教科版高中物理选修3-2练习第一章电磁感应章末检测卷（一）

章末检测卷(一)(时间：90分钟满分：100分)一、单项选择题(本题共6小题，每小题4分，共24分)1．2013年12月我国发射的“玉兔号”月球车成功着陆月球，预计在2020年将实施载人登月．假如宇航员登月后想探测一下月球表面是否有磁场，他手边有一只灵敏电流表和一个小线圈，则下列推断正确的是()A．直接将电流表放于月球表面，看是否有示数来判断磁场有无B．将电流表与线圈组成闭合回路，使线圈沿某一方向运动，如电流表无示数，则判断月球表面无磁场C．将电流表与线圈组成闭合回路，使线圈沿某一方向运动，如电流表有示数，则可判断月球表面有磁场D．将电流表与线圈组成闭合回路，使线圈在某个平面内沿两个互相垂直的方向运动，月球表面若有磁场，则电流表至少有一次示数不为零答案C解析电流表有示数时可判断有磁场存在，沿某方向运动而无示数不能确定磁场是否存在，只有C正确．2．如图1所示，一个半径为l的半圆形硬导体AB以速度v在水平U型框架上向右匀速滑动，匀强磁场的磁感应强度为B，干路电阻为R0，半圆形硬导体AB的电阻为r，其余电阻不计，则半圆形导体AB切割磁感线产生的感应电动势大小及A、B之间的电势差分别为()图1A．Blveq\f(BlvR0,R0＋r) B．Bπlveq\f(BπlvR0,R0＋r)C．2Blveq\f(2BlvR0,R0＋r) D．2Blv2Blv答案C解析根据E＝Blv，感应电动势2Blv，A、B间的电势差U＝eq\f(ER0,R0＋r)，C项正确．3.如图2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，闭合电键调节滑动变阻器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，然后断开电键S.重新闭合电键S，则()图2A．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解析根据题设条件可知，闭合电键调节滑动变阻器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，断开电键再重新闭合电键的瞬间，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，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．4.如图3所示，一个闭合三角形导线框ABC位于竖起平面内，其下方(略靠前)固定一根与导线框平面平行的水平直导线，导线中通以图示方向的恒定电流．释放导线框，它由实线位置下落到虚线位置未发生转动，在此过程中()图3A．导线框中感应电流的方向依次为ACBA→ABCA→ACBAB．导线框的磁通量为零时，感应电流也为零C．导线框所受安培力的合力方向依次为向上→向下→向上D．导线框所受安培力的合力为零，做自由落体运动答案A解析根据右手螺旋定则可知导线上方的磁场方向垂直纸面向外，下方的磁场方向垂直纸面向里，而且越靠近导线磁场越强，所以闭合导线框ABC在下降过程中，导线框内垂直于纸面向外的磁通量先增大，当BC边与导线重合时，达到最大，再向下运动，导线框内垂直于纸面向外的磁通量逐渐减小至零，然后随导线框的下降，导线框内垂直于纸面向里的磁通量增大，当达到最大，继续下降时由于导线框逐渐远离导线，使导线框内垂直于纸面向里的磁通量再逐渐减小，所以根据楞次定律可知，感应电流的磁场总是阻碍内部磁通量的变化，所以感应电流的磁场先向里，再向外，最后向里，所以导线框中感应电流的方向依次为ACBA→ABCA→ACBA，A正确；当导线框内的磁通量为零时，内部的磁通量仍然在变化，有感应电动势产生，所以感应电流不为零，B错误．根据对楞次定律的理解，感应电流的效果总是阻碍导体间的相对运动，由于导线框一直向下运动，所以导线框所受安培力的合力方向一直向上，不为零，C、D错误．5．如图4所示，光滑绝缘水平面上，有一矩形线圈冲入一匀强磁场，线圈全部进入磁场区域时，其动能恰好等于它在磁场左侧时的一半，设磁场宽度大于线圈宽度，那么()图4A．线圈恰好在刚离开磁场的地方停下B．线圈在磁场中某位置停下C．线圈在未完全离开磁场时即已停下D．线圈完全离开磁场以后仍能继续运动，不会停下来答案D解析线圈冲入匀强磁场时，产生感应电流，线圈受安培力作用做减速运动，动能也减少．同理，线圈冲出匀强磁场时，动能减少，进、出时减少的动能都等于克服安培力做的功．由于进入时的速度大，故感应电流大，安培力大，安培力做的功也多，减少的动能也多，线圈离开磁场过程中，损失动能少于它在磁场左侧时动能的一半，因此线圈离开磁场仍继续运动．6.如图5所示为几个有理想边界的磁场区域，相邻区域的磁感应强度B大小相等、方向相反，区域的宽度均为L.现有一边长为L的正方形导线框由图示位置开始，沿垂直于区域边界的直线匀速穿过磁场区域，速度大小为v.设逆时针方向为电流的正方向，下列各图能正确反映线框中感应电流的是()图5答案D解析导线框进入磁场中0到L的过程中，由右手定则知，感应电流的方向为顺时针，即负方向，感应电流I＝eq\f(BLv,R)，大小恒定，A、B不正确；导线框进入磁场中L至2L的过程中，导线框左右两侧均切割磁感线，由右手定则，可判断感应电流的方向为逆时针，即为正方向，感应电流I′＝eq\f(2BLv,R)，C错误，D正确．二、多项选择题(本题共4小题，每小题5分，共20分．每题至少有两个选项正确，选对得5分，漏选得2分，错选得0分)7.如图6所示，矩形闭合线圈放置在水平薄板上，有一块碲形磁铁如图示方式置于平板的正下方(磁极间距略大于矩形线圈的宽度)．当磁铁匀速向右通过线圈正下方时，线圈仍静止不动，那么线圈受到薄板的摩擦力方向和线圈中产生感应电流的方向(从上向下看)是()图6A．摩擦力方向一直向左B．摩擦力方向先向左、后向右C．感应电流的方向顺时针→逆时针→顺时针D．感应电流方向顺时针→逆时针答案AC解析穿过线圈的磁通量先向上方向增加，后减少，当线圈通过磁铁中间以后，磁通量先向下方向增加，后减少，所以感应电流的方向顺时针→逆时针→顺时针，故C正确，D错误；根据楞次定律可以判断：磁铁向右移动过程中，磁场对线圈有向右的安培力作用，所以摩擦力方向向左，故A正确，B错误．8.用一根横截面积为S、电阻率为ρ的硬质导线做成一个半径为r的圆环，ab为圆环的一条直径．如图7所示，在ab的左侧存在一个匀强磁场，磁场垂直圆环所在平面，方向如图，磁感应强度大小随时间的变化率eq\f(ΔB,Δt)＝k(k＜0)．则()图7A．圆环中产生逆时针方向的感应电流B．圆环具有扩张的趋势C．圆环中感应电流的大小为|eq\f(krS,2ρ)|D．图中a、b两点间的电势差大小为Uab＝|eq\f(1,4)πkr2|答案BD解析由题意可知磁感应强度均匀减小，穿过闭合线圈的磁通量减小，根据楞次定律可以判断，圆环中产生顺时针方向的感应电流，圆环具有扩张的趋势，故A错误，B正确；圆环中产生的感应电动势为E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)S＝|eq\f(1,2)πr2k|，圆环的电阻为R＝ρeq\f(l,S)＝eq\f(2πρr,S)，所以圆环中感应电流的大小为I＝eq\f(E,R)＝|eq\f(krS,4ρ)|，故C错误；图中a、b两点间的电势差Uab＝I×eq\f(1,2)R＝|eq\f(1,4)πkr2|，故D正确．9.如图8所示，边长为L的正方形线框，从图示位置开始沿光滑斜面向下滑动，中途穿越垂直纸面向里、有理想边界的匀强磁场区域，磁场的宽度大于L，以i表示导线框中的感应电流，从线框刚进入磁场开始计时，取逆时针方向为电流正方向，以下i－t关系图像，可能正确的是()图8答案BC解析边长为L的正方形线框，从图示位置开始沿光滑斜面向下滑动，若进入磁场时所受安培力与重力沿斜面方向的分力平衡，则线框做匀速直线运动，感应电流为一恒定值；完全进入后磁通量不变，感应电流为零，线框做匀加速直线运动；从磁场中出来时，感应电流方向相反，所受安培力大于重力沿斜面方向的分力，线框做加速度减小的减速运动，感应电流减小，选项B正确．同理可知，C正确．10.如图9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()图9A．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．综上所述，本题的正确选项为B、D.三、填空题(本题共2小题，共9分)11.(3分)如图10所示，半径为r的金属圆环绕通过直径的轴OO′以角速度ω匀速转动，匀强磁场的磁感应强度为B，以金属环的环面与磁场方向重合时开始计时，求在转动30°角的过程中，环中产生的平均感应电动势为________．图10答案3Bωr2解析ΔΦ＝Φ2－Φ1＝BSsin30°－0＝eq\f(1,2)Bπr2.又Δt＝eq\f(θ,ω)＝eq\f(π/6,ω)＝π/(6ω)所以eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(\f(1,2)Bπr2,π/6ω)＝3Bωr2.12．(6分)电吉他是利用电磁感应原理工作的一种乐器．如图11所示为电吉他的扩音器的原理图，在金属弦的下方放置有一个连接到放大器的螺线管．一条形磁铁固定在管内，当拨动金属弦后，螺线管内就会产生感应电流，经一系列转化后可将电信号转为声音信号．图11(1)金属弦的作用类似“研究电磁感应现象”实验中铁芯的作用，则被拨动后靠近螺线管的过程中，通过放大器的电流方向为________(以图为准，选填“向上”或“向下”)．(2)下列说法正确的是()A．金属弦上下振动的周期越大，螺线管内感应电流的方向变化也越快B．金属弦上下振动过程中，经过相同位置时速度越大，螺线管中感应电动势也越大C．电吉他通过扩音器发出的声音随感应电流强度增大而变响，增减螺线管匝数会起到调节音量的作用D．电吉他通过扩音器发出的声音频率和金属弦振动频率相同答案(1)向下(2)BCD解析(1)金属弦靠近螺线管时，线圈中磁场变强，根据楞次定律可得通过放大器的电流方向为向下．(2)感应电动势的大小与磁通量的变化率有关，与线圈匝数有关，所以选项B、C正确；电吉他通过扩音器发出的声音频率与感应电流的频率相同，即与金属弦振动频率相同，A错误，D正确．四、计算题(本题共4小题，共47分．)13．(10分)轻质细线吊着一质量为m＝0.32kg、边长为L＝0.8m、匝数n＝10的正方形线圈，总电阻为r＝1Ω.边长为eq\f(L,2)的正方形磁场区域对称分布在线圈下边的两侧，如图12甲所示，磁场方向垂直纸面向里，大小随时间变化关系如图乙所示，从t＝0开始经t0时间细线开始松弛，取g＝10m/s图12(1)在前t0时间内线圈中产生的电动势；(2)在前t0时间内线圈的电功率；(3)t0的值．答案(1)0.4V(2)0.16W(3)2s解析(1)由法拉第电磁感应定律得E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝n×eq\f(1,2)×(eq\f(L,2))2eq\f(ΔB,Δt)＝10×eq\f(1,2)×(eq\f(0.8,2))2×0.5V＝0.4V.(2)I＝eq\f(E,r)＝0.4A，P＝I2r＝0.16W.(3)对线圈受力分析可知，当细线松弛时有：F安＝nBt0Ieq\f(L,2)＝mg，I＝eq\f(E,r)Bt0＝eq\f(2mgr,nEL)＝2T由图像知：Bt0＝1＋0.5t0(T)，解得t0＝2s.14．(10分)如图13所示，两根相距d＝0.20m的平行金属长导轨固定在同一水平面内，并处于竖直方向的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B＝0.20T．导轨上面横放着两条金属细杆，构成矩形回路．每条金属细杆的电阻r＝0.25Ω.回路中其余部分的电阻不计．已知两金属细杆在平行于导轨的拉力作用下沿导轨朝相反的方向匀速平移，速度大小都是v＝5.0m图13(1)求作用于每条细杆的拉力的大小；(2)求两金属细杆在间距增加0.40m答案(1)3.2×10－2N(2)1.28×10－2J解析(1)无论磁场方向是竖直向上还是竖直向下，当两金属细杆都以速度v朝相反方向滑动时，两金属细杆产生大小相同方向一致的感应电动势．E1＝E2＝Bdv①由闭合电路欧姆定律，回路中的电流I＝eq\f(E1＋E2,2r)②因拉力与安培力平衡，作用于每根金属杆的拉力大小为F1＝F2＝BdI③由①②③联立并代入数据，得F1＝F2＝eq\f(B2d2v,r)＝eq\f(0.202×0.202×5.0,0.25)N＝3.2×10－2N.(2)设金属杆之间增加的距离为ΔL，则两金属杆共产生的热量Q＝I2·2r·eq\f(ΔL,2v)，代入数据得Q＝1.28×10－2J.15.(12分)如图14所示，有两根足够长、不计电阻，相距L的平行光滑金属导轨cd、ef与水平面成θ角固定放置，底端接一阻值为R的电阻，在轨道平面内有磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直轨道平面斜向上．现有一平行于ce、垂直于导轨、质量为m、电阻不计的金属杆ab，在沿轨道平面向上的恒定拉力F作用下，从底端ce由静止沿导轨向上运动，当ab杆速度达到稳定后，撤去拉力F，最后ab杆又沿轨道匀速回到ce端．已知ab杆向上和向下运动的最大速度相等．求：拉力F和杆ab最后回到ce端的速度v.图14答案2mgsinθeq\f(mgRsinθ,B2L2)解析当ab杆沿导轨上滑达到最大速度v时，其受力如图所示：由平衡条件可知：F－FB＝mgsinθ①又FB＝BIL②而I＝eq\f(BLv,R)③联立①②③式得：F－eq\f(B2L2v,R)－mgsinθ＝0④同理可得，ab杆沿导轨下滑达到最大速度时：mgsinθ－eq\f(B2L2v,R)＝0联立④⑤两式解得：F＝