2020高中物理 第四章 电磁感应综合检测（A卷）（含解析）

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精PAGE20-学必求其心得，业必贵于专精第四章综合检测（A卷）对应学生用书P15本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题）两部分,满分110分，考试时间90分钟。第Ⅰ卷（选择题,共48分）一、选择题(本题共12小题,每小题4分，共48分。1～8小题只有一个选项正确，9～12小题有多个选项正确，全部选对的得4分,选对但不全的得2分，有选错的不得分)1．关于真空冶炼和电熨斗的说法正确的是(）A．它们都是只利用电流的热效应工作的B．它们都是利用电磁感应现象中产生的涡流工作的C．前者是利用电磁感应现象中产生的涡流及电流的热效应工作的，后者是利用电流的热效应工作的D．前者利用的是变化的电流，后者利用的是恒定的电流答案C解析真空冶炼是利用涡流及电流的热效应工作的，电熨斗利用电流的热效应工作，所以真空冶炼需要变化的电流产生变化的磁场,电熨斗可用直流电也可用交流电，应选C。2。如图所示，矩形线圈abcd的边长分别是ab＝L，ad＝D，线圈与磁感应强度为B的匀强磁场平行，线圈以ab边为轴做角速度为ω的匀速转动,下列说法正确的是（从图示位置开始计时）（)A．t＝0时线圈的感应电动势为零B．转过90°时线圈的感应电动势不为零C．转过90°的过程中线圈中的平均感应电动势为eq\f(1,2)ωBLDD．转过90°的过程中线圈中的平均感应电动势为eq\f(2ωBLD,π)答案D解析A、B两选项中都是瞬时感应电动势，用E＝Blv求解比较方便。t＝0时，只有cd边切割磁感线，感应电动势E1＝Blv＝BL·ωD＝BSω≠0,A错误；转过90°时，线圈的四条边均不切割磁感线，E2＝0,B错误；C、D两选项求的都是平均感应电动势,用E＝eq\f（ΔΦ，Δt）较方便。转过90°的过程中,穿过线圈的磁通量由0变为Φ＝BLD。转过90°所用时间Δt＝eq\f(T，4）＝eq\f(\f(2π，ω）,4)＝eq\f（π,2ω），故平均电动势为：E＝eq\f（ΔΦ，Δt）＝eq\f(BLD,\f(π，2ω)）＝eq\f(2ωBLD，π），故C错误、D正确.3．如图所示，无限大磁场的方向垂直于纸面向里，A图中线圈在纸面内由小变大(由图中实线矩形变成虚线矩形)，B图中线圈正绕a点在平面内旋转，C图与D图中线圈正绕OO′轴转动,则线圈中不能产生感应电流的是()答案B解析选项A中线圈面积S变化,选项C、D中线圈面积与磁感应强度B的夹角变化，都会导致穿过线圈的磁通量变化而产生感应电流;选项B中，B、S及两者夹角均不变,穿过线圈的磁通量不变，不产生感应电流，故选B。4。如图，是话筒的原理图。在弹性膜片后面粘接金属线圈,线圈处于永久磁体的磁场中，声波使膜片振动，将声音信号变为电信号。下列说法正确的是（)A．话筒是利用电流的热效应工作的B．话筒是利用电磁感应原理工作的C．膜片振动时，穿过金属线圈的磁通量不变D．膜片振动时，金属线圈中不会产生感应电流答案B解析当声波使膜片前后振动时，线圈切割磁感线产生感应电流，将声音信号变为电信号，是根据电磁感应原理工作的，故A错误，B正确。膜片随着声波而周期性振动,穿过金属线圈的磁通量是周期性变化的,故C错误。膜片振动时，金属线圈切割磁感线，会产生感应电流，故D错误.5。如图所示的电路中,电源电动势为E，线圈L的电阻不计。以下判断正确的是（）A．闭合S，稳定后,电容器两端电压为EB．闭合S,稳定后，电容器的a极板带正电C．断开S的瞬间,电容器的a极板带正电D．断开S的瞬间，电容器的a极板带负电答案C解析闭合S,稳定后，由于线圈L的直流电阻为零，所以线圈两端电压为零，又因为电容器与线圈并联，所以电容器两端电压也为零,A、B错误；断开S的瞬间，线圈L中电流减小，线圈中产生与原电流方向相同的自感电动势，并作用在电容器上，所以，此时电容器a极板带正电，b极板带负电，C正确、D错误。6。如图所示，有缺口的金属圆环与板间距为d的平行板电容器的两极板焊接在一起，金属圆环右侧有一垂直纸面向外的匀强磁场，现使金属圆环以恒定不变的速度v向右运动由磁场外进入磁场,在金属圆环进入磁场的过程中，电容器带电荷量Q随时间t变化的定性图象应为(）答案C解析金属圆环进入磁场过程中切割磁感线的金属导线的有效长度先变大后变小,最后不变(完全进入磁场中)，则电容器两板间电势差也是先变大后变小，最后不变,由Q＝CU可知图线C正确.7.如图，正方形线圈abcd固定于一匀强磁场中，磁场方向垂直线圈平面。当磁场的磁感应强度B随时间t变化时，该磁场对ab边的安培力大小恒定。下列描述B随t变化的图象中，可能正确的是（）答案B解析设线圈的边长为L，磁感应强度变化的时候，线圈中的感应电动势为E＝eq\f（ΔΦ，Δt)＝eq\f（ΔB·L2,Δt)，ab边受到的安培力为F＝BIL＝eq\f(B·ΔBL3，RΔt),安培力大小恒定，若B变大，则eq\f（ΔB,Δt)（即图线斜率）需减小。只有B项图象符合题意，故B正确.8.著名物理学家费曼曾设计过这样一个实验：一块水平放置的绝缘体圆盘可绕过其中心的竖直轴自由转动,在圆盘的中部有一个线圈，圆盘的边缘固定着一圈带负电的金属小球，如图所示。当线圈接通直流电源后，线圈中的电流方向如图中箭头所示，圆盘会发生转动，几位同学对这一实验现象进行了解释和猜测，你认为合理的是（）A．接通电源后，线圈产生磁场,带电小球受到洛伦兹力，从而导致圆盘沿顺时针方向转动（从上向下看)B．接通电源后,线圈产生磁场，带电小球受到洛伦兹力，从而导致圆盘沿逆时针方向转动(从上向下看）C．接通电源的瞬间，线圈产生变化的磁场，从而产生电场，导致圆盘沿顺时针方向转动（从上向下看)D．接通电源的瞬间,线圈产生变化的磁场，从而产生电场，导致圆盘沿逆时针方向转动（从上向下看）答案C解析在突然接通电源的瞬间,线圈中电流由0增大到最大,由右手螺旋定则知,电流的磁场从上到下，而感应电流的磁场总是阻碍磁通量的变化，因此，感应电流的磁场是由下向上，故可判定出线圈中电流的磁场形成的感生电场从上向下看沿逆时针方向,处在该电场中的负电荷,受电场力作用，使圆盘沿顺时针方向转动，因此，C正确，A、B、D错误.9．如图甲所示，圆形线圈P静止在水平桌面上,其正上方悬挂一螺线管Q，P和Q共轴，Q中通有变化的电流i，电流随时间变化的规律如图乙所示，P所受的重力为G，桌面对P的支持力为FN，则(）A．t1时刻，FN>GB．t2时刻,FN〉GC．t3时刻，FN〈GD．t4时刻，FN＝G答案AD解析感应电流的磁场总是阻碍磁通量的变化，所以t1时电流增大，磁通量变大,下面线圈阻碍变化，就有向下运动的趋势，所以FN>G，t2时刻与t4时刻无电流变化,t3时刻Q中没有电流；所以t2时刻、t3时刻、t4时刻FN＝G，故A、D正确，B、C错误。10.如图所示，矩形线框A在竖直平面内从静止开始下落。匀强磁场B的方向水平且垂直于线框所在的平面。当线框的下边进入磁场,而上边尚未进入磁场的过程中，线框A可能(）A．匀速下落B．加速下落C．减速下落D．匀减速下落答案ABC解析根据进入磁场后安培力与重力的大小关系判定。当F安＝mg时匀速下落；当F安<mg时，加速下落；当F安〉mg时,减速下落，此时F安－mg＝eq\f(B2l2v，R总）－mg＝ma，故可得随着v的减小a也减小，所以不可能是匀减速下落.A、B、C正确。11.如图所示,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，且ab与导轨接触良好.若ab杆在竖直向上的外力F作用下匀速上升,则以下说法正确的是()A．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。电流做的功不等于重力势能的增加量,选项C错误。12。如图所示，三个有界匀强磁场的磁感应强度大小均为B，方向分别垂直纸面向外、向里和向外，磁场宽度均为L,在磁场区域的左侧边界处有一边长为L的正方形导线框，导线框总电阻为R，且导线框平面与磁场方向垂直，现用外力F使导线框以速度v匀速穿过磁场区域,以初始位置为计时起点，规定电流沿逆时针方向时的电动势E为正,外力F向右为正.则以下能反映感应电动势E和外力F随时间变化规律的图象是(）答案AD解析根据楞次定律判断可知，安培力阻碍导体与磁场间的相对运动，所以导线框所受的安培力方向向左，由平衡条件得知外力方向一直向右，为正。在0～eq\f(L，v）时间内，导线框通过左边的磁场，根据右手定则判断可得感应电流方向为顺时针，感应电动势为负值，产生的感应电动势E1＝BLv，感应电流I1＝eq\f（E1,R)＝eq\f(BLv,R)，外力等于安培力，即F1＝BI1L＝eq\f(B2L2v,R)；在eq\f(L，v)～eq\f(2L，v)时间内,导线框从左边磁场进入中间磁场,导线框的左边和右边都产生感应电动势，根据右手定则判断可得感应电流方向沿逆时针，感应电动势为正值，回路中总的感应电动势E2＝2BLv，感应电流I2＝eq\f(E2,R）＝eq\f（2BLv,R)，外力等于安培力，即F2＝2BI2L＝4eq\f（B2L2v,R)；在eq\f（2L,v）～eq\f（3L，v)时间内，导线框从中间磁场进入右边磁场,导线框的左边和右边都产生感应电动势，根据右手定则判断可得感应电流方向为顺时针，感应电动势为负值,回路中总的感应电动势E3＝2BLv，感应电流I3＝eq\f(2BLv，R)，外力等于安培力,即F3＝2BI3L＝4eq\f（B2L2v，R)；在eq\f(3L,v）～eq\f（4L，v)时间内，导线框从右边磁场穿出，根据右手定则判断可得感应电流方向沿逆时针，感应电动势为正值，产生的感应电动势E4＝BLv,感应电流I4＝eq\f（BLv，R），外力等于安培力，即F4＝BI4L＝eq\f(B2L2v,R)。所以选项A、D正确。第Ⅱ卷(非选择题，共62分)二、填空题(本题共3小题,每小题6分，共18分)13．如图为“研究电磁感应现象"的实验装置。（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了一下，那么合上开关后下述情形中将出现的情况是：A．将原线圈迅速插入副线圈时，灵敏电流计指针将______________________________。B．在原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器触头迅速向左拉时，灵敏电流计指针将________________________________________________________________________。答案(1)如图所示。(2）A。向右偏转一下B．向左偏转一下解析（1)电源、开关、滑动变阻器、原线圈应组成闭合回路；副线圈与灵敏电流计组成闭合回路。(2)将原线圈迅速插入副线圈时，副线圈中磁通量增大，感应电流方向与闭合开关时相同，指针将向右偏转一下；滑动变阻器触头向左拉时，电阻增大，电流减小,磁通量减小，感应电流方向与磁通量增大时相反，向左偏转一下。14。如图所示，边长为L、电阻为R的单匝正方形导线框abcd自空中落下，恰好能以速度v匀速进入一磁感应强度为B、宽度为H（H〉L）的匀强磁场MM′N′N区域.则该导线框进入磁场的过程中流过导线某一横截面的电荷量Q＝________，导线框cd边运动到磁场区域下边界NN′时的速度为________。答案eq\f(BL2，R)eq\r(v2＋2gH－L)解析Q＝I·Δt＝eq\f(BLv,R)·eq\f（L，v)＝eq\f（BL2，R）；线框全部进入磁场后只受重力作用，根据veq\o\al(2，1)＝v2＋2g(H－L)，可解得v1＝eq\r(v2＋2gH－L)。15。两金属杆ab和cd的长均为l，电阻均为R,质量分别为m1和m2，且m1〉m2。用两根质量和电阻均可忽略的不可伸长的柔软导线将它们连成闭合回路，并悬挂在水平、光滑、不导电的圆棒两侧，两金属杆都处于水平位置,如图所示.整个装置处在一个与回路平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度为B。若金属杆ab正好匀速向下运动，其运动速度大小为________。答案eq\f(m1－m2gR，2B2l2）解析由系统能量守恒知，两杆减少的重力势能全部转化为电磁感应产生的电能，则重力对系统做功的功率应等于回路中电流做功的功率，即（m1－m2)gv＝2I2R＝2·eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（2Blv,2R)））2·R，解得v＝eq\f(m1－m2gR,2B2l2)。三、计算题（共44分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）16．(10分）如图所示，在匀强磁场中有一倾斜的平行金属导轨，导轨间距为L，长为3d，导轨平面与水平面的夹角为θ，在导轨的中部刷有一段长为d的薄绝缘涂层.匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向与导轨平面垂直。质量为m的导体棒从导轨的顶端由静止释放,在滑上涂层之前已经做匀速运动，并一直匀速滑到导轨底端。导体棒始终与导轨垂直,且仅与涂层间有摩擦，接在两导轨间的电阻为R，其他部分的电阻均不计，重力加速度为g。求：（1）导体棒与涂层间的动摩擦因数μ；（2)导体棒匀速运动的速度大小v;（3)整个运动过程中，电阻产生的焦耳热Q.答案（1)tanθ（2）eq\f(mgRsinθ,B2L2)（3)2mgdsinθ－eq\f（m3g2R2sin2θ，2B4L4）解析(1）在绝缘涂层上导体棒受力平衡有mgsinθ＝μmgcosθ解得μ＝tanθ。(2）在光滑导轨上感应电动势E＝BLv感应电流I＝eq\f（E,R)安培力F安＝BIL导体棒受力平衡有F安＝mgsinθ解得v＝eq\f（mgRsinθ,B2L2）。（3)摩擦生热QT＝μmgdcosθ由能量守恒定律有3mgdsinθ＝Q＋QT＋eq\f(1，2）mv2解得Q＝2mgdsinθ－eq\f（m3g2R2sin2θ,2B4L4）。17.（11分)如图所示,面积为0。2m2的100匝线圈A处在磁场中，磁场方向垂直于线圈平面。磁感应强度随时间变化的规律是B＝（6－0。2t）（T）。已知R1＝4Ω，R2＝6Ω，电容C＝30μF，线圈A的电阻不计.求:(1）闭合S后，通过R2的电流大小和方向；(2)闭合S一段时间后再断开S，S断开后通过R2的电荷量是多少？答案(1)0.4Aa→R2→b(2）7.2×10－5C解析（1)∵B＝6－0。2t，∴eq\f(ΔB,Δt）＝0.2T/sA线圈内产生的感应电动势:E＝neq\f(ΔΦ，Δt）＝neq\f(ΔBS,Δt)＝100×0.2×0.2V＝4VS闭合后，电路中电流I＝eq\f(E，R1＋R2)＝eq\f（4，4＋6）A＝0.4A方向由a→R2→b故通过R2的电流大小为0.4A，方向为由a→R2→b.(2)断开S后,C开始放电,通过R2的电荷量Q＝CU2＝CIR2＝7.2×10－5C故S断开后通过R2的电荷量是7.2×10－5C。18．(11分)如图a所示,平行金属导轨MN、PQ光滑且足够长，固定在同一水平面上，两导轨间距L＝0.25m，电阻R＝0.5Ω，导轨上停放一质量m＝0。1kg、电阻r＝0.1Ω的金属杆,导轨电阻可忽略不计,整个装置处于磁感应强度B＝0。4T的匀强磁场中,磁场方向竖直向下，现用一外力F沿水平方向拉杆，使其由静止开始运动，理想电压表的示数U随时间t变化的关系如图b所示。（1）分析证明金属杆做匀加速直线运动;(2)求金属杆运动的加速度大小；（3)写出外力F随时间变化的表达式；（4)求第2.5s末外力F的瞬时功率。答案(1）见解析(2）2。4m/s2(3）F＝0.04t＋0。24(N）（4)2。04W解析(1)U＝E·eq\f(R,R＋r）＝eq\f(BLvR,R＋r），U∝v，因为U是时间的正比例函数，故v也是时间的正比例函数，故金属杆做匀加速直线运动。(2）由图b知，k＝eq\f(ΔU，Δt）＝0。2V/s，又ΔU＝eq\f(BLR·Δv，R＋r)，故k＝eq\f（Δv,Δt）·eq\f(BLR,R＋r）