最新-2018高考物理第九章电磁感应 章末检测试题及完全

章末检测(九)
(时间：90分钟 满分：100分)
一、选择题(每题3分，共36分)
1．(2018·合肥模拟)如图所示，A 、B 两闭合线圈由同样长度、同种材
料的导线绕成，A 为10匝，B 为20匝，半径为r A ＝2r B ，匀强磁场只分布在
B 线圈内．若磁场均匀地减弱，则( )
A ．A 中无感应电流
B ．A 、B 中均有恒定的感应电流
C ．A 、B 中感应电动势之比为2∶1
D ．A 、B 中感应电流之比为1∶2
答案：BD
解析：在线圈A 、B 中都存在着磁通量的变化，因此两线圈中都有感应电流，选项A 错误，选项B 正确；由于A 的匝数为B 的一半，两个线圈中磁通量及其变化完全相同，根据法拉第电磁感应定律，两个线圈中感应电动势之比为1∶2，选项C 错误；由于两个线圈用同样导线绕成且总长度相同，所以两个线圈的电阻是相同的，因此A 、B 中感应电流之比也是1∶2，选项D 正确．
2．单匝矩形线圈在磁场中匀速转动，转轴垂直于磁场，若线
圈所围面积里磁通量随时间变化的规律如图所示，由O ～D 过程中
( )
A ．线圈中O 时刻感应电动势最大
B ．线圈中D 时刻感应电动势为零
C ．线圈中
D 时刻感应电动势最大
D ．线圈中O 至D 时刻内平均感应电动势为0.40 V
答案：ABD
解析：在O 时刻Φ­t 图线的斜率最大，由E ＝ΔΦΔt
知感应电动势最大，A 选项正确；在D 时刻Φ­t 图线的斜率为0，由E ＝
ΔΦΔt 知感应电动势为0，B 选项正确，C 选项错误；在O 至D 时间内E ＝ΔΦΔt ＝2×10－30.005
V ＝0.40 V ，故D 选项正确． 3．(2018·山东理综)如图所示，一导线弯成半径为a 的半圆
形闭合回路．虚线MN 右侧有磁感应强度为B 的匀强磁场，方向垂
直于回路所在的平面．回路以速度v 向右匀速进入磁场，直径CD
始终与MN 垂直，从D 点到达边界开始到C 点进入磁场为止，下列
结论正确的是
( )
A ．感应电流方向不变
B ．CD 段直导线始终不受安培力
C ．感应电动势最大值E m ＝Bav
D．感应电动势平均值E＝1
4
πBav
答案：ACD
解析：根据楞次定律可判定闭合回路中产生的感应电流方向始终不变，A正确；CD段电流方向是D指向C，根据左手定则可知，CD段受到安培力，且方向竖直向下，B错误；当有一半进入磁场时，产生的感应电动势最大，E m＝Bav，C正确；由法拉第电磁感应定律得E＝
ΔΦΔt ＝
πBav
4
，D正确．
4．(2018·海南单科)一长直铁芯上绕有一固定线圈M，铁芯右端
与一木质圆柱密接，木质圆柱上套有一闭合金属环N，N可在木质圆柱
上无摩擦移动．M连接在如图所示的电路中，其中R为滑动变阻器，
E1和E2为直流电源，S为单刀双掷开关．下列情况中，可观测到N向
左运动的是( )
A．在S断开的情况下，S向a闭合的瞬间
B．在S断开的情况下，S向b闭合的瞬间
C．在S已向a闭合的情况下，将R的滑动头向c端移动时
D．在S已向a闭合的情况下，将R的滑动头向d端移动时
答案：C
解析：由楞次定律第二种描述可知：只要线圈中电流增强，即穿过N的磁通量增加，则N受排斥而向右运动，只要线圈中电流减弱，即穿过N的磁通量减少，则N受吸引而向左运动，故选项C正确．
5．如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻r不能忽略．R1和
R2是两个定值电阻，L是一个自感系数较大的线圈．开关S原来是断
开的，从闭合开关S到电路中电流达到稳定为止的时间内，通过R1的
电流I1和通过R2的电流I2的变化情况是( )
A．I1开始较大而后逐渐变小
B．I1开始很小而后逐渐变大
C．I2开始很小而后逐渐变大
D．I2开始较大而后逐渐变小
答案：AC
解析：闭合开关S时，由于L是一个自感系数较大的线圈，产生反向的自感电动势阻碍电流的变化，所以开始时I2很小而I较大，随着电流达到稳定，线圈的自感作用减小，I2开始逐渐变大，由于分流导致稳定电路中R1中的电流减小，故选A、C.
6．(2018·江门模拟)如图是某电磁冲击钻的原理图，若突然发现
钻头M向右运动，则可能是( )
A．开关S闭合瞬间
B．开关S由闭合到断开的瞬间
C．开关S已经是闭合的，变阻器滑片P向左迅速滑动
D．开关S已经是闭合的，变阻器滑片P向右迅速滑动
答案：AC
解析：当开关突然闭合时，左线圈上有了电流，产生磁场，而对于右线圈来说，磁通量增加，由楞次定律可知，为了阻碍磁通量的增加，钻头M 向右运动远离左边线圈，故A 项正确；当开关由闭合到断开瞬间，穿过右线圈的磁通量要减少，为了阻碍磁通量的减少，钻头M 要向左运动靠近左边线圈，故B 项错误；开关闭合时，当变阻器滑片P 突然向左滑动时，回路的电阻减小，回路电流增大，产生的磁场增强，穿过右线圈的磁通量增大，为了阻碍磁通量的增加，钻头M 向右运动远离左边线圈，故C 项正确；当变阻器滑片P 突然向右滑动时，回路的电阻增大，回路电流减小，产生的磁场减弱，穿过右线圈的磁通量减少，为了阻碍磁通量的减少，钻头M 向左运动靠近左边线圈，故D 项错误．
7．如图(甲)所示，矩形导线框abcd 放在匀强磁场中，在外力控制下静止不动；磁感线方向与线圈平面垂直，磁感应强度B 随时间变化的图象如图(乙)所示，t ＝0时刻，磁感应强度的方向垂直纸面向里．在0～4 s 时间内，线框ab 边受安培力随时间变化的图象可能是图中的(规定力向左为正)( )
答案：D
解析：由B ­t 图象可知，在0～1 s 内，匀强磁场垂直纸面向里，且均匀减小，据楞次定律可判定线框中感应电流方向b →a →d →c →b 进一步由左手定则判定ab 边受安培力方向
向左，为正值．又根据F ＝BIL ＝B ΔB ·S ΔtR
L ∝B ，综合考虑不难得出正确答案为D. 8．如图所示，竖直平面内的虚线上方是一匀强磁场B ，从虚线下方
竖直上抛一正方形线圈，线圈越过虚线进入磁场，最后又落回原处，运
动过程中线圈平面保持在竖直平面内，不计空气阻力，则( )
A ．上升过程克服磁场力做的功大于下降过程克服磁场力做的功
B ．上升过程克服磁场力做的功等于下降过程克服磁场力做的功
C ．上升过程克服重力做功的平均功率大于下降过程中重力的平均功率
D ．上升过程克服重力做功的平均功率等于下降过程中重力的平均功率
答案：AC
解析：线圈上升过程中，加速度增大且在减速，下降过程中，运动情况比较复杂，有加速、减速或匀速等，把上升过程看做反向的加速，可以比较当运动到同一位置时，线圈速度都比下降过程中相应的速度要大，可以得到结论：上升过程中克服安培力做功多；上升过程时间短，故正确选项为A 、C.
9．(2018·湖南十校联考)两根相互平行的金属导轨水平放置于图
所示的匀强磁场中，在导轨上接触良好的导体棒AB和CD可以自由滑动．当AB在外力F作用下向右运动时，下列说法中正确的是( )
A．导体棒CD内有电流通过，方向是D→C
B．导体棒CD内有电流通过，方向是C→D
C．磁场对导体棒CD的作用力向左
D．磁场对导体棒AB的作用力向左
答案：BD
解析：利用楞次定律，两个导体棒与两根金属导轨构成闭合回路，分析出磁通量增加，结合安培定则判断回路中感应电流的方向是B→A→C→D→B.以此为基础，再判断CD内的电流方向，最后根据左手定则进一步确定CD的受力方向，经过比较可得正确答案．10．(2018·福州一模)在甲、乙、丙三图中，除导体棒ab可动外，其余部分均固定不动，甲图中的电容器C原来不带电，设导体棒、导轨和直流电源的电阻均可忽略，导体棒和导轨间的摩擦也不计．图中装置均在水平面内，且都处于方向垂直水平面(即纸面)向下的匀强磁场中，导轨足够长．今给导体棒ab一个向右的初速度，在甲、乙、丙三种情况下导体棒ab的最终运动状态是( )
A．三种情形下导体棒ab最终均做匀速运动
B．甲、丙中，ab棒最终将以不同的速度做匀速运动，乙中ab棒最终静止
C．甲、丙中，ab棒最终将以相同的速度做匀速运动，乙中ab棒最终静止
D．三种情形下导体棒ab最终均静止
答案：B
解析：图甲中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流而使电容器充电，当电容器C 极板间电压与导体棒产生的感应电动势相等时，电路中没有电流，ab棒向右做匀速运动；图乙中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流，通过电阻R转化为内能，当ab棒的动能全部转化为内能时，ab棒静止；图丙中，导体棒先受到向左的安培力作用下向左做加速运动，当导体棒产生的感应电动热与电源的电动势相等时，电路中没有电流，ab棒向左做匀速运动．所以B项正确．
11．如图所示，在水平桌面上放置两根相距L的光滑平行金属导轨ab与cd，阻值为R 的电阻与导轨的a、c端相连．金属滑杆MN垂直于导轨并可在导轨上滑动．整个装置放于匀强磁场中，磁场的方向竖直向上，磁感应强度的大小为B.金属滑杆与导轨电阻不计，金属滑杆的中点系一不可伸长的轻绳，绳绕过固定在某边的光滑轻滑轮后，与一质量为m的物块相连，拉金属滑杆的绳处于水平拉直状态．现若从静止开始释放物块，用I表示回路中的感应电流，g表示重力加速度，则在物块下落过程中物块的速度可能( )
A ．小于mgR
B 2L 2
B ．等于mgR B 2L 2
C ．小于I 2R mg
D ．大于I 2R mg
答案：ABC 解析：MN 的最大速度就是安培力等于重力时对应的速度，即BIL ＝mg ，B 2L 2v /R ＝mg ，v
＝mgR B 2L 2，故A 、B 正确；又I ＝BLv R ，v ＝I 2R mg
，C 正确D 错误． 12．(2018·徐州模拟)如图所示，四根等长的铝管和铁块(其中C 中铝管不闭合，其他两根铝管和铁管均闭合)竖直放置在同一竖直平面内，分别将磁铁和铁块沿管的中心轴线从管的上端由静止释放，忽略空气阻力，则下列关于磁铁和铁块穿过管的运动时间的说法正确的是( )
A ．t A >t
B ＝t
C ＝t D
B ．t
C ＝t A ＝t B ＝t
D C ．t C >t A ＝t B ＝t D
D ．t C ＝t A >t B ＝t D 答案：A
解析：A 中闭合铝管不会被磁铁磁化，但当磁铁穿过铝管的过程中，铝管可看成很多圈水平放置的铝圈，据楞次定律知，铝圈将发生电磁感应现象，阻碍磁铁的相对运动；因C 中铝管不闭合，所以磁铁穿过铝管的过程不发生电磁感应现象，磁铁做自由落体运动；铁块在B 中铝管和D 中铁管中均做自由落体运动，所以磁铁和铁块在管中运动时间满足t A >t C ＝t B ＝t D ，A 正确．
二、填空题(每题4分，共12分)
13．如图所示的电路，L 为自感线圈，R 是一个灯泡，E 是电源，当S
闭合瞬间，通过电灯的电流方向是________，当S 切断瞬间通过电灯的电流
方向是________．
答案：A →B B →A
解析：S 闭合时，根据电源正负极易知电流方向．S 断开瞬间，线圈L 将产生与原电流同向的断电自感电动势阻碍原电流的减小，线圈L 与灯泡组成闭合回路，通过灯泡的电流从B 到A .
14．如图所示，竖直平面内有一金属环，半径为a ，总电阻为R (指
拉直时两端的电阻)，磁感应强度为B 的匀强磁场垂直穿过环平面，在
环的最高点A 用铰链连接长度为2a 、电阻为R 2
的导体棒AB ，AB 由水平位置紧贴环面摆下，当摆到竖直位置时，B 点的线速度为v ，则这时AB 两
端的电压大小为________
答案：13Bav
解析：摆到竖直位置时，AB 切割磁感线的瞬时感应电动势E ＝B ·2a ·⎝ ⎛⎭
⎪⎫12v ＝Bav . 由闭合电路欧姆定律，
U AB ＝E R 2＋R 4
·R 4＝13Bav . 15．(2018·试题调研)由于国际空间站的运行轨道上各处的地磁场强弱及方向均有所不同，所以在运行过程中，穿过其外壳的地磁场的磁通量将不断变化，这样将会导致________现象发生，从而消耗国际空间站的能量．为了减少这类消耗，国际空间站的外壳材料的电阻率应尽可能________(填“大”或“小”)一些．
答案：电磁感应 大
解析：电阻率较大，电阻也较大，同样的电磁感应现象，产生的电动势一定，由P ＝U 2R 可知，电阻较大时，消耗的电功率较小，可以减少能量消耗．
三、计算题(共5题，共52分)
16．(10分)(2018·福州模拟)如图所示，长L 1宽L 2的矩形线圈电
阻为R ，处于磁感应强度为B 的匀强磁场边缘，线圈与磁感线垂直．求：
将线圈以向右的速度v 匀速拉出磁场的过程中，
(1)拉力F 大小；
(2)拉力的功率P ；
(3)拉力做的功W ；
(4)线圈中产生的电热Q ；
(5)通过线圈某一截面的电荷量q .
答案：(1)B 2L 22v R (2)B 2L 22v 2R (3)B 2L 22L 1v R
(4)B 2L 22L 1v R (5)BL 1L 2R
解析：(1)E ＝BL 2v ，I ＝E /R ，F ＝BIL 2，∴ F ＝B 2L 22v R
(2)P ＝Fv ＝B 2L 22v 2
/R
(3)W ＝FL 1＝B 2L 22L 1v /R
(4)Q ＝W ＝B 2L 22L 1v /R (5)q ＝It ＝E R t ＝ΔΦR ＝BL 1L 2R
17．(10分)(2018·杭州模拟)如图(a)所示，面积S ＝0.2 m 2
的线圈，匝数n ＝630匝，总电阻r ＝1.0 Ω，线圈处在变化的磁场中，磁感应强度B 随时间t 按图(b)所示规律变化，方向垂直线圈平面．图(a)中传感器可看成一个纯电阻R ，并标有“3 V 0.9 W”，滑动变阻器R 0上标有“10 Ω 1 A”，试回答下列问题：
(1)设磁场垂直纸面向外为正方向，试判断通过电流表的电流方向；
(2)为了保证电路的安全，求电路中允许通过的最大电流；
(3)若滑动变阻器触头置于最左端，为了保证电路的安全，图(b)中的t 0最小值是多少？ 答案：(1)向右 (2)0.3 A (3)40 s
解析：(1)由安培定则判断得，电流向右．
(2)传感器正常工作时的电阻R ＝U 2P
＝10 Ω 工作电流I ＝U R ＝0.3 A ，由于滑动变阻器工作电流是1 A ，所以电路允许通过的最大电流为I ＝0.3 A
(3)滑动变阻器触头位于最左端时外电路的电阻为R 外＝20 Ω，故电源电动势的最大值E ＝I (R 外＋r )＝6.3 V
由法拉第电磁感应定律
E ＝n ΔΦΔt ＝nS ΔB Δt ＝630×0.2×2.0t 0
V ，解得t 0＝40 s 18．(10分)如图甲所示，一对平行光滑轨道放置在水平面上，两轨道间距l ＝0.20 m ，电阻R ＝1.0 Ω；有一导体杆静止地放在轨道上，与两轨道垂直，杆及轨道的电阻皆可忽略不计，整个装置处于磁感应强度B ＝0.50 T 的匀强磁场中，磁场方向垂直轨道面向下．现用一外力F 沿轨道方向拉杆，使之做匀加速运动，测得力F 与时间t 的关系如图乙所示，求杆的质量m 和加速度a .
答案：0.1 kg 10 m/s 2
解析：导体杆在轨道上做初速度为零的匀加速直线运动，用v 表示瞬时速度，t 表示时间，则杆切割磁感线产生的感应电动势为E ＝Blv ＝Blat ①
闭合回路中的感应电流为I ＝E R
②
由安培定则和牛顿第二定律得 F －BIl ＝ma ③
将①②式代入③式整理得F ＝ma ＋B 2l 2R
at ④
在题图乙图线上取两点：t 1＝0，F 1＝1 N ；t 2＝10 s ，F 2＝2 N ，代入式④，联立方程解得a ＝10 m/s 2
，m ＝0.1 kg.
19．(12分)均匀导线制成的单匝正方形闭合线框abcd ，每边长为L ，
总电阻为R ，总质量为m .将其置于磁感强度为B 的水平匀强磁场上方h
处，如图所示．线框由静止自由下落，线框平面保持在竖直平面内，且cd 边始终与水平的磁场边界面平行．当cd 边刚进入磁场时，
(1)求线框中产生的感应电动势大小．
(2)求cd 两点间的电势差大小．
(3)若此时线框加速度恰好为零，求线框下落的高度h 应满足的条件．
答案：(1)BL 2gh (2)34BL 2gh (3)h ＝m 2gR 22B 4L 4 解析：(1)cd 边刚进入磁场时，线框速度v ＝2gh
线框中产生的感应电动势E ＝BLv ＝BL 2gh
(2)此时线框中电流I ＝E R
cd 两点间的电势差U ＝I ⎝ ⎛⎭⎪⎫34R ＝34BL 2gh
(3)安培力F ＝BIL ＝B 2L 22gh R
根据牛顿第二定律mg －F ＝ma ，由a ＝0 解得下落高度满足h ＝m 2gR 2
2B 4L
4 20．(10分)光滑平行的金属导轨MN 和PQ ，间距L ＝1.0 m ，与水平面之间的夹角α＝30°，匀强磁场磁感应强度B ＝2.0 T ，垂直于导轨平面向上，MP 间接有阻值R ＝2.0 Ω的电阻，其他电阻不计，质量m ＝2.0 kg 的金属杆ab 垂直导轨放置，如图(甲)所示．用恒力F 沿导轨平面向上拉金属杆ab ，由静止开始运动，v ­t 图象如图(乙)．g ＝10 m/s 2，导轨足够长，求：
(1)恒力F 的大小；
(2)金属杆速度为2.0 m/s 时的加速度大小；
(3)根据v ­t 图象估算在前0.8 s 内电阻上产生的热量．
答案：(1)18 N (2)2.0 m/s 2
(3)3.80 J
解析：(1)由图(乙)知，杆运动的最大速度为v m ＝4 m/s 此时有：F ＝mg sin α＋F 安
＝mg sin α＋B 2L 2v m R
代入数据得：F ＝18 N
(2)由牛顿第二定律可得：F －F 安－mg sin α＝ma
a ＝F －B 2L 2v R －mg sin αm
，代入数据得：a ＝2.0 m/s 2 (3)由(乙)图可知0.8 s 末导体杆的速度v 1＝2.2 m/s
前0.8 s 内图线与t 轴所包围的小方格的个数为27个，面积为27×0.2×0.2＝1.18，即前0.8 s 内导体杆的位移x ＝1.18 m ．由能的转化和守恒定律得：
Q ＝Fx －mgx sin α－12mv 12，代入数据得：Q ＝3.80 J
(说明，前0.8 s 内图线与t 轴所包围的小方格的个数在26～28个之间，位移在1.18～
1.12 m 之间，产生的热量在3.48～4.12 J 之间均正确)．。