浙江省2018-2019版高中物理 第4章 電磁感應章末檢測卷 新人教版選修3-2.doc

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第4章 電磁感應 章末檢測卷 (時間：90分鐘　滿分：100分) 一、選擇題(本大題共10小題，每小題4分，共40分。在每小題給出的選項中。至少有一項符合題目要求。全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分) 1.我國發(fā)射的“玉兔號”月球車成功著陸月球，不久的將來中國人將真正實現飛天夢，進入那神秘的廣寒宮。假如有一宇航員登月后，想探測一下月球表面是否有磁場，他手邊有一只靈敏電流表和一個小線圈，則下列推斷正確的是(　　) A.直接將電流表放于月球表面，看是否有示數來判斷磁場的有無 B.將電流表與線圈組成閉合回路，使線圈沿某一方向運動，如電流表無示數，則可判斷月球表面無磁場 C.將電流表與線圈組成閉合回路，使線圈沿某一方向運動，如電流表有示數，則可判斷月球表面有磁場 D.將電流表與線圈組成的閉合回路，使線圈在某一平面內沿各個方向運動，如電流表無示數，則可判斷月球表面無磁場 解析　電磁感應現象產生的條件是：穿過閉合回路的磁通量發(fā)生改變時，回路中有感應電流產生。A中，即使有一個恒定的磁場，也不會有示數，A錯誤；同理，將電流表與線圈組成回路，使線圈沿某一方向運動，如電流表無示數，也不能判斷出沒有磁場，因為磁通量可能是恒定的，B錯誤；電流表有示數則說明一定有磁場，C正確；將電流表與線圈組成閉合回路，使線圈在某一個與磁場平行的平面內沿各個方面運動，也不會有示數，D錯誤。 答案　C 2.(2017紹興高二期中)為了測量列車運行的速度和加速度大小，可采用如圖1甲所示的裝置，它由一塊安裝在列車車頭底部的強磁體和埋設在軌道地面的一組線圈及電流測量記錄儀組成(測量記錄儀未畫出)。當列車經過線圈上方時，線圈中產生的電流被記錄下來，P、Q為接測量儀器的端口。若俯視軌道平面磁場垂直地面向外(如圖乙)，則在列車經過測量線圈的過程中，流經線圈的電流方向為(　　) 圖1 A.始終逆時針方向 B.先順時針，再逆時針方向 C.先逆時針，再順時針方向 D.始終順時針方向 解析　在列車經過線圈的上方時，由于列車上的磁場的方向向上，線圈內的磁通量先增大后減小，根據楞次定律可知，線圈中的感應電流的方向為先順時針，再逆時針方向。 答案　B 3.如圖2甲所示，線圈的匝數n＝100匝，橫截面積S＝50 cm2，線圈總電阻r＝10 Ω，沿軸向有勻強磁場，設圖示磁場方向為正，磁場的磁感應強度隨時間做如圖乙所示規(guī)律變化，則在開始的0.1 s內(　　) 圖2 A.磁通量的變化量為0.25 Wb B.磁通量的變化率為2.510－2 Wb/s C.a、b間電壓為0 D.在a、b間接一個理想電流表時，電流表的示數為0.25 A 解析　通過線圈的磁通量與線圈的匝數無關，若設Φ2＝B2S為正，則線圈中磁通量的變化量為ΔΦ＝B2S－(－B1S)，代入數據即ΔΦ＝(0.1＋0.4)5010－4 Wb＝2.510－3 Wb，A錯；磁通量的變化率＝ Wb/s＝2.510－2 Wb/s，B正確；根據法拉第電磁感應定律可知，當a、b間斷開時，其間電壓等于線圈產生的感應電動勢，感應電動勢大小為E＝n＝2.5 V且恒定，C錯；在a、b間接一個理想電流表時相當于a、b間接通而形成回路，回路總電阻即為線圈的總電阻，故感應電流大小I＝＝ A＝0.25 A，D項正確。 答案　BD 4.目前金屬探測器已經廣泛應用于各種安檢、高考及一些重要場所，關于金屬探測器的下列有關論述正確的是(　　) A.金屬探測器可用于月餅生產中，用來防止細小的金屬顆粒混入月餅餡中 B.金屬探測器能幫助醫(yī)生探測兒童吞食或扎到手腳中的金屬物，是因為探測器的線圈中能產生渦流 C.使用金屬探測器的時候，應該讓探測器靜止不動，探測效果會更好 D.能利用金屬探測器檢測考生是否攜帶手機等違禁物品，是因為探測器的線圈中通有直流電 解析　金屬探測器是通過其通有變化的電流的探測線圈，會在隱蔽金屬中激起渦流，反射回探測線圈，從而改變原變化的電流，從而起到探測作用，B、D項錯誤；當探測器對于被測金屬發(fā)生相對移動時，探測器中的線圈的變化的電流產生的磁場相對變化較快，在金屬中產生的渦流會更強，檢測效果更好，故選項C錯誤，A正確。 答案　A 5.如圖3，與直導線AB共面的輕質閉合金屬圓環(huán)豎直放置，兩者彼此絕緣，環(huán)心位于AB的上方。當AB中通有由A至B的電流且強度不斷增大的過程中，關于圓環(huán)運動情況以下敘述正確的是(　　) 圖3 A.向下平動 B.向上平動 C.轉動：上半部向紙內，下半部向紙外 D.轉動：下半部向紙內，上半部向紙外 解析　由題意可知，當AB中通有A到B電流且強度在增大時，根據楞次定律可知，圓環(huán)中產生順時針感應電流；假設直導線固定不動，根據右手螺旋定則知，直導線上方的磁場垂直紙面向外，下方磁場垂直紙面向里。在環(huán)形導線的上方和下方各取小微元電流，根據左手定則，上方的微元電流所受安培力向下，下方的微元電流所受安培力向下，則環(huán)形導線的運動情況是向下運動，故A正確，B、C、D錯誤。 答案　A 6.(2017杭州富陽市高二月考)如圖4所示，磁感應強度為B的勻強磁場有理想邊界，用力將矩形線圈從有邊界的磁場中勻速拉出，在其他條件不變的情況下(　　) 圖4 A.速度越大，拉力做功越多 B.線圈邊長L1越大，拉力做功越多 C.線圈邊長L2越大，拉力做功越多 D.線圈電阻越大，拉力做功越多 解析　將矩形線圈從有邊界的磁場中勻速拉出過程，線圈中產生的感應電動勢E＝BL1v； 感應電流I＝ 線圈所受的安培力F安＝BIL1， 聯立得：F安＝ 因線圈勻速運動，則拉力F＝F安。 拉力做功W＝FL2＝L2 則知，速度越大，邊長L1越大，邊長L2越大，拉力做功都越多，而線圈電阻越大，拉力做功越小。 答案　ABC 7.(2017臺州市高二期中)有一個垂直于紙面的勻強磁場，它的邊界MN左側為無場區(qū)，右側是勻強磁場區(qū)域，如圖5甲所示，現讓一個金屬線框在紙平面內以垂直于MN的恒定速度從MN左側進入勻強磁場區(qū)域，線框中的電流隨時間變化的i－t圖象如圖乙所示，則進入磁場區(qū)域的金屬線框可能是圖中的(　　) 圖5 解析　導體棒切割磁感線產生的感應電動勢E＝BLv，設線框總電阻是R，則感應電流I＝，由圖乙所示圖象可知，感應電流先均勻變大，后恒定，最后均勻減小，由于B、v、R是定值，則導體棒的有效長度L應先變長，后恒定，最后均勻減小，且L隨時間均勻變化，即L與時間t成正比。閉合圓環(huán)勻速進入磁場時，有效長度L先變大，后變小，但L不隨時間均勻變化，不符合題意，A項錯誤；六邊形線框進入磁場時，有效長度L先均勻增大，后恒定，最后均勻減小，符合題意，B項正確；梯形線框勻速進入磁場時，有效長度L先均勻增加，后不變，最后均勻減小，符合題意，C項正確；三角形線框勻速進入磁場時，有效長度L先增加，后減小，且隨時間均勻變化，但有效長度L沒有恒定的過程不符合題意，D項錯誤。 答案　BC 8.如圖6所示的電路中，AB支路由帶鐵芯的線圈和電流表A1串聯而成，流過的電流為I1；CD支路由電阻R和電流表A2串聯而成，流過的電流為I2。已知這兩支路的電阻值相同，則在接通S和斷開S的時候，觀察到的現象是(　　) 圖6 A.接通S的瞬間，I1I2 B.接通S的瞬間I1I2，斷開的瞬間I1＝I2 解析　如題圖所示，當接通瞬間，通過線圈L的電流要增加，則線圈產生感應電動勢去阻礙電流增加，從而使得電流慢慢增加，故I1mgsin θ，有>mgsin θ，解得v>，C項錯誤；對線框進入磁場的過程運用能量守恒定律得，mgdsin θ＝Q，D項正確。 答案　AD 二、實驗題(本題共2小題，共14分，請將正確的答案填在橫線上) 11.(7分)如圖9所示，杭州某校操場上，兩同學相距L為10 m左右，在東偏北，西偏南11的沿垂直于地磁場方向的兩個位置上，面對面將一并聯銅芯雙絞線，像甩跳繩一樣搖動，并將線的兩端分別接在靈敏電流計上，雙絞線并聯后的電阻R約為2 Ω，繩搖動的頻率配合節(jié)拍器的節(jié)奏，保持頻率在2 Hz左右。如果同學搖動繩子的最大圓半徑h約為1 m，電流計讀數的最大值I約為 3 mA。 圖9 (1)試估算地磁場的磁感應強度的數值約為________；數學表達式B＝________。(由R，I，L，f，h等已知量表示) (2)將兩人站立的位置，改為與剛才方向垂直的兩點上，那么電流計讀數約為________。 解析　(1)搖動繩子的過程中，繩切割地磁場，當擺動速度與地磁場垂直時，感應電動勢最大，電流最大，由E＝BLv，v＝ωh，ω＝2πf，E＝IR，得B＝。 (2)繩與磁場平行，不切割磁感線，電流計讀數為0。 答案　(1)510－5 T　　(2)0 12.(7分)為判斷線圈繞向，可將靈敏電流計G與線圈L連接，如圖10所示。已知線圈由a端開始繞至b端；當電流從電流計G左端流入時，指針向左偏轉。 圖10 (1)將磁鐵的N極向下從線圈上方豎直插入線圈L時，發(fā)現電流計的指針向左偏轉，俯視線圈，其繞向為________(選填“順時針”或“逆時針”)。 (2)當條形磁鐵從圖中的虛線位置向右遠離線圈L時，發(fā)現電流計的指針向右偏轉，俯視線圈，其繞向為________(選填“順時針”或“逆時針”)。 解析　(1)由題可知在線圈L內電流從b流向a，而根據楞次定律(增反減同)知，線圈L中產生的磁場與原磁場方向相反(向上)，再根據右手螺旋定則可知，電流方向為逆時針方向(俯視線圈)，因此從a向b看線圈繞向為順時針方向。 (2)由題意可知在線圈L內電流從a流向b，而根據楞次定律(增反減同)知，線圈L中產生的磁場與原磁場方向相同(向上)，再根據右手螺旋定則可知，感應電流方向與(1)問相同，而電流的流向與(1)問相反，因此線圈繞向一定與(1)問相反，為逆時針方向(俯視線圈)。 答案　(1)順時針　(2)逆時針 三、計算題(本題共4小題，共46分。解答時應寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟。只寫出最后答案的不能得分。有數值計算的題，答案中必須寫明數值和單位) 13.(10分)(2017浙江省杭州市高二期中)如圖11甲所示，一個圓形線圈的匝數n＝1 000，線圈面積S＝200 cm2，線圈的電阻r＝1 Ω，線圈外接一個阻值R＝4 Ω的電阻，把線圈放入一方向垂直線圈平面向里的勻強磁場中，磁感應強度隨時間的變化規(guī)律如圖乙所示。求： 圖11 (1)請說明線圈中的電流方向； (2)前4 s內的平均感應電動勢； (3)前4 s內通過R的電荷量。 解析　(1)根據楞次定律可知，線圈中的電流方向逆時針； (2)由圖象可知前4 s內磁感應強度B的變化率 ＝ T/s＝0.05 T/s 4 s內的平均感應電動勢 E＝nS＝1 0000.020.05 V＝1 V。 (3)電路中的平均感應電流 ＝，q＝t， 又因為E＝n， 所以q＝n＝1 000 C＝0.8 C。 答案　(1)線圈中的電流方向逆時針　(2)1 V (3)0.8 C 14.(10分)(2017臺州市高二期中)如圖12甲，固定在水平面上電阻不計的光滑金屬導軌，間距d＝0.5 m。右端接一阻值為4 Ω的小燈泡L，在CDEF矩形區(qū)域內有豎直向上的勻強磁場，磁感應強度B按如圖12乙規(guī)律變化，CF長為2 m。在t＝0時，金屬棒從圖中位置由靜止在恒力F作用下向右運動到EF位置，整個過程中，小燈泡亮度始終不變。已知ab金屬棒電阻為1 Ω，求： 圖12 (1)通過小燈泡的電流； (2)恒力F的大?。? (3)金屬棒的質量。 解析　(1)金屬棒未進入磁場，電路總電阻 R總＝RL＋Rab＝5 Ω 回路中感應電動勢為： E1＝＝S＝0.52 V＝0.5 V 燈泡中的電流強度為：IL＝＝ A＝0.1 A (2)因燈泡亮度不變，故在t＝4 s末金屬棒剛好進入磁場，且做勻速運動，此時金屬棒中的電流強度： I＝IL＝0.1 A 恒力大?。篎＝FA＝BId＝20.10.5 N＝0.1 N (3)因燈泡亮度不變，金屬棒產生的感應電動勢為： E2＝E1＝0.5 V 金屬棒在磁場中的速度：v＝＝ m/s＝0.5 m/s 金屬棒未進入磁場的加速度為： a＝＝ m/s2＝ m/s2； 故金屬棒的質量為：m＝＝ kg＝0.8 kg 答案　(1)0.1 A　(2)0.1 N　(3)0.8 kg 15.(10分)(2017金華市高二檢測)如圖13所示，有一磁感強度B＝0.1 T的水平勻強磁場，垂直勻強磁場放置一很長的金屬框架，框架上有一導體ab保持與框架邊垂直，由靜止開始下滑。已知ab長100 cm，質量為0.1 kg，電阻為0.1 Ω，框架電阻不計，取g＝10 m/s2，求： 圖13 (1)導體ab下落的最大加速度和最大速度； (2)導體ab在最大速度時產生的電功率。 解析　(1)ab棒剛下落時，速度為零，還沒有切割磁感線產生感應電流，此時不受阻力，只受到重力，所以最大加速度為g＝10 m/s2。 根據導體ab下落的最大速度時，加速度為零， 即mg＝F安則有：F安＝BIL＝ 所以v＝＝ m/s＝10 m/s (2)速度達到最大時，此時電功率也達到最大， 則有最大的電功率為： P＝IE＝＝＝ W＝10 W 答案　(1)10 m/s2　10 m/s　(2)10 W 16.(16分)(20174月浙江選考考試，22)間距為l的兩平行金屬導軌由水平部分和傾斜部分平滑連接而成，如圖14所示。傾角為θ的導軌處于大小為B1、方向垂直導軌平面向上的勻強磁場區(qū)間Ⅰ中，水平導軌上的無磁場區(qū)間靜止放置一質量為3m的“聯動雙桿”(由兩根長為l的金屬桿cd和ef，用長度為L的剛性絕緣桿連接構成)，在“聯動雙桿”右側存在大小為B2、方向垂直導軌平面向上的勻強磁場區(qū)間Ⅱ，其長度大于L。質量為m、長為l的金屬桿ab從傾斜導軌上端釋放，達到勻速后進入水平導軌(無能量損失)，桿ab與“聯動雙桿”發(fā)生碰撞，碰后桿ab和cd合在一起形成“聯動三桿”。“聯動三桿”繼續(xù)沿水平導軌進入磁場區(qū)間Ⅱ并從中滑出。運動過程中，桿ab、cd和ef與導軌始終接觸良好，且保持與導軌垂直。已知桿ab、cd和ef電阻均為R＝0.02 Ω，m＝0.1 kg，l＝0.5 m，L＝0.3 m，θ＝30，B1＝0.1 T，B2＝0.2 T。不計摩擦阻力和導軌電阻，忽略磁場邊界效應。求 圖14 (1)桿ab在傾斜導軌上勻速運動時的速度大小v0； (2)“聯動三桿”進入磁場區(qū)間Ⅱ前的速度大小v； (3)“聯動三桿”滑過磁場區(qū)間Ⅱ產生的焦耳熱Q。 解析　(1)感應電動勢E＝B1lv0 電流I＝ 安培力F＝B1Il 勻速運動條件＝mgsin θ v0＝＝6 m/s (2)由動量守恒定律　mv0＝4mv v＝v0/4＝1.5 m/s (3)進入B2磁場區(qū)，設速度變化Δv，由動量定理， 有B2lΔt＝－4mΔv Δt＝Δq＝ Δv＝＝－0.25 m/s 出B2磁場區(qū)，同樣有 Δv＝－＝－0.25 m/s 出B2磁場后“聯動三桿”的速度為 v′＝v＋2Δv＝1.0 m/s Q＝4m(v2－v′2)＝0.25 J 答案　(1)6 m/s　(2)1.5 m/s　(3)0.25 J