石家庄市复兴中学高中物理同步测试：电磁感应综合复习限时练习

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精电磁感应限时练习一、选择题(本题共10个小题，每小题6分，共60分)1．在验证楞次定律实验中，竖直放置的线圈固定不动，将磁铁从线圈上方插入或拔出，线圈和电流表构成的闭合回路中就会产生感应电流．下图中分别标出了磁铁的极性、磁铁相对线圈的运动方向以及线圈中产生的感应电流的方向等情况,其中正确的是（)2．如右图所示，光滑的金属导轨置于水平面内，匀强磁场方向垂直于导轨平面向上，磁场区域足够大．导线ab、cd平行放置在导轨上，且都能自由滑动．当导线ab在拉力F作用下向左运动时，下列判断错误的是（)A．导线cd也向左运动B．导线cd内有电流,方向为c→dC．磁场对ab的作用力方向向右D．磁场对ab和cd的作用力方向相同3．如图所示，在O点正下方有一个具有理想边界的磁场，铜环在A点由静止释放向右摆至最高点B．不考虑空气阻力，则下列说法正确的是（）A．A、B两点在同一水平线B．A点高于B点C．A点低于B点D．铜环将做等幅摆动 4．如右图所示,线圈M和线圈P绕在同一铁芯上．设两个线圈中的电流方向与图中所标的电流方向相同时为正．当M中通入右图中的哪种电流时，在线圈P中能产生正方向的恒定感应电流（)5．如右图所示，A、B为大小、形状、匝数、粗细均匀相同,但用不同材料制成的线圈，两线圈平面位于竖直方向且高度相5.如图电路(甲)、(乙)中，电阻R和自感线圈L的电阻都很小．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，A将渐渐变暗B。在电路（甲)中，断开S，A将先变得更亮，然后渐渐变暗C.在电路(乙)中,断开S，A将渐渐变暗D。在电路(乙)中，断开S,A将先变得更亮，然后渐渐变暗6．如下图甲所示，用裸导体做成U形框架abcd、ad与bc相距L＝0.2m，其平面与水平面成θ＝30°角．质量为m＝1kg的导体棒PQ与ab、cd接触良好，回路的总电阻为R＝1Ω。整个装置放在垂直于框架平面的变化磁场中，磁场的磁感应强度B随时间t的变化情况如图乙所示（设图甲中B的方向为正方向)．t＝0时，B0＝10T、导体棒PQ与cd距离x0＝0。5m．若PQ始终静止,关于PQ与框架间的摩擦力大小在0～t1＝0.2s时间内的变化情况,g取10m/s2，下面判断正确的是(）A．一直增大 B．一直减小C．先减小后增大 D．先增大后减小7．如右图所示是穿过某闭合回路的磁通量Φ随时间t变化的规律图象．t1时刻磁通量Φ1最大,t3时刻磁通量Φ3＝0，时间Δt1＝t2－t1和Δt2＝t3－t2相等，在Δt1和Δt2时间内闭合线圈中感应电动势的平均值分别为eq\x\to（E）1和eq\x\to(E)2，在t2时刻感应电动势的瞬时值为E,则（)A.eq\x\to(E)1〉eq\x\to（E)2 B。eq\x\to（E）1〈eq\x\to（E）2C。eq\x\to(E)1>E〉eq\x\to（E）2 D.eq\x\to(E）2〉E〉eq\x\to(E)18．如图所示是高频焊接原理示意图．线圈中通以高频变化的电流时,待焊接的金属工件中就产生感应电流，感应电流通过焊缝产生大量热量,将金属融化，把工件焊接在一起,而工件其他部分发热很少，以下说法正确的是（）A．电流变化的频率越高，焊缝处的温度升高的越快B．电流变化的频率越低，焊缝处的温度升高的越快C．工件上只有焊缝处温度升的很高是因为焊缝处的电阻小D．工件上只有焊缝处温度升的很高是因为焊缝处的电阻大9．如右图所示，Q是单匝金属线圈，MN是一个螺线管，它的绕线方法没有画出,Q的输出端a、b和MN的输入端c、d之间用导线相连,P是在MN的正下方水平放置的用细导线绕制的软弹簧线圈．若在Q所处的空间加上与环面垂直的变化磁场，发现在t1至t2时间段内弹簧线圈处在收缩状态，则所加磁场的磁感应强度的变化情况可能是（)10．医生做某些特殊手术时,利用电磁血流计来监测通过动脉的血流速度．电磁血流计由一对电极a和b以及一对磁极N和S构成，磁极间的磁场是均匀的．使用时，两电极a、b均与血管壁接触,两触点的连线、磁场方向和血流速度方向两两垂直，如图所示．由于血液中的正负离子随血流一起在磁场中运动，电极a、b之间会有微小电势差．在达到平衡时,血管内部的电场可看作是匀强电场，血液中的离子所受的电场力和磁场力的合力为零．在某次监测中，两触点的距离为3.0mm，血管壁的厚度可忽略，两触点间的电势差为160μV,磁感应强度的大小为0.040T．则血流速度的近似值和电极a、b的正负为()A．1.3m/s，a正、b负 B．2.7m/s，a正、b负C．1。3m/s，a负、b正 D．2。7m/s，a负、b正二、非选择题（本题共3个小题，共40分）11．如下图所示，固定在匀强磁场中的水平导轨abcd的间距L1＝0。5m,金属棒ad与导轨左端bc的距离L2＝0.8m，整个闭合回路的电阻为R＝0。2Ω,磁感应强度为B0＝1T的匀强磁场竖直向下穿过整个回路．ad杆通过滑轮和细绳接一个质量m＝0。04kg的物体，不计一切摩擦．现使磁场以eq\f（ΔB，Δt）＝0.2T/s的变化率均匀地增大,求经过多少时间物体刚好离开地面？（g取10m/s2)12．如右图所示，一根电阻为R＝12Ω的电阻丝做成一个半径为r＝1m的圆形导线框，竖直放置在水平匀强磁场中,线框平面与磁场方向垂直，磁感强度为B＝0。2T，现有一根质量为m＝0.1kg、电阻不计的导体棒，自圆形线框最高点静止起沿线框下落，在下落过程中始终与线框良好接触，已知下落距离为eq\f（r,2)时，棒的速度大小为v1＝eq\f(8，3）m/s，下落到经过圆心时棒的速度大小为v2＝eq\f（10,3)m/s，试求：(1)下落距离为eq\f(r,2）时棒的加速度；(2）从开始下落到经过圆心的过程中线框中产生的热量．13．如右图所示，半径为a的圆环电阻不计，放置在垂直于纸面向里，磁感应强度为B的匀强磁场中，环内有一导体棒电阻为r，可以绕环匀速转动．将电阻R,开关S连接在环和棒的O端,将电容器极板水平放置，并联在R和开关S两端．（1)开关S断开，极板间有一带正电q，质量为m的粒子恰好静止，试判断OM的转动方向和角速度的大小．（2）当S闭合时，该带电粒子以eq\f(1，4）g的加速度向下运动，则R是r的几倍？电磁感应现象综合限时练答案1．【解析】对选项A，由“来者拒之”，可判出线圈中产生的感应电流的磁场上端为N极，再由安培定则，可判出感应电流的方向与图中标的方向相反，故选项A错．同理可判出B错，C、D错．【答案】CD2．【解析】导线ab在拉力F作用下向左运动，切割磁感线，由右手定则可判定产生感应电流的方向为acdba，对导线cd由左手定则，可判定其受安培力的方向为水平向左，从而使得cd也向左运动．同理可判断出磁场对ab的作用力方向向右,故D选项错误．【答案】D3．【答案】B4．【解析】据楞次定律,P中产生正方向的恒定感应电流说明M中通入的电流是均匀变化的，且方向为正方向时应均匀减弱,故D正确．【答案】D5．【答案】AD6．【解析】由图乙,eq\f(ΔB，Δt）＝B0/t1＝50T/s,t＝0时，回路所围面积S＝Lx0＝0.1m2，产生的感应电动势E＝eq\f(ΔB·S，Δt）＝5V，I＝E/R＝5A,安培力F＝B0IL＝10N，方向沿斜面向上．而重力沿斜面方向的分力mgsin30°＝5N，小于安培力，故刚开始摩擦力沿斜面向下．随着安培力减小，沿斜面向下的摩擦力也减小,当安培力等于重力沿斜面方向的分力时,摩擦力为零．安培力再减小，摩擦力变为沿斜面向上且增大，故选项C对．【答案】C7．【解析】Φ－t图象中，某两点连线的斜率表示该段时间内的eq\f（ΔΦ,Δt)；某点的斜率表示该时刻的eq\f(ΔΦ，Δt).【答案】BD8．【解析】金属棒做平抛运动，在水平方向上的运动是匀速直线运动，故产生的感生电动势的大小保持不变．错误的原因是只考虑到金属棒是加速运动，则没有考虑到在水平方向（垂直于B方向)的情况．【答案】C9．【解析】在t1至t2时间段内弹簧线圈处于收缩状态，说明此段时间内穿过线圈的磁通量变大,即穿过线圈的磁场的磁感应强度变大，则螺线管中电流变大，单匝金属线圈Q产生的感应电动势变大，所加磁场的磁感应强度的变化率变大,即B－t图线的斜率变大，选项D正确．【答案】D10．【答案】AD11．【解析】物体刚要离开地面时，其受到的拉力F等于它的重力mg,而拉力F等于棒所受的安培力，即:mg＝eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（B0＋\f（ΔB，Δt）·t)）IL1其中eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（B0＋\f（ΔB,Δt）))为t时刻的磁感应强度，I为感应电流感应电动势E＝eq\f（Δ,Δt)＝eq\f（ΔB，Δt）L1L2感应电流I＝eq\f(E,R)由上述两式可得:eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（mgR，L\o\al(2,1）L2）·\f(Δt,ΔB）－B0）)·eq\f(Δt，ΔB)＝5s.【答案】5s12．【解析】（1）金属棒下落距离为eq\f(r,2）时,金属棒中产生感应电动势，由法拉第电磁感应定律得，感应电动势E＝B(eq\r(3)r）v1此时,金属圆环为外电路，等效电阻为R1＝eq\f（\f(R，3)×\f（2R,3),R）＝eq\f(2R，9)＝eq\f（8，3)Ω，金属棒中的电流为I＝eq\f(E，R1）金属棒受的安培力为F＝BIL＝eq\f(B2（\r（3）r)2v1，R1)＝0.12N由mg－F＝ma得：a＝g－eq\f（F，m）＝10－eq\f(0。12,0.1）＝10－1.2＝8.8（m/s2)．（2）由能量守恒电功率得mgr－Q＝eq\f(1，2)mveq\o\al(2，2)－0所以，从开始下落到经过圆心的过程中线框中产生的热量为Q＝mgr－eq\f(1,2)mveq\o\al（2，2)＝0.1×10×1J－eq\f（1，2)×0。1×eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（10,3））)2J＝0.44J.【答案】（1)8.8（m/s2)(2)0.44J13．