1、电磁感应综合检测(时间:90分钟满分:100分)一、选择题(本题共14小题,每小题3分,共42分.在每小题给出的四个选项中,第18小题只有一个选项正确,第914小题有多个选项正确,全部选对的得3分,选对但不全的得2分,有选错或不选的得0分)1.如图所示,ab是水平面上一个圆的直径,在ab的正上方有一根通电导线ef,且ef平行于ab,当ef竖直向上平移时,穿过这个圆面的磁通量将(C)A.逐渐变大B.逐渐变小C.始终为零D.不为零,但始终保持不变解析:由题意,通电直导线产生稳定的磁场,且处在ab正上方,电流I产生的磁感线为垂直于ef的同心圆,因此,穿过圆面的磁通量为零,当ef竖直向上平移时,穿过这
2、个圆面的磁通量总为零,故C正确,A,B,D错误.2.如图,金属环A用绝缘轻绳悬挂,与长直螺线管共轴,并位于其左侧.若变阻器的滑片P向左移动,则(B)A.金属环A向左运动,同时向外扩张B.金属环A向左运动,同时向里收缩C.金属环A向右运动,同时向外扩张D.金属环A向右运动,同时向里收缩解析:变阻器滑片P向左移动,电阻变小,电流变大,螺线管的磁场增强,根据楞次定律,感应电流的磁场方向与原电流磁场方向相反,故相互排斥,则金属环A将向左运动,因磁通量增大,金属环A有收缩趋势,故A,C,D错误,B正确.3.如图所示,纸面内有一矩形导体闭合线框abcd,ab边长大于bc边长,置于垂直纸面向里、边界为MN的
3、匀强磁场外,线框两次匀速地完全进入磁场,两次速度大小相同,方向均垂直于MN.第一次ab边平行MN进入磁场,线框上产生的热量为Q1,通过线框导体横截面的电荷量为q1;第二次bc边平行MN进入磁场.线框上产生的热量为Q2,通过线框导体横截面的电荷量为q2,则(C)A.Q1=Q2q1=q2B.Q1=Q2q1q2C.Q1Q2q1=q2D.Q1Q2q1q2解析:设ab和bc边长分别为Lab,Lbc,穿过磁场区域的速度为v,由于线框产生的热量等于克服安培力做功,则有Q1=BI1LabLbc=BLabLbc=Lab通过线框导体横截面的电荷量为q1=I1t=;同理可以求得Q2=BI2LbcLab=Lbc,q2
4、=I2t=;因为LabLbc,则Q1Q2,q1=q2,故C正确,A,B,D错误.4.如图所示,一闭合直角三角形线框以速度v匀速穿过匀强磁场区域.从BC边进入磁场区开始计时,到A点离开磁场区止的过程中,线框内感应电流的情况(以逆时针方向为电流的正方向)是如图所示中的(A)解析:线框进入或离开磁场时,穿过线框的磁通量发生变化,线框中有感应电流产生,当线框完全进入磁场时,磁通量不变,没有感应电流产生,故C错误;感应电流I=,线框进入磁场时,切割磁感线的有效长度L均匀减小,感应电流逐渐减小,由楞次定律可知,感应电流为逆时针方向;线框离开磁场时,切割磁感线的有效长度L减小,感应电流逐渐减小,感应电流为顺
5、时针方向;故A正确,B,D错误.5.等离子体气流由左方以速度v0连续射入P1和P2两板间的匀强磁场中,ab直导线与P1,P2相连接,线圈A与直导线cd连接.线圈A内有如图(乙)所示的变化磁场,且磁场B的正方向规定为向左,如图(甲)所示,则下列叙述正确的是(B)A.01 s内ab,cd导线互相排斥B.12 s内ab,cd导线互相吸引C.23 s内ab,cd导线互相吸引D.34 s内ab,cd导线互相吸引解析:由左侧电路可以判断ab中电流方向由a到b;由右侧电路及图(乙)可以判断,02 s内cd中电流为由c到d,跟ab中电流同向,因此ab,cd相互吸引,故A错误,B正确;24 s内cd中电流为由d
6、到c,跟ab中电流反向,因此ab,cd相互排斥,故C,D错误.6.1831年,法拉第在一次会议上展示了他发明的圆盘发电机图(甲).它是利用电磁感应原理制成的,是人类历史上第一台发电机.图(乙)是这个圆盘发电机的示意图:铜盘安装在水平的铜轴上,它的边缘正好在两磁极之间,两块铜片C,D分别与转动轴和铜盘的边缘良好接触.使铜盘转动,电阻R中就有电流通过.若所加磁场为均强磁场,回路的总电阻恒定,从左往右看,铜盘沿顺时针方向匀速转动,CRD平面与铜盘平面垂直,下列说法正确的是(C)A.电阻R中没有电流流过B.铜片C的电势高于铜片D的电势C.保持铜盘不动,磁场变为方向垂直于铜盘的交变磁场,则铜盘中有电流产
7、生D.保持铜盘不动,磁场变为方向垂直于铜盘的交变磁场,则CRD回路中有电流产生解析:根据右手定则可知,电流从D点流出,流向C点,因此铜盘中电流方向为从C向D,由于圆盘在切割磁感线,相当于电源,所以D处的电势比C处高,A,B错误;保持铜盘不动,磁场变为方向垂直于铜盘的交变磁场,则穿过铜盘的磁通量发生变化,铜盘产生涡流,但是此时不再切割磁感线,C,D两点电势相同,故CRD回路中没有电流产生,C正确,D错误.7.如图所示,一直升机停在南半球的地磁极上空,该处地磁场的方向竖直向上,磁感应强度为B,直升机螺旋桨叶片的长度为L,近轴端为a,远轴端为b,转动的频率为f,顺着地磁场的方向看,螺旋桨按顺时针方向
8、转动.如果忽略a到转轴中心线的距离,用E表示每个叶片中的感应电动势,则(A)A.E=fL2B,且a点电势低于b点电势B.E=2fL2B,且a点电势低于b点电势C.E=fL2B,且a点电势高于b点电势D.E=2fL2B,且a点电势高于b点电势解析:每个叶片都切割磁感线,根据右手定则,a点电势低于b点电势.叶片端点的线速度v=l=2fL,叶片的感应电动势E=BLv=BL2Lf=fL2B.故选A.8.在如图所示的电路中,a,b为两个完全相同的灯泡,L为自感线圈,E为电源,S为开关.关于两灯泡点亮和熄灭的先后次序,下列说法正确的是(C)A.合上开关,a先亮,b逐渐变亮;断开开关,a,b同时熄灭B.合上
9、开关,b先亮,a逐渐变亮;断开开关,a先熄灭,b后熄灭C.合上开关,b先亮,a逐渐变亮;断开开关,a,b同时熄灭D.合上开关,a,b同时亮;断开开关,b先熄灭,a后熄灭解析:由于a,b为两个完全相同的灯泡,当开关接通瞬间,b灯泡立刻发光,而a灯泡由于线圈的自感作用渐渐变亮;当开关断开瞬间,两灯泡串联,由线圈产生瞬间电压提供电流,导致两灯泡同时逐渐熄灭.故选C.9.下列各图所描述的物理情境中,能产生感应电流的是(BCD)解析:开关S闭合稳定后,穿过线圈N的磁通量保持不变,线圈N中不产生感应电流,故A错误;磁铁向铝环A靠近,穿过金属框的磁通量在增大,金属框中产生感应电流,故B正确;金属框从A向B运
10、动,穿过金属框的磁通量时刻在变化,金属框产生感应电流,故C正确;铜盘在磁场中按图示方向转动,铜盘的一部分切割磁感线,产生感应电流,故D正确.10.用导线绕一圆环,环内有一用同样导线折成的内接正方形线框,圆环与线框绝缘,如图所示.把它们放在磁感应强度为B的均强磁场中,磁场方向垂直于圆环平面(纸面)向里.当磁场均匀减弱时(AC)A.圆环和线框中的电流方向都为顺时针B.圆环和线框中的电流方向都为逆时针C.圆环和线框中的电流大小之比为1D.圆环和线框中的电流大小之比为21解析:根据楞次定律可得当磁场均匀减小时,圆环和线框内产生的感应磁场方向与原磁场方向相同,即感应电流方向都为顺时针,A正确,B错误;设
11、圆半径为a,则圆面积为S=a2,圆周长为L=2a,线框面积为S=2a2,线框周长为L= 4a,因为磁场是均匀减小的,故E=,所以圆环和线框内的电动势之比为=,两者的电阻之比为 =,故电流之比为=,故C正确,D错误.11.如图所示,两水平虚线ef,gh之间存在垂直纸面向外的匀强磁场,一质量为m、电阻为R的正方形铝线框abcd从虚线ef上方某位置由静止释放,线框运动中ab始终是水平的,已知两虚线ef,gh间距离大于线框边长,则从开始运动到ab边到达gh线之前的速度随时间的变化关系图像可能正确的是(BD)解析:线框先做自由落体运动,由线框宽度小于磁场的宽度可知,当ab边进入磁场且cd边未出磁场的过程
12、中,磁通量不变,没有感应电流产生,不受安培力,则线框的加速度与线框自由下落时一样,均为g.若cd边刚好匀速进入磁场,mg=F安=,ab边进入磁场后线框又做匀加速运动,cd边出磁场后减速,当达到上述匀速的速度后又做匀速运动,故A错误,B正确;若cd边减速进入磁场,线框全部进入后做匀加速运动,达到进磁场的速度时不可能匀速.若cd边加速进入磁场,全部进入后做匀加速运动,当cd边出磁场时线框有可能加速、匀速、减速,故C错误,D正确.12.如图所示,两根间距为L的光滑平行金属导轨与水平面夹角为,图中虚线下方区域内存在磁感应强度为B的匀强磁场,磁场方向垂直于导轨平面向上,两金属杆质量均为m,电阻均为R,垂
13、直于导轨放置,开始时金属杆ab处在距磁场上边界一定距离处,金属杆cd处在导轨的最下端,被与导轨垂直的两根小柱挡住,现将金属杆ab由静止释放,当金属杆ab刚进入磁场便开始做匀速直线运动,已知重力加速度为g,则(AC)A.金属杆ab进入磁场时感应电流的方向为由b到aB.金属杆ab进入磁场时速度大小为C.金属杆ab进入磁场后产生的感应电动势为D.金属杆ab进入磁场后金属杆cd对两根小柱的压力大小为mgsin 解析:由右手定则可知,ab进入磁场时产生的感应电流由b流向a,故A正确;ab进入磁场时受到的安培力F=BIL=BL=,由平衡条件得=mgsin ,解得v=,故B错误;ab产生的感应电动势E=BL
14、v=,故C正确;由左手定则可知,cd受到的安培力平行于斜面向下,则cd对两根小柱的压力等于FN=mgsin +Fmgsin ,故D错误.13.如图所示,光滑水平面上存在有界匀强磁场,磁场方向垂直纸面向里,磁感应强度为B,质量为m边长为a的正方形导体框MNPQ斜向上垂直进入磁场,当MP刚进入磁场时速度为v,方向与磁场边界成45,若导体框的总电阻为R,则(AC)A.导体框进入磁场过程中,导体框中电流的方向为MQPNB.MP刚进入磁场时导体框中感应电流大小为C.MP刚进入磁场时导体框所受安培力为D.MP刚进入磁场时M,P两端的电压为解析:根据楞次定律可得导体框进入磁场过程中,导体框中电流的方向为MQ
15、PN,故A正确;根据E=Bav,MP刚进入磁场时切割磁感线的有效长度为a,导体框中感应电流大小为I=,故B错误;根据安培力的计算公式可得MP刚进入磁场时导体框所受安培力为F=BIa=,故C正确;MP刚进入磁场时M,P两端的电压为路端电压,根据闭合电路欧姆定律可得U=E=Bav,故D错误.14.如图所示,两条电阻不计的平行导轨与水平面成角,导轨的一端连接定值电阻R1,匀强磁场垂直穿过导轨平面.一根质量为m、电阻为R2的导体棒ab,垂直导轨放置,导体棒与导轨之间的动摩擦因数为,且R2=nR1.如果导体棒以速度v匀速下滑,导体棒此时受到的安培力大小为F,则以下判断正确的是(AD)A.电阻R1消耗的电
16、功率为B.重力做功的功率为mgvcos C.运动过程中减少的机械能全部转化为电能D.R2上消耗的功率为解析:导体棒以速度v匀速下滑时,由E=BLv,I=,F=BIL可得安培力F=,电阻R1消耗的热功率为P1=I2R1=()2R1,又R2=nR1,以上各式联立得P1=,故A正确.根据瞬时功率表达式P=Fvcos (其中为F与v之间的夹角)可知,重力做功的功率为P=mgvcos(-)=mgvsin ,故B错误.根据能量守恒定律可知,运动过程中减少的机械能转化为电能和摩擦产生的热量,故C错误.电阻R2消耗的热功率为P2=I2R2=()2R2,又R2=nR1,安培力F=,解得,P2=,故D正确.二、非
17、选择题(共58分)15.(6分)如图为“探究电磁感应现象”的实验装置.(1)将图中所缺的导线补接完整.(2)如果在闭合开关时发现灵敏电流表的指针向右偏了一下,那么合上开关后可能出现的情况有:将小线圈迅速插入大线圈时,灵敏电流计指针将;小线圈插入大线圈后,将滑动变阻器触头迅速向左拉时,灵敏电流计指针.(3)在做“探究电磁感应现象”实验时,如果大线圈两端不接任何元件,则大线圈电路中将.A.因电路不闭合,无电磁感应现象B.有电磁感应现象,但无感应电流,只有感应电动势C.不能用楞次定律判断大线圈两端电势的高低D.可以用楞次定律判断大线圈两端电势的高低解析:(1)将电源、开关、变阻器、小线圈串联成一个回
18、路,再将电流表与大线圈串联成另一个回路,连线图如图所示.(2)闭合开关,磁通量增加,指针向右偏转,将小线圈迅速插入大线圈,磁通量增加,则灵敏电流表的指针向右偏转一下.小线圈插入大线圈后,将滑动变阻器触头迅速向左拉时,电阻增大,则电流减小,穿过大线圈的磁通量减小,则灵敏电流表指针向左偏转一下.(3)如果大线圈两端不接任何元件,大线圈中仍有磁通量的变化,仍会产生感应电动势,不会有感应电流存在可根据楞次定律来确定电荷移动的方向,从而可以判断出大线圈两端电势高低情况.故B,D正确,A,C错误.答案:(1)见解析(2)向右偏转一下向左偏转一下(3)BD评分标准:每问2分.16.(6分)在用如图(甲)所示
19、装置“研究回路中感应电动势大小与磁通量变化快慢的关系”实验中:(1)本实验中需要用到的传感器是光电门传感器和 传感器.(2)让小车以不同速度靠近螺线管,记录下光电门挡光时间t内感应电动势的平均值E,改变速度多次实验,得到多组t与E,若以E为纵坐标、为横坐标作图可以得到直线图像.(3)记录下小车某次匀速向左运动至最后撞上螺线管停止的全过程中感应电动势与时间的变化关系,如图(乙)所示,挡光时间t内图像所围阴影部分面积为S,增加小车的速度再次实验得到的面积S(选填“”“”或“=”)S.解析:(1)需要电压传感器测量感应电动势的平均值.(2)由于以不同速度磁铁靠近螺线管,t时间内磁通量变化量相同,由法
20、拉第电磁感应定律公式E=n可知,E,故应该以为横轴 作图.(3)根据法拉第电磁感应定律公式E=n,面积S=Et=n,由于小车的初末位置不变,故面积为一个定值.答案:(1)电压(2)(3)=评分标准:每问2分.17.(11分)如图,光滑平行的竖直金属导轨MN,QP相距L,在M点和Q点间接一个阻值为R的电阻,在两导轨间OO1O1O矩形区域内有垂直导轨平面水平向里、高为h的磁感应强度为B的匀强磁场.一质量为m,电阻也为R的导体棒ab,垂直搁在导轨上,与磁场下边界相距h0.现用一竖直向上的大小为F=2mg的恒力拉ab棒,使它由静止开始运动,进入磁场后开始做减速运动,在离开磁场前已经做匀速直线运动(棒a
21、b与导轨始终保持良好的接触,导轨电阻不计,空气阻力不计,g为重力加速度).求:(1)导体棒ab在离开磁场上边界时的速度;(2)导体棒ab在刚进入磁场时加速度的大小;(3)导体棒ab通过磁场区域的过程中棒消耗的电能.解析:(1)离开磁场时导体棒向上匀速运动,受到重力、安培力和拉力,所以有F=mg+FA;安培力为FA=BIL=BL=,(2分)则v=.(1分)(2)在h0阶段中,根据动能定理,得(F-mg)h0=m-m(1分)解得v1=,(1分)棒刚进入磁场时所受的安培力大小为FA=,(1分)根据牛顿第二定律得F-mg-FA=ma(1分)解得a=g-.(1分)(3)对整个过程,根据能量守恒定律得F(
22、h0+h)=mg(h0+h)+Q+mv2(1分)回路产生的总电能为Q=mg(h0+h)-(1分)棒消耗的电能为E电=mg(h+h0)-.(1分)答案:(1)(2)g-(3)mg(h+h0)-18.(11分)如图所示,水平面上两平行光滑金属导轨间距为L,左端用导线连接阻值为R的电阻.在间距为d的虚线MN,PQ之间,存在方向垂直导轨平面向下的磁场,磁感应强度大小只随着与MN的距离变化而变化.质量为m、电阻为r的导体棒ab垂直导轨放置,在大小为F的水平恒力作用下由静止开始向右运动,到达虚线MN时的速度为v0.此后恰能以加速度a在磁场中做匀加速运动.导轨电阻不计,始终与导体棒接触良好.求:(1)导体棒
23、开始运动的位置到MN的距离x;(2)磁场左边缘MN处的磁感应强度大小B;(3)导体棒通过磁场区域过程中,电阻R上产生的焦耳热QR.解析:(1)导体棒在磁场外,由动能定理有Fx=m,(2分)解得x=.(1分)(2)导体棒刚进磁场时产生的电动势为E=BLv0由闭合电路欧姆定律有I=又F安=ILB可得F安=(2分)由牛顿第二定律有F-F安=ma解得B=.(2分)(3)导体棒穿过磁场过程,由牛顿第二定律有F-F安=ma可得F安=F-ma,F,a,m恒定,则安培力F安恒定,则导体棒克服安培力做功为W=F安d(2分)电路中产生的焦耳热为Q=W电阻R上产生的焦耳热为QR=Q(1分)解得QR=(F-ma).(
24、1分)答案:(1)(2)(3)(F-ma)19.(12分)两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平面内,两导轨间的距离为L.导轨上横放着两根导体棒ab和cd,构成矩形回路,如图所示,两根导体棒的质量皆为m,电阻皆为R,回路中其余部分的电阻不计.在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场,磁感应强度为B.设两导体棒均可沿导轨无摩擦地滑行,开始时,棒ab和棒cd之间的距离为d,棒cd静止,棒ab有指向棒cd的初速度v0,若两导体棒在运动中始终不接触,求:(1)棒ab的初速度为v0时回路中的电流.(2)当ab棒的速度变为初速度v0的时,cd棒的加速度大小.(3)稳定后棒ab和棒cd之间的距离.解析:(
25、1)由法拉第电磁感应定律,棒ab产生的电动势为E=BLv0(1分)则回路产生的电流大小为I=.(1分)(2)棒ab和cd在运动过程中始终受到等大反向的安培力,系统的动量守恒,设ab棒的速度为v0时cd棒的速度是v1,以向右的方向为正方向,得mv0=mv0+mv1,解得v1=v0,(1分)此时回路中的总电动势E=(v0-v0)BL=(1分)回路中的电流I=cd棒受到的安培力F=BIL所以cd棒上的加速度a=(1分)联立得a=.(1分)(3)稳定后二者速度相等,由动量守恒定律得mv0=2mv2(1分)设整个的过程中通过回路的电荷量为q,对cd棒由动量定理得mv2-0=BLt,(1分)而q=t,所以
26、q=,(1分)设稳定后二者之间的距离是d,则q=,(2分)联立以上两式得d=d-.(1分)答案:(1)(2)(3)d-20.(12分)如图所示,绝缘水平面内固定有一间距d=1 m、电阻不计的足够长光滑矩形导轨AKDC,导轨两端接有阻值分别为R1=3 和R2= 6 的定值电阻,矩形区域AKFE,NMCD范围内均有方向竖直向下、磁感应强度大小B=1 T的匀强磁场和,一质量m=0.2 kg、电阻r=1 的导体棒ab垂直放在导轨上AK与EF之间某处,在方向水平向右、大小F0=2 N的恒力作用下由静止开始运动,刚要到达EF时导体棒ab的速度大小v1=3 m/s,导体棒ab进入磁场后,导体棒ab中通过的电
27、流始终保持不变,导体棒ab在运动过程中始终保持与导轨垂直且接触良好,空气阻力不计.(1)求导体棒ab刚要到达EF时的加速度大小a1;(2)求两磁场边界EF和MN之间的距离L;(3)若在导体棒ab刚要到达MN时将恒力F0撤去,求导体棒ab能继续滑行的距离x以及滑行该距离x的过程中整个回路产生的焦耳热Q.解析:(1)导体棒ab刚到达EF时,在磁场中切割磁感线产生的感应电动势E1=Bdv1此时导体棒ab所受安培力的方向水平向左,由牛顿第二定律得F0-BI1d=ma1(1分)根据闭合电路的欧姆定律,则有I1=,(1分)其中R=2 .解得a1=5 m/s2.(1分)(2)导体棒ab进入磁场后,受到的安培
28、力与F0平衡,做匀速直线运动,导体棒ab中通过的电流I2保持不变,则有F0=BI2d,其中,I2=,解得v2=6 m/s.(1分)设导体棒ab从EF运动到MN的过程中的加速度大小为a2,根据牛顿第二定律,则有F0=ma2;导体棒ab在EF,MN之间做匀加速直线运动,则有-=2a2L(1分)解得L=1.35 m.(1分)(3)对撤去F0后,导体棒ab继续滑行的过程中,在某一时刻,所受安培力F=.(1分)取一小段时间t,由动量定理得-t=-mv即=mv,(1分)则整个过程有=mv2(1分)x=3.6 m,(1分)根据能量守恒定律,则有Q=m,(1分)代入数据,解得Q=3.6 J.(1分)答案:(1)5 m/s2(2)1.35 m(3)3.6 m3.6 J
