2020高中物理 单元双基双测AB卷 第04章 电磁感应单元测试（A卷基础篇）（含解析）-1

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精PAGEPAGE16学必求其心得，业必贵于专精电磁感应单元测试（A卷基础篇）一、单选题（本大题共8小题)1.如图所示,在载流直导线近旁固定有两平行光滑导轨A、B,导轨与直导线平行且在同一水平面内,在导轨上有两条可自由滑动的导体棒ab和cd。当载流直导线中的电流逐渐增强时,导体棒ab和cd的运动情况是()A.一起向左运动B.一起向右运动C。ab和cd相向运动,相互靠近D。ab和cd相背运动,相互远离【答案】C。【解析】电流增强时,电流在abdc回路中产生的垂直向里的磁场增强，回路磁通量增加，根据楞次定律可知，回路产生逆时针方向电流；ab边电流方向向下,所受安培力向右，cd边电流方向向上,所受安培力向左，故ab和cd相向运动，C项正确。2．如图所示，两根相距为l的平行直导轨ab、cd,b、d间连有一固定电阻R,导轨电阻忽略不计。MN为放在ab和cd上的一导体杆,与ab垂直，其电阻也为R。整个装置处于匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，磁场方向垂直于导轨所在平面（指向图中纸面内）。现对MN施力使它沿导轨方向以速度v（如图)做匀速运动，令U表示MN两端电压的大小，则（）A．U＝eq\f（1，2）Blv，流过固定电阻R的感应电流由b到dB．U＝eq\f（1，2）Blv,流过固定电阻R的感应电流由d到bC．U＝Blv，流过固定电阻R的感应电流由b到dD．U＝Blv，流过固定电阻R的感应电流由d到b【答案】A【解析】导体杆向右做匀速直线运动产生的感应电动势为Blv，R和导体杆形成一串联电路，由分压原理得U＝eq\f(Blv,R＋R）·R＝eq\f(1，2）Blv，由右手定则可判断出感应电流方向由N→M→b→d→N,故A选项正确。3．如图所示，两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有电阻R。金属棒ab与两导轨垂直并保持良好接触,整个装置放在匀强磁场中,磁场方向垂直于导轨平面向下。现使磁感应强度随时间均匀减小，ab始终保持静止，下列说法正确的是(）A．ab中的感应电流方向由b到aB．ab中的感应电流逐渐减小C．ab所受的安培力保持不变D．ab所受的静摩擦力逐渐减小【答案】D【解析】磁感应强度随时间均匀减小，根据楞次定律判断回路中产生顺时针的感应电流,ab中的感应电流方向由a到b,故A错误。根据法拉第电磁感应定律，E＝neq\f（ΔФ，Δt）＝neq\f（ΔB,Δt)S，电阻一定，I＝eq\f(E,R）＝neq\f(ΔB·S,Δt·R）,磁感应强度随时间均匀减小，磁通量变化率为定值，ab中的感应电流不变，B错误。F＝BIL，磁感应强度随时间均匀减小，则安培力随时间均匀减小，C错误。ab始终保持静止说明静摩擦力和安培力为一对平衡力,故摩擦力逐渐减小,故D项正确。4.如图所示,电阻R和线圈自感系数L的值都较大，电感线圈的电阻不计，A、B是两只完全相同的灯泡，当开关S闭合时，电路可能出现的情况是（）A.AB一起亮，然后B熄灭B。A比B先亮，然后A熄灭C。AB一起亮，然后A熄灭D。B比A先亮，然后B熄灭【答案】C【解析】试题分析:当s闭合时，L对电流有很大的阻碍作用，瞬间相当于断路，此时B与R并联再和A串联,所以AB同时亮。当电路稳定后,L相当于导线，把A短路,故A、B一起亮，然后A熄灭所以选C5．如图所示,在一水平光滑绝缘塑料板上有一环形凹槽，有一带正电小球质量为m，电荷量为q,在槽内沿顺时针做匀速圆周运动，现加一竖直向上的均匀变化的匀强磁场，且B逐渐增大，则(）A．小球速度变大B．小球速度变小C．小球速度不变D．以上三种情况都有可能【答案】A【解析】在此空间中，没有闭合导体，但磁场的变化,使空间产生感应电场。根据楞次定律得感应电场如图所示。6.如图4419所示，用粗细相同的铜丝做成边长分别为L和2L的两个闭合线框a和b，以相同的速度从磁感应强度为B的匀强磁场区域中匀速拉到磁场外,不考虑线框的重力,若闭合线框中的电流分别为Ia、Ib，则Ia∶Ib为（）A．1∶4B．1∶2C．1∶1 D．不能确定【答案】C【解析】线框产生的电动势为E＝Blv，由闭合电路欧姆定律得I＝eq\f（Blv，R），又lb＝2la，由电阻定律知Rb＝2Ra，故Ia∶Ib＝1∶1，C正确．7．闭合线圈的匝数为n，每匝线圈面积为S，总电阻为R,在时间内穿过每匝线圈的磁通量变化为，则通过导线某一截面的电荷量为A．B．C． D．【答案】C【解析】由法拉第电磁感应定律：E=N；再由殴姆定律：I=,而电荷量公式:Q=It；三式联立可得Q=,故选C。8。如图所示，正方形线框的左半侧处在磁感应强度为B的匀强磁场中,磁场方向与线框平面垂直，线框的对称轴MN恰与磁场边缘平齐．若第一次将线框从磁场中以恒定速度v1向右匀速拉出，第二次让线框绕轴MN以线速度v2匀速转过90°.若两次操作过程中线框产生的平均感应电动势相等，则(）A．v1∶v2＝2∶πB．v1∶v2＝π∶2C．v1∶v2＝1∶2 D．v1∶v2＝2∶1【答案】A【解析】将线框从磁场中以恒定速度v1向右匀速拉出，时间t1＝eq\f（L,2)÷v1＝eq\f（L，2v1)；让线框绕轴MN以线速度v2匀速转过90°，角速度ω＝eq\f(2v1,L)，时间t2＝eq\f（π，2）÷ω＝eq\f（πL,4v2)，两次过程中线框产生的平均感应电动势相等,t2＝t1，解得v1∶v2＝2∶π，选项A正确．二、多选题（本大题共6小题）9．安检门是一个用于安全检查的“门”，“门框”内有线圈，线圈里通有交变电流，交变电流在“门”内产生交变磁场，金属物品通过“门”时能产生涡流,涡流的磁场又反过来影响线圈中的电流,从而引起报警．以下关于这个安检门的说法正确的是（)A．这个安检门也能检查出毒品携带者B．这个安检门只能检查出金属物品携带者C．如果这个“门框”的线圈中通上恒定电流，也能检查出金属物品携带者D．这个安检门工作时，既利用了电磁感应现象，又利用了电流的磁效应【答案】BD【解析】这个安检门是利用涡流工作的，因而只能检查出金属物品携带者，A错误，B正确；若“门框”的线圈中通上恒定电流，只能产生恒定磁场，它不能使金属物品产生电流，因而不能检查出金属物品携带者,C错误；安检门工作时，既利用了电磁感应现象，又利用了电流的磁效应，D正确．10。在北半球，地磁场的竖直分量向下。飞机在我国上空匀速巡航，机翼保持水平,飞行高度不变，由于地磁场的作用,金属机翼上有电势差,设飞行员左方机翼末端处的电势为φ1，右方机翼末端处电势为φ2,则(）A.若飞机从西往东飞,φ1比φ2高B.若飞机从东往西飞，φ2比φ1高C.若飞机从南往北飞，φ1比φ2高D.若飞机从北往南飞，φ2比φ1高【答案】AC【解析】该题中飞机两翼是金属材料,可视为一垂直于飞行方向切割竖直向下的磁感线的导体棒,磁场水平分量对产生电动势无作用.对选项A,磁场竖直分量向下,手心向上，拇指指向飞机飞行方向，四指指向左翼末端，故φ1>φ2，选项A正确。同理,飞机从东往西飞，仍是φ1>φ2，选项B错误。从南往北、从北往南飞,都是φ1>φ2,故选项C正确,选项D错误。11。如图所示,阻值为R的金属棒从图示ab位置分别以v1、v2的速度沿光滑导轨（电阻不计)匀速滑到a′b′位置,若v1∶v2=1∶2,则在这两次过程中 （)A。回路电流I1∶I2=1∶2B.产生的热量Q1∶Q2=1∶2C。通过任一截面的电荷量q1∶q2=1∶2D.外力的功率P1∶P2=1∶2【答案】AB。【解析】感应电动势为BLv，感应电流I==,大小与速度成正比,产生的热量Q=I2Rt=B、L、L′、R是一样的,两次产生的热量比等于运动速度比,选项A、B正确;通过任一截面的电荷量q=It=QUOTE与速度无关,所以这两个过程中,通过任一截面的电荷量之比应为1∶1，选项C错误;金属棒运动中受磁场力的作用，为使棒匀速运动,外力大小要与磁场力相等，则外力的功率P=Fv=BIL·v=，其中B、L、R大小相等,外力的功率与速度的二次方成正比,所以外力的功率之比应为1∶4,选项D错误。故选A、B。12．如图所示是圆盘发电机的示意图；铜盘安装在水平的铜轴上,它的边缘正好在两磁极之间，两块铜片C、D分别与转动轴和铜盘的边缘接触．若铜盘半径为L,匀强磁场的磁感应强度为B，回路的总电阻为R，从左往右看，铜盘以角速度ω沿顺时针方向匀速转动．则（)A．由于穿过铜盘的磁通量不变，故回路中无感应电流B．回路中感应电流大小不变，为eq\f(BL2ω，2R）C．回路中感应电流方向不变，为C→D→R→CD．回路中有周期性变化的感应电流【答案】BC【解析】把铜盘看作闭合回路的一部分，在穿过铜盘以角速度ω沿顺时针方向匀速转动时，铜盘切割磁感线产生感应电动势，回路中有感应电流，选项A错误；铜盘切割磁感线产生感应电动势为E＝eq\f（1,2）BL2ω,根据闭合电路欧姆定律,回路中感应电流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BL2ω,2R），由右手定则可判断出感应电流方向为C→D→R→C，选项B、C正确,D错误．13。穿过闭合回路的磁通量Φ随时间t变化的图象分别如图甲、乙、丙、丁所示,下列关于回路中产生的感应电动势的说法，正确的是（）A．图甲中回路产生的感应电动势恒定不变B．图乙中回路产生的感应电动势一直在变大C．图丙中回路在0～t0时间内产生的感应电动势大于t0～2t0时间内产生的感应电动势D．图丁回路产生的感应电动势先变小再变大【答案】CD【解析】根据E＝neq\f(ΔΦ,Δt）可知：图甲中E＝0，A错误;图乙中E为恒量，B错误；图丙中0～t0时间内的E1大于t0～2t0时间内的E2,C正确；图丁中感应电动势先变小再变大，D正确。14．如图所示,有一边长为l的正方形导线框，质量为m，由高h处自由落下，其下边ab进入匀强磁场区域后,线框开始做减速运动,直到其上边cd刚穿出磁场时，速度减小为ab边刚进入磁场时速度的一半,此匀强磁场的宽度也是l,则下列结论中正确的是(）A．线框穿过磁场区域时做匀减速直线运动B．线框穿过磁场区域时加速度方向先向上后向下C．线框进入磁场时的加速度大于穿出磁场时的加速度D．线框穿过磁场区域的过程中产生的焦耳热为mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（2l＋\f（3,4)h）)【答案】CD【解析】线框穿过匀强磁场过程中，受到重力和安培力作用，设ab边刚进入磁场时的速度为v1，则E＝Blv1，所以电路中的电流I＝eq\f(E,R）＝eq\f(Blv1,R），安培力F＝BIl＝eq\f(B2l2v1,R）,由此可知,安培力与速度有关，由牛顿第二定律知eq\f（B2l2v1,R)－mg＝ma，故线框在穿过磁场的过程中加速度随v的减小而减小,随着v的减小，安培力F＝eq\f（B2l2v1，R）逐渐减小，但必有F≥mg，所以加速度不可能向下,则A、B错误,C正确;线框从释放至穿过磁场的过程中，设产生的焦耳热为Q，由能量守恒定律得mg（h＋2l）－Q＝eq\f（1,2)meq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（v1,2)）)2，mgh＝eq\f(1，2)mveq\o\al(2,1），解得Q＝mgeq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（2l＋\f（3，4)h）)，故D正确。三、计算题(本大题共4小题）15．如图所示，在光滑的水平面上有一半径r＝10cm、电阻R＝1Ω、质量m＝1kg的金属环，以速度v＝10m/s向一有界磁场滑去．匀强磁场方向垂直于纸面向里，B＝0.5T，从环刚进入磁场算起,到刚好有一半进入磁场时，圆环一共释放了32J的热量，求：(1）此时圆环中电流的瞬时功率；（2)此时圆环运动的加速度。【答案】（1）0。36W（2）6×10－2m/s2方向向左【解析】（1)设刚好有一半进入磁场时，圆环的速度为v′，由能量守恒得eq\f（1，2)mv2＝Q＋eq\f(1，2）mv′2此时圆环切割磁感线的有效长度为2r,圆环的感应电动势E＝B·2r·v′而圆环此时的瞬时功率P＝eq\f(E2,R)＝eq\f（B·2r·v′2，R）两式联立代入数据可得v′＝6m/s，P＝0.36W.(2）此时圆环在水平方向受向左的安培力F＝ILB,圆环的加速度为a＝eq\f（ILB，m)＝eq\f(B22r2v′,mR）＝6×10－2m/s2，方向向左．16．在如图甲所示的电路中,螺线管匝数n＝1500，横截面积S＝20cm2。螺线管导线电阻r＝1。0Ω，R1＝4.0Ω,R2＝5。0Ω,C＝30μF.在一段时间内，穿过螺线管的磁场的磁感应强度B按如图乙所示的规律变化。(1)求螺线管中产生的感应电动势；（2）闭合开关S，电路中的电流稳定后,求电阻R1的电功率；（3）S断开后，求流经R2的电荷量.【答案】(1)1。2V(2）5.76×10－2W（3)1。8×10－5C【解析】(1)根据法拉第电磁感应定律E＝eq\f(nΔΦ，Δt）＝n·Seq\f(ΔB，Δt)，eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f（1－0.2,2。0）T/s＝0.4T/s，代入数值得E＝1500×20×10－4×0。4V＝1。2V。(2)根据闭合电路欧姆定律I＝eq\f（E,R1＋R2＋r)＝0.12A，P＝I2R1，代入数值得P＝5。76×10－2W。(3）S断开后,流经R2的电量即为S闭合后C板上所带的电量Q.S闭合后，电容器两端的电压U＝IR2＝0。6V,流经R2的电荷量Q＝CU＝1。8×10－5C。17．如图甲所示，不计电阻的平行金属导轨与水平面成37°夹角放置，导轨间距为L＝1m，上端接有电阻R＝3Ω，虚线OO′下方是垂直于导轨平面的匀强磁场．现将质量m＝0。1g、电阻r＝1Ω的金属杆ab从OO′上方某处垂直导轨由静止释放，杆下滑过程中始终与导轨垂直并保持良好接触，杆下滑过程中的v-t图象如图乙所示．（g取10m/s2)求:（1)磁感应强度B;(2）杆在磁场中下滑0。1s过程中电阻R产生的热量．【答案】【解析】（1)由图乙得a＝eq\f（Δv，Δt）＝eq\f（0.5,0。1)m/s2＝5m/s20．1s前,由牛顿第二定律有mgsinθ－f＝ma代入数据得f＝0。1N0．1s后匀速运动，有mgsinθ－f－FA＝0而FA＝BIL＝Beq\f（BLv，R＋r）L＝eq\f(B2L2v,R＋r).由①②得B＝eq\r(\f((mgsinθ－f）（R＋r），L2v)）