1、全章闯关检测一、选择题1.在电磁学的发展过程中,许多科学家做出了贡献。下列说法正确的是()A.奥斯特发现了电流磁效应;法拉第发现了电磁感应现象B.麦克斯韦预言了电磁波;楞次用实验证实了电磁波的存在C.库仑发现了点电荷的相互作用规律并通过油滴实验测定了元电荷的数值D.安培发现了磁场对运动电荷的作用规律;洛伦兹发现了磁场对电流的作用规律答案A赫兹用实验证实了电磁波的存在,B错;通过油滴实验测定了元电荷的数值的科学家是密立根,C错;安培发现了磁场对电流的作用规律,洛伦兹发现了磁场对运动电荷的作用规律,D错。2.如图所示,导线框abcd与通电直导线在同一平面内,两者彼此绝缘,直导线通有恒定电流并通过a
2、d和bc的中点,当线框向右运动的瞬间,则() A.线框中有感应电流,且按顺时针方向B.线框中有感应电流,且按逆时针方向C.线框中有感应电流,但方向难以判断D.由于穿过线框的磁通量为零,所以线框中没有感应电流答案B由安培定则可判知通电直导线周围磁场如图所示。当ab导线向右做切割磁感线运动时,由右手定则判断感应电流为ab,同理可判断cd导线中的感应电流方向为cd,ad、bc两边不做切割磁感线运动,所以整个线框中的感应电流是逆时针方向的。3.插有铁芯的线圈(电阻不能忽略)直立在水平桌面上,铁芯上套一铝环,线圈与电源、开关相连。以下说法中正确的是()A.闭合开关的瞬间铝环跳起,开关闭合后再断开的瞬间铝
3、环又跳起B.闭合开关的瞬间铝环不跳起,开关闭合后再断开的瞬间铝环也不跳起C.闭合开关的瞬间铝环不跳起,开关闭合后再断开的瞬间铝环跳起D.闭合开关的瞬间铝环跳起,开关闭合后再断开的瞬间铝环不跳起答案D闭合开关瞬间,铝环中的磁通量增大,铝环要远离磁场,以阻碍磁通量的增大,故会跳起,而闭合开关后再断开的瞬间,铝环中的磁通量减少,铝环有靠近磁场的趋势,以阻碍这种减小,故不会跳起,即D正确。4.在如图所示的电路中,A1和A2是两个相同的灯泡,线圈L的自感系数足够大,电阻可以忽略不计。下列说法中正确的是()A.合上开关S时,A2先亮,A1后亮,最后一样亮B.断开开关S时,A1和A2都会立即熄灭C.断开开关
4、S时,A2闪亮一下再熄灭D.断开开关S时,流过A2的电流方向向右答案A合上开关S时,线圈L中产生的自感电动势阻碍电流增大,并且阻碍作用逐渐变小直至为零,故A2先亮,A1后亮,最后一样亮,选项A正确;断开开关S时,线圈L中产生的自感电动势阻碍电流减小,因电路稳定时通过A1和A2的电流大小相等,故断开开关S时,A1和A2都逐渐熄灭,流过A2的电流方向向左,选项B、C、D都错误。5.边长为a的闭合金属正三角形框架,完全处于垂直于框架平面的匀强磁场中,现把框架匀速拉出磁场,如图所示,则选项图中电动势、外力、外力功率与位移图像规律与这一过程相符合的是()答案B框架匀速拉出过程中,有效长度l均匀增加,由E
5、=Blv知,电动势均匀变大,A错、B对;因匀速运动,则F外力=F安=BIl=B2l2vR,故外力F外随位移x的增大而非线性增大,C错;外力功率P=F外力v,v恒定不变,故P也随位移x的增大而非线性增大,D错。6.如图所示,正方形线圈两端接在电容器a、b两极板上,匀强磁场竖直向上穿过线圈,此时电容器a、b两极板不带电。当磁场随时间均匀增强时,下列说法中正确的是()A.电容器a极板带正电,且所带电荷量逐渐增大B.电容器a极板带负电,且所带电荷量逐渐增大C.电容器a极板带正电,且所带电荷量保持不变D.电容器a极板带负电,且所带电荷量保持不变答案D磁场均匀变化产生恒定的感应电动势,故由Q=CU知,电容
6、器极板所带电荷量不变,A、B均不正确;利用楞次定律可以判断b极板带正电,a极板带正电,故C错误,D正确。7.如图所示,ab是一个可以绕垂直于纸面的轴O转动的闭合矩形导体线圈,滑动变阻器R的滑片P向右滑动过程中,线圈ab将()A.静止不动B.顺时针转动C.逆时针转动D.发生转动,但因电源的极性不明,无法确定转动方向答案B当P向右滑动时,电路总电阻减小,电路中的电流是增大的,两磁铁间的磁场增强,通过闭合导体线圈的磁通量增大,线圈中产生感应电流,受到磁场力而发生转动,“转动”是结果,反抗原因是“磁通量增大”,因此转动后应使穿过线圈的磁通量减小,故应沿顺时针转动。故应选B。8.在光滑的水平面上方,有两
7、个磁感应强度大小均为B,方向相反的水平匀强磁场,如图所示。PQ为两个磁场的边界,磁场范围足够大。一个边长为a、质量为m、电阻为R的金属正方形线框,以速度v垂直磁场方向从如图实线位置开始向右运动,当线框运动到分别有一半面积在两个磁场中时,线框的速度为v/2,则下列说法正确的是()A.此过程中通过线框截面的电荷量为2Ba2RB.此时线框的加速度为B2a2v2mRC.此过程中回路产生的电能为2mv2D.此时线框中的电功率为B2a2v2R答案D对此过程,由能量守恒定律可得,回路产生的电能E=12mv2-12m14v2=38mv2,选项C错误;线圈磁通量的变化=Ba2,则由电流定义和欧姆定律可得q=R=
8、Ba2R,选项A错误;此时线框产生的电流I=2Bav2R=BavR,由牛顿第二定律和安培力公式可得加速度a1=2BIam=2B2a2vmR,选项B错误;由电功率定义可得P=I2R=B2a2v2R,选项D正确。9.如图所示,abcd是一个质量为m,边长为L的正方形金属线框。如从图示位置自由下落,在下落h后进入磁感应强度为B的磁场,恰好做匀速直线运动,该磁场的宽度也为L。在这个磁场的正下方h+L处还有一个未知磁场,金属线框abcd在穿过这个磁场时也恰好做匀速直线运动,那么下列说法正确的是()A.未知磁场的磁感应强度是2BB.未知磁场的磁感应强度是2BC.线框在穿过这两个磁场的过程中产生的电能为4m
9、gLD.线框在穿过这两个磁场的过程中产生的电能为2mgL答案C设线圈刚进入第一个磁场时速度大小为v1,那么mgh=12mv12,v1=2gh。设线圈刚进入第二个磁场时速度大小为v2,那么v22-v12=2gh,v2=2v1。根据题意还可得到,mg=B2L2v1R,mg=Bx2L2v2R,整理可得出Bx=22B,A、B两项均错。穿过两个磁场时都做匀速运动,把减少的重力势能都转化为电能,所以在穿过这两个磁场的过程中产生的电能为4mgL,C项正确、D项错。10.某校科技小组的同学设计了一个传送带测速仪,测速原理如图所示。在传送带一端的下方固定有间距为L、长度为d的平行金属电极。电极间充满磁感应强度为
10、B、方向垂直传送带平面(纸面)向里、有理想边界的匀强磁场,且电极之间接有理想电压表和电阻R,传送带背面固定有若干根间距为d的平行细金属条,其电阻均为r,传送带运行过程中始终仅有一根金属条处于磁场中,且金属条与电极接触良好。当传送带以一定的速度匀速运动时,电压表的示数为U。则下列说法中正确的是()A.传送带匀速运动的速率为UBLB.电阻R产生焦耳热的功率为U2R+rC.金属条经过磁场区域受到的安培力大小为BUdR+rD.每根金属条经过磁场区域的全过程中克服安培力做功为BLUdR答案D由题意可知金属条在磁场中切割磁感线产生的感应电动势E=BLv,回路中的电流I=ER+r=UR,故v=(R+rR)U
11、BL,A错误;电阻R产生焦耳热的功率P=U2R,故B错误;金属条经过磁场区域所受安培力F=BLUR,故C错误;每根金属条经过磁场区域的全过程中克服安培力做功W克=Fd=BLUdR,D正确。二、非选择题11.如图所示,质量m1=0.1 kg,电阻R1=0.3 ,长度l=0.4 m 的导体棒ab横放在U形金属框架上。框架质量m2=0.2 kg,放在绝缘水平面上,与水平面间的动摩擦因数 =0.2。相距0.4 m的MM、NN相互平行,电阻不计且足够长。电阻R2=0.1 的MN垂直于MM。整个装置处于竖直向上的匀强磁场中,磁感应强度B=0.5 T。垂直于ab施加F=2 N的水平恒力,ab从静止开始无摩擦
12、地运动,始终与MM、NN保持良好接触。当ab运动到某处时,框架开始运动。设框架与水平面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取10 m/s2。(1)求框架开始运动时ab速度v的大小;(2)从ab开始运动到框架开始运动的过程中,MN上产生的热量Q=0.1 J,求该过程ab位移x的大小。答案(1)6 m/s(2)1.1 m解析(1)ab棒对框架的压力F1=m1g框架受水平面的支持力FN=m2g+F1依题意,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则框架受到最大静摩擦力F2=FNab中的感应电动势E=BlvMN中电流I=ER1+R2MN受到的安培力F安=IlB框架开始运动时F安=F2由上述各式代入数据解得v=6 m/
13、s(2)闭合回路中产生的总热量Q总=R1+R2R2Q由能量守恒定律,得Fx=12m1v2+Q总代入数据解得x=1.1 m12.经典物理学认为,金属的电阻源于定向运动的自由电子与金属离子的碰撞。已知元电荷为e。如图所示,求当金属棒向下运动达到稳定状态时,棒中金属离子对一个自由电子沿棒方向的平均作用力大小。答案见解析解析方法一:当金属棒向下运动达到稳定状态时mg=Fm其中Fm=B2L2vmR+r解得vm=mgR+rB2L2沿棒方向,棒中自由电子受到洛伦兹力evmB、电场力eE和金属离子对它的平均作用力f作用。因为棒中电流恒定,所以自由电子沿棒的运动可视为匀速运动。则f+eE=evmB又E=ULU=
14、BLvmR+rR解得f=emgrBL2方法二:当金属棒向下运动达到稳定状态时单位时间内机械能减少P=mgvm金属棒生热功率Pr =rR+rP回路中的电流I=BLvmR+r设棒的横截面积为S,棒中单位体积的自由电子数为n,棒中自由电子定向运动的速度为v,金属离子对自由电子的平均作用力为f则Pr=nSLfvI=neSv所以f=emgrBL213.如图,水平面(纸面)内间距为l的平行金属导轨间接一电阻,质量为m、长度为l的金属杆置于导轨上。t=0时,金属杆在水平向右、大小为F的恒定拉力作用下由静止开始运动。t0时刻,金属杆进入磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域,且在磁场中恰好能保持
15、匀速运动。杆与导轨的电阻均忽略不计,两者始终保持垂直且接触良好,两者之间的动摩擦因数为。重力加速度大小为g。求:(1)金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小;(2)电阻的阻值。答案(1)Blt0Fm-g(2)B2l2t0m解析(1)设金属杆进入磁场前的加速度大小为a,由牛顿第二定律得ma=F-mg设金属杆到达磁场左边界时的速度为v,由运动学公式有v=at0当金属杆以速度v在磁场中运动时,由法拉第电磁感应定律,杆中的电动势为E=Blv联立可得E=Blt0Fm-g(2)设金属杆在磁场区域中匀速运动时,金属杆中的电流为I,根据欧姆定律I=ER式中R为电阻的阻值。金属杆所受的安培力为f=BlI因金属杆
16、做匀速运动,由牛顿运动定律得F-mg-f=0联立得R=B2l2t0m14.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=30,匀强磁场磁感应强度B=2.0 T,方向垂直于导轨平面向上,M、P间接有阻值R=2.0 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图像如图乙所示,g取10 m/s2,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图像估算在前0.8 s内电阻上产生的热量。甲乙答案(1)18 N(2)2.0 m/s2(3
17、)4.12 J解析(1)对金属杆受力分析如图所示。由v-t图像可知导轨最后匀速运动且vmax=4 m/s即F=mg sin 30+F安F安=BILI=BLvmaxR解得F=B2L2vmaxR+mg sin 30=18 N(2)对金属杆由牛顿第二定律得F-mg sin 30-F安=maa=F-mgsin30-B2L2vRm=2.0 m/s2(3)由v-t图像知:0.8 s内位移即为00.8 s内图线与t轴所包围的小方格面积的和,小方格的个数约为28个,故x=280.20.2 m=1.12 m设在前0.8 s内电阻上产生的热量为Q,则由功能关系得Fx=Q+mgx sin +12mv2由v-t图像知
18、0.8 s时速度v=2.2 m/s解得Q=Fx-mgx sin -12mv2=4.12 J15.在如图甲所示的底面半径为r的竖直圆柱形区域内,存在竖直向上的匀强磁场,磁感应强度大小随时间的变化关系为B=kt(k0且为常量)。(1)将一由细导线构成的半径为r、电阻为R0的导体圆环水平固定在上述磁场中,并使圆环中心与磁场区域的中心重合。求在T时间内导体圆环产生的焦耳热。(2)上述导体圆环之所以会产生电流是因为变化的磁场会在空间激发涡旋电场,该涡旋电场驱使导体内的自由电荷定向移动,形成电流。如图乙所示,变化的磁场产生的涡旋电场存在于磁场内外的广阔空间中,其电场线是在水平面内的一系列沿顺时针方向的同心
19、圆(从上向下看),圆心与磁场区域的中心重合。在半径为r的圆周上,涡旋电场的电场强度大小处处相等,并且可以用E涡=E2r计算,其中E为由于磁场变化在半径为r的导体圆环中产生的感生电动势。如图丙所示,在磁场区域的水平面内固定一个内壁光滑的绝缘环形真空细管道,其内环半径为r,管道中心与磁场区域的中心重合。由于细管道半径远远小于r,因此细管道内各处电场强度大小可视为相等。在某一时刻,将管道内电荷量为q的带正电小球由静止释放(小球的直径略小于真空细管道的直径),小球受到切向的涡旋电场力的作用而运动,该力将改变小球速度的大小。该涡旋电场力与电场强度的关系和静电力与电场强度的关系相同。假设小球在运动过程中其
20、电荷量保持不变,忽略小球受到的重力、小球运动时激发的磁场以及相对论效应。若小球由静止经过一段时间加速,获得动能Em,求小球在这段时间内在真空细管道内运动的圈数;若在真空细管道内部空间加有方向竖直向上的恒定匀强磁场,小球开始运动后经过时间t0,小球与环形真空细管道之间恰好没有作用力,求在真空细管道内部所加磁场的磁感应强度的大小。答案(1)T2k2r4R0(2)Emkqr2kt02解析(1)导体圆环内的磁通量发生变化,将产生感生电动势,根据法拉第电磁感应定律,感生电动势E=t=SBt=r2k导体圆环内感生电流I=ER0=kr2R0在T时间内导体圆环产生的焦耳热Q=I2R0T解得Q=T2k2r4R0
21、(2)根据题意可知,磁场变化将在真空细管道处产生涡旋电场,该电场的电场强度E涡=E2r=kr2小球在该电场中受到电场力的作用,电场力的大小F=E涡q=kqr2电场力的方向与真空细管道相切,即与速度方向始终相同,小球将会被加速,动能变大。设小球由静止到其动能为Em的过程中,小球运动的路程为s,根据动能定理有Fs=Em小球运动的圈数N=s2r解得N=Emkqr2小球的切向加速度大小为a=Fm=kqr2m由于小球沿速度方向受到大小恒定的电场力,所以经过时间t0, 小球的速度大小v满足v=at0小球沿管道做圆周运动,因为小球与管道之间没有相互作用力,所以,小球受到的洛伦兹力提供小球的向心力,设所加磁场的磁感应强度为B0,则有qvB0=mv2r解得B0=kt02