人教版高考物理一轮总复习课后习题 第十一章 电磁感应 单元质检十一 电磁感应 (3)

单元质检十一电磁感应
(时间:75分钟满分:100分)
一、单项选择题:本题共7小题,每小题4分,共28分。

在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。

1.(山东济南模拟)一个长直密绕螺线管N放在一个金属圆环M的中心,圆环轴线与螺线管轴线重合,如图甲所示。

螺线管N通有如图乙所示的电流,下列说法正确的是( )
A.t=T
8
时刻,圆环有扩张的趋势
B.t=T
8
时刻,圆环有收缩的趋势
C.t=T
8和t=3T
8
时刻,圆环内有相同的感应电流
D.t=3T
8和t=5T
8
时刻,圆环内有不同的感应电流
答案:A
解析:由题图可知在t=T
8
时刻,通过线圈的电流增大,则线圈产生的磁场增大,根据楞次定律可知,圆环有扩张的趋势,选项A正确,B错误;由题图可
知在t=T
8时刻通过线圈的电流增大,而在t=3T
8
时刻通过线圈的电流减小,根
据楞次定律可知两时刻圆环感应电流方向不同,选项C错误;由题图可知
在t=3T
8和t=5T
8
时刻,线圈内电流的变化率是大小相等的,则线圈产生的磁
场的变化率也相等,根据法拉第电磁感应定律可知,圆环内的感应电动势大小是相等的,所以感应电流大小也相等,根据楞次定律可知两时刻圆环感应电流方向也相同,选项D错误。

2.(湖北五校联考)如图所示,固定在同一绝缘水平面内的两平行长直金属导轨,间距为1 m,其左侧用导线接有两个阻值均为R=1 Ω的电阻,整个装置处在方向竖直向上、磁感应强度B大小为1 T的匀强磁场中。

一质量为1 kg的金属杆MN垂直于导轨放置,已知杆接入电路的电阻为1 Ω,杆与导轨之间的动摩擦因数为0.3。

对杆施加方向水平向右、大小为10 N的拉力F,杆从静止开始沿导轨运动,杆与导轨始终保持良好接触,导轨电阻不计,重力加速度大小g取10 m/s2。

则当杆的速度大小为3 m/s时( )
A.杆MN的加速度大小为3 m/s2
B.通过杆MN的电流为1 A,方向从M到N
C.杆MN两端的电压为1 V
D.杆MN产生的电功率为1 W
答案:C
解析:MN切割磁感线产生的感应电动势E=BLv=1×1×3V=3V,感应电流
I=E
r+R·R
R+R =3
1+1×1
1+1
A=2A,对金属杆,由牛顿第二定律得F-BIL-μmg=ma,代入
数据解得a=5m/s2,选项A错误;由A项解析可知,流过MN的电流为2A,由
右手定则可知,电流方向为从M到N,选项B错误;MN两端的电压U=IR外
=2×1×1
1+1
V=1V,选项C正确;杆MN产生的电功率P=I2r=22×1W=4W,选项D错误。

3.如图所示,电路中A、B是规格相同的灯泡,L是电阻可忽略不计的电感线圈,那么( )
A.断开S,B立即熄灭,A闪亮一下后熄灭
B.闭合S,B先亮,A逐渐变亮,最后A、B一样亮
C.断开S,A立即熄灭,B由亮变暗后熄灭
D.闭合S,A、B逐渐变亮,最后A、B一样亮
答案:A
解析:断开S,线圈中电流要减小,会产生自感电动势,故只能缓慢减小,线圈与灯A构成回路放电,故B立即熄灭,A闪亮一下后熄灭,故A正确,C错
误;开关S 闭合的瞬间,两灯同时获得电压,所以A 、B 同时发光;由于线圈的电阻可以忽略,灯A 逐渐被短路,流过A 灯的电流逐渐减小,B 灯电流逐渐增大,则A 灯变暗,B 灯变亮,故B 、D 错误。

4.(河北邯郸二模)如图所示,质量为0.4 kg 的长方形线框ABCD 静止在光滑水平桌面上,线框的长边是短边的2倍,总电阻为0.75 Ω。

有理想右边界的匀强磁场竖直向下,长方形线框CD 边与磁场右边界线重合。

对CD 边施加一水平向右的拉力F,线框做匀加速运动,在1 s 时离开磁场,在线框全部离开磁场过程中1.2 N≤F≤1.7 N。

下列说法正确的是 ( )
A.线框的加速度为3 m/s 2
B.磁感应强度为13 T
C.线框磁通量最大值为18 Wb
D.此过程中,通过线框的电荷量为12 C 答案:A
解析:开始时,F 最小,a=
F min m =1.20.4m/s 2=3m/s 2,A 正确;线框BC 边长l 1=12at 2=12×3×12m=1.5m,线框CD 边长l 2=12l 1=0.75m,t=1.0s 时,F 最大,F ma a,
解得B=√23T,B 错误;磁通量最大值Φ=BS=Bl 1l 2=
3√28Wb,C 错误;通过线框的电荷量q=It=ΦR =√22C,D 错误。

5.(河南许昌高三月考)如图所示,电阻不计的刚性U 形光滑金属导轨固定在水平面上,导轨上连有电阻R 。

金属杆ab 可在导轨上滑动,滑动时保持与导轨垂直。

整个空间存在一个竖直向上的匀强磁场区域。

现有一位于导轨平面内且与导轨平行的向左的拉力作用于金属杆ab 的中点上,使之从静止开始在导轨上向左运动。

已知拉力的功率恒定不变。

在金属杆ab 向左沿导轨运动的过程中,下列关于金属杆ab 的速度与时间的图像正确的是( )
答案:C
解析:根据P=Fv 可知,拉力大小为F=P v 由于功率不变,随着速度的增大,拉力F 减小,根据E=BLv
金属杆产生的电动势逐渐增大,根据I=E R 电路中感应电流逐渐增大,根据F 安=BIL
可知导体杆受到的安培力逐渐增大,根据牛顿第二定律得a=F -F 安m
加速度逐渐减小,最后加速度为零,金属杆做匀速直线运动,C 正确。

6.(河北高三省级联测)某同学设计了一种无线供电装置,原理如图甲所示,感应线圈处在垂直于感应线圈平面的磁场中,磁场的磁感应强度变化如图乙所示,规定磁场垂直感应线圈平面向上为正,下列说法正确的是( )
A.0~t 1时间内,感应线圈中的电流自b 流向a
B.t 2~t 3时间内,感应线圈中的电流自a 流向b
C.保持磁场磁感应强度的最大值不变,使其周期减半,则ab 端感应电动势将加倍
D.保持磁场磁感应强度的最大值不变,使其周期加倍,则ab 端感应电动势将加倍
答案:C
解析:0~t 1时间内磁场的磁感应强度向上增强,根据楞次定律可知感应电
流产生的磁场方向向下,由右手螺旋定则可判断,感应线圈中的电流由a
流向b,t2~t3时间内磁场的磁感应强度向下增强,根据楞次定律可知感应电流产生的磁场方向向上,由右手螺旋定则可判断,感应线圈中的电流由b流向a,A、B错误;磁场磁感应强度的最大值不变,周期减半,感应线圈磁通量变化率加倍,根据法拉第电磁感应定律可知,感应电动势加倍,反之周期加倍,感应线圈磁通量变化率减半,根据法拉第电磁感应定律可知,感应电动势减半,C正确,D错误。

7.如图所示,位于同一绝缘水平面内的两根固定金属导轨MN、M'N',电阻不计,两导轨之间存在竖直向下的匀强磁场。

现将两根粗细均匀、电阻分布均匀的相同铜棒ab、cd放在两导轨上,若两棒从图示位置以相同的速度沿MN方向向右做匀速直线运动,运动过程中始终与两导轨接触良好,且始终与导轨MN垂直,不计一切摩擦,则下列说法正确的是( )
A.回路中有顺时针方向的感应电流
B.回路中的感应电流不断增大
C.回路中的热功率不断增大
D.两棒所受安培力的合力不断减小
答案:D
解析:两棒以相同的速度沿MN方向做匀速直线运动,回路的磁通量不断增大,根据楞次定律可知,感应电流方向沿逆时针,故A错误;设两棒间的距离为s,M'N'与MN的夹角为α,回路中总的感应电动势
E=BL cd v-BL ab v=Bv·(L cd-L ab)=Bvstanα,保持不变,由于回路的电阻不断增
大,所以回路中的感应电流不断减小,故B错误;回路中的热功率为P=E 2
R
,E 不变,R增大,则P不断减小,故C错误;两棒所受安培力的合力为
F=BIL cd-BIL ab=BI·(L cd-L ab)=BIstanα,I减小,其他量不变,所以F减小,故D正确。

二、多项选择题:本题共3小题,每小题6分,共18分。

在每小题给出的四个选项中,有两个或两个以上选项符合题目要求。

全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分。

8.“电磁感应铝箔封口机”被广泛应用在医药、食品、化工等生产行业的产品封口环节中,它的工作原理是:当接通电源时,内置线圈产生磁场,当磁感线穿过封口铝箔材料时,瞬间产生大量小涡流,致使铝箔自行快速发热,熔化复合在铝箔上的溶胶,从而粘贴在承封容器的封口处,达到迅速封口的目的。

下列有关说法正确的是( )
A.封口材料可用普通塑料来代替铝箔
B.该封口机可用干电池作为电源以方便携带
C.封口过程中温度过高,可适当减小所通电流的频率来解决
D.该封口机适用于玻璃、塑料等多种材质的容器封口但不适用于金属容器答案:CD
解析:由于封口机利用了电磁感应原理,故封口材料必须是金属类材料,而且电源必须是交流电源,故A、B错误;减小内置线圈中所通过电流的频率可以降低封口过程中产生的热量,即控制温度,故C正确;封口材料应是金属类材料,但对应被封口的容器不能是金属,否则会被熔化,故只能是玻璃、塑料等材质,D正确。

9.(山东济南外国语学校高三月考)如图所示是法拉第圆盘发电机的示意图。

铜圆盘安装在竖直的铜轴上,两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触,圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中,当圆盘旋转时,下列说法正确的是( )
A.实验中流过电阻R的电流是由于圆盘内产生涡流现象而形成的
B.若从上往下看,圆盘顺时针转动,则圆盘中心电势比边缘要高
C.实验过程中,穿过圆盘的磁通量发生了变化,产生感应电动势
D.若从上向下看,圆盘顺时针转动,则有电流沿a到b的方向流动流经电阻R
答案:BD
解析:圆盘转动可看成无数轴向导体切割磁感线,因此是电磁感应现象,故A错误;根据右手安培定则,从上往下看,圆盘顺时针转动产生由圆盘边缘指向圆盘中心的电流,即圆盘中心电势比边缘高,故B正确;实验过程中,穿过圆盘的磁通量没有发生变化,而是导体切割磁感线产生了感应电动势,故C错误;从上往下看,圆盘顺时针转动产生由圆盘边缘指向圆盘中心的电流,则有电流沿a到b的方向流经电阻R,故D正确。

10.某学校图书馆凭磁卡借还书,某同学了解到其工作原理是,磁卡以一定的速度通过装有线圈(螺线管)的检测头,在线圈中产生感应电动势,从而传输信号。

为研究该现象,该同学借用了如图甲所示的实验室装置。

螺线管固定在铁架台上,并与电流传感器、电压传感器和滑动变阻器连接。

现将一小磁铁置于螺线管正上方,其上表面为N极,后由静止释放,穿过螺线管后掉落到海绵垫上并静止(小磁铁下落中受到的空气阻力远小于重力,不发生转动),计算机屏幕上显示出如图乙所示的UI-t曲线。

对于该实验结果,以下说法正确的是( )
甲
乙
A.只减小磁铁释放高度,两个峰值都增大
B.只减小螺线管匝数,两个峰值都减小
C.只增大小磁铁质量,穿过线圈的时间不变
D.只增大滑动变阻器阻值,穿过线圈的时间减小
答案:BD
解析:当释放高度减小时,磁铁进入线圈的速度减小,导致线圈中磁通量的变化率减小,因此两个峰值都会减小,且两个峰值不可能相等,故A错误,只减小螺线管匝数,两个峰值都减小,B正确;增大磁铁的质量,则磁铁进入线圈的速度增大,经过相同的位移,所用时间减小,故C错误;磁铁进入线圈过程中,线圈对磁铁产生向上的排斥力,离开线圈过程中线圈对磁铁是向上的吸引力,增大滑动变阻器的阻值,则线圈中的电流减小,线圈产生
的磁场减弱,则对磁铁的作用力减小,所以磁铁穿过线圈的时间减小,故D
正确。

三、非选择题:共54分。

11.(6分)(1)某同学用如图所示装置做研究电磁感应现象的实验。

正确连接后,他先将变阻器的滑动片P置于ab的中点,在闭合开关瞬间,电流计的指针向右摆,说明(选填“大线圈”或“小线圈”)有电流流过。

闭合开关后,为使电流计的指针再向右摆,应将滑动变阻器的滑动片P向(选填“a”或“b”)端移动。

(2)某同学用如图甲所示电路测量电源的电动势和内阻。

实验用的电压表和电流表都是理想表,保护电阻R1=10 Ω,R2=5 Ω,还知道待测电源的电动势约3 V,内阻约2 Ω。

该同学合理选择仪器、连接电路后,正确操作,得到多组电压表的示数U 和相应电流表的示数I,并画出了如图乙所示的U-I图线(U、I都用国际单位),求出U-I图线斜率的绝对值k和在横轴上的截距I0,则待测电源的电动势E和内阻r的表达式E= ,r= 。

(用k、I0、R1、R2表示)若实验室有电流表Ⅰ(0~200 mA)和电流表Ⅱ(0~30 mA),该同学选择的是。

答案:(1)大线圈 b (2)kI0k-R2电流表Ⅰ
解析:(1)与电流计相连的是大线圈,在闭合开关瞬间,大线圈中磁通量发生变化,产生感应电流。

闭合开关瞬间,电流增大,电流计的指针向右摆,闭合开关后,为使电流计的指针再向右摆,要求电流增大,则回路中电阻需减小,所以应将变阻器的滑动片P向b端移动。

(2)由闭合电路欧姆定律可知
U+I(R2+r)=E
变形可得
U=-(R2+r)I+E
图线斜率的绝对值为k,在横轴上的截距为I0,则有
k=R2+r
E
=k
I0
两式联立可得
E=kI0,r=k-R2
当滑动变阻器电阻取零时,可求得回路中的最大电流
=0.176A=176mA
I m=E
r+R1+R2
比较电流表Ⅰ(0~200mA)和电流表Ⅱ(0~30mA),电流表Ⅱ量程较小,容易烧坏,故应选择电流表Ⅰ。

12.(8分)(1)探究电磁感应现象应选用如图(选填“甲”或“乙”)所示的装置进行实验。

在这个现象中感应电流的方向与
的方向和磁感线方向有关。

(2)如图丙所示,A为弹簧测力计(量程足够大),B为条形磁铁(下端为S 极),C为螺线管,螺线管线圈的电阻忽略不计。

闭合开关S1,记下弹簧测力计示数。

现将S1断开,S2由1改接到2,则弹簧测力计的示数将;若S2接2不变,再闭合S1,弹簧测力计的示数将。

(均选填“变大”“变小”或“不变”)
答案:(1)甲导体切割磁感线运动(或“导体运动”)(2)变小变大
解析:(1)探究电磁感应现象的实验装置,只需要有磁场、导体棒、电流表即可,不需要电源,分析图甲与乙可知,探究电磁感应现象应选用甲图装置,在电磁感应现象中,感应电流的方向与导体切割磁感线运动的方向和磁感线的方向有关。

(2)根据安培定则,由图丙可知,闭合开关,螺线管上端是N极,条形磁铁下端是S极,条形磁铁受到向下的吸引力,现将S1断开,S2由1改到2,电路电流变小,通电的螺线管圈数变少,电磁铁的磁性变弱,螺线管对条形磁铁的吸引力变小,弹簧测力计示数变小,若S2接2不变,闭合S1,电阻R2短路,电路电流变大,螺线管的磁场变强,条形磁铁受到的吸引力变大,弹簧测力计的示数变大。

13.(11分)(广东广州模拟)如图甲所示,空间存在B=0.5 T、方向竖直向下的匀强磁场,MN、PQ是水平放置的平行长直导轨,其间距L=0.2 m,R是连在导轨一端的电阻,ab是跨接在导轨上质量m=0.1 kg的导体棒。

从零时刻开始,对ab施加一个大小为F=0.45 N、方向水平向左的恒定拉力,使其
从静止开始沿导轨滑动,滑动过程中棒始终保持与导轨垂直且接触良好,图乙是棒的v-t图像,其中AO是图像在O点的切线,AB是图像的渐近线。

除R以外,其余部分的电阻均不计。

设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。

已知当棒的位移为100 m时,其速度达到了最大速度10 m/s。

求:
(1)R的阻值;
(2)在棒运动100 m过程中电阻R上产生的焦耳热。

答案:(1)0.4 Ω(2)20 J
解析:(1)由图乙得ab棒刚开始运动瞬间a=2.5m/s2,
则F-F f=ma,
解得F f=0.2N。

ab棒最终以速度v=10m/s匀速运动,则所受到拉力、摩擦力和安培力的合力为零,F-F f-F安=0,
F安=BIL=BL Blv
R =B2L2v
R
,
联立可得R=B 2L2v
F-F f
=0.4Ω。

(2)由功能关系可得(F-F f)v2+Q, 解得Q=20J。

14.(13分)如图所示,光滑水平轨道MN、PQ和光滑倾斜轨道NF、QE在N、Q点连接,倾斜轨道倾角为θ,轨道间距均为L。

水平轨道间连接着阻值为R的电阻,质量分别为M、m,电阻分别为R、r的导体棒a、b分别放在两组轨道上,导体棒均与轨道垂直,a导体棒与水平放置的轻质弹簧通过绝缘
装置连接,弹簧另一端固定在竖直墙壁上。

水平轨道所在的空间区域存在竖直向上的匀强磁场,倾斜轨道空间NQEF区域存在垂直轨道平面向上的
匀强磁场,QN、EF距离为d,两个区域内的磁感应强度分别为B1、B2,以QN 为分界线且互不影响。

现在用一外力F将导体棒a向右拉至某一位置处,然后把导体棒b从紧靠分界线QN处由静止释放,导体棒b在出磁场边界
EF前已达最大速度。

当导体棒b在磁场中运动达稳定状态,撤去作用在a 棒上的外力后发现a棒仍能静止一段时间,然后又来回运动并最终停下来。

求:
(1)导体棒b在倾斜轨道上的最大速度;
(2)撤去外力后,弹簧弹力的最大值;
(3)如果两个区域内的磁感应强度B1=B2=B,且导体棒电阻R=r,从b棒开始运动到a棒最终静止的整个过程中,电阻R上产生的热量为Q,求b棒刚开始运动时弹簧的弹性势能。

答案:(1)(R+2r)mgsinθ
2B22L2(2)B1mgsinθ
2B2
(3)6Q-mgdsin θ+9m 3g2R2sin2θ8B4L4
解析:(1)b棒达到最大速度时,设b杆中的电流为I,则有mgsinθ=F安=B2IL 感应电动势E=B2Lv
由闭合电路欧姆定律得I=E
R
2
+r
解得v=(R+2r)mgsinθ
2B22L2。

(2)撤去外力后,a杆将做减幅振动,最大弹力出现在其静止阶段,此
时b杆正处于匀速运动阶段,故F弹=F安'=1
2
B1IL
解得F弹=B1mgsinθ
2B2。

(3)设b杆在磁场中运动期间,电阻R上产生的热量为Q1,a杆振动期间,电阻R上产生的热量为Q2,则有Q=Q1+Q2
由于B1=B2且导体棒电阻R=r可得到,b杆在磁场中运动期间
由能量守恒定律有mgdsinθ=6Q1+1
2
mv2
a杆振动期间有E p=6Q2
解得E p=6Q-mgdsinθ+9m 3g2R2sin2θ
8B4L4。

15.(16分)(河北石家庄一模)如图所示,中间开有小孔O、O',间距为3d 的两正对金属板M、N水平放置,分别用导线与间距为L的平行金属导轨连接,导轨两端分别接入阻值均为R的定值电阻,导轨电阻不计。

导轨所在部分区域存在匀强有界磁场Ⅰ、Ⅱ,两磁场相邻,宽度均为d,磁感应强度大小均为B,其中磁场Ⅰ方向垂直纸面向外,磁场Ⅱ方向垂直纸面向里。

阻值为R的金属杆ab与导轨垂直且接触良好,杆ab在外力作用下始终以速度v0向右匀速运动。

某时刻杆ab进入磁场Ⅰ,同时一电荷量为+q的小球以一定速度自小孔O竖直向下射入两板间,杆ab在磁场Ⅰ中运动时,小球恰好能匀速下落;杆ab从磁场Ⅰ右边界离开时,小球恰好从孔O'离开,忽略极板间充放电时间。

重力加速度为g。

(1)求杆ab在磁场Ⅰ中运动时通过每个电阻R的电流。

(2)求小球的质量m和小球从O点射入两板间的初速度大小。

(3)将磁场Ⅰ和Ⅱ的磁感应强度均增大到原来的k倍,杆ab进入磁场Ⅰ的速度v0和小球从O点射入两板间的初速度均不变,发现小球一直竖直向下运动且从O'孔离开时的速度与其初速度相等,求k值。

答案:(1)BLv0
3R (2)qBLv0
9dg
3v0(3)3v0
2
dg
解析:(1)根据法拉第电磁感应定律,金属杆ab匀速切割磁感线产生的感应电动势为
E=BLv0
根据闭合电路的欧姆定律可得通过ab的电流为
I=E
R+R
2
通过每个电阻R的电流为
I1=I2=I
2=BLv0
3R。

(2)金属板间电势差为
U1=I1R
设杆ab在磁场Ⅰ中运动时间为t,则
d=v0t
小球做匀速运动,根据平衡条件有
q U1
3d
=mg
联立解得m=qBLv0
9dg
设小球从O点射入两板间的初速度大小为v,则根据运动学公式有3d=vt
解得v=3v0。

(3)磁感应强度大小变为kB后,小球先做匀减速运动后做匀加速运动,此时金属杆ab匀速切割磁感线产生的感应电动势为
E'=kBLv0
两板间的电势差为U1'=E'
3
设小球做匀减速运动的加速度大小为a1,根据牛顿第二定律有
-mg=ma1
q U1'
3d
设经过时间t1,杆ab进入磁场Ⅱ,则由运动学公式有
t1=d
v0
此时小球的速度为
v1=3v0-a1t1
小球下落的位移为
t1
s1=3v0+v1
2
设小球做匀加速运动时的加速度大小为a2,根据牛顿第二定律有
+mg=ma2
q U1'
3d
设再经过时间t2小球从O'孔离开,则由运动学公式有
3v0=v1+a2t2
t2时间内小球下落的位移为
s2=3v0+v1
t2
2
两个阶段的位移满足s1+s2=3d
联立解得k=3v02
dg。