高三物理二轮复习练习电磁感应单元质量检测（十）

单元质量检测(十)电磁感应一、选择题(第1～5题只有一项正确，第6～8题有多项正确)1．(2017·山东枣庄八中调研)法拉第是十九世纪英国著名科学家，为物理学的发展做出了非常突出的贡献，关于法拉第的研究工作，以下说法中符合事实的是()A．发现了电流的磁效应，从而揭示了电和磁的关系B．发现了电荷间的相互作用规律，并用实验测得元电荷的数值C．发现了产生电磁感应现象的条件，并制作了发电机D．发现了电流间相互作用的规律，并提出了判断电流产生的磁场方向的方法解析：选C1820年奥斯特发现了电流的磁效应，故A错误；美国科学家密立根通过油滴实验测定了元电荷的数值，故B错误；法拉第发现了产生电磁感应现象的条件，并制作了发电机，故C正确；根据物理学史可知，安培发现了电流间相互作用的规律，并提出了判断电流产生的磁场方向的方法，故D错误。2．(2017·福建罗源模拟)如图所示，圆环a和b的半径之比为ra∶rb＝2∶1，且都是由粗细相同的同种材料的导线构成，连接两环的导线电阻不计，匀强磁场的磁感应强度始终以恒定的变化率变大，那么，当只有a环置于磁场中与只有b环置于磁场中两种情况下，A、B两点的电势差之比为()A．1∶1B．5∶1C．2∶1D．4∶1解析：选C匀强磁场的磁感应强度始终以恒定的变化率变大，根据法拉第电磁感应定律，E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔBS,Δt)，设只有a环置于磁场中会产生大小恒定的电动势4E，则只有b环置于磁场中时，产生的电动势大小为E,a和b的半径之比为ra∶rb＝2∶1，故周长之比为2∶1，且都是由粗细相同的同种材料的导线构成，所以圆环a的电阻与圆环b的电阻由电阻定律R＝ρeq\f(L,S)解得，电阻之比为eq\f(r1,r2)＝eq\f(2,1)，电路图可等效为电源与定值电阻串联，A、B两点测的是路端电压，则只有a环置于磁场中时A、B两点的电势差为U1＝eq\f(r2,r1＋r2)×4E＝eq\f(4,3)E，只有b环置于磁场中时A、B两点的电势差为U2＝eq\f(r1,r1＋r2)E＝eq\f(2,3)E，所以两种情况下A、B两点的电势差之比为2∶1，C正确。3．(2017·黑龙江实验中学模拟)在半径为r、电阻为R的圆形导线框内，以直径为界，左、右两侧分别存在着方向如图甲所示的匀强磁场。以垂直纸面向外的磁场为正，两部分磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律分别如图乙所示。则0～t0时间内，导线框中()A．没有感应电流B．感应电流方向为逆时针C．感应电流大小为eq\f(πr2B0,t0R)D．感应电流大小为eq\f(2πr2B0,t0R)解析：选C根据楞次定律可知，左侧的导线框的感应电流是顺时针，而右侧的导线框的感应电流也是顺时针，则整个导线框的感应电流方向为顺时针，故A、B错误；由法拉第电磁感应定律，因磁场的变化，导致导线框内产生感应电动势，结合题意可知，整个导线框产生感应电动势正好是左、右两侧之和，即为E＝2×eq\f(πr2B0,2t0)，再由闭合电路欧姆定律，可得感应电流大小为I＝eq\f(E,R)＝eq\f(πr2B0,t0R)，故C正确，D错误。4.(2017·西藏日喀则检测)矩形导线框abcd放在匀强磁场中，在外力控制下静止不动，如图甲所示，磁感线方向与线框平面垂直，磁感应强度B随时间t变化的图像如图乙所示。t＝0时刻，磁感应强度的方向垂直纸面向里，在0～4s时间内，线框ad边所受安培力随时间变化的图像(力的方向规定以向左为正方向)可能是下列选项中的()解析：选At＝0时刻，磁感应强度的方向垂直线框平面向里，在0到1s内，穿过线框的磁通量变小，由楞次定律可得，感应电流方向是顺时针，再由左手定则可得线框的ad边所受的安培力水平向左。在1s到2s内，磁感应强度的方向垂直线框平面向外，穿过线框的磁通量变大，由楞次定律可得，感应电流方向是顺时针，再由左手定则可得线框的ad边所受的安培力水平向右。同理可得，在2s到4s内，重复出现安培力先向左后向右，且随时间的变化关系与0到2s内相同，故选A。5．(2015·福建高考)如图，由某种粗细均匀的总电阻为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上拉力的功率先减小后增大D．线框消耗的电功率先减小后增大解析：选C设PQ左侧金属线框的电阻为r，则右侧电阻为3R－r；PQ相当于电源，其电阻为R，则电路的外电阻为R外＝eq\f(r3R－r,r＋3R－r)＝eq\f(－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(r－\f(3R,2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3R,2)))2,3R)，当r＝eq\f(3R,2)时，R外max＝eq\f(3,4)R，此时PQ处于矩形线框的中心位置，即PQ从靠近ad处向bc滑动的过程中外电阻先增大后减小。PQ中的电流为干路电流I＝eq\f(E,R外＋R内)，可知干路电流先减小后增大，选项A错误；PQ两端的电压为路端电压U＝E－U内，因E＝Blv不变，U内＝IR先减小后增大，所以路端电压先增大后减小，选项B错误；拉力的功率大小等于安培力的功率大小，P＝F安v＝BIlv，可知因干路电流先减小后增大，PQ上拉力的功率也先减小后增大，选项C正确；线框消耗的电功率即为外电阻消耗的功率，因外电阻最大值为eq\f(3,4)R，小于内阻R；根据电源的输出功率与外电阻大小的变化关系，外电阻越接近内阻时，输出功率越大，可知线框消耗的电功率先增大后减小，选项D错误。6.(2017·重庆巴蜀中学模拟)如图所示，磁场方向垂直于纸面，磁感应强度大小在竖直方向均匀分布，水平方向非均匀分布。一铜制圆环用绝缘细线悬挂于O点。将圆环拉至位置a后无初速度释放，圆环摆到右侧最高点b，不计空气阻力。在圆环从a摆向b的过程中()A．感应电流方向先逆时针后顺时针再逆时针B．感应电流的大小是先增大再减小C．如果铜环的电阻越小，b点与a点的高度差越小D．安培力方向始终沿水平方向解析：选AD由楞次定律知，感应电流方向先逆时针后顺时针再逆时针，A正确；由法拉第电磁感应定律，且电流方向改变时某时刻电流大小是零，环心过图示虚线时，感应电流顺时针最大，所以感应电流的大小是先增大再减小，再增大再减小，B错误；铜环的电阻越小，在相同的感应电动势时电流越大，克服安培力做功的功率越大，b点与a点的高度差越大，C错误；由于磁感应强度大小在竖直方向均匀分布，水平方向非均匀分布，所以安掊力方向始终沿水平方向，D正确。7.(2017·福建上杭一中模拟)如图所示，一个电阻值为R，匝数为n的圆形金属线圈与阻值为2R的电阻R1连接成闭合回路，其余电阻不计。线圈的半径为r1，在线圈中半径为r2的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系式为B＝10－4t(T)，在0至2s时间内，下列说法正确的是()A．通过电阻R1上的电流方向由a到bB．通过电阻R1上的电流大小为eq\f(4nπr\o\al(2,2),3R)C．通过电阻R1上的电荷量为eq\f(8nπr\o\al(2,1),3R)D．电阻R1上产生的热量为eq\f(64n2π2r\o\al(4,2),9R)解析：选BD根据法拉第电磁感应定律E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝nSeq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(ΔB,Δt)))＝4nπreq\o\al(2,2)，总电流I＝eq\f(E,R＋2R)＝eq\f(E,3R)＝eq\f(4nπr\o\al(2,2),3R)，根据楞次定律可知，流经R1的电流方向由b→a，故A错误，B正确；根据欧姆定律，则线圈两端的电压即为电阻R1的电压，则q＝It0＝eq\f(8nπr\o\al(2,2),3R)，故C错误；电阻R1上产生的热量为Q＝I2·2Rt0＝eq\f(64n2π2r\o\al(4,2),9R)，故D正确。8.(2017·福建漳浦联考)如图所示，相距为d的两条水平虚线之间存在方向水平向里的匀强磁场，磁感应强度为B，正方形线圈abcd的边长为L(L<d)，质量为m，电阻为R，将线圈从磁场上方h高处由静止释放，cd边刚进入磁场时速度为v0，cd边刚离开磁场时速度也为v0，则线圈穿过磁场的过程中(从cd边刚进入磁场起一直到ab边离开磁场为止)()A．感应电流所做的功为mgdB．感应电流所做的功为mg(d－L)C．线圈的最小速度一定是eq\r(2gh＋L－d)D．线圈的最小速度可能为eq\f(mgR,B2L2)解析：选CDcd边刚进入磁场和cd边刚穿出磁场时速度均为v0，则动能变化量为0，减少的重力势能转化为线圈进入磁场的过程中产生的热量，则Q＝mgd，并且线圈穿出磁场和进入磁场的过程产生的热量相等，所以线圈穿过磁场的过程产生的热量Q′＝2mgd，则感应电流做的功为2mgd，故A、B错误；线圈进入磁场时做减速运动，全部进入磁场后做加速运动，可知线圈刚全部进入磁场的瞬间速度最小，设为vmin，从线圈开始下落到刚完全进入磁场的过程，根据能量守恒定律得mg(h＋L)＝Q＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,min)，又Q＝mgd，解得线圈的最小速度vmin＝eq\r(2gh＋L－d)，故C正确；线圈可能在完全进入磁场前已做匀速运动，此时满足mg＝BIL，即mg＝eq\f(B2L2v,R)，则可能的最小速度v＝eq\f(mgR,B2L2)，故D正确。二、计算题9.(2015·浙江高考)小明同学设计了一个“电磁天平”，如图甲所示，等臂天平的左臂为挂盘，右臂挂有矩形线圈，两臂平衡。线圈的水平边长L＝0.1m，竖直边长H＝0.3m，匝数为N1。线圈的下边处于匀强磁场内，磁感应强度B0＝1.0T，方向垂直线圈平面向里。线圈中通有可在0～2.0A范围内调节的电流I。挂盘放上待测物体后，调节线圈中电流使天平平衡，测出电流即可测得物体的质量。(重力加速度取g＝10m/s2)(1)为使电磁天平的量程达到0.5kg，线圈的匝数N1至少为多少？进一步探究电磁感应现象，另选N2＝100匝、形状相同的线圈，总电阻R＝10Ω。不接外电流，两臂平衡。如图乙所示，保持B0不变，在线圈上部另加垂直纸面向外的匀强磁场，且磁感应强度B随时间均匀变大，磁场区域宽度d＝0.1m。当挂盘中放质量为0.01kg的物体时，天平平衡，求此时磁感应强度的变化率eq\f(ΔB,Δt)。解析：(1)线圈受到安培力F＝N1B0IL天平平衡mg＝N1B0IL代入数据得N1＝25匝。(2)由电磁感应定律得E＝N2eq\f(ΔΦ,Δt)即E＝N2eq\f(ΔB,Δt)Ld由欧姆定律得I′＝eq\f(E,R)线圈受到安培力F′＝N2B0I′L天平平衡m′g＝Neq\o\al(2,2)B0eq\f(ΔB,Δt)·eq\f(dL2,R)代入数据可得eq\f(ΔB,Δt)＝0.1T/s。答案：(1)25匝(2)0.1T/s10.(2017·福建上杭一中模拟)如图所示，在水平地面上固定一光滑金属导轨，导轨间距为L，导轨电阻不计，右端接有阻值为R的电阻，质量为m、电阻r＝eq\f(1,2)R的导体棒与固定弹簧相连后放在导轨上，整个装置处在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中。初始时刻，弹簧恰处于自然长度，导体棒具有一水平向右的初速度v0，已知当导体棒第一次回到初始位置时，速度大小变为eq\f(1,4)v0，整个运动过程中导体棒始终与导体垂直并保持良好接触，弹簧的重心轴线与导轨平行，且弹簧始终处于弹性限度范围内。求：(1)初始时刻通过电阻R的电流I的大小；(2)导体棒第一次回到初始位置时，导体棒的加速度大小a；(3)导体棒从开始运动直到停止的过程中，电阻R上产生的焦耳热Q。解析：(1)初始时刻导体棒的速度为v0，做切割磁感线运动，产生的电动势为E＝BLv0，电路中的总电阻为R′＝R＋r＝eq\f(3,2)R，根据欧姆定律可得I＝eq\f(E,R′)＝eq\f(2BLv0,3R)。(2)导体棒第一次回到初始位置时，速度为v1＝eq\f(1,4)v0，产生的电流为I′＝eq\f(E′,R′)＝eq\f(\f(1,4)BLv0,\f(3,2)R)＝eq\f(BLv0,6R)此时弹簧处于原长状态，所以导体棒只受安培力作用，安培力为F＝BI′L，根据牛顿第二定律可得a＝eq\f(F,m)，联立解得a＝eq\f(B2L2v0,6mR)。(3)由于没有摩擦力，则导体棒从开始运动直到停止的过程中，导体棒的动能完全转化为电路的焦耳热，故Q总＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，根据欧姆定律可得电阻R上产生的焦耳热Q＝eq\f(2,3)Q总＝eq\f(1,3)mveq\o\al(2,0)。答案：(1)eq\f(2BLv0,3R)(2)eq\f(B2L2v0,6mR)(3)eq\f(1,3)mveq\o\al(2,0)11.(2017·天津静海一中模拟)如图所示，在与水平面成θ＝30°夹角的平面内