2024高中物理第一章电磁感应章末质量评估含解析粤教版选修3-2

PAGE10-章末质量评估(一)(时间：90分钟分值：100分)一、单项选择题(本大题共8小题，每小题4分，共32分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得3分，选错或不答的得0分)1．如图所示，圆形导体线圈a平放在绝缘水平桌面上，在a的正上方固定一竖直螺线管b，二者轴线重合，螺线管、电源和滑动变阻器连接成如图所示的电路．若将滑动变阻器的滑片P向上滑动，下列说法中正确的有()A.穿过线圈a的磁通量增大B.线圈a对水平桌面的压力大于其重力C.线圈a中将产生俯视逆时针方向的感应电流D.线圈a中将产生俯视顺时针方向的感应电流解析：当滑动触头P向上移动时电阻增大，由闭合电路欧姆定律可知通过线圈b的电流减小，b线圈产生的磁场减弱，故穿过线圈a的磁通量变小；依据b中的电流方向和安培定则可知b产生的磁场方向向下穿过线圈a，依据楞次定律，a中的感应电流的磁场要阻碍原来磁场的减小，故a的感应电流的磁场方向也向下，依据安培定则可知线圈a中感应电流方向俯视应为顺时针，故A、C错误，D正确；起先时线圈a对桌面的压力等于线圈a的重力，当滑动触头向上滑动时，可以用“等效法”，即将线圈a和b看做两个条形磁铁，不难推断此时两磁铁相互吸引，故线圈a对水平桌面的压力将减小，故B错误．答案：D2．如图所示，在匀强磁场中有一个用比较软的金属导线制成的闭合圆环．在此圆环的形态由圆形变成正方形的过程中()A.环中有感应电流，方向a→d→c→bB.环中有感应电流，方向a→b→c→dC.环中无感应电流D.条件不够，无法确定解析：导线周长不变的状况下，由圆变成正方形，闭合面积将削减，即向里的磁通量削减，依据楞次定律感应电流的磁场应当向里，则由右手定则感应电流的方向为顺时针，即环中有感应电流，方向a→d→c→b，故A正确．答案：A3．穿过某线圈的磁通量随时间变更的关系如图所示，在下列几段时间内，线圈中感应电动势最小的是()A．0～2s B．2～4sC．4～5s D．5～10s解析：依据法拉第电磁感应定律E＝neq\f(ΔΦ,Δt)知，磁通量的变更率越小，感应电动势越小，产生的感应电流越小．从题中图线上可以得出，在5～10s内，图线的斜率最小，则感应电动势最小，故D正确．答案：D4．(2024·北京卷)如图所示，匀强磁场中有两个导体圆环a、b，磁场方向与圆环所在平面垂直，磁感应强度B随时间匀称增大．两圆环半径之比为2∶1，圆环中产生的感应电动势分别为Ea和Eb，不考虑两圆环间的相互影响．下列说法正确的是()A．Ea∶Eb＝4∶1，感应电流均沿逆时针方向B．Ea∶Eb＝4∶1，感应电流均沿顺时针方向C．Ea∶Eb＝2∶1，感应电流均沿逆时针方向D．Ea∶Eb＝2∶1，感应电流均沿顺时针方向解析：依据法拉第电磁感应定律E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)S，题中eq\f(ΔB,Δt)相同，a圆环中产生的感应电动势Ea＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)S＝eq\f(ΔB,Δt)πreq\o\al(2,a)，b圆环中产生的感应电动势Eb＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)S＝eq\f(ΔB,Δt)πreq\o\al(2,b)，由于ra∶rb＝2∶1，所以eq\f(Ea,Eb)＝eq\f(req\o\al(2,a),req\o\al(2,b))＝eq\f(4,1).由于磁场向外，磁感应强度B随时间匀称增大，依据楞次定律可知，感应电流均沿顺时针方向，故B正确，A、C、D错误．答案：B5．如图所示，金属杆MN在金属框上以速度v向左平移的过程中，在MN上产生的感应电动势E随时间变更的规律应是()解析：由题图看出MN的有效切割长度始终等于杆的总长，没有变更，所以依据感应电动势公式E＝BLv，可知MN上感应电动势保持不变，故A、B、C错误，D正确.答案：D6．如图所示装置中，当cd杆运动时，ab杆中的电流方向由a向b，则cd杆的运动可能是()A．向右加速运动 B．向右减速运动C．向左匀速运动 D．向左减速运动解析：cd匀速运动时，cd中感应电流恒定，L2中磁通量不变，穿过L1的磁通量不变更，L1中无感应电流产生，ab保持静止，C不正确；cd向右加速运动时，L2中的磁通量向下，增大，通过ab的电流方向向上，A错误；同理可知B正确，D错误．答案：B7.如图所示，垂直于纸面对里的匀强磁场的区域宽度为2a，磁感应强度的大小为B.一边长为a、电阻为4R的正方形匀称导线框CDEF从图示位置起先沿x轴正方向以速度v匀速穿过磁场区域，关于线框EF两端的电压UEF与线框移动距离x的关系，下列图象正确的是()解析：线框经过整个磁场区域时，做匀速运动，所以产生的感应电动势大小E＝Bav，刚进入磁场时，等效电路如图甲所示；线框完全在磁场中时，等效电路如图乙所示；线框一条边从磁场中离开时，等效电路如图丙所示，故选项D正确，选项A、B、C错误．答案：D8.两块水平放置的金属板间的距离为d，用导线与一个n匝线圈相连，线圈电阻为r，线圈中有竖直方向的磁场，电阻R与金属板连接，如图所示，两板间有一个质量为m、电荷量＋q的油滴恰好处于静止．则线圈中的磁感应强度B的变更状况和磁通量的变更率分别是()A．磁感应强度B竖直向上且正增加，eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(dmg,nq)B．磁感应强度B竖直向下且正增加，eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(dmg,nq)C．磁感应强度B竖直向上且正减弱，eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(dmg（R＋r）,nRq)D．磁感应强度B竖直向下且正减弱，eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(dmgr（R＋r）,nRq)解析：油滴静止说明电容器下极板带正电，线圈中电流自上而下(电源内部)，由楞次定律可以推断，线圈中的磁感应强度B为向上的减弱或向下的增加．又E＝neq\f(ΔΦ,Δt)，①UR＝eq\f(R,R＋r)·E，②eq\f(qUR,d)＝mg，③由①②③式可解得：eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(mgd（R＋r）,nRq).答案：C二、多项选择题(本大题共4小题，每小题6分，共24分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分)9.如图所示，一金属方框abcd从离磁场区域上方高h处自由落下，然后进入与线框平面垂直的匀强磁场中，在进入磁场的过程中，可能发生的状况是()A.线框做加速运动，加速度a＜gB.线框做匀速运动C.线框做减速运动D.线框会跳回原处解析：设线框abcd边长为L，整个线框的电阻为R，进入磁场时速度为v，线框受到的安培力F＝BIL＝BLeq\f(E,R)＝BLeq\f(BLv,R)＝eq\f(B2L2v,R)；假如F＜mg，线框将加速进入磁场，由牛顿其次定律得：mg－eq\f(B2L2v,R)＝ma，a＝g－eq\f(B2L2v,mR)，随速度增大，加速度减小，则线框将做加速度减小的加速运动，故A正确；假如F＝mg，线框将做匀速直线运动，故B正确；假如F＞mg，线框将做减速运动，由牛顿其次定律得：eq\f(B2L2v,R)－mg＝ma，a＝eq\f(B2L2v,mR)－g，随速度减小，加速度减小，则线框将做加速度减小的减速运动，故C正确；线框进入磁场，才会受到向上的力，同时受到向上的力是因为有电流，由于克服安培力做功，有一部分机械能转化为电能，所以机械能不守恒．所以线框不行能反跳回原处，故D错误．答案：ABC10.如图所示，在一个水平放置闭合的线圈上方放一条形磁铁，希望线圈中产生顺时针方向的电流(从上向下看)，那么下列选项中可以做到的是()A．磁铁下端为N极，磁铁向上运动B．磁铁上端为N极，磁铁向上运动C．磁铁下端为N极，磁铁向下运动D．磁铁上端为N极，磁铁向下运动解析：由安培定则可知，感应电流的磁场方向向下．当磁铁向上运动时，穿过线圈的磁通量变小，由楞次定律可知，原磁场方向向下，因此磁铁的下端是N极，上端是S极，故A正确，B错误；当磁铁向下运动时，穿过线圈的磁通量变大，由楞次定律可知，原磁场方向向上，因此磁铁的下端是S极，上端是N极，故C错误，D正确．答案：AD11．如图甲、乙所示的电路中，电阻R和自感线圈L的电阻值都很小，且小于灯LA的电阻，接通S，使电路达到稳定，灯泡A发光，则()A.在电路甲中，断开S后，LA将渐渐变暗B.在电路甲中，断开S后，LA将先变得更亮，然后渐渐变暗C.在电路乙中，断开S后，LA将渐渐变暗D.在电路乙中，断开S后，LA将先变得更亮，然后渐渐变暗解析：在电路甲中，断开S，由于线圈产生自电动势，阻碍电流变小，导致灯LA的电流只能渐渐变小，所以灯LA将渐渐变暗，故A正确；在电路乙中，由于电阻R和自感线圈L的电阻值都很小，所以通过灯泡的电流比线圈的电流小，断开S时，由于线圈阻碍电流变小，导致灯LA将变得更亮，然后渐渐变暗，故C错误，D正确．答案：AD12．如图，由某种粗细匀称的总电阻为3R的金属条制成的矩形线框abcd，固定在水平面内且处于方向竖直向下的匀强磁场中．一接入电路电阻为R的导体棒PQ，在水平拉力作用下沿ab、dc以速度v匀速滑动，滑动过程PQ始终与ab垂直，且与线框接触良好，不计摩擦．在PQ从靠近ad处向bc滑动的过程中()A．PQ中电流先减小后增大B．PQ两端电压先减小后增大C．PQ上拉力的功领先减小后增大D．线框消耗的电功领先减小后增大解析：设PQ左侧金属线框的电阻为r，则右侧电阻为3R－r；PQ相当于电源，其电阻为R，则电路的外电阻为R外＝eq\f(r（3R－r）,r＋（3R－r）)＝eq\f(－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(r－\f(3R,2)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3R,2)))\s\up12(2),3R)，当r＝eq\f(3R,2)时，R外max＝eq\f(3,4)R，此时PQ处于矩形线框的中心位置，即PQ从靠近ad处向bc滑动的过程中，外电阻先增大后减小．PQ中的电流为干路电流，Ieq\f(E,R外＋R内)，可知干路电流先减小后增大，选项A正确；PQ两端的电压为路端电压U＝E－U内，因E＝Blv不变，U内＝IR先减小后增大，所以路端电压先增大后减小，选项B错误；拉力的功率大小等于安培力的功率大小，P＝F安v＝BIlv，可知因干路电流先减小后增大，PQ上拉力的功率也先减小后增大，选项C正确；线框消耗的电功率即为外电阻消耗的功率，因外电阻最大值为eq\f(3,4)R，小于内阻R；依据电源的输出功率与外电阻大小的变更关系，外电阻越接近内阻时，输出功率越大，可知线框消耗的电功领先增大后减小，选项D错误．答案：AC三、非选择题(本题共3小题，共44分．解答题应写出必要的文字说明、方程和重要演算步骤，答案中必需明确写出数值和单位)13．(14分)如图，两平行金属导轨位于同一水平面上，相距l左端与一电阻R相连；整个系统置于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向竖直向下．一质量为m的导体棒置于导轨上，在水平外力作用下沿导轨以速度v速向右滑动，滑动过程中始终保持与导轨垂直并接触良好．已知导体棒与导轨间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g，导轨和导体棒的电阻均可忽视．求：(1)电阻R消耗的功率；(2)导体棒运动距离x内通过电阻R的电荷量q；(3)水平外力的大小．解析：依据法拉第电磁感应定律求出感应电动势，由欧姆定律求出电流的大小．由公式P＝I2R求出电阻R的功率．依据电量表达式，结合闭合电路欧姆定律，即可求解；导体棒匀速向右滑动时，水平外力与安培力和摩擦力的和是平衡力，依据平衡条件求解水平外力F的大小．(1)导体切割磁感线运动产生的电动势为E＝BLv，依据欧姆定律，闭合回路中的感应电流为I＝eq\f(E,R)，电阻R消耗的功率P＝I2R，联立可得P＝eq\f(B2L2v,R).(2)设时间为t，则电荷量q＝It＝eq\f(Blvx,Rv)＝eq\f(Blx,R).(3)对导体棒受力分析，受到向左的安培力和向左的摩擦力，向右的外力，依据三力平衡，故有F1＋μmg＝F，而F1＝BIl＝Beq\f(Blv,R)l，解得F＝eq\f(B2l2v,R)＋μmg.答案：(1)eq\f(B2L2v2,R)(2)eq\f(Blx,R)(3)eq\f(B2l2v,R)＋μmg14．(14分)如图甲所示，在一个正方形金属线圈区域内，存在着磁感应强度B随时间变更的匀强磁场，磁场的方向与线圈所围的面积S＝200cm2，匝数n＝1000，线圈电阻r＝1.0Ω.线圈与电阻R构成闭合回路，电阻R＝4.0Ω.匀强磁场的磁感应强度随时间变更的状况如图乙所示，求：(1)在t＝2.0s时刻，通过电阻R的感应电流的大小；(2)在t＝5.0s，电阻R消耗的电功率；(3)在0～6.0s内整个闭合电路中产生的热量．解析：(1)依据法拉第电磁感应定律，0～4.0s时间内线圈中磁通量匀称变更，产生恒定的感应电流.t1＝2.0s时的感应电动势为：E1＝neq\f(ΔΦ,Δt1)＝neq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B4－B0))S,Δt1)＝1V，依据闭合电路欧姆定律，闭合回路中的感应电流I1＝eq\f(E1,R＋r)，解得I1＝0.2A.(2)由题图象可知，在4.0～6.0s时间内，线圈中产生的感应电动势E2＝neq\f(ΔΦ,Δt2)＝neq\f(（B4－B6）S,Δt2)＝4V，依据闭合电路欧姆定律，t2＝5.0s时闭合回路中的感应电流I2＝eq\f(E2,R＋r)＝0.8A，电阻消耗的电功率P2＝Ieq\o\al(2,2)R＝2.56W.(3)依据焦耳定律，0～4.0s内闭合电路中产生的热量Q1＝Ieq\o\al(2,1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(r＋R))Δt1＝0.8J，4．0～6.0s内闭合电路中产生的热量Q2＝Ieq\o\al(2,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(r＋R))Δt2＝6.4J，故0～6.0s内闭合电路中产生的热量Q＝Q1＋Q2＝7.2J.答案：(1)0.2A(2)2.56W(3)7.2J15．(16分)如图所示，一平面框架与水平面成37°角，宽L＝0.4m，上、下两端各有一个电阻R0＝1Ω，框架的其他部分电阻不计，框