高中物理人教版2第四章电磁感应 全国优质课

章末综合测评(一)(时间：60分钟满分：100分)一、选择题(本题共10小题，每小题6分，共60分．在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～10题有多项符合题目要求，全都选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)1．如图1所示，矩形闭合金属框abcd的平面与匀强磁场垂直，若ab边受竖直向上的磁场力作用，则可知金属框的运动情况是()图1A．向左平动进入磁场B．向右平动退出磁场C．沿竖直方向向上平动D．沿竖直方向向下平动【解析】因为ab边受到的安培力的方向竖直向上，所以由左手定则就可以判断出金属框中感应电流的方向是abcda，金属框中的电流是由ad边切割磁感线产生的．所以金属框向左平动进入磁场．【答案】A2．环形线圈放在匀强磁场中，设在第1s内磁场方向垂直于线圈平面向里，如图2甲所示．若磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示，那么在第2s内，线圈中感应电流的大小和方向是()【导学号：05002075】甲乙图2A．大小恒定，逆时针方向B．大小恒定，顺时针方向C．大小逐渐增加，顺时针方向D．大小逐渐减小，逆时针方向【解析】由题图乙可知，第2s内eq\f(ΔB,Δt)为定值，由E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)S知，线圈中感应电动势为定值，所以感应电流大小恒定．第2s内磁场方向向外，穿过线圈的磁通量减少，由楞次定律判断知感应电流为逆时针方向，A项正确．【答案】A3．如图3为无线充电技术中使用的受电线圈示意图，线圈匝数为n，面积为S.若在t1到t2时间内，匀强磁场平行于线圈轴线向右穿过线圈，其磁感应强度大小由B1均匀增加到B2，则该段时间线圈两端a和b之间的电势差φa－φb()【导学号：05002076】图3A．恒为eq\f(nSB2－B1,t2－t1)B．从0均匀变化到eq\f(nSB2－B1,t2－t1)C．恒为－eq\f(nSB2－B1,t2－t1)D．从0均匀变化到－eq\f(nSB2－B1,t2－t1)【解析】根据法拉第电磁感应定律得，感应电动势E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(B2－B1S,t2－t1)，由楞次定律和右手螺旋定则可判断b点电势高于a点电势，因磁场均匀变化，所以感应电动势恒定，因此a、b两点电势差恒为φa－φb＝－neq\f(B2－B1S,t2－t1)，选项C正确．【答案】C4．如图4，一无限长通电直导线固定在光滑水平面上，金属环质量为kg，在该平面上以v0＝4m/s、与导线成60°角的初速度运动，最后达到稳定状态，这一过程中环中产生的电能为()图4A．J B．JC．J D．J【解析】金属环远离通电直导线过程中，金属环中有感应电流，受到垂直通电直导线方向的安培力，最终金属环垂直通电直导线方向的速度变为零，沿通电直导线方向的速度不变，将金属环的速度v0分解为沿通电直导线方向的vx和垂直通电直导线方向的vy，则vx＝v0cos60°，所以这一过程中环中产生的电能为E＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,x)＝J，选项B正确．【答案】B5．紧靠在一起的线圈A与B如图5甲所示，当给线圈A通以图乙所示的电流(规定由a进入b流出为电流正方向)时，则线圈cd两端的电势差应为图中的()【导学号：05002077】图5【解析】0～1s内，A线圈中电流均匀增大，产生向左均匀增大的磁场，由楞次定律可知，B线圈中外电路的感应电流方向由c到d，大小不变，c点电势高，所以选项A正确．【答案】A6．单匝矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，转动轴垂直于磁场．若线圈所围面积的磁通量随时间变化的规律如图6所示，则()图6A．线圈中0时刻感应电动势最小B．线圈中C时刻感应电动势为零C．线圈中C时刻感应电动势最大D．线圈从0至C时间内平均感应电动势为V【解析】感应电动势E＝eq\f(ΔΦ,Δt)，而磁通量变化率是Φ­t图线的切线斜率，当t＝0时Φ＝0，但eq\f(ΔΦ,Δt)≠0.若求平均感应电动势，则用ΔΦ与Δt的比值去求．【答案】B7．如图7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，以下说法正确的是()图7A．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【解析】根据右手定则可判断靠近圆心处电势高，选项A正确；圆盘处在磁场中的部分转动切割磁感线，相当于电源，其他部分相当于外电路，根据左手定则，圆盘所受安培力与运动方向相反，磁场越强，安培力越大，故所加磁场越强越易使圆盘停止转动，选项B正确；磁场反向，安培力仍阻碍圆盘转动，选项C错误；若所加磁场穿过整个圆盘，整个圆盘相当于电源，不存在外电路，没有电流，所以圆盘不受安培力而匀速转动，选项D正确．【答案】ABD8．如图8所示，光滑平行金属导轨水平放置，左端通过开关S与内阻不计、电动势为E的电源相连，右端与半径为L＝20cm的光滑圆弧导轨相接，导轨电阻均不计．导轨所在空间有竖直方向的匀强磁场，磁感应强度B＝T．一根质量m＝60g、电阻R＝1Ω、长为L的导体棒ab，用长也为L的两根绝缘细线悬挂，导体棒恰好与导轨接触．闭合开关S后，导体棒沿圆弧摆动，摆动过程中导体棒始终与导轨接触良好且细线处于张紧状态，导体棒摆角最大时，细线与竖直方向的夹角θ＝53°，sin53°＝，g取10m/s2，则()【导学号：05002078】图8A．磁场方向一定竖直向上B．运动过程中导体棒中电流是变化的C．导体棒在摆动过程中所受安培力F＝8ND．导体棒在摆动过程中电源提供的电能为J【解析】闭合开关S后，导体棒中电流方向从a到b，导体棒沿圆弧摆动，说明所受安培力向右，由左手定则可判断出磁场方向竖直向下，选项A错误．导体棒沿圆弧运动中切割磁感线产生感应电动势，电路中总电动势是变化的，则导体棒中电流和所受安培力也是变化的，故选项B正确，选项C错误．由能量守恒定律可得，导体棒在摆动过程中电源提供的电能为E能＝mgL(1－cos53°)＝J，选项D正确．【答案】BD9．如图9所示的电路中，电感L的自感系数很大，电阻可忽略，D为理想二极管，则下列说法正确的有()图9A．当S闭合时，L1立即变亮，L2逐渐变亮B．当S闭合时，L1一直不亮，L2逐渐变亮C．当S断开时，L2立即熄灭D．当S断开时，L1突然变亮，然后逐渐变暗至熄灭【解析】当S闭合时，因二极管加上了反向电压，故二极管截止，L1一直不亮；通过线圈的电流增加，感应电动势阻碍电流增加，故使得L2逐渐变亮，选项B正确，A错误；当S断开时，由于线圈自感电动势阻碍电流的减小，故通过L1的电流要在L2－L1－D－L之中形成新的回路，故L1突然变亮，然后逐渐变暗至熄灭，选项C错误，D正确．【答案】BD10．如图10所示，竖直光滑导轨上端接入一定值电阻R，C1和C2是半径都为a的两圆形磁场区域，其区域内的磁场方向都垂直于导轨平面向外，区域C1中磁场的磁感应强度随时间按B1＝b＋kt(k＞0)变化，C2中磁场的磁感应强度恒为B2，一质量为m、电阻为r、长度为L的金属杆AB穿过区域C2的圆心垂直地跨放在两导轨上，且与导轨接触良好，并恰能保持静止．则()【导学号：05002079】图10A．通过金属杆的电流大小为eq\f(mg,B2L)B．通过金属杆的电流方向为从B到AC．定值电阻的阻值为eq\f(2πkB2a3,mg)－rD．整个电路中产生的热功率P＝eq\f(πkamg,2B2)【解析】根据题述金属杆恰能保持静止，由平衡条件可得mg＝B2I·2a，通过金属杆的电流大小为I＝eq\f(mg,2aB2)，选项A错误．由楞次定律可知，通过金属杆的电流方向为从B到A，选项B正确．根据区域C1中磁场的磁感应强度随时间按B1＝b＋kt(k＞0)变化可知eq\f(ΔB,Δt)＝k，故C1中磁场变化产生的感应电动势E＝eq\f(ΔB,Δt)πa2＝kπa2，由闭合电路欧姆定律得E＝I(r＋R)，联立解得定值电阻的阻值为R＝eq\f(2πkB2a3,mg)－r，选项C正确．整个电路中产生的热功率P＝EI＝kπa2·eq\f(mg,2aB2)＝eq\f(πkamg,2B2)，选项D正确．【答案】BCD二、计算题(本题共3小题，共40分．按题目要求作答)11．(12分)如图11所示，固定于水平桌面上的金属框架cdef处在竖直向下的匀强磁场中，金属棒ab搁在框架上，可无摩擦滑动．此时adeb构成一个边长为l的正方形，棒的电阻为r，其余部分电阻不计．开始时磁感应强度为B0.【导学号：05002080】图11(1)若从t＝0时刻起，磁感应强度均匀增大，每秒增量为k，同时保持棒静止．求棒中的感应电流．在图上标出感应电流的方向；(2)在上述(1)情况中，棒始终保持静止，当t＝t1s末时需加的垂直于棒的水平拉力为多少？(3)若从t＝0时刻起，磁感应强度逐渐减小，当棒以恒定速度v向右做匀速运动时，可使棒中不产生感应电流，则磁感应强度应怎样随时间变化？(写出B与t的关系式)【解析】(1)据题意eq\f(ΔB,Δt)＝k，在磁场均匀变化时，回路中产生的电动势为E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)·S＝kl2，由闭合电路欧姆定律知，感应电流为I＝eq\f(E,r)＝eq\f(kl2,r).由楞次定律，判定感应电流为逆时针方向，图略．(2)t＝t1s末棒静止，水平方向受拉力F外和安培力F安，F外＝F安＝BIl，又B＝B0＋kt1，故F外＝(B0＋kt1)eq\f(kl3,r).(3)因为不产生感应电流，由法拉第电磁感应定律E＝eq\f(ΔΦ,Δt)，知ΔΦ＝0也就是回路内总磁通量不变，即B0l2＝Bl(l＋vt)，解得B＝eq\f(B0l,l＋vt).【答案】(1)eq\f(kl2,r)电流为逆时针方向(2)(B0＋kt1)eq\f(kl3,r)(3)B＝eq\f(B0l,l＋vt)12．(14分)如图12甲所示，两根平行金属导轨固定倾斜放置，导轨与水平面夹角为37°，相距d0＝m，a、b间接一个电阻，其阻值R＝Ω.在导轨c、d两点处放一根质量m＝kg的金属棒且导轨ad段与导轨bc段长均为L＝1m，金属棒与导轨间的动摩擦因数μ＝.金属棒电阻r＝Ω，金属棒被两个垂直于导轨的木桩托住而不会下滑．在金属导轨区域加一个垂直导轨平面斜向下的匀强磁场，磁感应强度随时间的变化关系如图乙所示．重力加速度取g＝10m/s2.(sin37°＝，cos37°＝，最大静摩擦力等于滑动摩擦力)甲乙图12(1)求0～s内回路中产生的感应电动势大小；(2)求t＝0时刻，金属棒所受的安培力大小；(3)在磁场变化的全过程中，若金属棒始终没有离开木桩而上升，求图乙中t0的最大值；【解析】(1)由题图乙可知eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f－,T/s＝T/sE感＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)Ld0＝×1×V＝V.(2)I感＝eq\f(E感,R＋r)＝eq\f,＋A＝AF安0＝B0I感d0＝××N＝N.(3)t＝t0时刻金属棒对木桩的压力为零，最大静摩擦力沿金属导轨向下，此时沿倾斜导轨方向上合外力为零．F安1＝Bt0I感d0＝＋(N)N＝mgcos37°＝Nfmax＝μN＝×N＝NF安1＝mgsin37°＋fmax代入数据解得t0＝6s.【答案】(1)V(2)N(3)6s13．(14分)小明设计的电磁健身器的简化装置如图13所示，两根平行金属导轨相距l＝m，倾角θ＝53°，导轨上端串接一个R＝Ω的电阻．在导轨间长d＝m的区域内，存在方向垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度B＝T．质量m＝kg的金属棒CD水平置于导轨上，用绝缘绳索通过定滑轮与拉杆GH相连．CD棒的初始位置与磁场区域的下边界相距s＝m．一位健身者用恒力F＝80N拉动GH杆，CD棒由静止开始运动，上升过程中CD棒始终保持与导轨垂直．当CD棒到达磁场上边界时健身者松手，触发恢复装置使CD棒回到初始位置(重力加速度g＝10m/s2，sin53°＝，不计其他电阻、摩擦力以及拉杆和绳索的质量)．求：【导学号：05002081】图13(1)CD棒进入磁场时速度v的大小；(2)CD棒进入磁场时所受的安培力FA的大小；(3)在拉升CD棒的过程中，健身