2024-2025学年高中物理第4章电磁感应章末测评含解析新人教版选修3-2

PAGE9-电磁感应(时间：90分钟分值：100分)一、选择题(本题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～10题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)1．如图所示，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状况是()A．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A[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推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．]2．如图所示，空间有一匀强磁场，始终金属棒与磁感应强度方向垂直，当它以速度v沿与棒和磁感应强度都垂直的方向运动时，棒两端的感应电动势大小为ε；将此棒弯成两段长度相等且相互垂直的折线，置于与磁感应强度相垂直的平面内，当它沿两段折线夹角平分线的方向以速度v运动时，棒两端的感应电动势大小为ε′.则eq\f(ε′,ε)等于()A.eq\f(1,2)B.eq\f(\r(2),2)C．1D.eq\r(2)B[感应电动势E＝Blv成立的条件是B⊥l、B⊥v、l⊥v，即B、l、v三者两两垂直，式中的l应当取与B、v均垂直的有效长度(即导体的有效切割长度)．假设题中金属棒的长度为l，那么折线的有效切割长度为eq\f(\r(2),2)l，所以eq\f(ε′,ε)＝eq\f(\r(2),2).选项B正确．]3．如图所示，用两根相同的导线绕成匝数分别为n1和n2的圆形闭合线圈A和B，两线圈所在平面与匀强磁场垂直．当磁感应强度随时间匀称改变时，两线圈中的感应电流之比IA∶IB为()A.eq\f(n1,n2)B.eq\f(n2,n1)C.eq\f(n\o\al(2,1),n\o\al(2,2))D.eq\f(n\o\al(2,2),n\o\al(2,1))B[由题意知线圈A和B的长度、横截面积和材料(电阻率)都相同，所以电阻相同，由LA＝n1·2πr1＝LB＝n2·2πr2得eq\f(r1,r2)＝eq\f(n2,n1)，两线圈中的感应电流之比等于两线圈感应电动势之比，由法拉第电磁感应定律E＝neq\f(ΔB,Δt)S，得eq\f(IA,IB)＝eq\f(E1,E2)＝eq\f(n1SA,n2SB)＝eq\f(n1πr\o\al(2,1),n2πr\o\al(2,2))＝eq\f(n2,n1)，所以B正确．]4．如图所示，一无限长通电直导线固定在光滑水平面上，金属环质量为0.2kg，在该平面上以v0＝4m/s、与导线成60°角的初速度运动，最终达到稳定状态，这一过程中环中产生的电能为()A．1.6J B．1.2JC．0.8J D．0.4JB[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)＝1.2J，选项B正确．]5．如图所示，先后以恒定的速度v1和v2把一个正方形金属线框水平拉出有界匀强磁场区域，且v1＝2v2，则在先后两种状况()A．线框中的感应电动势之比E1∶E2＝2∶1B．线框中的感应电流之比I1∶I2＝1∶2C．线框中产生的热量之比Q1∶Q2＝1∶4D．通过线框某截面的电荷量之比q1∶q2＝2∶1A[依据E＝Blv∝v以及v1＝2v2可知，选项A正确；因为I＝eq\f(E,R)∝E，所以I1∶I2＝2∶1，选项B错误；线框中产生的热量Q＝I2Rt＝eq\f(E2,R)t＝eq\f(B2l2v2,R)·eq\f(l,v)＝eq\f(B2l3v,R)∝v，所以Q1∶Q2＝2∶1，选项C错误；依据q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(BS,R)，q1∶q2＝1∶1可知，选项D错误．]6．如图所示，直角三角形金属框abc放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向平行于ab边向上．当金属框绕ab边以角速度ω逆时针转动时，a、b、c三点的电势分别为Ua、Ub、Uc.已知bc边的长度为l.下列推断正确的是()A．Ua＞Uc，金属框中无电流B．Ub＞Uc，金属框中电流方向沿abcaC．Ubc＝－eq\f(1,2)Bl2ω，金属框中无电流D．Uac＝eq\f(1,2)Bl2ω，金属框中电流方向沿acbaC[金属框abc平面与磁场平行，转动过程中磁通量始终为零，所以无感应电流产生，选项B、D错误；转动过程中bc边和ac边均切割磁感线，产生感应电动势，由右手定则推断Ua<Uc，Ub<Uc，选项A错误；由转动切割产生感应电动势的公式得Ubc＝－eq\f(1,2)Bl2ω，选项C正确．]7．如图所示，两平行光滑金属导轨固定在绝缘斜面上，导轨间距为L，劲度系数为k的轻质弹簧上端固定，下端与水平直导体棒ab相连，弹簧与导轨平面平行并与ab垂直，直导体棒垂直跨接在两导轨上，空间存在垂直导轨平面斜向上的匀强磁场．闭合开关S后导体棒中的电流为I，导体棒平衡时，弹簧伸长量为x1；调转图中电源极性，使导体棒中电流反向，导体棒中电流大小仍为I，导体棒平衡时弹簧伸长量为x2.忽视回路中电流产生的磁场，则匀强磁场的磁感应强度B的大小为()A.eq\f(k,IL)(x1＋x2) B.eq\f(k,IL)(x2－x1)C.eq\f(k,2IL)(x2＋x1) D.eq\f(k,2IL)(x2－x1)D[设斜面倾角为α，由平衡条件可得mgsinα＝kx1＋BIL；调转题图中电源极性使导体棒中电流反向，由平衡条件可得mgsinα＋BIL＝kx2，联立解得B＝eq\f(k,2IL)·(x2－x1)．选项D正确．]8．如图所示的电路中，电感L的自感系数很大，电阻可忽视，D为志向二极管，则下列说法正确的有()A．当S闭合时，L1马上变亮，L2渐渐变亮B．当S闭合时，L1始终不亮，L2渐渐变亮C．当S断开时，L2马上熄灭D．当S断开时，L1突然变亮，然后渐渐变暗至熄灭BD[当S闭合时，因二极管加上了反向电压，故二极管截止，L1始终不亮；通过线圈的电流增加，感应电动势阻碍电流增加，故使得L2渐渐变亮，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，然后渐渐变暗至熄灭，选项C错误，D正确．]9．如图所示，空间存在两个磁场，磁感应强度大小均为B，方向相反且垂直纸面，MN、PQ为其边界，OO′为其对称轴．一导线折成边长为l的正方形闭合回路abcd，回路在纸面内以恒定速度v0向右运动，当运动到关于OO′对称的位置时()A．穿过回路的磁通量为零B．回路中感应电动势大小为2BLv0C．回路中感应电流的方向为顺时针方向D．回路中ab边与cd边所受安培力方向相同ABD[当回路运动到关于OO′对称的位置时，穿过回路的两个相反方向的磁场面积相等，且磁感应强度大小均为B，穿过回路的磁通量为零，选项A正确；ab、cd两个边均切割磁感线产生感应电动势，由右手定则可推断出，两个边产生的感应电流的方向均为逆时针方向，所以回路中感应电动势大小为2BLv0，选项B正确，选项C错误；依据左手定则可推断出回路中ab、cd两个边所受安培力的方向相同，选项D正确．]10．如图甲所示，电阻不计且间距L＝1m的光滑平行金属导轨竖直放置，上端接一阻值R＝2Ω的电阻，虚线OO′下方有垂直于导轨平面对里的匀强磁场，现将质量m＝0.1kg、电阻不计的金属杆ab从OO′上方某处由静止释放．金属杆在下落的过程中与导轨保持良好接触且始终水平．已知杆ab进入磁场时的速度v0＝1m/s，下落0.3m的过程中加速度a与下落距离h的关系图象如图乙所示，g取10m/s2，则()甲乙A．匀强磁场的磁感应强度为2TB．杆ab下落0.3m时，金属杆的速度为1m/sC．杆ab下落0.3m的过程中，R上产生的热量为0.2JD．杆ab下落0.3m的过程中，通过R的电荷量为0.25CAD[当金属杆进入磁场后，依据右手定则推断可知金属杆ab中电流的方向由a到b.由题图乙知，刚进入磁场时，金属杆的加速度大小a1＝10m/s2，方向竖直向上．由牛顿其次定律得：BI1L－mg＝ma1，其中I1＝eq\f(E,R)＝eq\f(BLv0,R)代入数据，解得：B＝2T，故A正确；a＝0时金属杆受到的重力与安培力平衡，有mg－BIL＝0，其中I＝eq\f(BLv,R)，联立得：v＝0.5m/s，故B错误；从起先到下落0.3m的过程中，由能量守恒有：mgh－Q＝eq\f(1,2)mv2，代入数据得：Q＝0.2875J，故C错误；金属杆自由下落高度为h0＝eq\f(v\o\al(2,0),2g)＝0.05m，金属杆下落0.3m的过程中通过R的电荷量为：q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(\x\to(E),R)Δt＝eq\f(\f(ΔΦ,Δt),R)Δt＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(BLh－h0,R)，代入数据得q＝0.25C，故D正确．]二、非选择题(本题共6小题，共60分)11．(8分)如图所示，横截面积为0.2m2的100匝圆形线圈A处在改变的磁场中，磁场方向垂直纸面，其磁感应强度B随时间t的改变规律如图乙所示，设垂直纸面对外为B的正方向．R1＝4Ω，R2＝6Ω，C[解析]E＝neq\f(ΔB,Δt)S＝100×eq\f(0.02,1)×0.2V＝0.4V电路中的电流I＝eq\f(E,R1＋R2)＝eq\f(0.4,4＋6)A＝0.04A所以UC＝IR2＝0.04×6V＝0.24VQ＝CUC＝30×10－6×0.24C＝7.2×10－6由楞次定律和安培定则可知，电容器的上极板带正电．[答案]7.2×10－6C12．(9分)如图所示，有一夹角为θ的金属角架，角架所围区域内存在匀强磁场，磁场的磁感强度大小为B，方向与角架所在平面垂直，一段直导线ab，从顶角c贴着角架以速度v向右匀速运动．求：(1)t时刻角架的瞬时感应电动势；(2)t时间内角架的平均感应电动势．[解析](1)ab杆向右运动的过程中切割磁感线，构成回路的长度不断变大，感应电动势的大小不断改变．在t时间内设位移为x，则x＝vt ①切割长度L＝xtanθ ②E＝BLv ③联立①②③得E＝Bv2ttanθ. ④(2)由法拉第电磁感应定律得eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,Δt) ⑤ΔΦ＝ΔS·B＝eq\f(1,2)x·L·B ⑥联立①②⑤⑥得eq\x\to(E)＝eq\f(1,2)Bv2ttanθ.[答案](1)Bv2ttanθ(2)eq\f(1,2)Bv2ttanθ13．(10分)如图所示，两条相距d的平行金属导轨位于同一水平面内，其右端接一阻值为R的电阻．质量为m的金属杆静置在导轨上，其左侧的矩形匀强磁场区域MNPQ的磁感应强度大小为B、方向竖直向下．当该磁场区域以速度v0匀速地向右扫过金属杆后，金属杆的速度变为v.导轨和金属杆的电阻不计，导轨光滑且足够长，杆在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触．求：(1)MN刚扫过金属杆时，杆中感应电流的大小I；(2)MN刚扫过金属杆时，杆的加速度大小a；(3)PQ刚要离开金属杆时，感应电流的功率P.[解析](1)MN刚扫过金属杆时，金属杆的感应电动势E＝Bdv0 ①回路的感应电流I＝eq\f(E,R) ②由①②式解得I＝eq\f(Bdv0,R). ③(2)金属杆所受的安培力F＝Bid ④由牛顿其次定律得，对金属杆F＝ma ⑤由③④⑤式得a＝eq\f(B2d2v0,mR). ⑥(3)金属杆切割磁感线的相对速度v′＝v0－v ⑦感应电动势E′＝Bdv′ ⑧感应电流的电功率P＝eq\f(E′2,R) ⑨由⑦⑧⑨式得P＝eq\f(B2d2v0－v2,R). ⑩[答案](1)eq\f(Bdv0,R)(2)eq\f(B2d2v0,mR)(3)eq\f(B2d2v0－v2,R)14．(11分)如图甲所示，一个电阻值为R、匝数为n的圆形金属线圈与阻值为2R的电阻R1连接成闭合回路，线圈的半径为r1，在线圈中半径为r2的圆形区域内存在垂直于线圈平面对里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t改变的关系图线如图乙所示．图线与横、纵轴的截距分别为t0和B0.导线的电阻不计，求0至t1时间内：(1)通过电阻R1上的电流大小和方向；(2)通过电阻R1上的电量q及电阻R1上产生的热量．[解析](1)由于磁感应强度随时间匀称改变，依据B＝(6－0.2t)T，可知eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(ΔB,Δt)))＝0.2T/s，所以线圈中感应电动势的大小为E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝nS·eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(ΔB,Δt)))＝100×0.2×0.2V＝4V.通过R2的电流大小为I＝eq\f(E,R1＋R2)＝eq\f(4,4＋6)A＝0.4A由楞次定律可知电流的方向为自上而下通过R2.(2)闭合S，电容器充电，一段时间后，电路稳定，此时两板间电压U2＝IR2＝0.4×6V＝2.4V.再断开S，电容器将放电，通过R2的电荷量就是电容器原来所带的电荷量Q＝CU2＝30×10－6×2.4C＝7.2×10－5C[答案](1)0.4A由上向下通过R2(2)7.2×10－515．(11分)如图所示，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．t＝0时，金属杆在水平向右、大小为F的恒定拉力作用下由静止起先运动．t0时刻，金属杆进入磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面对里的匀强磁场区域，且在磁场中恰好能保持匀速运动．杆与导轨的电阻均忽视不计，两者始终保持垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数为μ.重力加速度大小为g.求：(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．[解析](1)设金属杆进入磁场前的加速度大小为a，由牛顿其次定律得F－μmg＝ma ①设金属杆到达磁场左边界时的速度为v，由运动学公式有v＝at0 ②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，杆中的电动势为E＝Blv ③联立①②③式可得E＝Blt0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(F,m