高二物理选修3-2达标检测试题16

滚动检测(二)感应电动势及应用(时间：60分钟满分：100分)一、选择题(每小题5分，共40分，选不全但正确的得3分)1．关于楞次定律，下列说法中正确的是 ()．A．感应电流的磁场方向总是与外磁场的方向相反B．感应电流的磁场方向总是与外磁场的方向相同C．感应电流的磁场方向取决于磁通量是增大还是减小D．感应电流的磁场总是阻碍原来磁场的变化解析不能简单地认为感应电流的磁场方向和原来磁场方向是相同还是相反，还要看原磁通量是如何变化的，如果原磁通量增加，感应电流产生的磁场方向与原磁场方向相反，阻碍原磁通量的增加；如果原来磁通量减小，感应电流产生的磁场方向和原磁场方向相同，阻碍原来的磁通量减弱，即感应电流产生的磁场总是阻碍原磁通量的变化．答案C图12．如图1所示，空间有一个水平方向的有界磁场区域，一个矩形线框，自磁场上方某一高度下落，然后进入磁场，进入磁场时，导线框平面与磁场方向垂直，则在进入时导线框不可能 ()．A．变加速下落 B．变减速下落C．匀速下落 D．匀加速下落解析如果线框下落时的高度不同，则进入磁场时的速度、产生的感应电动势、感应电流、线框所受的安培力等也不相同，可能出现安培力大于、等于或小于线框重力等三种情况，所对应的运动则分别是变减速、匀速或变加速运动，只有D项是不可能的．答案D图23．如图2所示，矩形线框abcd垂直放在匀强磁场中，ab上接有一个电压表，cd上接有一个电流表，现使线框abcd以速度v向右切割磁感线运动，运动过程中线圈不穿出磁场，不发生变形，则下列正确的是 ()．A．电流表无读数，ab间有电势差，电压表无读数B．电流表有读数，ab间有电势差，电压表无读数C．电流表无读数，ab间无电势差，电压表无读数D．电流表无读数，ab间有电势差，电压表有读数解析导线框切割磁感线运动，所以ab、cd上会有感应电动势，但线框中的磁通量不发生变化，故没有感应电流．电流表和电压表的示数原理都是有电流通过时指针才会发生偏转，因此两表都没有示数．答案A4．关于自感现象，下列说法中正确的是 ()．A．自感现象是线圈自身的电流变化而引起的电磁感应现象B．自感电动势总是阻止原电流的变化C．自感电动势的方向总与原电流方向相反D．自感电动势的方向总与原电流方向相同解析自感现象是线圈自身的电流变化而引起的电磁感应现象，在自感现象中自感电动势总是阻碍原电流的变化，不是阻止，所以选项B错．当原电流减小时，自感电动势与原电流的方向相同，当原电流增加时，自感电动势与原电流方向相反，所以选项C、D错．答案A图35．如图3所示是世界上早期制作的发电机以及发电机的实验装置，A盘和B盘分别是两个可绕固定转轴转动的铜盘，实验时用导线把A盘的中心和B盘的边缘连接起来，用另一根导线把B盘的中心和A盘的边缘连接起来．当A盘在外力的作用下转动起来时，B盘也会转动．则下列说法正确的是 ()．A．不断转动A盘使得铜盘沿径向排列的无数根铜条做切割磁感线运动，产生感应电动势并获得持续电流B．不断转动A盘使得铜盘盘面上无数个同心圆环中的磁通量发生变化，产生感应电动势并获得持续电流C．当A盘顺时针转动时，B盘逆时针转动，A盘中心的电势比盘边缘高D．当A盘顺时针转动时，B盘也顺时针转动，A盘中心的电势比盘边缘低解析当A盘顺时针转动时，A盘沿径向排列的无数根铜条切割磁感线相当于电源，由右手定则判断知，铜盘的边缘相当于电源的正极，则A盘中心的电势比盘边缘处低；又根据A、B两盘的连结关系可知，A盘对B盘提供的电流为从B盘的中心沿径向流向边缘处，则由左手定则判断得，B盘受安培力做逆时针方向的转动．答案A图46．如图4所示，用铝板制成U形框，将一质量为m的带电小球用绝缘细线悬挂在框的上方，使整体在匀强磁场中沿垂直于磁场方向向左以速度v匀速运动，悬挂拉力为T，则 ()．A．悬线竖直，T＝mgB．悬线竖直，T>mgC．悬线竖直，T<mgD．无法确定T的大小和方向解析设两板间的距离为L，由于向左运动过程中竖直板切割磁感线，产生感应电动势，由右手定则判断下板电势高于上板，感应电动势大小E＝BLv，即带电小球处于电势差为BLv的电场中，所受电场力F电＝qE＝qeq\f(U,L)＝qeq\f(BLv,L)＝qvB.若设小球带正电，则电场力方向向上．同时小球所受洛伦兹力F洛＝qvB，方向由左手定则判断竖直向下，即F电＝F洛，故无论小球带什么电怎样运动，都有T＝mg.选项A正确．答案A7．如图5所示，abcd是由粗细均匀的电阻丝制成的正方形线框，导体棒MN是由相同电阻丝制成的，可在ad边与bc边上无摩擦滑动，且接触良好，线框处于垂直于纸面向里的匀强磁场中，当MN棒由靠ab边处向cd边匀速移动的过程中，下列说法正确的是 ()．图5A．MN棒中电流先减小后增大B．MN棒两端电压先减小后增大C．MN棒上拉力的功率先增大后减小D．矩形线框中消耗的电功率先减小后增大解析MN匀速移动，所以产生的感应电动势为定值，在MN向右移动的过程中，等效外电路的电阻先增大后减小，所以MN中的电流先减小后增大，A正确；MN两端电压可等效为路端电压，所以其先增大后减小，B错；MN上的力先减小后增大，所以其功率Fv先减小后增大，C错；因矩形线框的等效总电阻一直小于等效电源MN的电阻，根据电源输出功率的图象可以判断，在MN从左向右滑动的过程中，矩形线框消耗的功率先增大后减小，D错．答案A8．有一匀强磁场，磁场方向垂直于纸面，规定向里为正方向，在磁场中有一金属圆环，圆环平面位于纸面内，如图6所示，现令磁感应强度B随时间变化，先按照如图6所示的Oa图线变化，后来又按照图线bc、cd变化，令E1、E2、E3分别表示这三段变化过程中的感应电动势的大小，I1、I2、I3分别表示对应的感应电流．则 ()．图6A．E1>E2，I1沿逆时针方向，I2沿顺时针方向B．E1<E2，I1沿逆时针方向，I2沿顺时针方向C．E1<E2，I2沿顺时针方向，I3沿顺时针方向D．E3＝E2，I2沿顺时针方向，I3沿逆时针方向解析B－t图象的斜率表示磁感应强度的变化率eq\f(ΔB,Δt)，由法拉第电磁感应定律知，E＝Seq\f(ΔB,Δt)∝eq\f(ΔB,Δt)，可见，E1<E2＝E3；又根据楞次定律可判断出，I1沿逆时针方向，I2和I3都沿顺时针方向．答案BC二、实验题(每题10分，共20分)9．在“研究电磁感应现象”的实验中，首先按图7(甲)接线，以查明电流表指针的偏转方向与电流方向之间的关系；然后按图7(乙)将电流表与线圈B连成一个闭合回路，将线圈A、电池、滑动变阻器和开关串联成另一个闭合电路，在图(甲)中，当闭合S时，观察到电流表指针向左偏，不通电时电流表指针停在正中央．在图(乙)中(1)S闭合后，将螺线管A插入螺线管B的过程中，电流表的指针________；(2)线圈A放在B中不动时，指针将________；图7(3)线圈A放在B中不动，突然断开开关S，电流表指针将________．解析(1)由图(甲)知电流从左接线柱流入电流表时，其指针向左偏转．S闭合后，将A插入B中，磁通量增大，由楞次定律和安培定则可判断B中电流方向向上，从右接线柱流入，故电流表指针向右偏转；(2)A放在B中不动，磁通量不变，不产生感应电流；(3)断开开关，穿过B的磁通量减小，电流表指针向左偏转．答案(1)向右偏转(2)停在中央位置(3)向左偏转10．在研究电磁感应现象的实验中所用器材如图8所示．它们是：①电流表；②直流电源；③带铁芯的线圈A；④线圈B；⑤开关；⑥滑动变阻器(用来控制电流以改变磁场强弱)．(1)试按实验的要求在实物图上连线(图中已连好一根导线)．(2)若连接滑动变阻器的两根导线接在接线柱C和D上，而在开关刚刚闭合时电流表指针右偏，则开关闭合后滑动变阻器的滑动触头向接线柱C移动时，电流表指针将________(填“左偏”、“右偏”或“不偏”)．图8解析开关闭合时，电流表指针向右偏，说明B中磁通量增加时，产生的感应电流使指针向右偏．而如图接法，当滑动触头向C移动时，A回路中电流减小，通过B回路的磁通量减少，此时产生的感应电流方向与开关闭合时相反，故指针向左偏．答案(1)见解析(2)左偏三、计算题(共40分)11．(13分)截面积S＝0.2m2，n＝100匝的圆形线圈A，处在如图9所示的磁场中，磁感应强度随时间变化的规律是B＝(0.6－0.02t)T，开始时S未闭合，R1＝4Ω，R2＝6Ω，C图9(1)闭合开关S后，通过R2的电流大小和方向；(2)闭合开关S一段时间后断开，问切断后通过R2的电荷量是多少．解析(1)根据B＝0.6－0.02t.可知eq\f(ΔB,Δt)＝－0.02T/s，B是不断减弱的．E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(nSΔB,Δt)＝100×0.2×0.02V＝0.4V，I＝eq\f(E,R1＋R2)＝eq\f(0.4,4＋6)A＝0.04A.由于磁感应强度不断减弱，根据楞次定律可知感应电流的方向是顺时针的，即电流从R1流向R2，方向是从上而下流过R2的．(2)R2两端的电压为U2＝IR2＝0.04×6V＝0.24V.切断S后，C与R2形成回路，放电．解得Q＝CU2＝30×10－6×0.24C＝7.2×10－6C.答案(1)0.04A自上而下流过R2(2)7.2×10－6图1012．(12分)如图10所示，金属框中ad、be、cf三段导体长都是L，电阻都是R.导体abc和def的电阻不计．金属框处于垂直纸面向里的匀强磁场中，在外力的作用下，以不变的速度v向左被拉出，试求：(1)金属框在运动过程中通过如图10所示位置时，各段导体中电流的大小和方向；(2)作用在金属框上的外力的大小和方向．解析在题图中所示位置时，线框中的be、cf边切割磁感线，产生的感应电动势的大小均为E＝BLv，方向为从b→e和从c→f，其等效电路如图所示．(1)根据电源并联的特点知流过导线ad的电流Iad＝eq\f(E,R＋\f(R,2))＝eq\f(2BLv,3R)，方向从d→a，通过导体be和cf的电流为：Ibe＝eq\f(Iad,2)＝eq\f(BLv,3R).(2)导体be、cf在磁场中受安培力作用，根据左手定则可判定方向向右，大小为F＝2BIbeL＝eq\f(2B2L2v,3R)，整个线框匀速运动，合力为零，故有F外＝F＝eq\f(2B2L2v,3R)，方向向左，即金属框运动方向．答案(1)Iad＝eq\f(2BLv,3R)d→aIbe＝Icf＝eq\f(BLv,3R)b→ec→f(2)eq\f(2B2L2v,3R)向左图1113．(15分)如图11所示，用相同的绝缘导线围成两个圆环P、Q，每个圆环的半径均为r，电阻均为R，两环均过对方的圆心，交叠于A、C两点，交点彼此绝缘．在两环交叠区域内，有垂直于圆环平面向外的匀强磁场，交叠区域的圆环导线恰好在磁场边缘．当磁场的磁感应强度从零按规律B＝kt均匀增加时，求：(1)通过两环感应电流的大小和方向；(2)当磁感应强度增加到B0时，圆环P受到的磁场力的大小和方向．解析(1)磁场区域(即两圆交叠区域)的面积为S＝2[πr2×eq\f(120°,360°)－eq\f(r,2)×eq\r(r2－\f(r,2)2)]＝eq\f(4π－3\r(3),6)r2(扇形的面积减去三角形的面积)．每个圆环中产生的感应电动势的大小为E＝eq\f(ΔBS,Δt)＝kS；感应电流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(4π－3\r(3)kr2,6R)；根据楞次定律可判断方向为：两环都是顺时针方向．(2)圆环P所受的安培力的大小等效于长度等于弦AC的直导线所受的安培力F＝B0ILA