图乙)，则在列车经过测量线圈的过程中，流经线圈的电流方向为 ‎(　　)‎ 图1‎ A．始终逆时针方向 B．先顺时针，再逆时针方向 C．先逆时针，再顺时针方向 D．始终顺时针方向 解析　在列车经过线圈的上方时，由于列车上的磁场的方向向上，所以线圈内的磁通量方向向上，先增大后减小，根据楞次定律可知，线圈中的感应电流的方向为先顺时针，再逆时针方向。‎ 答案　B ‎3．如图2甲所示，线圈的匝数n＝100匝，横截面积S＝‎50 cm2，线圈总电阻r＝10 Ω，沿轴向有匀强磁场，设图示磁场方向为正，磁场的磁感应强度随时间做如图乙所示规律变化，则在开始的0.1 s内 ‎(　　)‎ 图2‎ A．磁通量的变化量为0.25 Wb B．磁通量的变化率为2.5×10－2 Wb/s C．a、b间电压为0‎ D．在a、b间接一个理想电流表时，电流表的示数为‎0.25 A 解析　通过线圈的磁通量与线圈的匝数无关，若设Φ2＝B2S为正，则线圈中磁通量的变化量为ΔΦ＝B2S－(－B1S)，代入数据即ΔΦ＝(0.1＋0.4)×50×10－4 Wb＝2.5×10－3 Wb，A错；磁通量的变化率＝ Wb/s＝2.5×10－2 Wb/s，B正确；根据法拉第电磁感应定律可知，当a、b间断开时，其间电压等于线圈产生的感应电动势，感应电动势大小为E＝n＝2.5 V且恒定，C错；在a、b间接一个理想电流表时相当于a、b间接通而形成回路，回路总电阻即为线圈的总电阻，故感应电流大小I＝＝ A＝‎0.25 A，D项正确。‎ 答案　BD ‎4．目前金属探测器已经广泛应用于各种安检、高考及一些重要场所，关于金属探测器的下列有关论述正确的是 ‎(　　)‎ A．金属探测器可用于月饼生产中，用来防止细小的金属颗粒混入月饼馅中 B．金属探测器能帮助医生探测儿童吞食或扎到手脚中的金属物，是因为探测器的线圈中能产生涡流 C．使用金属探测器的时候，应该让探测器静止不动，探测效果会更好 D．能利用金属探测器检测考生是否携带手机等违禁物品，是因为探测器的线圈中通有直流电 解析　金属探测器是通过其通有交流电的探测线圈，会在隐蔽金属中激起涡流，反射回探测线圈，从而改变原交流电的大小和相位，从而起到探测作用，B、D项错；当探测器对于被测金属发生相对移动时，探测器中的线圈的交流电产生的磁场相对变化较快，在金属中产生的涡流会更强，检测效果更好，故C选项错，正确选项为A。‎ 答案　A ‎5．很多相同的绝缘铜圆环沿竖直方向叠放，形成一很长的竖直圆筒。一条形磁铁沿圆筒的中心轴竖直放置，其下端与圆筒上端开口平齐。让条形磁铁从静止开始下落。条形磁铁在圆筒中的运动速率 ‎(　　)‎ A．均匀增大 B．先增大，后减小 C．逐渐增大，趋于不变 D．先增大，再减小，最后不变 解析　开始时，条形磁铁以加速度g竖直下落，则穿过铜环的磁通量发生变化，铜环中产生感应电流，感应电流的磁场阻碍条形磁铁的下落。开始时的感应电流比较小，条形磁铁向下做加速运动，且随下落速度增大，其加速度变小。当条形磁铁的速度达到一定值后，相应铜环对条形磁铁的作用力趋近于条形磁铁的重力。故条形磁铁先加速运动，但加速度变小，最后的速度趋近于某个定值。选项C正确。‎ 答案　C ‎6．(2020·杭州富阳市高二月考)如图3所示，磁感应强度为B的匀强磁场有理想边界，用力将矩形线圈从有边界的磁场中匀速拉出，在其他条件不变的情况下 ‎(　　)‎ 图3‎ A．速度越大，拉力做功越多 B．线圈边长L1越大，拉力做功越多 C．线圈边长L2越大，拉力做功越多 D．线圈电阻越大，拉力做功越多 解析　将矩形线圈从有边界的磁场中匀速拉出过程，线圈中产生的感应电动势E＝BL1v；‎ 感应电流I＝ 线圈所受的安培力F安＝BIL1，‎ 联立得：F安＝ 因线圈匀速运动，则拉力F＝F安。‎ 拉力做功W＝FL2＝·L2‎ 则知，速度越大，边长L1越大，边长L2越大，拉力做功都越多，而线圈电阻越大，拉力做功越小。‎ 答案　ABC ‎7．(2020·台州市高二期中)有一个垂直于纸面的匀强磁场，它的边界MN左侧为无场区，右侧是匀强磁场区域，如图4甲所示，现让一个金属线框在纸平面内以垂直于MN的恒定速度从MN左侧进入匀强磁场区域，线框中的电流随时间变化的i－t图象如图乙所示，则进入磁场区域的金属线框可能是图中的 ‎(　　)‎ 图4‎ 解析　导体棒切割磁感线产生的感应电动势E＝BLv，设线框总电阻是R，则感应电流I＝ ‎，由图乙所示图象可知，感应电流先均匀变大，后恒定，最后均匀减小，由于B、v、R是定值，则导体棒的有效长度L应先变长，后恒定，最后均匀减小，且L随时间均匀变化，即L与时间t成正比。闭合圆环匀速进入磁场时，有效长度L先变大，后变小，但L不随时间均匀变化，不符合题意，A项错误；六边形线框进入磁场时，有效长度L先均匀增大，后恒定，最后均匀减小，符合题意，B项正确；梯形线框匀速进入磁场时，有效长度L先均匀增加，后不变，最后均匀减小，符合题意，C项正确；三角形线框匀速进入磁场时，有效长度L先增加，后减小，且随时间均匀变化，不符合题意，D项错误。‎ 答案　BC ‎8．(2020·台州市高二期中)如图5所示的电路中，AB支路由带铁芯的线圈和电流表A1串联而成，流过的电流为I1，CD支路由电阻R和电流表A2串联而成，流过的电流为I2，已知这两支路的电阻值相同，则在接通S和断开S的时候，观察到的现象是 ‎(　　)‎ 图5‎ A．接通S的瞬间，I1I2‎ B．接通S的瞬间I1I2，断开的瞬间I1＝I2‎ 解析　如题图所示，当接通瞬间，通过线圈L的电流要增加，则线圈产生感应电动势去阻碍电流增加，从而使得电流慢慢增加，故I1mgsin θ，有>mgsin θ，解得v>，C项错误；对线框进入磁场的过程运用能量守恒定律得，mgdsin θ＝Q，D项正确。‎ 答案　AD 二、实验题(本题共2小题，共14分，请将正确的答案填在横线上)‎ ‎11．图8为“研究电磁感应现象”的实验装置。‎ 图8‎ ‎(1)将图中所缺的导线补画完整。‎ ‎(2)如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上开关后可能出现的情况有：‎ ‎①将原线圈迅速插入副线圈时，灵敏电流计的指针将________；‎ ‎②原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器的滑片迅速向左拉时，灵敏电流计的指针________。‎ ‎(3)在做“研究电磁感应现象”实验时，如果副线圈两端不接任何元件，则副线圈电路中将________。‎ A．因电路不闭合，无电磁感应现象 B．有电磁感应现象，但无感应电流，只有感应电动势 C．不能用楞次定律判断感应电动势的方向 D．可以用楞次定律判断感应电动势的方向 解析　(2)依照楞次定律及灵敏电流计的指针偏转方向与流过它的电流方向的关系来判定，则：①向右偏转一下；②向左偏转一下。(3)穿过电路中的磁通量发生变化即产生电磁感应现象。因电路不闭合无感应电流，但有感应电动势，且可以用楞次定律判断出感应电动势的方向，要产生感应电流，电路要求必须闭合，故选项B、D正确。‎ 答案　(1)如图所示　(2)①向右偏转一下　②向左偏转一下　(3)BD ‎12．为判断线圈绕向，可将灵敏电流计G与线圈L连接，如图9所示。已知线圈由a端开始绕至b端；当电流从电流计G左端流入时，指针向左偏转。‎ 图9‎ ‎(1)将磁铁的N极向下从线圈上方竖直插入线圈L时，发现电流计的指针向左偏转，俯视线圈，其绕向为________(选填“顺时针”或“逆时针”)。‎ ‎(2)当条形磁铁从图中的虚线位置向右远离线圈L时，发现电流计的指针向右偏转，俯视线圈，其绕向为________(选填“顺时针”或“逆时针”)。‎ 解析　(1)由题可知在线圈L内电流从b流向a，而根据楞次定律(增反减同)知，线圈L中产生的磁场与原磁场方向相反(向上)，再根据右手螺旋定则可知，电流方向为逆时针方向(俯视线圈)，因此从a向b看线圈绕向为顺时针方向。‎ ‎(2)由题意可知在线圈L内电流从a流向b，而根据楞次定律(增反减同)知，线圈L中产生的磁场与原磁场方向相同(向上)，再根据右手螺旋定则可知，感应电流方向与(1)问相同，而电流的流向与(1)问相反，因此线圈绕向一定与(1)问相反，为逆时针方向(俯视线圈)。‎ 答案　(1)顺时针　(2)逆时针 三、计算题(本题共4小题，共46分。解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须写明数值和单位)‎ ‎13．(2020·浙江省杭州市高二期中)(10分)如图10甲所示，一个圆形线圈的匝数n＝1 000，线圈面积S＝‎200 cm2，线圈的电阻r＝1 Ω，线圈外接一个阻值R＝4 Ω的电阻，把线圈放入一方向垂直线圈平面向里的匀强磁场中，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示。求：‎ 图10‎ ‎(1)请说明线圈中的电流方向；‎ ‎(2)前4 s内的平均感应电动势；‎ ‎(3)前4 s内通过R的电荷量。‎ 解析　(1)根据楞次定律可知，线圈中的电流方向逆时针；‎ ‎(2)由图象可知前4 s内磁感应强度B的变化率 ＝ T/s＝0.05 T/s ‎4 s内的平均感应电动势E＝nS＝1 000×0.02×0.05 V＝1 V。‎ ‎(3)电路中的平均感应电流 ＝，q＝t，‎ 又因为E＝n，‎ 所以q＝n＝1 000× C＝‎0.8 C。‎ 答案　(1)线圈中的电流方向逆时针　(2)1 V ‎(3)‎‎0.8 C ‎14．(2020·台州市高二期中)(10分)如图11，固定在水平面上电阻不计的光滑金属导轨，间距d＝‎0.5 m。右端接一阻值为4 Ω的小灯泡L，在CDEF矩形区域内有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B按如图2规律变化，CF长为‎2 m。在t＝0时，金属棒从图中位置由静止在恒力F作用下向右运动到EF位置，整个过程中，小灯泡亮度始终不变。已知ab金属棒电阻为1 Ω，求：‎ 图11‎ ‎(1)通过小灯泡的电流；‎ ‎(2)恒力F的大小；‎ ‎(3)金属棒的质量。‎ 解析　(1)金属棒未进入磁场，电路总电阻R总＝RL＋Rab＝5 Ω 回路中感应电动势为：E1＝＝S＝×0.5×2 V＝0.5 V 灯泡中的电流强度为：IL＝＝ A＝‎‎0.1 A ‎(2)因灯泡亮度不变，故在t＝4 s末金属棒刚好进入磁场，且做匀速运动，此时金属棒中的电流强度：I＝IL＝‎‎0.1 A 恒力大小：F＝FA＝BId＝2×0.1×0.5 N＝0.1 N ‎(3)因灯泡亮度不变，金属棒产生的感应电动势为：E2＝E1＝0.5 V 金属棒在磁场中的速度：v＝＝ m/s＝‎0.5 m/s 金属棒未进入磁场的加速度为：a＝＝ m/s2＝ m/s2；‎ 故金属棒的质量为：m＝＝ kg＝‎‎0.8 kg 答案　(1)‎0.1 A　(2)0.1 N　(3)‎‎0.8 kg ‎15．(2020·金华市高二检测)(10分)如图12所示，有一磁感强度B＝0.1 T的水平匀强磁场，垂直匀强磁场放置一很长的金属框架，框架上有一导体ab保持与框架边垂直、由静止开始下滑。已知ab长‎100 cm，质量为‎0.1 kg，电阻为0.1 Ω，框架电阻不计，取g＝‎10 m/s2，求：‎ 图12‎ ‎(1)导体ab下落的最大加速度和最大速度；‎ ‎(2)导体ab在最大速度时产生的电功率。‎ 解析　(1)ab棒刚下落时，速度为零，还没有切割磁感线产生感应电流，此时不受阻力，只受到重力，所以最大加速度为g＝‎10 m/s2。‎ 根据导体ab下落的最大速度时，加速度为零，‎ 即mg＝F安则有：F安＝BIL＝ 所以v＝＝ m/s＝‎10 m/s ‎(2)速度达到最大时，此时电功率也达到最大，‎ 则有最大的电功率为：P＝IE＝＝＝＝10 W 答案　(1)‎10 m/s2　‎10 m/s　(2)10 W ‎16．(2020·杭州富阳市高二月考)(16分)如图13所示，匀强磁场的磁感应强度B为0.5 T，其方向垂直于倾角θ为30°的斜面向上，绝缘斜面上固定有“A”形状的光滑金属导轨MPN(电阻忽略不计)，MP和NP长度均为‎2.5 m，MN连线水平，长为‎3 m，以MN的中点O为原点，OP为x轴建立一维坐标系Ox，一根粗细均匀的金属杆CD，长度d为‎3 m，质量m为‎1 kg，电阻R为0.3 Ω，在拉力F的作用下，从MN处以恒定速度v＝‎1 m/s在导轨上沿x轴正向运动(金属杆与导轨接触良好)，g取‎10 m/s2。‎ 图13　　 　　　　图14‎ ‎(1)求金属杆CD运动过程中产生的感应电动势E及运动到x＝‎0.8 m处电势差UCD；‎ ‎(2)推导金属杆CD从MN处运动到P点过程中拉力F与位置坐标x的关系式，并在图14中画出F－x关系图象；‎ ‎(3)求金属杆CD从MN处运动到P点的全过程产生的焦耳热。‎ 解析　(1)导体棒开始运动时，回路中产生的感应电动势为：‎ E＝Bdv＝0.5×3×1 V＝1.5 V；‎ 由几何关系得：＝＝ m＝‎2.0 m，‎ sin∠MPO＝＝＝0.6，‎ 接入导轨之间的有效长度：L＝2×(2.0－vt)·tan∠MPO＝1.5×(2.0－vt)，‎ 金属杆CD运动过程中产生的有效感应电动势E：‎ E＝BLv＝0.5×1.5×(2.0－x)×1＝0.75(2.0－x)，‎ 运动到x＝‎0.8 m处时的有效电动势：E1＝0.75(2.0－x)＝0.75×(2.0－0.8) V＝0.9 V。‎ 这一段相当于电源，而且轨道没有电阻，所以电源是被短接的，那么接入回路中的这一部分电势处处相等，所以CD两端电势差就由剩余两端的导体棒产生，又由右手定则判断D比C电势高；‎ 所以：UDC＝E－E1＝1.5 V－0.9 V＝0.6 V，‎ UCD＝－0.6 V；‎ ‎(2)接入电路的导体棒的电阻：‎ R′＝·R＝×0.3＝0.15×(2.0－x)‎ 感应电流：I＝＝＝‎‎5 A 安培力F安＝BIL＝0.5×5×1.5×(2.0－x)＝3.75×(2.0－x)‎ 由平衡条件得：mgsin θ＋F安＝F 得拉力F与位置坐标x的关系式：F＝5＋3.75×(2.0－x)‎ x＝0时，F＝12.5；‎ x＝2.0时，F＝5 N画出F－x关系图象如图：‎ ‎(3)设导体棒经t时间沿导轨匀速向上运动的位移为x，‎ 则t时刻导体棒切割的有效长度Lx＝L－2x 导体棒在导轨上运动时所受的安培力：‎ F安＝3.75×(2.0－x)‎ 因安培力的大小F安与位移x成线性关系，故通过导轨过程中导体棒所受安培力的平均值：＝ N＝3.75 N 产生的焦耳热：Q＝·x＝3.75×2.0 J＝7.5 J 答案　(1)1.5 V　－0.6 V　(2)F＝5＋3.75(2.0－x)，并在图2中画出F－x关系图象如图　(3)7.5 J