学年同步备课套餐之物理粤教版选修32讲义第1章电磁感应 章末检测卷.docx

1、学年同步备课套餐之物理粤教版选修32讲义第1章电磁感应 章末检测卷章末检测卷(时间：90分钟满分：100分)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，只有一项是符合题目要求的)1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，如果电流表无示数，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，如果电流表有示数，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

2、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1，一圆形金属环与两固定的平行长直导线在同一竖直面内，环的圆心与两导线距离相等，环的直径小于两导线间距两导线中通有大小相等、方向向下的恒定电流若()图1A金属环向上运动，则环上的感应电流方向为顺时针方向B金属环向下运动，则环上的感应电流方向为顺时针方向C金属环向左侧直导线靠近，则环上的感应电流方向为逆时针方向D金属环向右侧直导线靠近，则环上的感应电流方向为逆时针方向答案D解析根据楞次定律，当金属环上、下移动时，穿过环的磁通量不

3、发生变化，故没有感应电流产生，故选项A、B错误；当金属环向左移动时，则穿过环的磁场垂直纸面向外并且增强，故根据楞次定律和安培定则可以知道，产生的感应电流为顺时针，故选项C错误；当金属环向右移动时，则穿过环的磁场垂直纸面向里并且增强，故根据楞次定律和安培定则可以知道，产生的感应电流为逆时针，故选项D正确3. 用一根横截面积为S、电阻率为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2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，方向如图所示，磁感应强度大小随时间的变化率k(k0)则 ()图2A圆环中产生逆时针方向的感应电流B圆环具有收缩的趋势C圆环中感应电流的大小为|D图

4、中a、b两点间的电势差大小为Uab|kr2|答案D解析由题意可知磁感应强度均匀减小，穿过圆环的磁通量减小，根据楞次定律和安培定则可以判断，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、B错误；圆环中产生的感应电动势为ES|r2k|，圆环的电阻为R，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UabIR|kr2|，故D正确4. 如图3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 ()图3A导线框中感应电流的方向依次为A

5、CBAABCAACBAB导线框内的磁通量为零时，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解析根据安培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，根据楞次定律可知，感应电流的磁场

6、总是阻碍原磁通量的变化，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ACBAABCAACBA，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，螺线管匝数n1 000匝，横截面积S10 cm2，螺线管导线电阻r1 ，电阻R9 ，磁感应强度B的Bt图象如图所示(以向右为正方向)，则()图4A感应电动势为0.6 VB感应电流为0.06 VC电阻R两端的电压为0

7、.54 VD01 s内感应电流的方向为从C点通过R流向A点答案D解析由图象可知6 T/s，根据法拉第电磁感应定律可知产生的感应电动势为EnnS1 000610104 V6 V，故选项A错误；感应电流为IA0.6 A，故选项B错误；电阻R两端的电压为UIR0.69 V5.4 V，故选项C错误；01 s通过螺线管的磁通量在增加，根据楞次定律可知感应电流的方向为从C点通过R流向A点，故选项D正确6匀强磁场方向垂直纸面，规定向里的方向为正，磁感应强度B随时间t的变化规律如图5甲所示在磁场中有一细金属圆环，圆环平面位于纸面内，t0时刻磁场的方向垂直纸面向里，如图乙所示，令I1、I2、I3分别表示Oa、a

8、b、bc段的感应电流，F1、F2、F3分别表示感应电流为I1、I2、I3时金属圆环上很小一段受到的安培力，则()图5AI1沿逆时针方向，I2沿顺时针方向BI2沿逆时针方向，I3沿顺时针方向CF1方向指向圆心，F2方向指向圆心DF2方向背离圆心向外，F3方向背离圆心向外答案A解析根据楞次定律“增反减同”的规律可推知A正确，B错误；由“增缩减扩”的规律可知，F1与F3的方向指向圆心，F2方向背离圆心向外，故C、D错误7在边长为L的等边三角形区域abc内存在着垂直纸面向外的匀强磁场，一个边长也为L的等边三角形导线框def在纸面上以某一速度向右匀速运动，底边ef始终与磁场的底边界bc在同一直线上，如图

9、6所示取沿顺时针的电流为正，在线框通过磁场的过程中，其感应电流随时间变化的图象是()图6答案B解析线框进入磁场后，切割的有效长度为：lvttan 60，产生的感应电动势为：EBlvBv2ttan 60，所以感应电流为：I，从开始进入磁场到d与a重合之前，电流与t是成正比的，由楞次定律判得线框中的电流方向是顺时针的，此后线框切割的有效长度均匀减小，电流随时间变化仍然是线性关系，由楞次定律判得线框中的电流方向是逆时针的，综合以上分析可知B正确，A、C、D错误8如图7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，闭合开关调节滑动变阻器R的滑动触头，使两个灯泡的亮度相同，调节滑动变

10、阻器R1的滑动触头，使它们都正常发光，然后断开开关S.重新闭合开关S，则 ()图7A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解析断开开关再重新闭合开关的瞬间，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，闭合开关调节滑动变阻器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，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错误二、多项选择题(本题共4小题，每小

11、题5分，共20分每小题至少有两个选项正确，选对得5分，漏选得3分，错选得0分)9. 如图8所示是电表中的指针和电磁阻尼器，下列说法中正确的是()图8A2是磁铁，1中产生涡流B1是磁铁，2中产生涡流C该装置的作用是使指针能够转动D该装置的作用是使指针能很快地稳定下来答案AD解析当指针摆动时，1随之转动，2是磁铁，那么在1中产生涡流，2对1的安培力将阻碍1的转动总之，不管1向哪个方向转动，2对1的效果总是起到阻尼作用，所以它能使指针很快地稳定下来10. 如图9所示，一均匀金属圆盘绕通过其圆心且与盘面垂直的轴逆时针匀速转动现施加一垂直穿过圆盘的有界匀强磁场，圆盘开始减速在圆盘减速过程中，以下说法正确

12、的是()图9A处于磁场中的圆盘部分，靠近圆心处电势高B所加磁场越强越易使圆盘停止转动C若所加磁场反向，圆盘将加速转动D若所加磁场穿过整个圆盘，圆盘将匀速转动答案ABD解析由右手定则可知，处于磁场中的圆盘部分，靠近圆心处电势高，选项A正确；根据EBLv可知所加磁场越强，则感应电动势越大，感应电流越大，产生的阻碍圆盘转动的安培力越大，则圆盘越容易停止转动，选项B正确；若加反向磁场，根据楞次定律可知安培力阻碍圆盘的转动，故圆盘仍减速转动，选项C错误；若所加磁场穿过整个圆盘，则圆盘中无感应电流，不产生安培力，圆盘匀速转动，选项D正确11. 如图10所示，匀强磁场垂直于软导线回路平面，由于磁场发生变化，

13、回路变为圆形则该磁场()图10A逐渐增强，方向向外B逐渐增强，方向向里C逐渐减弱，方向向外D逐渐减弱，方向向里答案CD解析对于导线回路来说，圆形面积最大，即由于磁场变化，导致导线回路面积变大，根据楞次定律“增缩减扩”，可判断磁场在减弱，可能是方向垂直软导线回路平面向外的磁场逐渐减弱，也可能是方向垂直软导线回路平面向里的磁场逐渐减弱，选项C、D对12. 如图11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

14、 ()图11A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电流所做的功一定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、C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正确三、实验题(本题共2小题，共10分)13(4分)为判断线圈绕向，可将灵敏电流计G与线圈L连接，如图12所示已知线圈由a端开始绕至b端：当电流从电流计G的左端流入时，指针向左偏转图1

15、2(1)将磁铁的N极向下从线圈上方竖直插入线圈L时，发现电流计的指针向左偏转俯视线圈，其绕向为_(选填“顺时针”或“逆时针”)(2)当条形磁铁从图中的虚线位置向右远离线圈L时，发现电流计的指针向右偏转俯视线圈，其绕向为_(选填“顺时针”或“逆时针”)答案(1)顺时针(2)逆时针解析(1)由题可知在线圈L内电流从b流向a，而根据楞次定律(增反减同)知，线圈L中产生的磁场与原磁场方向相反(向上)，再根据安培定则可知，感应电流方向为逆时针方向(俯视线圈)，因此线圈绕向为顺时针方向(俯视线圈)(2)由题意可知在线圈L内电流从a流向b，而根据楞次定律(增反减同)知，线圈L中产生的磁场与原磁场方向相同(向

16、上)，再根据安培定则可知，感应电流方向与(1)问相同，而电流的流向与(1)问相反，因此线圈绕向一定与(1)问相反，为逆时针方向(俯视线圈)14(6分)如图13所示为“研究电磁感应现象”的实验装置图13(1)将图中所缺的导线补接完整；(2)如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏转一下，那么合上开关后可能出现的情况有：A将线圈A迅速插入线圈B时，灵敏电流计指针将_B线圈A插入线圈B后，将滑动变阻器的滑片迅速向左拉时，灵敏电流计指针_答案(1)见解析图(2)向右偏转一下向左偏转一下解析(1)如图所示(2)根据楞次定律及灵敏电流计的指针偏转方向与流过它的电流方向的关系来判定，则A.向右偏转一下；B

17、.向左偏转一下四、计算题(本题共3小题，共38分解答应写出必要的文字说明，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)15(10分)小明同学设计了一个“电磁天平”，如图14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L0.1 m，竖直边长H0.3 m，匝数为N1.线圈的下边处于匀强磁场内，磁感应强度B01.0 T，方向垂直线圈平面向里线圈中通有可在02.0 A 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g10 m/s2) 图14图15(1)为使“电磁天平”的量程达到0.5 kg，

18、线圈的匝数N1至少为多少？(2)进一步探究电磁感应现象，另选N2100匝、形状相同的线圈，总电阻R10 .不接外电流，两臂平衡如图15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d0.1 m当挂盘中放质量为0.01 kg的物体时，天平平衡，求此时磁感应强度的变化率.答案(1)25匝(2)0.1 T/s解析(1)“电磁天平”中的线圈受到安培力，I2.0 A时线圈的匝数最少FN1B0IL由天平平衡可知：mgN1B0IL代入数据解得：N125匝(2)由法拉第电磁感应定律得：EN2N2Ld由欧姆定律得：I线圈受到的安培力FN2B0IL由天平平衡可

19、得：mgF联立各式，代入数据可得0.1 T/s.16(13分)如图16所示，水平面(纸面)内间距为l的平行金属导轨间接一电阻，质量为m、长度为l的金属杆置于导轨上t0时，金属杆在水平向右、大小为F的恒定拉力作用下由静止开始运动t0时刻，金属杆进入磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，且在磁场中恰好能保持匀速运动杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保持垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数为.重力加速度大小为g.求：图16 (1)金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小；(2)电阻的阻值答案(1)Blt0(g)(2) 解析(1)设金属杆进入磁场前的加速度大小为a，由牛顿第二定律得Fmg

20、ma 设金属杆到达磁场左边界时的速度为v，由运动学公式有vat0 当金属杆以速度v在磁场中运动时，由法拉第电磁感应定律知产生的电动势为EBlv 联立式可得EBlt0(g) (2)设金属杆在磁场区域中匀速运动时，金属杆中的电流为I，根据欧姆定律I 式中R为电阻的阻值金属杆所受的安培力为F安BlI 因金属杆做匀速运动，有FmgF安0 联立式得R.17(15分)如图17甲所示，一电阻不计且足够长的固定光滑平行金属导轨MN、PQ间距L0.8 m，下端接有阻值R3 的电阻，导轨平面与水平面间的夹角30.整个装置处于方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中一质量m0.1 kg、阻值r0.15 的金属棒垂直导轨放置

21、并用绝缘细线通过光滑的定滑轮与质量M0.9 kg的重物相连，左端细线连接金属棒中点且沿NM方向棒由静止释放后，沿NM方向位移s与时间t之间的关系如图乙所示，其中ab为直线已知棒在00.3 s内通过的电荷量是0.30.4 s内通过电荷量的2倍，取g10 m/s2，求：图17(1)00.3 s内棒通过的位移s1的大小；(2)电阻R在00.4 s内产生的热量Q1.答案(1)0.6 m(2)3 J解析(1)棒在00.3 s内通过的电荷量q1t1平均感应电流回路中平均感应电动势得q1同理，棒在0.30.4 s内通过的电荷量q2由图乙读出0.4 s时刻位移大小s20.9 m又q12q2解得s10.6 m.(2)由题图乙知棒在0.30.4 s内做匀速直线运动，棒的速度大小vm/s3 m/s对系统，根据能量守恒定律QMgs2mgs2sin (Mm)v2代入数据解得Q3.15 J根据焦耳定律有代入数据解得Q13 J.