高中物理人教版2第四章電磁感應(yīng) 全國(guó)優(yōu)質(zhì)課

章末綜合測(cè)評(píng)(一)(時(shí)間：60分鐘滿分：100分)一、選擇題(本題共10小題，每小題6分，共60分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第1～6題只有一項(xiàng)符合題目要求，第7～10題有多項(xiàng)符合題目要求，全都選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分)1．如圖1所示，矩形閉合金屬框abcd的平面與勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直，若ab邊受豎直向上的磁場(chǎng)力作用，則可知金屬框的運(yùn)動(dòng)情況是()圖1A．向左平動(dòng)進(jìn)入磁場(chǎng)B．向右平動(dòng)退出磁場(chǎng)C．沿豎直方向向上平動(dòng)D．沿豎直方向向下平動(dòng)【解析】因?yàn)閍b邊受到的安培力的方向豎直向上，所以由左手定則就可以判斷出金屬框中感應(yīng)電流的方向是abcda，金屬框中的電流是由ad邊切割磁感線產(chǎn)生的．所以金屬框向左平動(dòng)進(jìn)入磁場(chǎng)．【答案】A2．環(huán)形線圈放在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，設(shè)在第1s內(nèi)磁場(chǎng)方向垂直于線圈平面向里，如圖2甲所示．若磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖乙所示，那么在第2s內(nèi)，線圈中感應(yīng)電流的大小和方向是()【導(dǎo)學(xué)號(hào)：05002075】甲乙圖2A．大小恒定，逆時(shí)針?lè)较駼．大小恒定，順時(shí)針?lè)较駽．大小逐漸增加，順時(shí)針?lè)较駾．大小逐漸減小，逆時(shí)針?lè)较颉窘馕觥坑深}圖乙可知，第2s內(nèi)eq\f(ΔB,Δt)為定值，由E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)S知，線圈中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為定值，所以感應(yīng)電流大小恒定．第2s內(nèi)磁場(chǎng)方向向外，穿過(guò)線圈的磁通量減少，由楞次定律判斷知感應(yīng)電流為逆時(shí)針?lè)较?，A項(xiàng)正確．【答案】A3．如圖3為無(wú)線充電技術(shù)中使用的受電線圈示意圖，線圈匝數(shù)為n，面積為S.若在t1到t2時(shí)間內(nèi)，勻強(qiáng)磁場(chǎng)平行于線圈軸線向右穿過(guò)線圈，其磁感應(yīng)強(qiáng)度大小由B1均勻增加到B2，則該段時(shí)間線圈兩端a和b之間的電勢(shì)差φa－φb()【導(dǎo)學(xué)號(hào)：05002076】圖3A．恒為eq\f(nSB2－B1,t2－t1)B．從0均勻變化到eq\f(nSB2－B1,t2－t1)C．恒為－eq\f(nSB2－B1,t2－t1)D．從0均勻變化到－eq\f(nSB2－B1,t2－t1)【解析】根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(B2－B1S,t2－t1)，由楞次定律和右手螺旋定則可判斷b點(diǎn)電勢(shì)高于a點(diǎn)電勢(shì)，因磁場(chǎng)均勻變化，所以感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)恒定，因此a、b兩點(diǎn)電勢(shì)差恒為φa－φb＝－neq\f(B2－B1S,t2－t1)，選項(xiàng)C正確．【答案】C4．如圖4，一無(wú)限長(zhǎng)通電直導(dǎo)線固定在光滑水平面上，金屬環(huán)質(zhì)量為kg，在該平面上以v0＝4m/s、與導(dǎo)線成60°角的初速度運(yùn)動(dòng)，最后達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)，這一過(guò)程中環(huán)中產(chǎn)生的電能為()圖4A．J B．JC．J D．J【解析】金屬環(huán)遠(yuǎn)離通電直導(dǎo)線過(guò)程中，金屬環(huán)中有感應(yīng)電流，受到垂直通電直導(dǎo)線方向的安培力，最終金屬環(huán)垂直通電直導(dǎo)線方向的速度變?yōu)榱?，沿通電直?dǎo)線方向的速度不變，將金屬環(huán)的速度v0分解為沿通電直導(dǎo)線方向的vx和垂直通電直導(dǎo)線方向的vy，則vx＝v0cos60°，所以這一過(guò)程中環(huán)中產(chǎn)生的電能為E＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,x)＝J，選項(xiàng)B正確．【答案】B5．緊靠在一起的線圈A與B如圖5甲所示，當(dāng)給線圈A通以圖乙所示的電流(規(guī)定由a進(jìn)入b流出為電流正方向)時(shí)，則線圈cd兩端的電勢(shì)差應(yīng)為圖中的()【導(dǎo)學(xué)號(hào)：05002077】圖5【解析】0～1s內(nèi)，A線圈中電流均勻增大，產(chǎn)生向左均勻增大的磁場(chǎng)，由楞次定律可知，B線圈中外電路的感應(yīng)電流方向由c到d，大小不變，c點(diǎn)電勢(shì)高，所以選項(xiàng)A正確．【答案】A6．單匝矩形線圈在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，轉(zhuǎn)動(dòng)軸垂直于磁場(chǎng)．若線圈所圍面積的磁通量隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖6所示，則()圖6A．線圈中0時(shí)刻感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最小B．線圈中C時(shí)刻感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為零C．線圈中C時(shí)刻感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大D．線圈從0至C時(shí)間內(nèi)平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為V【解析】感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝eq\f(ΔΦ,Δt)，而磁通量變化率是Φ-t圖線的切線斜率，當(dāng)t＝0時(shí)Φ＝0，但eq\f(ΔΦ,Δt)≠0.若求平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，則用ΔΦ與Δt的比值去求．【答案】B7．如圖7所示，一均勻金屬圓盤繞通過(guò)其圓心且與盤面垂直的軸逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)．現(xiàn)施加一垂直穿過(guò)圓盤的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，圓盤開(kāi)始減速．在圓盤減速過(guò)程中，以下說(shuō)法正確的是()圖7A．處于磁場(chǎng)中的圓盤部分，靠近圓心處電勢(shì)高B．所加磁場(chǎng)越強(qiáng)越易使圓盤停止轉(zhuǎn)動(dòng)C．若所加磁場(chǎng)反向，圓盤將加速轉(zhuǎn)動(dòng)D．若所加磁場(chǎng)穿過(guò)整個(gè)圓盤，圓盤將勻速轉(zhuǎn)動(dòng)【解析】根據(jù)右手定則可判斷靠近圓心處電勢(shì)高，選項(xiàng)A正確；圓盤處在磁場(chǎng)中的部分轉(zhuǎn)動(dòng)切割磁感線，相當(dāng)于電源，其他部分相當(dāng)于外電路，根據(jù)左手定則，圓盤所受安培力與運(yùn)動(dòng)方向相反，磁場(chǎng)越強(qiáng)，安培力越大，故所加磁場(chǎng)越強(qiáng)越易使圓盤停止轉(zhuǎn)動(dòng)，選項(xiàng)B正確；磁場(chǎng)反向，安培力仍阻礙圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；若所加磁場(chǎng)穿過(guò)整個(gè)圓盤，整個(gè)圓盤相當(dāng)于電源，不存在外電路，沒(méi)有電流，所以圓盤不受安培力而勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，選項(xiàng)D正確．【答案】ABD8．如圖8所示，光滑平行金屬導(dǎo)軌水平放置，左端通過(guò)開(kāi)關(guān)S與內(nèi)阻不計(jì)、電動(dòng)勢(shì)為E的電源相連，右端與半徑為L(zhǎng)＝20cm的光滑圓弧導(dǎo)軌相接，導(dǎo)軌電阻均不計(jì)．導(dǎo)軌所在空間有豎直方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝T．一根質(zhì)量m＝60g、電阻R＝1Ω、長(zhǎng)為L(zhǎng)的導(dǎo)體棒ab，用長(zhǎng)也為L(zhǎng)的兩根絕緣細(xì)線懸掛，導(dǎo)體棒恰好與導(dǎo)軌接觸．閉合開(kāi)關(guān)S后，導(dǎo)體棒沿圓弧擺動(dòng)，擺動(dòng)過(guò)程中導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌接觸良好且細(xì)線處于張緊狀態(tài)，導(dǎo)體棒擺角最大時(shí)，細(xì)線與豎直方向的夾角θ＝53°，sin53°＝，g取10m/s2，則()【導(dǎo)學(xué)號(hào)：05002078】圖8A．磁場(chǎng)方向一定豎直向上B．運(yùn)動(dòng)過(guò)程中導(dǎo)體棒中電流是變化的C．導(dǎo)體棒在擺動(dòng)過(guò)程中所受安培力F＝8ND．導(dǎo)體棒在擺動(dòng)過(guò)程中電源提供的電能為J【解析】閉合開(kāi)關(guān)S后，導(dǎo)體棒中電流方向從a到b，導(dǎo)體棒沿圓弧擺動(dòng)，說(shuō)明所受安培力向右，由左手定則可判斷出磁場(chǎng)方向豎直向下，選項(xiàng)A錯(cuò)誤．導(dǎo)體棒沿圓弧運(yùn)動(dòng)中切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，電路中總電動(dòng)勢(shì)是變化的，則導(dǎo)體棒中電流和所受安培力也是變化的，故選項(xiàng)B正確，選項(xiàng)C錯(cuò)誤．由能量守恒定律可得，導(dǎo)體棒在擺動(dòng)過(guò)程中電源提供的電能為E能＝mgL(1－cos53°)＝J，選項(xiàng)D正確．【答案】BD9．如圖9所示的電路中，電感L的自感系數(shù)很大，電阻可忽略，D為理想二極管，則下列說(shuō)法正確的有()圖9A．當(dāng)S閉合時(shí)，L1立即變亮，L2逐漸變亮B．當(dāng)S閉合時(shí)，L1一直不亮，L2逐漸變亮C．當(dāng)S斷開(kāi)時(shí)，L2立即熄滅D．當(dāng)S斷開(kāi)時(shí)，L1突然變亮，然后逐漸變暗至熄滅【解析】當(dāng)S閉合時(shí)，因二極管加上了反向電壓，故二極管截止，L1一直不亮；通過(guò)線圈的電流增加，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)阻礙電流增加，故使得L2逐漸變亮，選項(xiàng)B正確，A錯(cuò)誤；當(dāng)S斷開(kāi)時(shí)，由于線圈自感電動(dòng)勢(shì)阻礙電流的減小，故通過(guò)L1的電流要在L2－L1－D－L之中形成新的回路，故L1突然變亮，然后逐漸變暗至熄滅，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確．【答案】BD10．如圖10所示，豎直光滑導(dǎo)軌上端接入一定值電阻R，C1和C2是半徑都為a的兩圓形磁場(chǎng)區(qū)域，其區(qū)域內(nèi)的磁場(chǎng)方向都垂直于導(dǎo)軌平面向外，區(qū)域C1中磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間按B1＝b＋kt(k＞0)變化，C2中磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度恒為B2，一質(zhì)量為m、電阻為r、長(zhǎng)度為L(zhǎng)的金屬桿AB穿過(guò)區(qū)域C2的圓心垂直地跨放在兩導(dǎo)軌上，且與導(dǎo)軌接觸良好，并恰能保持靜止．則()【導(dǎo)學(xué)號(hào)：05002079】圖10A．通過(guò)金屬桿的電流大小為eq\f(mg,B2L)B．通過(guò)金屬桿的電流方向?yàn)閺腂到AC．定值電阻的阻值為eq\f(2πkB2a3,mg)－rD．整個(gè)電路中產(chǎn)生的熱功率P＝eq\f(πkamg,2B2)【解析】根據(jù)題述金屬桿恰能保持靜止，由平衡條件可得mg＝B2I·2a，通過(guò)金屬桿的電流大小為I＝eq\f(mg,2aB2)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤．由楞次定律可知，通過(guò)金屬桿的電流方向?yàn)閺腂到A，選項(xiàng)B正確．根據(jù)區(qū)域C1中磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間按B1＝b＋kt(k＞0)變化可知eq\f(ΔB,Δt)＝k，故C1中磁場(chǎng)變化產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝eq\f(ΔB,Δt)πa2＝kπa2，由閉合電路歐姆定律得E＝I(r＋R)，聯(lián)立解得定值電阻的阻值為R＝eq\f(2πkB2a3,mg)－r，選項(xiàng)C正確．整個(gè)電路中產(chǎn)生的熱功率P＝EI＝kπa2·eq\f(mg,2aB2)＝eq\f(πkamg,2B2)，選項(xiàng)D正確．【答案】BCD二、計(jì)算題(本題共3小題，共40分．按題目要求作答)11．(12分)如圖11所示，固定于水平桌面上的金屬框架cdef處在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，金屬棒ab擱在框架上，可無(wú)摩擦滑動(dòng)．此時(shí)adeb構(gòu)成一個(gè)邊長(zhǎng)為l的正方形，棒的電阻為r，其余部分電阻不計(jì)．開(kāi)始時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0.【導(dǎo)學(xué)號(hào)：05002080】圖11(1)若從t＝0時(shí)刻起，磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻增大，每秒增量為k，同時(shí)保持棒靜止．求棒中的感應(yīng)電流．在圖上標(biāo)出感應(yīng)電流的方向；(2)在上述(1)情況中，棒始終保持靜止，當(dāng)t＝t1s末時(shí)需加的垂直于棒的水平拉力為多少？(3)若從t＝0時(shí)刻起，磁感應(yīng)強(qiáng)度逐漸減小，當(dāng)棒以恒定速度v向右做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，可使棒中不產(chǎn)生感應(yīng)電流，則磁感應(yīng)強(qiáng)度應(yīng)怎樣隨時(shí)間變化？(寫出B與t的關(guān)系式)【解析】(1)據(jù)題意eq\f(ΔB,Δt)＝k，在磁場(chǎng)均勻變化時(shí)，回路中產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)·S＝kl2，由閉合電路歐姆定律知，感應(yīng)電流為I＝eq\f(E,r)＝eq\f(kl2,r).由楞次定律，判定感應(yīng)電流為逆時(shí)針?lè)较?，圖略．(2)t＝t1s末棒靜止，水平方向受拉力F外和安培力F安，F(xiàn)外＝F安＝BIl，又B＝B0＋kt1，故F外＝(B0＋kt1)eq\f(kl3,r).(3)因?yàn)椴划a(chǎn)生感應(yīng)電流，由法拉第電磁感應(yīng)定律E＝eq\f(ΔΦ,Δt)，知ΔΦ＝0也就是回路內(nèi)總磁通量不變，即B0l2＝Bl(l＋vt)，解得B＝eq\f(B0l,l＋vt).【答案】(1)eq\f(kl2,r)電流為逆時(shí)針?lè)较?2)(B0＋kt1)eq\f(kl3,r)(3)B＝eq\f(B0l,l＋vt)12．(14分)如圖12甲所示，兩根平行金屬導(dǎo)軌固定傾斜放置，導(dǎo)軌與水平面夾角為37°，相距d0＝m，a、b間接一個(gè)電阻，其阻值R＝Ω.在導(dǎo)軌c、d兩點(diǎn)處放一根質(zhì)量m＝kg的金屬棒且導(dǎo)軌ad段與導(dǎo)軌bc段長(zhǎng)均為L(zhǎng)＝1m，金屬棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝.金屬棒電阻r＝Ω，金屬棒被兩個(gè)垂直于導(dǎo)軌的木樁托住而不會(huì)下滑．在金屬導(dǎo)軌區(qū)域加一個(gè)垂直導(dǎo)軌平面斜向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間的變化關(guān)系如圖乙所示．重力加速度取g＝10m/s2.(sin37°＝，cos37°＝，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力)甲乙圖12(1)求0～s內(nèi)回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大?。?2)求t＝0時(shí)刻，金屬棒所受的安培力大?。?3)在磁場(chǎng)變化的全過(guò)程中，若金屬棒始終沒(méi)有離開(kāi)木樁而上升，求圖乙中t0的最大值；【解析】(1)由題圖乙可知eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f－,T/s＝T/sE感＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)Ld0＝×1×V＝V.(2)I感＝eq\f(E感,R＋r)＝eq\f,＋A＝AF安0＝B0I感d0＝××N＝N.(3)t＝t0時(shí)刻金屬棒對(duì)木樁的壓力為零，最大靜摩擦力沿金屬導(dǎo)軌向下，此時(shí)沿傾斜導(dǎo)軌方向上合外力為零．F安1＝Bt0I感d0＝＋(N)N＝mgcos37°＝Nfmax＝μN(yùn)＝×N＝NF安1＝mgsin37°＋fmax代入數(shù)據(jù)解得t0＝6s.【答案】(1)V(2)N(3)6s13．(14分)小明設(shè)計(jì)的電磁健身器的簡(jiǎn)化裝置如圖13所示，兩根平行金屬導(dǎo)軌相距l(xiāng)＝m，傾角θ＝53°，導(dǎo)軌上端串接一個(gè)R＝Ω的電阻．在導(dǎo)軌間長(zhǎng)d＝m的區(qū)域內(nèi)，存在方向垂直導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝T．質(zhì)量m＝kg的金屬棒CD水平置于導(dǎo)軌上，用絕緣繩索通過(guò)定滑輪與拉桿GH相連．CD棒的初始位置與磁場(chǎng)區(qū)域的下邊界相距s＝m．一位健身者用恒力F＝80N拉動(dòng)GH桿，CD棒由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，上升過(guò)程中CD棒始終保持與導(dǎo)軌垂直．當(dāng)CD棒到達(dá)磁場(chǎng)上邊界時(shí)健身者松手，觸發(fā)恢復(fù)裝置使CD棒回到初始位置(重力加速度g＝10m/s2，sin53°＝，不計(jì)其他電阻、摩擦力以及拉桿和繩索的質(zhì)量)．求：【導(dǎo)學(xué)號(hào)：05002081】圖13(1)CD棒進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度v的大小；(2)CD棒進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)所受的安培力FA的大??；(3)在拉升CD棒的過(guò)程中，健身