（同步核心辅导）高中物理 电磁感应综合检测一 新人教版选修3-2

第四章电磁感应(分值：100分时间：60分钟)一、选择题(本大题共8个小题，每小题6分，共48分．第1～5小题只有一项符合题目要求，第6～8小题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)1．研究表明，地球磁场对鸽子识别方向起着重要作用．鸽子体内的电阻大约为103Ω，当它在地球磁场中展翅飞行时，会切割磁感线，在两翅之间产生动生电动势．这样，鸽子体内灵敏的感受器即可根据动生电动势的大小来判别其飞行方向．若某处地磁场磁感应强度的竖直分量约为0.5×10－4T.鸽子以20m/s速度水平滑翔，A．30mVB．3mVC．0.3mV D．0.03mV【解析】鸽子展翅飞行时若两翅端间距为0.3m．由E＝Blv得E＝0.3mV.C【答案】C图12．半径为R的圆形线圈，两端A、D接有一个平行板电容器，线圈垂直放在随时间均匀变化的匀强磁场中，如图1所示，则要使电容器所带电荷量Q增大，可以采取的措施是()A．增大电容器两极板间的距离B．增大磁感应强度的变化率C．减小线圈的半径D．改变线圈所在平面与磁场方向间的夹角【解析】由Q＝CU，U＝E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔBS,Δt)，分析可得增大磁感应强度变化率、增大线圈在垂直磁场方向的投影面积可增大A、D间电压，从而使Q增大，B项正确，C、D错误．减小电容器两极板间距离可使Q增大，A错误．【答案】B图23．(2014·洛阳一中高二检测)如图2所示，一个铜质圆环，无初速度地自位置Ⅰ下落到位置Ⅱ，若圆环下落时其轴线与磁铁悬线重合，圆环面始终水平．位置Ⅰ与位置Ⅱ的高度差为h，则运动时间()A．等于eq\r(\f(2h,g))B．大于eq\r(\f(2h,g))C．小于eq\r(\f(2h,g)) D．无法判定【解析】由于电磁阻尼，阻碍铜质圆环的下落，所以下落时间大于自由下落时间eq\r(\f(2h,g)).【答案】B图34．(2012·新课标全国高考)如图3，匀强磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框，半圆直径与磁场边缘重合；磁场方向垂直于半圆面(纸面)向里，磁感应强度大小为B0.使该线框从静止开始绕过圆心O、垂直于半圆面的轴以角速度ω匀速转动半周，在线框中产生感应电流．现使线框保持图中所示位置，磁感应强度大小随时间线性变化．为了产生与线框转动半周过程中同样大小的电流，磁感应强度随时间的变化率eq\f(ΔB,Δt)的大小应为()A.eq\f(4ωB0,π) B.eq\f(2ωB0,π)C.eq\f(ωB0,π) D.eq\f(ωB0,2π)【解析】设圆的半径为L，电阻为R，当线框以角速度ω匀速转动时产生的感应电动势E1＝eq\f(1,2)B0ωL2.当线框不动，而磁感应强度随时间变化时E2＝eq\f(1,2)πL2eq\f(ΔB,Δt)，由eq\f(E1,R)＝eq\f(E2,R)得eq\f(1,2)B0ωL2＝eq\f(1,2)πL2eq\f(ΔB,Δt)，即eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(ωB0,π)，故C项正确．【答案】C5．(2014·北京朝阳区高二检测)如图4所示，一刚性矩形铜制线圈从高处自由下落，进入一水平的匀强磁场区域，然后穿出磁场区域，()图4A．若线圈进入磁场过程是匀速运动，则离开磁场过程一定是匀速运动B．若线圈进入磁场过程是加速运动，则离开磁场过程一定是加速运动C．若线圈进入磁场过程是减速运动，则离开磁场过程一定是加速运动D．若线圈进入磁场过程是减速运动，则离开磁场过程一定是减速运动【解析】若线圈进入磁场过程是匀速运动，完全进入磁场区域一定做加速运动，则离开磁场过程所受安培力大于重力，一定是减速运动，选项A错误；若线圈进入磁场过程是加速运动，则离开磁场过程可能是加速运动，也可能是匀速运动，选项B错误；若线圈进入磁场过程是减速运动，则离开磁场过程一定是减速运动，选项C错误D正确．【答案】D6．(2012·山东高考)以下叙述正确的是()A．法拉第发现了电磁感应现象B．惯性是物体的固有属性，速度大的物体惯性一定大C．牛顿最早通过理想斜面实验得出力不是维持物体运动的原因D．感应电流遵从楞次定律所描述的方向，这是能量守恒定律的必然结果【解析】质量是惯性大小的唯一量度，与速度大小无关，B错误；伽利略通过实验与假想得出力不是维持物体运动的原因，C错误．【答案】AD图57．如图5所示，线圈内有条形磁铁，将磁铁从线圈中拔出来时()A．φa>φbB．φa<φbC．电阻中电流方向由a到bD．电阻中电流方向由b到a【解析】磁铁从线圈中拔出时，线圈中磁场方向向右，磁通量减少，根据楞次定律，线圈中产生感应电动势，右端为正极，左端为负极，所以电阻中电流方向由b到a，故φb>φa.B、D项正确．【答案】BD8．如图6所示，电灯A、B与固定电阻的阻值均为R，L是自感系数较大的线圈．当S1闭合、S2断开且电路稳定时A、B亮度相同，再闭合S2，待电路稳定后将S1断开，下列说法正确的是()图6A．B灯立即熄灭B．A灯将比原来更亮一些后再熄灭C．有电流通过B灯，方向为c→dD．有电流通过A灯，方向为b→a【解析】S2断开而只闭合S1，稳定时，A、B两灯一样亮，说明两条支路电流相等，这时线圈无自感作用，可知线圈L的电阻也是R；在S2闭合、S1闭合且稳定时，IA＝IL；当S2闭合、S1突然断开时，流过A灯的电流只是方向变为b→a，但其大小不能突然增大，A灯不能出现闪亮一下再熄灭的现象，故D正确，B错误；由于固定电阻R没有自感作用，故断开S1时，B灯被断路，电流迅速变为零，B灯立即熄灭．A正确，C错误．故正确答案为A、D.【答案】AD二、非选择题(本题共4小题，共52分．解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)9．(12分)如图7为“研究电磁感应现象”的实验装置．图7(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，灵敏电流计指针将________；②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________．(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方向D．可以用楞次定律判断感应电动势方向【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．故答案选B、D.【答案】(1)如图所示(2)①向右偏转一下②向左偏转一下(3)BD10．(10分)如图8甲所示的螺线管，匝数n＝1500匝，横截面积S＝20cm2，电阻r＝1.5Ω，与螺线管串联的外电阻R1＝3.5Ω，R2＝25Ω，方向向右穿过螺线管的匀强磁场，磁感应强度按图8乙所示规律变化，试计算电阻R2图8【解析】螺线管中产生的感应电动势E＝nSeq\f(ΔB,Δt)＝6V，根据闭合电路欧姆定律，电路中的电流大小I＝eq\f(E,R1＋R2＋r)＝0.2A，电阻R2上消耗的电功率大小P＝I2R2＝1W，a、b两点间的电势差U＝I(R1＋R2)＝5.7V.【答案】1W5.7V11．(14分)(2014·天津宝坻中学检测)如图9甲所示，平行金属导轨竖直放置，导轨间距为L＝1m，上端接有电阻R1＝3Ω，下端接有电阻R2＝6Ω，虚线OO′下方是垂直于导轨平面的匀强磁场．现将质量m＝0.1kg、电阻不计的金属杆ab，从OO′上方某处垂直导轨由静止释放，杆下落0.2m过程中始终与导轨保持良好接触，(1)磁感应强度B(2)杆下落0.2m甲乙图9【解析】(1)当地重力加速度g＝10m/s2，则杆进入磁场时的速度v＝eq\r(2gh)＝1m/s由图象知，杆进入磁场时加速度a＝－g＝－10m/s由牛顿第二定律得mg－F安＝ma回路中的电动势E＝BLv杆中的电流I＝eq\f(E,R并)R并＝eq\f(R1R2,R1＋R2)F安＝BIL＝eq\f(B2L2v,R并)得B＝eq\r(\f(2mgR并,L2v))＝2T(2)杆在磁场中运动产生的平均感应电动势E＝eq\f(ΔΦ,Δt)杆中的平均电流I＝eq\f(E,R并)通过杆的电荷量q＝I·Δt＝eq\f(E,R并)Δt＝eq\f(ΔΦ,R并)＝eq\f(B·ΔS,R并)通过杆的电荷量q＝0.15【答案】(1)2T(2)0.1512．(16分)(2014·浙江高考)某同学设计一个发电测速装置，工作原理如图10所示．一个半径为R＝0.1m的圆形金属导轨固定在竖直平面上，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＝eq\f(R,3)的圆盘，圆盘和金属棒能随转轴一起转动．圆盘上绕有不可伸长的细线，下端挂着一个质量为m＝0.5kg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B＝0.5T．a点与导轨相连，b点通过电刷与O端相连．测量a、b两点间的电势差U可算得铝块速度．铝块由静止释放，下落h＝0.3m时，测得U＝0.15V．(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g＝10m/s2图10(1)测U时，与a点相接的是电压表