2024-2025学年高中物理第四章电磁感应单元质量评估新人教版选修3-2

PAGEPAGE1第四章电磁感应单元质量评估(90分钟100分)一、选择题(本题共14小题,每小题4分,共56分。其中1～9小题为单选题,10～14小题为多选题)1.在法拉第时代,下列验证“由磁产生电”设想的试验中,能视察到感应电流的是()A.将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路,然后视察电流表的改变B.在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈,然后视察电流表的改变C.将一房间内的线圈两端与相邻房间的电流表连接。往线圈中插入条形磁铁后,再到相邻房间去视察电流表的改变D.绕在同一铁环上的两个线圈,分别接电源和电流表,在给线圈通电或断电的瞬间,视察电流表的改变【解析】选D。电路闭合和穿过电路的磁通量发生改变,同时满意,电路中才会产生感应电流,本题中的A、B选项都不会使得电路中的磁通量发生改变,并不满意产生感应电流的条件,故都不正确。C选项中磁铁插入线圈时,虽有短暂电流产生,但未能刚好视察,C项错误。在给线圈通电、断电瞬间,会引起闭合电路磁通量发生改变,产生感应电流,因此D项正确。2.(2024·邢台高二检测)材料、粗细相同,长度不同的电阻丝做成ab、cd、ef三种形态的导线,分别放在电阻可忽视的光滑金属导轨上,并与导轨垂直,如图所示,匀强磁场方向垂直导轨平面对内。外力使导线水平向右做匀速运动,且每次外力所做功的功率相同,已知三根导线在导轨间的长度关系是Lab<Lcd<Lef,则()A.ab运动速度最大B.ef运动速度最大C.三根导线每秒产生的热量不同D.因三根导线切割磁感线的有效长度相同,故它们产生的感应电动势相同【解析】选B。三根导线长度不同,故它们连入电路的阻值不同,有Rab<Rcd<Ref。但它们切割磁感线的有效长度相同,依据P=Fv,I=,F=BIl,可得v2=,所以三根导线的速度关系为vab<vcd<vef,A错误,B正确。依据E=Blv,可知三者产生的电动势不同,D错误。运动过程中外力做功全部转化为内能,故C错误。3.如图所示为无线充电技术中运用的受电线圈示意图,线圈匝数为n,面积为S。若在t1到t2时间内,匀强磁场平行于线圈轴线向右穿过线圈,其磁感应强度大小由B1匀称增加到B2,则该段时间线圈两端a和b之间的电势差φa-φb ()A.恒为nSB.从0匀称改变到nSC.恒为-nSD.从0匀称改变到-nS【解题指南】解答本题时可按以下思路进行:(1)由楞次定律推断,在磁感应强度由B1匀称增大到B2的过程中,线圈两端a、b哪一端的电势高。(2)由法拉第电磁感应定律计算,在磁感应强度由B1匀称增大到B2的过程中,线圈中产生的感应电动势。(3)依据a、b之间电势差的大小与线圈中感应电动势之间的关系得到φa-φb。【解析】选C。由楞次定律可知,在磁感应强度由B1匀称增大到B2的过程中,φb>φa,所以φa-φb<0;由法拉第电磁感应定律可知,线圈两端a、b之间电势差φa-φb=-nΔΦΔt=-nS(B2-B1)t2-t1;4.矩形导线框abcd固定在匀强磁场中,磁感线的方向与导线框所在平面垂直。规定磁场的正方向垂直纸面对里,磁感应强度B随时间t改变的规律如图所示。若规定顺时针方向为感应电流i的正方向,图中的i-t图象正确的是 【解析】选D。磁感应强度匀称改变,产生恒定的感应电流,A错误。第1s内,磁场垂直于纸面对里匀称增加,由楞次定律可以判定感应电流方向为逆时针,为负值,C错误。同理可判定,第4s内感应电流方向为逆时针,为负值,B错误,D正确。5.如图,由某种粗细匀称的总电阻为3R的金属条制成的矩形线框abcd,固定在水平面内且处于方向竖直向下的匀强磁场B中。一接入电路电阻为R的导体棒PQ,在水平拉力作用下沿ab、dc以速度v匀速滑动,滑动过程PQ始终与ab垂直,且与线框接触良好,不计摩擦。在PQ从靠近ad处向bc滑动的过程中 ()A.PQ中电流先增大后减小B.PQ两端电压先减小后增大C.PQ上拉力的功领先减小后增大D.线框消耗的电功领先减小后增大【解题指南】解答本题时应从以下三点进行分析:(1)导体棒PQ滑动过程中电阻的改变特点。(2)等效电源电阻与外电阻的大小关系。(3)导体棒PQ上拉力的功率与电路总功率关系。【解析】选C。导体棒PQ滑动过程中外电阻先变大到最大值0.75R后变小,因此PQ中电流先减小后增大,PQ两端电压先增大后减小,选项A、B错;据电源输出功率与外电阻改变规律可知线框消耗的电功领先增大后减小,选项D错;导体棒PQ上拉力的功率等于电路总功率,电动势不变,据PQ中电流改变可知PQ上拉力的功领先减小后增大,选项C正确。6.(2024·滨州高二检测)如图所示,abcd是一个质量为m,边长为L的正方形金属线框。如从图示位置自由下落,在下落h后进入磁感应强度为B的磁场,恰好做匀速直线运动,该磁场的宽度也为L。在这个磁场的正下方h+L处还有一个未知磁场,金属线框abcd在穿过这个磁场时也恰好做匀速直线运动,那么下列说法正确的是 ()A.未知磁场的磁感应强度是2BB.未知磁场的磁感应强度是2BC.线框在穿过这两个磁场的过程中产生的电能为4mgLD.线框在穿过这两个磁场的过程中产生的电能为2mgL【解析】选C。设线框刚进入第一个磁场时速度大小为v1,那么mgh=12mv12,v1=2gh。设线框刚进入其次个磁场时速度大小为v2,那么v22-v12=2gh,v2=2v1,依据题意还可得到,mg=B2L2v1R,mg=Bx2L2v7.(2024·济宁高二检测)如图所示,L是自感系数足够大的线圈,其直流电阻为零。D1、D2是两个相同的灯泡,如将开关K闭合,等灯泡亮度稳定后再断开,则K闭合、断开,灯泡D1、D2的亮度改变状况是 ()A.K合上瞬间,D2很亮,D1不亮B.K合上瞬间,D1马上很亮,D2渐渐亮,最终一样亮,K断开瞬间,D2马上熄灭,D1渐渐熄灭C.K合上瞬时,D1、D2同时亮,然后D1渐渐变暗到熄灭,D2亮度不变,K断开瞬间,D2马上熄灭,D1亮一下,渐渐熄灭D.K闭合瞬时,D1、D2同时亮,然后D1渐渐变暗到熄灭,D2同时变得更亮,K断开瞬间,D2马上熄灭,D1亮一下再灭【解析】选D。K闭合瞬间,L的自感作用很强,L处相当于断路,电流流经D1、D2,所以D1、D2同时亮;电流稳定后,L相当于短路,所以D1渐渐熄灭,由于稳定后D1被短路,回路电流变大,故D2变得更亮,断开K,线圈L阻碍电流减小发生自感现象,L相当于一个新电源和D1组成回路,D1亮一下再熄灭,而D2马上熄灭。8.(2024·揭阳高二检测)如图所示,一个闭合三角形导线框ABC位于竖直平面内,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 ()A.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【解析】选A。依据右手螺旋定则可知导线上方的磁场方向垂直于纸面对外,下方的磁场方向垂直于纸面对里,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对外的磁通量先增大,当增大到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对外的磁通量渐渐减小至零,然后随导线框的下降,导线框内垂直于纸面对里的磁通量增大,当增大到A点与导线重合时,达到最大,接着下降时由于导线框渐渐远离导线,使导线框内垂直于纸面对里的磁通量再渐渐减小,所以依据楞次定律可知,感应电流的磁场总是阻碍原磁通量的改变,所以感应电流的磁场先向内,再向外,最终向内,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,内部的磁通量仍旧在改变,有感应电动势产生,所以感应电流不为零,B错误;依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,由于导线框始终向下运动,所以导线框所受安培力的合力方向始终向上,不为零,C、D错误。9.(2024·揭阳高二检测)如图所示,有一个等腰直角三角形的匀强磁场区域其直角边长为L,磁场方向垂直纸面对外,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,从图示位置起先沿x轴正方向以速度v匀速穿过磁场区域。取沿a→b→c→d→a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改变的图象正确的是 ()【解析】选C。依据题意,由楞次定律得:正方形线框进入三角形磁场时,穿过线框的磁通量渐渐增加,线框中产生顺时针电流,为正方向,D选项可以解除;正方形线框离开三角形磁场时,穿过线框的磁通量削减,线框中的电流逆时针,为负方向,A选项可以解除;由于线框切割磁感线的有效长度为l=vt·tan45°=vt,则线框产生的感应电动势为E=B·vt·v=Bv2t,而感应电流为I=Bv2tR,所以感应电流随着时间增加而增加10.今将磁铁缓慢或者快速地插入一闭合线圈中(始末位置相同),试对比在上述两个过程中,相同的物理量是 ()A.磁通量的改变量B.磁通量的改变率C.线圈中产生的感应电流D.流过线圈导线截面的电荷量【解析】选A、D。由ΔΦ=Φ2-Φ1和题意知,A选项正确。因Δt1和Δt2不等,故ΔΦΔt不同,B选项错误,由E=nΔΦΔt知,感应电动势不相等,故C选项错误;由q=nΔΦR11.电吉他中电拾音器的基本结构如图所示,磁体旁边的金属弦被磁化,因此弦振动时,在线圈中产生感应电流,电流经电路放大后传送到音箱发出声音。下列说法正确的有 ()A.选用铜质弦,电吉他仍能正常工作B.取走磁体,电吉他将不能正常工作C.增加线圈匝数可以增大线圈中的感应电动势D.弦振动过程中,线圈中的电流方向不断改变【解题指南】(1)产生感应电流的条件:闭合回路的磁通量发生改变。(2)法拉第电磁感应定律E=nΔΦΔt【解析】选B、C、D。依据题意,磁体旁边的金属弦被磁化,铜质弦不具备这种“本事”,所以A项错误;取走磁体,导体不能切割磁感线,所以电吉他将不能正常工作,B项正确;依据法拉第电磁感应定律推断C项正确;弦振动过程中,靠近或远离,由楞次定律知,线圈中的电流方向不断改变,D项正确。12.如图所示,电灯A和B与固定电阻的电阻均为R,L是自感系数很大的线圈。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 ()A.B马上熄灭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】选A、D。当断开S2而只闭合S1时,A、B两灯一样亮,可知线圈L的电阻也是R,在S1、S2闭合时,IA=IL,故当S2闭合、S1突然断开时,流过A灯的电流只是方向变为b→a,但其大小不突然增大,A灯不出现更亮一下再熄灭的现象,故D项正确,B项错误。由于固定电阻R几乎没有自感作用,故断开S1时,B灯电流快速变为零,而马上熄灭,故A项正确,C项错误。综合上述分析可知,本题正确选项为A、D。【总结提升】自感问题的求解策略自感现象是电磁感应现象的一种特例,它仍遵循电磁感应定律。分析自感现象除弄清这一点之外,还必需抓住以下三点:(1)自感电动势总是阻碍电路中原来电流的改变。当原来电流增大时,自感电动势的方向与原来电流方向相反;当原来电流减小时,自感电动势的方向与原来电流方向相同。(2)“阻碍”不是“阻挡”。“阻碍”电流改变的实质是使电流不发生“突变”,使其改变过程有所延缓。(3)当电路接通瞬间,自感线圈相当于断路;当电路稳定时,相当于电阻,假如线圈没有电阻,相当于导线(短路);当电路断开瞬间,自感线圈相当于电源。13.竖直放置的两根平行金属导轨之间接有定值电阻R,质量不能忽视的金属棒与两导轨始终保持垂直并良好接触且无摩擦,棒与导轨的电阻均不计,整个装置放在匀强磁场中,磁场方向与导轨平面垂直,棒在竖直向上的恒力F作用下匀速上升,以下说法正确的是 ()A.作用在金属棒上各力的合力做功为零B.重力做的功等于系统产生的电能C.金属棒克服安培力做的功等于电阻R上产生的焦耳热D.恒力F做的功等于电阻R上产生的焦耳热【解析】选A、C。因为金属棒匀速上升,所以其所受合力为零。依据动能定理,合力做的功等于动能的增量,故A对;重力做的功等于重力势能的削减量,F做的功等于重力所做的功与产生的电能之和,而克服安培力做的功等于电阻R上产生的焦耳热,所以B、D错,C对。14.某同学在学习了法拉第电磁感应定律之后,自己制作了一个手动手电筒,如图是手电筒的简易结构示意图,左、右两端是两块完全相同的条形磁铁,中间是一根绝缘直杆,由绝缘细铜丝绕制的多匝环形线圈只可在直杆上自由滑动,线圈两端接一灯泡,晃动手电筒时线圈也来回匀速滑动,灯泡就会发光,其中O点是两磁极连线的中点,a、b两点关于O点对称,则下列说法中正确的是A.线圈经过O点时穿过的磁通量最小B.线圈经过O点时受到的磁场力最大C.线圈沿不同方向经过b点时所受的磁场力方向相反D.线圈沿同一方向经过a、b两点时其中的电流方向相同【解析】选A、C。由磁铁间的磁场分布图可知,靠近两极处的磁感应强度最大,O点处磁感应强度最小,故线圈经过O点时穿过的磁通量最小,其所受磁场力也最小,A项正确,B项错误;线圈沿不同方向经过b点时感应电流方向相反,其所受的磁场力方向也相反,C项正确;线圈沿同一方向经过a、b两点时磁场方向相同,但其改变的方向相反,故电流方向相反,D项错误。二、试验题(8分)15.(2024·安庆高二检测)在“探讨电磁感应现象”的试验中,首先按图甲接线,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,视察到电流表指针向左偏,不通电时电流表指针停在正中心。在图乙中(1)S闭合时,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________。

(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)由题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推断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,指针不偏转。(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)不动(3)向左偏转三、计算题(本题共3小题,共36分。要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要注明单位)16.(10分)(2024·揭阳高二检测)如图所示,长60cm的直导线以10m/s的速度在B=0.5T的匀强磁场中水平向右匀速运动,则导线两端产生的电势差为多少?导线中每个自由电子所受磁场力的大小是多少?方向如何? 【解析】该题应用动生电动势的计算公式和洛伦兹力的计算公式求解。由题意E=BLv ①(2分)U=E ②(1分)F洛=Bev ③(2分)由式①、式②得U=BLv=0.5×0.6×10V=3V(2分)由式③得F洛=Bev=0.5×1.6×10-19×10N=8×10-19N(2分)依据左手定则推断F洛的方向竖直向下。(1分)答案:3V8×10-19N竖直向下17.(12分)如图所示,半径为R的圆形导轨处在垂直于圆平面的匀强磁场中,磁感应强度为B,方向垂直于纸面对内。一根长度略大于导轨直径的导体棒MN以速率v在圆导轨上从左端滑到右端,电路中的定值电阻为r,其余电阻不计。导体棒与圆形导轨接触良好。求: (1)在滑动过程中通过电阻r的电流的平均值。(2)MN从左端到右端的整个过程中,通过r的电荷量。(3)当MN通过圆形导轨中心时,通过r的电流是多大?【解题指南】导体棒从左向右滑动的过程中,切割磁感线产生感应电动势,对电阻r供电。【解析】(1)计算平均电流,应当用法拉第电磁感应定律,先求出平均感应电动势。整个过程磁通量的改变为ΔΦ=BS=BπR2 (2分)所用的时间Δt=2R代入公式E=ΔΦΔt=πBRv平均电流为I=Er=πBRv(2)电荷量的运算应当用平均电流,q=IΔt=BπR(3)当MN通过圆形导轨中心时,切割磁感线的有效长度最大,l=2R,依据导体切割磁感线产生的电动势公式E=