届人教版电磁感应单元测试.docx

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届人教版电磁感应单元测试

单元检测十　电磁感应

考生注意：

1.本试卷共4页.

2.答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上.

3.本次考试时间90分钟，满分100分.

4.请在密封线内作答，保持试卷清洁完整.

一、单项选择题（本题共8小题，每小题4分，共32分.在每小题给出的四个选项中只有一个选项正确，选对得4分，选错得0分）

1.如图1所示为安检门原理图，左边门框中有一通电线圈，右边门框中有一接收线圈.工作过程中某段时间通电线圈中存在顺时针方向（从左向右看）均匀增大的电流，则（　　）

图1

A.无金属片通过时，接收线圈中的感应电流方向为顺时针

B.无金属片通过时，接收线圈中的感应电流增大

C.有金属片通过时，接收线圈中的感应电流方向为顺时针

D.有金属片通过时，接收线圈中的感应电流大小发生变化

2.在竖直方向的匀强磁场中，水平放置一个面积不变的单匝金属圆形线圈，规定线圈中感应电流的正方向如图2甲所示，取线圈中磁场B的方向向上为正，当磁场中的磁感应强度B随时间t如图乙变化时，下列各图中能正确表示线圈中感应电流变化的图象是（　　）

图2

3.如图3所示，A、B是两盏完全相同的白炽灯，L是直流电阻不计、自感系数很大的自感线圈，如果断开开关S1，闭合S2，A、B两灯都能同样发光.如果最初S1是闭合的，S2是断开的.那么不可能出现的情况是（　　）

图3

A.刚一闭合S2，A灯立即就亮，而B灯延迟一段时间才亮

B.刚闭合S2时，线圈L中的电流为零

C.闭合S2以后，A灯变亮，B灯由亮变暗

D.闭合S2稳定后再断开S2时，A灯立即熄灭，B灯先亮一下然后熄灭

4.如图4所示，螺线管与灵敏电流计相连，条形磁铁从螺线管的正上方由静止释放，向下穿过螺线管.下列说法正确的是（　　）

图4

A.电流计中的电流先由a到b，后由b到a

B.a点的电势始终低于b点的电势

C.磁铁减少的重力势能等于回路中产生的热量

D.磁铁刚离开螺线管时的加速度小于重力加速度

5.矩形线圈abcd，长ab＝20cm，宽bc＝10cm，匝数n＝200，线圈回路总电阻R＝5Ω.整个线圈平面内均有垂直于线圈平面的磁场穿过.若磁感应强度B随时间t的变化规律如图5所示，则（　　）

图5

A.线圈回路中感应电动势随时间均匀变化

B.线圈回路中产生的感应电流为0.5A

C.当t＝0.3s时，线圈的ab边所受的安培力大小为0.016N

D.在1min内线圈回路产生的焦耳热为48J

6.在垂直纸面的匀强磁场中，有不计重力的甲、乙两个带电粒子，在纸面内做匀速圆周运动，运动方向和轨迹示意图如图6.则下列说法中正确的是（　　）

图6

A.甲、乙两粒子所带电荷种类不同

B.若甲、乙两粒子的动量大小相等，则甲粒子所带电荷量较大

C.若甲、乙两粒子所带电荷量及运动的速率均相等，则甲粒子的质量较大

D.该磁场方向一定是垂直纸面向里

7.（2017·重庆模拟）如图7所示，LOM为一45°角折线，折线内有一方向垂直于纸面向里的匀强磁场，一边长为l的正方形导线框沿垂直于OM的方向以速度v做匀速直线运动，在t＝0时刻恰好位于图中所示位置.以逆时针方向为导线框中电流的正方向，在下面四幅图中能够正确表示电流－时间（I－t）关系的是（时间以为单位）（　　）

图7

8.如图8所示，虚线两侧的磁感应强度大小均为B，方向相反，电阻为R的导线弯成顶角为90°，半径为r的两个扇形组成的回路，O为圆心，整个回路可绕O点转动.若由图示的位置开始沿顺时针方向以角速度ω转动，则在一个周期内电路消耗的电能为（　　）

图8

A.B.

C.D.

二、多项选择题（本题共6小题，每小题5分，共30分.在每小题给出的四个选项中，至少有两个选项是正确的，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）

9.如图9所示，圆形导体线圈a平放在绝缘水平桌面上，在a的正上方固定一竖直螺线管b，二者轴线重合，螺线管、电源和滑动变阻器连接成如图所示的电路.若将滑动变阻器的滑片P向上滑动，下列表述正确的是（　　）

图9

A.穿过线圈a的磁通量增大

B.线圈a对水平桌面的压力小于其重力

C.线圈a中将产生俯视逆时针方向的感应电流

D.线圈a中将产生俯视顺时针方向的感应电流

10.如图10所示，足够长的光滑导轨倾斜放置，导轨宽度为L，其下端与电阻R连接.导体棒ab长为L，电阻为r，导轨和导线电阻不计，匀强磁场竖直向上.若导体棒ab以一定初速度v下滑，则关于ab棒的下列说法中正确的是（　　）

图10

A.所受安培力方向水平向右

B.可能以速度v匀速下滑

C.刚下滑的瞬间ab棒产生的感应电动势为BLv

D.减少的重力势能等于电阻R上产生的内能

11.如图11所示，固定于水平面上宽为l的光滑金属架abcd处在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B，左端接一定值电阻R，质量为m的金属棒MN沿框架以初速度v0向右运动，接入电路的有效电阻为r＝，若导轨足够长，其电阻不计，对整个运动过程下列说法正确的是（　　）

图11

A.电阻R上产生的焦耳热为mv

B.金属棒MN上产生的焦耳热为mv02

C.通过导体棒MN的电荷量为

D.最终MN停靠的位置距离其初始位置为

12.（2017·湖北黄冈综训）如图12所示，竖直平面（纸面）内两水平线间存在宽度为d的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里.一质量为m、边长也为d的正方形线框从磁场上方某处自由落下，t1时刻线框的下边进入磁场，t2时刻线框的上边进入磁场，t3时刻线框上边离开磁场.已知线框平面在下落过程中始终与磁场方向垂直，且线框上、下边始终与磁场边界平行，不计空气阻力，则线框下落过程中的v－t图象可能正确的是（　　）

图12

13.（2018·黑龙江齐齐哈尔模拟）如图13所示，在水平光滑绝缘桌面上建立直角坐标系xOy，第一象限内存在垂直桌面向上的磁场，磁场的磁感应强度B沿x轴正方向均匀增大且＝k，一边长为a、电阻为R的单匝正方形线圈ABCD在第一象限内以速度v沿x轴正方向匀速运动，运动中AB边始终与x轴平行，则下列判断正确的是（　　）

图13

A.线圈中的感应电流沿逆时针方向

B.线圈中感应电流的大小为

C.为保持线圈匀速运动，可对线圈施加大小为的水平外力

D.线圈不可能有两条边所受安培力大小相等

14.如图14所示，质量为m的带电小球以初速度v水平抛出，经过时间t后进入方向竖直向下的匀强电场，再经过时间t速度方向重新变为水平，已知初、末位置分别为A点和C点，经B点进入电场.不计空气阻力，下列分析正确的是（　　）

图14

A.电场力大小为3mg

B.从A到C的运动过程，小球动量守恒

C.小球从A到B与从B到C的速度变化相同

D.从A到C的高度h＝gt2

三、非选择题（本题共4小题，共38分）

15.（8分）如图15所示，两根相距L＝1m的足够长的光滑金属导轨组成两组导轨，一组导轨水平，另一组导轨与水平面成37°角，拐角处连接一阻值R＝1Ω的电阻.质量均为m＝2kg的金属细杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路，导轨电阻不计，两杆的电阻均为R＝1Ω.整个装置处于磁感应强度大小B＝1T、方向垂直于导轨平面的匀强磁场中.当ab杆在平行于水平导轨的拉力作用下沿导轨向右匀速运动时，cd杆静止.g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：

图15

（1）水平拉力的功率；

（2）现让cd杆固定，求撤去拉力后ab杆产生的焦耳热.

16.（10分）如图16所示，光滑导轨EF、GH等高平行放置，EG间宽度为FH间宽度的3倍，导轨右侧水平且处于竖直向上的匀强磁场中，左侧呈弧形升高.ab、cd是质量均为m的金属棒，现让ab从离水平轨道h高处由静止下滑，设导轨足够长.求：

图16

（1）ab、cd棒的最终速度的大小；

（2）全过程中感应电流产生的焦耳热.

17.（10分）如图17所示，两根足够长的平行金属导轨固定在倾角θ＝30°的斜面上，导轨电阻不计，间距L＝0.4m，导轨所在空间被分成区域Ⅰ和Ⅱ，两区域的边界与斜面的交线为MN.Ⅰ中的匀强磁场方向垂直斜面向下，Ⅱ中的匀强磁场方向垂直斜面向上，两磁场的磁感应强度大小均为B＝0.5T.在区域Ⅰ中，将质量m1＝0.1kg、电阻R1＝0.1Ω的金属条ab放在导轨上，ab刚好不下滑.然后，在区域Ⅱ中将质量m2＝0.4kg、电阻R2＝0.1Ω的光滑导体棒cd置于导轨上，由静止开始下滑.cd在滑动过程中始终处于区域Ⅱ的磁场中，ab、cd始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，取g＝10m/s2，问：

图17

（1）cd下滑的过程中，ab中的电流方向；

（2）ab刚要向上滑动时，cd的速度v为多大；

（3）从cd开始下滑到ab刚要向上滑动的过程中，cd滑动的距离x＝3.8m，此过程中ab上产生的热量Q是多少.

18.（10分）（2017·天津理综·12）电磁轨道炮利用电流和磁场的作用使炮弹获得超高速度，其原理可用来研制新武器和航天运载器.电磁轨道炮示意图如图18，图中直流电源电动势为E，电容器的电容为C.两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距为l，电阻不计.炮弹可视为一质量为m、电阻为R的金属棒MN，垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨良好接触.首先开关S接1，使电容器完全充电.然后将S接至2，导轨间存在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场（图中未画出），MN开始向右加速运动.当MN上的感应电动势与电容器两极板间的电压相等时，回路中电流为零，MN达到最大速度，之后离开导轨.问：

图18

（1）磁场的方向；

（2）MN刚开始运动时加速度a的大小；

（3）MN离开导轨后电容器上剩余的电荷量Q是多少.

答案精析

1.D　2.A　3.A　4.D　5.D

6.C　[两粒子均逆时针运动，根据左手定则可知有两种情况：

①磁场垂直纸面向里，粒子均带正电；②磁场垂直纸面向外，粒子均带负电，故A、D错误；根据洛伦兹力提供向心力得qvB＝m，可得R＝，分析可知当速率v、电荷量q、磁感应强度B均相等时，半径R越大的粒子质量m就越大，根据R＝可知，磁感应强度B相同，当两粒子动量p＝mv相等时，半径R越小的粒子电荷量q越大，所以乙粒子电荷量较大，故B错误，C正确.]

7.C　[在0～时间内线框上边框进入磁场，切割磁感线产生的电动势大小恒定，感应电流沿逆时针方向，可排除D项；在～3时间内，线框穿出磁场，磁通量一直减少，感应电流均沿顺时针方向，电流为负值，可排除A、B两项，故C项正确.]

8.C　[从图示位置开始计时，一个周期T内，在0～、～T内没有感应电流产生，在～，T～T内有感应电流产生，在～，T～T内线框产生的总的感应电动势E＝4×Br2ω＝2Br2ω，则在一周期内电路消耗的电能为Q＝·，T＝，解得Q＝，C项正确.]

9.BD

10.AB　[导体棒ab以一定初速度v下滑，切割磁感线产生感应电动势和感应电流，由右手定则可判断出电流方向为从b到a，由左手定则可判断出ab棒所受安培力方向水平向右，选项A正确.当mgsinθ＝BILcosθ时，ab棒沿导轨方向合外力为零，可以以速度v匀速下滑，选项B正确.由于速度方向与磁场方向夹角为（90°＋θ），刚下滑的瞬间ab棒产生的感应电动势为E＝BLvcosθ，选项C错误.由能量守恒定律知，ab棒减少的重力势能不等于电阻R上产生的内能，选项D错误.]

11.AC

12.AB　[进入磁场前和通过磁场后，线框只受重力，加速度恒为g.设线框下边进入磁场时速度为v，则线框中感应电动势E＝Bdv，由闭合电路欧姆定律有I＝，安培力F＝BId，解得F＝，若F＝mg，则线框匀速穿过磁场，A项正确；若F>mg，则线框减速通过磁场，由牛顿第二定律有－mg＝ma1，可知线框加速度不断减小，B项正确；若F

13.BC　[由楞次定律得感应电流沿顺时针方向，A错误；设线圈向右移动一段距离Δl，则通过线圈的磁通量变化为ΔΦ＝Δl··a2＝Δl·a2k，而所需时间为Δt＝，根据法拉第电磁感应定律，感应电动势为E＝＝ka2v，故感应电流大小为I＝＝，B正确；线圈匀速运动时，外力与安培力平衡，由平衡条件得F＝（B2－B1）Ia＝ka2I＝，C正确；线圈的AB、CD两条边所受安培力大小相等，D错误.]

14.BD　[小球从A到B过程中，小球只受重力，所以做平抛运动，在竖直方向上做自由落体运动，故vy＝gt，小球从B到C过程中，小球受到重力、电场力，要使在竖直方向上到达C点时竖直速度为零，所以小球在竖直方向上做匀减速直线运动，故vy＝at，根据牛顿第二定律可得F－mg＝ma，联立解得a＝g，F＝2mg，方向都竖直向上，故从A到C的竖直高度为h＝gt2＋gt2＝gt2，A错误，D正确；小球从A到B过程中速度变化为Δv1＝gt，方向竖直向下，从B到C过程中速度变化为Δv2＝－gt，方向竖直向上，两者大小相同，方向不同，C错误；因为从A到C点过程中水平方向上做匀速直线运动，故A点和C点的动量守恒，故B正确.]

15.

（1）864W　

（2）864J

解析　

（1）cd杆静止，由平衡条件可得mgsinθ＝BIL，解得I＝12A

由闭合电路欧姆定律得2I＝，得v＝36m/s

水平拉力F＝2BIL＝24N，水平拉力的功率P＝Fv＝864W

（2）撤去外力后ab杆在安培力作用下做减速运动，安培力做负功，先将棒的动能转化为电能，再通过电流做功将电能转化为整个电路产生的焦耳热，即焦耳热等于杆的动能的减小量，有Q＝ΔEk＝mv2＝1296J

而Q＝I′2·R·t，ab杆产生的焦耳热Q′＝I′2·R·t，所以Q′＝Q＝864J.

16.

（1）vab＝　vcd＝　

（2）

解析　ab下滑进入磁场后切割磁感线，在abdc电路中产生感应电流，ab、cd各受不同的磁场力作用而分别做减速、加速运动，电路中感应电流逐渐减小，当感应电流为零时，ab、cd不再受磁场力作用，各自以不同的速度匀速滑动.

（1）ab在左侧弧形轨道上自由下滑，机械能守恒，mgh＝mv2①

由于ab、cd串联在同一电路中，任何时刻通过的电流总相等，两个金属棒的有效长度lab＝3lcd，故它们受到的安培力为Fab＝3Fcd②

在安培力作用下，ab、cd各自做变速运动，产生的感应电动势方向相反，当Eab＝Ecd时，电路中感应电流为零（I＝0），安培力为零，ab、cd运动趋于稳定，此时有Blabvab＝Blcdvcd

所以vab＝vcd③

ab、cd受安培力作用，动量均发生变化，由动量定理得FabΔT＝m（v－vab）④

FcdΔT＝mvcd⑤

联立以上各式解得vab＝，vcd＝

（2）根据系统的总能量守恒可得Q＝mgh－mv－mv＝.

17.

（1）由a流向b　

（2）5m/s　（3）1.3J

解析　

（1）由右手定则可判断出cd中的电流方向为由d到c，则ab中电流方向为由a流向b.

（2）开始放置时ab刚好不下滑，ab所受摩擦力为最大静摩擦力，设其为Fmax，有Fmax＝m1gsinθ①

设ab刚要上滑时，cd棒的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律有E＝BLv②

设电路中的感应电流为I，由闭合电路欧姆定律有

I＝③

设ab所受安培力为F安，有F安＝BIL④

此时ab受到的最大静摩擦力方向沿斜面向下，由平衡条件有F安＝m1gsinθ＋Fmax⑤

综合①②③④⑤式，得v＝（R1＋R2），代入数据解得v＝5m/s

（3）设cd棒运动过程中在电路中产生的总热量为Q总，由能量守恒定律有m2gxsinθ＝Q总＋m2v2

又Q＝Q总，解得Q＝1.3J

18.

（1）垂直于导轨平面向下　

（2）　（3）

解析　

（1）根据左手定则可判断磁场的方向为垂直于导轨平面向下.

（2）电容器完全充电后，两极板间电压为E，当开关S接2时，电容器放电，设刚放电时流经MN的电流为I，有

I＝①

设MN受到的安培力为F，有F＝IlB②

由牛顿第二定律，有F＝ma③

联立①②③式得a＝④

（3）当电容器充电完毕时，设电容器上电荷量为Q0，有

Q0＝CE⑤

开关S接2后，MN开始向右加速运动，速度达到最大值vmax时，设MN上的感应电动势为E′，有E′＝Blvmax⑥

依题意有E′＝⑦

设在此过程中流经MN的平均电流为，MN上受到的平均安培力为，有＝lB⑧

由动量定理，有Δt＝mvmax－0⑨

又Δt＝Q0－Q⑩

联立⑤⑥⑦⑧⑨⑩式得Q＝