学年高中物理第一章电磁感应章末检测卷教科版选修32.docx

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学年高中物理第一章电磁感应章末检测卷教科版选修32

第一章电磁感应

章末检测卷

（一）

（时间：

90分钟　满分：

100分）

一、单项选择题（本题共6小题，每小题4分，共24分）

1．2013年12月我国发射的“玉兔号”月球车成功着陆月球，预计在2020年将实施载人登月．假如宇航员登月后想探测一下月球表面是否有磁场，他手边有一只灵敏电流表和一个小线圈，则下列推断正确的是（　　）

A．直接将电流表放于月球表面，看是否有示数来判断磁场有无

B．将电流表与线圈组成闭合回路，使线圈沿某一方向运动，如电流表无示数，则判断月球表面无磁场

C．将电流表与线圈组成闭合回路，使线圈沿某一方向运动，如电流表有示数，则可判断月球表面有磁场

D．将电流表与线圈组成闭合回路，使线圈在某个平面内沿两个互相垂直的方向运动，月球表面若有磁场，则电流表至少有一次示数不为零

答案　C

解析　电流表有示数时可判断有磁场存在，沿某方向运动而无示数不能确定磁场是否存在，只有C正确．

2．如图1所示，一个半径为l的半圆形硬导体AB以速度v在水平U型框架上向右匀速滑动，匀强磁场的磁感应强度为B，干路电阻为R0，半圆形硬导体AB的电阻为r，其余电阻不计，则半圆形导体AB切割磁感线产生的感应电动势大小及A、B之间的电势差分别为（　　）

图1

A．Blv　

B．Bπlv　

C．2Blv　

D．2Blv　2Blv

答案　C

解析　根据E＝Blv，感应电动势2Blv，A、B间的电势差U＝

，C项正确．

3.如图2所示是研究通电自感实验的电路图，A1，A2是两个规格相同的小灯泡，闭合电键调节滑动变阻器R的滑动触头，使两个灯泡的亮度相同，调节滑动变阻器R1的滑动触头，使它们都正常发光，然后断开电键S.重新闭合电键S，则（　　）

图2

A．闭合瞬间，A1立刻变亮，A2逐渐变亮

B．闭合瞬间，A1、A2均立刻变亮

C．稳定后，L和R两端的电势差一定相同

D．稳定后，A1和A2两端的电势差不相同

答案　C

解析　根据题设条件可知，闭合电键调节滑动变阻器R的滑动触头，使两个灯泡的亮度相同，说明此时滑动变阻器R接入电路的阻值与线圈L的电阻一样大，断开电键再重新闭合电键的瞬间，根据自感原理可判断，A2立刻变亮，而A1逐渐变亮，A、B均错误；稳定后，自感现象消失，根据题设条件可判断，线圈L和R两端的电势差一定相同，A1和A2两端的电势差也相同，所以C正确，D错误．

4.如图3所示，一个闭合三角形导线框ABC位于竖起平面内，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（　　）

图3

A．导线框中感应电流的方向依次为ACBA→ABCA→ACBA

B．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

答案　A

解析　根据右手螺旋定则可知导线上方的磁场方向垂直纸面向外，下方的磁场方向垂直纸面向里，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向外的磁通量先增大，当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向外的磁通量逐渐减小至零，然后随导线框的下降，导线框内垂直于纸面向里的磁通量增大，当达到最大，继续下降时由于导线框逐渐远离导线，使导线框内垂直于纸面向里的磁通量再逐渐减小，所以根据楞次定律可知，感应电流的磁场总是阻碍内部磁通量的变化，所以感应电流的磁场先向里，再向外，最后向里，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，内部的磁通量仍然在变化，有感应电动势产生，所以感应电流不为零，B错误．根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，由于导线框一直向下运动，所以导线框所受安培力的合力方向一直向上，不为零，C、D错误．

5．如图4所示，光滑绝缘水平面上，有一矩形线圈冲入一匀强磁场，线圈全部进入磁场区域时，其动能恰好等于它在磁场左侧时的一半，设磁场宽度大于线圈宽度，那么（　　）

图4

A．线圈恰好在刚离开磁场的地方停下

B．线圈在磁场中某位置停下

C．线圈在未完全离开磁场时即已停下

D．线圈完全离开磁场以后仍能继续运动，不会停下来

答案　D

解析　线圈冲入匀强磁场时，产生感应电流，线圈受安培力作用做减速运动，动能也减少．同理，线圈冲出匀强磁场时，动能减少，进、出时减少的动能都等于克服安培力做的功．由于进入时的速度大，故感应电流大，安培力大，安培力做的功也多，减少的动能也多，线圈离开磁场过程中，损失动能少于它在磁场左侧时动能的一半，因此线圈离开磁场仍继续运动．

6.如图5所示为几个有理想边界的磁场区域，相邻区域的磁感应强度B大小相等、方向相反，区域的宽度均为L.现有一边长为L的正方形导线框由图示位置开始，沿垂直于区域边界的直线匀速穿过磁场区域，速度大小为v.设逆时针方向为电流的正方向，下列各图能正确反映线框中感应电流的是（　　）

图5

答案　D

解析　导线框进入磁场中0到L的过程中，由右手定则知，感应电流的方向为顺时针，即负方向，感应电流I＝

，大小恒定，A、B不正确；导线框进入磁场中L至2L的过程中，导线框左右两侧均切割磁感线，由右手定则，可判断感应电流的方向为逆时针，即为正方向，感应电流I′＝

，C错误，D正确．

二、多项选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分．每题至少有两个选项正确，选对得5分，漏选得2分，错选得0分）

7.如图6所示，矩形闭合线圈放置在水平薄板上，有一块碲形磁铁如图示方式置于平板的正下方（磁极间距略大于矩形线圈的宽度）．当磁铁匀速向右通过线圈正下方时，线圈仍静止不动，那么线圈受到薄板的摩擦力方向和线圈中产生感应电流的方向（从上向下看）是（　　）

图6

A．摩擦力方向一直向左

B．摩擦力方向先向左、后向右

C．感应电流的方向顺时针→逆时针→顺时针

D．感应电流方向顺时针→逆时针

答案　AC

解析　穿过线圈的磁通量先向上方向增加，后减少，当线圈通过磁铁中间以后，磁通量先向下方向增加，后减少，所以感应电流的方向顺时针→逆时针→顺时针，故C正确，D错误；根据楞次定律可以判断：

磁铁向右移动过程中，磁场对线圈有向右的安培力作用，所以摩擦力方向向左，故A正确，B错误．

8.用一根横截面积为S、电阻率为ρ的硬质导线做成一个半径为r的圆环，ab为圆环的一条直径．如图7所示，在ab的左侧存在一个匀强磁场，磁场垂直圆环所在平面，方向如图，磁感应强度大小随时间的变化率

＝k（k＜0）．则（　　）

图7

A．圆环中产生逆时针方向的感应电流

B．圆环具有扩张的趋势

C．圆环中感应电流的大小为|

|

D．图中a、b两点间的电势差大小为Uab＝|

πkr2|

答案　BD

解析　由题意可知磁感应强度均匀减小，穿过闭合线圈的磁通量减小，根据楞次定律可以判断，圆环中产生顺时针方向的感应电流，圆环具有扩张的趋势，故A错误，B正确；圆环中产生的感应电动势为E＝

＝

S＝|

πr2k|，圆环的电阻为R＝ρ

＝

，所以圆环中感应电流的大小为I＝

＝|

|，故C错误；图中a、b两点间的电势差Uab＝I×

R＝|

πkr2|，故D正确．

9.如图8所示，边长为L的正方形线框，从图示位置开始沿光滑斜面向下滑动，中途穿越垂直纸面向里、有理想边界的匀强磁场区域，磁场的宽度大于L，以i表示导线框中的感应电流，从线框刚进入磁场开始计时，取逆时针方向为电流正方向，以下i－t关系图像，可能正确的是（　　）

图8

答案　BC

解析　边长为L的正方形线框，从图示位置开始沿光滑斜面向下滑动，若进入磁场时所受安培力与重力沿斜面方向的分力平衡，则线框做匀速直线运动，感应电流为一恒定值；完全进入后磁通量不变，感应电流为零，线框做匀加速直线运动；从磁场中出来时，感应电流方向相反，所受安培力大于重力沿斜面方向的分力，线框做加速度减小的减速运动，感应电流减小，选项B正确．同理可知，C正确．

10.如图9所示，竖直平行金属导轨MN、PQ上端接有电阻R，金属杆ab质量为m，跨在平行导轨上，垂直导轨平面的水平匀强磁场的磁感应强度为B，不计ab与导轨电阻及一切摩擦，且ab与导轨接触良好．若ab杆在竖直向上的外力F作用下匀速上升，则以下说法正确的是（　　）

图9

A．拉力F所做的功等于电阻R上产生的热量

B．杆ab克服安培力做的功等于电阻R上产生的热量

C．电流所做的功等于重力势能的增加量

D．拉力F与重力做功的代数和等于电阻R上产生的热量

答案　BD

解析　当外力F拉着金属杆匀速上升时，拉力要克服重力和安培力做功，拉力做的功等于克服安培力和重力做功之和，即等于电阻R上产生的热量和金属杆增加的重力势能之和，选项A错误，D正确．克服安培力做多少功，电阻R上就产生多少热量，选项B正确．电流做的功不等于重力势能的增加量，选项C错误．综上所述，本题的正确选项为B、D.

三、填空题（本题共2小题，共9分）

11.（3分）如图10所示，半径为r的金属圆环绕通过直径的轴OO′以角速度ω匀速转动，匀强磁场的磁感应强度为B，以金属环的环面与磁场方向重合时开始计时，求在转动30°角的过程中，环中产生的平均感应电动势为________．

图10

答案　3Bωr2

解析　ΔΦ＝Φ2－Φ1＝BSsin30°－0＝

Bπr2.

又Δt＝

＝

＝π/（6ω）

所以

＝

＝

＝3Bωr2.

12．（6分）电吉他是利用电磁感应原理工作的一种乐器．如图11所示为电吉他的扩音器的原理图，在金属弦的下方放置有一个连接到放大器的螺线管．一条形磁铁固定在管内，当拨动金属弦后，螺线管内就会产生感应电流，经一系列转化后可将电信号转为声音信号．

图11

（1）金属弦的作用类似“研究电磁感应现象”实验中铁芯的作用，则被拨动后靠近螺线管的过程中，通过放大器的电流方向为________（以图为准，选填“向上”或“向下”）．

（2）下列说法正确的是（　　）

A．金属弦上下振动的周期越大，螺线管内感应电流的方向变化也越快

B．金属弦上下振动过程中，经过相同位置时速度越大，螺线管中感应电动势也越大

C．电吉他通过扩音器发出的声音随感应电流强度增大而变响，增减螺线管匝数会起到调节音量的作用

D．电吉他通过扩音器发出的声音频率和金属弦振动频率相同

答案　

（1）向下　

（2）BCD

解析　

（1）金属弦靠近螺线管时，线圈中磁场变强，根据楞次定律可得通过放大器的电流方向为向下．

（2）感应电动势的大小与磁通量的变化率有关，与线圈匝数有关，所以选项B、C正确；电吉他通过扩音器发出的声音频率与感应电流的频率相同，即与金属弦振动频率相同，A错误，D正确．

四、计算题（本题共4小题，共47分．）

13．（10分）轻质细线吊着一质量为m＝0.32kg、边长为L＝0.8m、匝数n＝10的正方形线圈，总电阻为r＝1Ω.边长为

的正方形磁场区域对称分布在线圈下边的两侧，如图12甲所示，磁场方向垂直纸面向里，大小随时间变化关系如图乙所示，从t＝0开始经t0时间细线开始松弛，取g＝10m/s2.求：

图12

（1）在前t0时间内线圈中产生的电动势；

（2）在前t0时间内线圈的电功率；

（3）t0的值．

答案　

（1）0.4V　

（2）0.16W　（3）2s

解析　

（1）由法拉第电磁感应定律得

E＝n

＝n×

×（

）2

＝10×

×（

）2×0.5V＝0.4V.

（2）I＝

＝0.4A，P＝I2r＝0.16W.

（3）对线圈受力分析可知，当细线松弛时有：

F安＝nBt0I