2019版高中物理 第四章 电磁感应章末检测 新人教版选修3-2.doc

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1、1第四章第四章 电磁感应电磁感应章末检测试卷章末检测试卷(时间：90 分钟 满分：100 分)一、选择题(本题共 12 小题，每小题 4 分，共计 48 分.18 题为单选题，912 题为多选题，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在物理学发展中，观测、实验、假说和逻辑推理等方法都起到了重要作用下列叙述符合史实的是( )A奥斯特在实验中观察到电流的磁效应，该效应说明了电和磁之间存在联系B法拉第根据通电直导线的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说C安培在实验中观察到，通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中，出现了感应电流D楞次在分析了许多实验事实后提

2、出，感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总是与引起感应电流的磁场方向相反答案 A解析 奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电和磁之间存在联系，选项 A 正确；根据通电螺线管产生的磁场与条形磁铁的磁场相似性，安培提出了磁性是分子内环形电流产生的，即分子电流假说，选项 B 错误；法拉第探究磁产生电的问题，发现导线中电流“通、断”时导线附近的固定导线圈中出现感应电流而导线中通有恒定电流时导线圈中不产生感应电流，选项C 错误；楞次定律指出感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，选项 D 错误2如图 1 所示，螺线管与灵敏电流计相连，磁铁从螺线管的正上方由静止释放，向下穿过螺线管下列说法正确

3、的是( )图 1A电流计中的电流先由a到b，后由b到aBa点的电势始终低于b点的电势C磁铁减少的重力势能等于回路中产生的热量D磁铁刚离开螺线管时的加速度小于重力加速度答案 D2解析 在磁铁进入螺线管的过程中，螺线管磁通量增大，且方向向下，由楞次定律可知，感应电流由b流向a；在磁铁穿出螺线管下端的过程中，磁通量减小，且方向向下，由楞次定律可知，感应电流由a流向b，则a点电势先低于b点电势，后高于b点电势，故 A、B 错误；磁铁减少的重力势能转化为内能和磁铁的动能，C 错误；磁铁刚离开时，由楞次定律“来拒去留”可知，磁铁受到的合外力小于重力，D 正确3匀强磁场方向垂直纸面，规定向里的方向为正方向，

4、磁感应强度B与时间t变化规律如图 2 甲所示，在磁场中有一细金属圆环，圆环平面位于纸面内，如图乙所示令E1、E2、E3分别表示Oa、bc、cd段的感应电动势的大小，I1、I2、I3分别表示对应的电流，则下列判断正确的是( )图 2AE1E2，I1沿逆时针方向，I2沿顺时针方向BE1E2，I1沿顺时针方向，I2沿逆时针方向CE2E3，I2沿逆时针方向，I3沿顺时针方向DE2E3，I2沿逆时针方向，I3沿顺时针方向答案 A4如图 3 所示，先后以恒定的速度v1和v2把一个正方形金属线框水平拉出有界匀强磁场区域，且v12v2，则在先后两种情况( )图 3A线框中的感应电动势之比E1E221B线框中的

5、感应电流之比I1I212C线框中产生的热量之比Q1Q214D通过线框某截面的电荷量之比q1q221答案 A解析 根据EBlvv以及v12v2可知，选项 A 正确；因为I E，所以E RI1I221，选项 B 错误；线框中产生的热量QI2Rtt v，所E2 RB2l2v2 Rl vB2l3v R3以Q1Q221，选项 C 错误；根据q，q1q211 可知，选项 D 错误 RBS R5如图 4 所示是研究通电自感实验的电路图，A1、A2是两个规格相同的小灯泡，闭合开关调节滑动变阻器R的滑动触头，使两个灯泡的亮度相同，调节滑动变阻器R1的滑动触头，使它们都正常发光，然后断开开关 S.重新闭合开关 S

6、，则 ( )图 4A闭合瞬间，A1立刻变亮，A2逐渐变亮B闭合瞬间，A1、A2均立刻变亮C稳定后，L和R两端的电势差一定相同D稳定后，A1和 A2两端的电势差不相同答案 C解析 断开开关再重新闭合开关的瞬间，根据自感原理可判断，A2立刻变亮，而 A1逐渐变亮，A、B 均错误；稳定后，自感现象消失，根据题设条件可判断，闭合开关调节滑动变阻器R的滑动触头，使两个灯泡的亮度相同，说明此时滑动变阻器R接入电路的阻值与线圈L的电阻一样大，线圈L和R两端的电势差一定相同，A1和 A2两端的电势差也相同，所以 C正确，D 错误6如图 5 所示，两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有电阻R.金属棒ab与两

7、导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下现使磁感应强度随时间均匀减小，ab始终保持静止，下列说法正确的是( )图 5Aab中的感应电流方向由b到aBab中的感应电流逐渐减小Cab所受的安培力保持不变Dab所受的静摩擦力逐渐减小答案 D解析 磁感应强度随时间均匀减小，ab始终保持静止，所以闭合回路面积不发生改变，根据楞次定律和法拉第电磁感应定律可知，ab中产生由a到b的恒定电流，A、B 错误；由于电流恒定，磁感应强度逐渐减小，所以安培力逐渐减小，静摩擦力与安培力是一对平衡力，4所以静摩擦力逐渐减小，C 错误，D 正确7如图 6 所示，有一个等腰直角三角形的匀强磁

8、场区域其直角边长为L，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B.边长为L、总电阻为R的正方形导线框abcd，从图示位置开始沿x轴正方向以速度v匀速穿过磁场区域取沿abcda的感应电流为正，则表示线框中电流i随bc边的位置坐标x变化的图象正确的是( )图 6答案 C8如图 7 甲所示，一个匝数n100 的圆形导体线圈，面积S10.4 m2，电阻r1 .在线圈中存在面积S20.3 m2的垂直线圈平面向外的匀强磁场区域，磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙所示有一个R2 的电阻，将其两端a、b分别与图甲中的圆形线圈相连接，b端接地，则下列说法正确的是( )图 7A圆形线圈中产生的感应电动势E6 VB

9、在 04 s 时间内通过电阻R的电荷量q8 CC设b端电势为零，则a端的电势a3 VD在 04 s 时间内电阻R上产生的焦耳热Q18 J答案 D解析 由法拉第电磁感应定律可得En，由题图乙可得 T/s0.15 T/s，将BS2 tB t0.6 45其代入可得E4.5 V，A 错qIttntn，在 04 s 穿E RrtRr Rr过圆形导体线圈磁通量的变化量为 0.60.3 Wb00.18 Wb，代入可得q6 C，B错.04 s 内磁感应强度增大，圆形线圈内磁通量增加，由楞次定律结合安培定则可得b点电势高，a点电势低，故 C 错由于磁感应强度均匀变化产生的电动势与电流均恒定，可得I1.5 A，由

10、焦耳定律可得QI2Rt18 J，D 对E rR9.如图 8 所示是电表中的指针和电磁阻尼器，下列说法中正确的是( )图 8A2 是磁铁，1 中产生涡流B1 是磁铁，2 中产生涡流C该装置的作用是使指针能够转动D该装置的作用是使指针能很快地稳定下来答案 AD10如图 9 甲所示，电阻不计且间距L1 m 的光滑平行金属导轨竖直放置，上端接一阻值R2 的电阻，虚线OO下方有垂直于导轨平面向里的匀强磁场，现将质量m0.1 kg、电阻不计的金属杆ab从OO上方某处由静止释放金属杆在下落的过程中与导轨保持良好接触且始终水平已知杆ab进入磁场时的速度v01 m/s，下落 0.3 m 的过程中加速度a与下落距

11、离h的关系图象如图乙所示，g取 10 m/s2，则( )图 9A匀强磁场的磁感应强度为 2 TB杆ab下落 0.3 m 时金属杆的速度为 1 m/sC杆ab下落 0.3 m 的过程中R上产生的热量为 0.2 JD杆ab下落 0.3 m 的过程中通过R的电荷量为 0.25 C答案 AD解析 当金属杆进入磁场后，根据右手定则判断可知金属杆ab中电流的方向由a到b.由乙图知，刚进入磁场时，金属杆的加速度大小a110 m/s2，方向竖直向上由牛顿第二定律6得：BI1Lmgma1，其中I1 代入数据，解得：B2.0 T，故 A 正确；当a0，表E RBLv0 R明金属杆受到的重力与安培力平衡，有mgBI

12、L0，其中I，联立得：v0.5 m/s，BLv R故 B 错误；从开始到下落 0.3 m 的过程中，由能量守恒有：mghQmv2，代入数据得：1 2Q0.287 5 J，故 C 错误；金属杆自由下落高度为h00.05 m，金属杆下落 0.3 m 的v2 0 2g过程中通过R的电荷量为：qIt tt，代入数据得E R t R RBLhh0Rq0.25 C，故 D 正确11.如图 10 所示，竖直平行金属导轨MN、PQ上端接有电阻R，金属杆ab质量为m，跨在平行导轨上，垂直导轨平面的水平匀强磁场的磁感应强度为B，不计ab与导轨电阻及一切摩擦，ab与导轨垂直且接触良好若ab杆在竖直向上的外力F作用下

13、匀速上升，则以下说法正确的是 ( )图 10A拉力F所做的功等于电阻R上产生的热量B杆ab克服安培力做的功等于电阻R上产生的热量C电流所做的功一定等于重力势能的增加量D拉力F与重力做功的代数和等于电阻R上产生的热量答案 BD解析 当外力F拉着金属杆匀速上升时，拉力要克服重力和安培力做功，拉力做的功等于克服安培力和重力做功之和，即等于电阻R上产生的热量和金属杆增加的重力势能之和，选项A、C 错误，D 正确；克服安培力做多少功，电阻R上就产生多少热量，选项 B 正确12在如图 11 甲所示的虚线框内有匀强磁场，设图示磁场方向为正，磁感应强度随时间变化规律如图乙所示边长为l，电阻为R的正方形均匀线框

14、abcd有一半处在磁场中，磁场方向垂直于线框平面，此时线框ab边的发热功率为P，则下列说法正确的是( )7图 11A磁感应强度B0T 2l2PRB线框中感应电流为I2P RC线框cd边的发热功率为PDa端电势高于b端电势答案 BC解析 由题图乙可知，线框中产生的感应电动势恒定，线框ab边的发热功率为P，感E2 4R应电动势ES，所以B0，A 错误；由PI2R可得线框中的感B t2B0 Tl2 2B0l2 T2T l2PR1 4应电流I2，B 正确；cd边电阻等于ab边电阻，而两边流过的电流相等，因此发热功率P R相等，C 正确；由楞次定律可判断，线框中感应电流方向为adcba方向，磁场中线框部

15、分为等效电源，因此a端电势比b端电势低，D 错误二、非选择题(本题共 6 小题，共计 52 分)13(4 分)为判断线圈绕向，可将灵敏电流计 G 与线圈L连接，如图 12 所示已知线圈由a端开始绕至b端：当电流从电流计 G 的左端流入时，指针向左偏转图 12(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”)答案 (1)顺时针 (2)逆时针解析 (1)由题意可知在线圈L内电流从b流向a，而根据楞次

16、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)，再根据安培定则可知，感应电流方向为逆时针方向(俯视线圈)，因此线圈绕向为顺时针方向(俯视线圈)(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)，再根据安培定则可知，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)814(6 分)如图 13 所示为“研究电磁感应现象”的实验装置图 13(1)将图中所缺的导线补接完整；(2)如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏转一下，那么合上开关后可能出现的情况有：A

17、将线圈A迅速插入线圈B时，灵敏电流计指针将_B线圈A插入线圈B后，将滑动变阻器的滑片迅速向左拉时，灵敏电流计指针_答案 (1)见解析图 (2)向右偏转一下 向左偏转一下解析 (1)如图所示(2)根据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 A 项：向右偏转一下；B 项：向左偏转一下15(10 分)小明同学设计了一个“电磁天平” ，如图 14 所示，等臂天平的左臂为挂盘，右臂挂有矩形线圈，两臂平衡线圈的水平边长L0.1 m，竖直边长H0.3 m，匝数为N1.线圈的下边处于匀强磁场内，磁感应强度B01.0 T，方向垂直线圈平面向里线圈中通有可在 02.0 A 范围内调节

18、的电流I.挂盘放上待测物体后，调节线圈中电流使天平平衡，测出电流即可测得物体的质量(重力加速度取g10 m/s2)图 14 图 15(1)为使“电磁天平”的量程达到 0.5 kg，线圈的匝数N1至少为多少？(2)进一步探究电磁感应现象，另选N2100 匝、形状相同的线圈，总电阻R10 .不接9外电流，两臂平衡如图 15 所示，保持B0不变，在线圈上部另加垂直纸面向外的匀强磁场，且磁感应强度B随时间均匀变大，磁场区域宽度d0.1 m当挂盘中放质量为 0.01 kg 的物体时，天平平衡，求此时磁感应强度的变化率.B t答案 (1)25 匝 (2)0.1 T/s解析 (1)“电磁天平”中的线圈受到安

19、培力，I2.0 A 时线圈的匝数最少FN1B0IL由天平平衡可知：mgN1B0IL代入数据解得：N125 匝(2)由法拉第电磁感应定律得：EN2N2Ld tB t由欧姆定律得：IE R线圈受到的安培力FN2B0IL由天平平衡可得：mgF联立各式，代入数据可得0.1 T/s.B t16(10 分)如图 16 所示，两条相距d的平行金属导轨位于同一水平面内，其右端接一阻值为R的电阻质量为m的金属杆静置在导轨上，其左侧的矩形匀强磁场区域MNPQ的磁感应强度大小为B、方向竖直向下当该磁场区域以速度v0匀速地向右扫过金属杆后，金属杆的速度变为v.导轨和金属杆的电阻不计，导轨光滑且足够长，杆在运动过程中始

20、终与导轨垂直且保持良好接触求：图 16(1)MN刚扫过金属杆时，杆中感应电流的大小I；(2)MN刚扫过金属杆时，杆的加速度大小a；(3)PQ刚要离开金属杆时，感应电流的功率P.答案 (1) (2) (3)Bdv0 RB2d2v0 mRB2d2v0v2R解析 (1)感应电动势EBdv0，感应电流IE R10解得IBdv0 R(2)安培力FBId由牛顿第二定律Fma解得aB2d2v0 mR(3)金属杆切割磁感线的速度vv0v，则感应电动势EBd(v0v)电功率PE2 R解得PB2d2v0v2R17(10 分)某同学设计一个发电测速装置，工作原理如图 17 所示一个半径为R0.1 m的圆形金属导轨固

21、定在竖直平面上，一根长为R的金属棒OA，A端与导轨接触良好，O端固定在圆心处的转轴上，转轴的左端有一个半径为r 的圆盘，圆盘和金属棒能随转轴一起R 3转动圆盘上绕有不可伸长的细线，下端挂着一个质量为m0.5 kg 的铝块在金属导轨区域内存在垂直于导轨平面向右的匀强磁场，磁感应强度B0.5 Ta点与金属导轨相连，b点通过电刷与O端相连测量a、b两点间的电势差U可求得铝块速度铝块由静止释放，下落h0.3 m 时，测得U0.15 V(细线与圆盘间没有滑动，金属棒、导轨、导线及电刷的电阻均不计，重力加速度g10 m/s2)图 17(1)测U时，与a点相接的是电压表的“正极”还是“负极”？(2)求此时铝

22、块的速度大小；(3)求此下落过程中铝块机械能的损失答案 (1)正极 (2)2 m/s (3)0.5 J解析 (1)由右手定则判断，金属棒中电流方向为由O到A，则A端为等效电源正极，则与a点相接的是电压表的正极(2)由法拉第电磁感应定律得UE tBR21 2UBR21 211圆盘和金属棒一起转动，则两者角速度相同，铝块的速度与圆盘边缘的线速度大小相同vrR，所以v2 m/s.1 32U 3BR(3)Emghmv2，E0.5 J.1 218(12 分)如图 18 甲所示，一电阻不计且足够长的固定光滑平行金属导轨MN、PQ间距L0.8 m，下端接有阻值R3 的电阻，导轨平面与水平面间的夹角30.整个

23、装置处于方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中一质量m0.1 kg、阻值r0.15 的金属棒垂直导轨放置并用绝缘细线通过光滑的定滑轮与质量M0.9 kg 的重物相连，左端细线连接金属棒中点且沿NM方向棒由静止释放后，沿NM方向位移x与时间t之间的关系如图乙所示，其中ab为直线已知棒在 00.3 s 内通过的电荷量是 0.30.4 s 内通过电荷量的 2倍，取g 10 m/s2，求：图 18(1)00.3 s 内棒通过的位移x1的大小；(2)电阻R在 00.4 s 内产生的热量Q1.答案 (1)0.6 m (2)3 J解析 (1)棒在 00.3 s 内通过的电荷量q1 t1I平均感应电流 IE Rr回路中平均感应电动势 EBx1L t1得q1BLx1 Rr同理，棒在 0.30.4 s 内通过的电荷量q2BLx2x1Rr由题图乙读出 0.4 s 时刻位移大小x20.9 m又q12q2解得x10.6 m.(2)由题图乙知棒在 0.30.4 s 内做匀速直线运动，棒的速度大小v m/s3 0.90.6 0.40.3m/s12对整个系统，根据能量守恒定律得QMgx2mgx2sin (Mm)v21 2代入数据解得Q3.15 J根据焦耳定律有Q1 QR Rr代入数据解得 Q13 J.