1、章末检测试卷一(第四章)(时间：90分钟满分：100分)一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共计48分.18题为单选题，912题为多选题，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)1.在物理学发展中，观测、实验、假说和逻辑推理等方法都起到了重要作用.下列叙述符合史实的是()A.奥斯特在实验中观察到电流的磁效应，该效应说明了电和磁之间存在联系B.法拉第根据通电直导线的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说C.安培在实验中观察到，通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中，出现了感应电流D.楞次在分析了许多实验事实后提出，感应电流的磁场总是与引起感应电流的磁场方向相反答案A
2、解析奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电和磁之间存在联系，选项A正确；根据通电螺线管产生的磁场与条形磁铁的磁场相似性，安培提出了磁性是分子内环形电流产生的，即分子电流假说，选项B错误；法拉第探究磁产生电的问题，发现导线中电流“通、断”时导线附近的固定导线圈中出现感应电流而导线中通有恒定电流时导线圈中不产生感应电流，选项C错误；楞次定律指出感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，选项D错误.2.如图1所示，螺线管与灵敏电流计相连，磁铁从螺线管的正上方由静止释放，向下穿过螺线管.下列说法正确的是()图1A.电流计中的电流先由a到b，后由b到aB.a点的电势始终低于b点的电势C.磁铁减少的重
3、力势能等于回路中产生的热量D.磁铁刚离开螺线管时的加速度小于重力加速度答案D解析在磁铁进入螺线管的过程中，螺线管磁通量增大，且方向向下，由楞次定律可知，感应电流由b经电流计流向a；在磁铁穿出螺线管的过程中，磁通量减小，且方向向下，由楞次定律可知，感应电流由a经电流计流向b，则a点电势先低于b点电势，后高于b点电势，故A、B错误；磁铁减少的重力势能转化为内能和磁铁的动能，C错误；磁铁刚离开螺线管时，由楞次定律“来拒去留”可知，磁铁受到的合外力小于重力，D正确.3.如图2所示是研究通电自感现象实验的电路图，A1、A2是两个规格相同的小灯泡，闭合开关，调节滑动变阻器R的滑动触头，使两个灯泡的亮度相同
4、，调节滑动变阻器R1的滑动触头，使它们都正常发光，然后断开开关S.重新闭合开关S，则 ()图2A.闭合瞬间，A1立刻变亮，A2逐渐变亮B.闭合瞬间，A1、A2均立刻变亮C.稳定后，L和R两端的电势差一定相同D.稳定后，A1和A2两端的电势差不相同答案C解析断开开关再重新闭合开关的瞬间，根据自感原理可判断，A2立刻变亮，而A1逐渐变亮，A、B均错误；稳定后，自感现象消失，根据题设条件可判断，滑动变阻器R接入电路的阻值与线圈L的电阻一样大，线圈L和R两端的电势差一定相同，A1和A2两端的电势差也相同，所以C正确，D错误.4.匀强磁场方向垂直纸面，规定向里的方向为正方向，磁感应强度B随时间t的变化规
5、律如图3甲所示，在磁场中有一细金属圆环，圆环平面位于纸面内，如图乙所示.令E1、E2、E3分别表示Oa、bc、cd段的感应电动势的大小，I1、I2、I3分别表示对应的电流，则下列判断正确的是()图3A.E1E2，I1沿逆时针方向，I2沿顺时针方向B.E1E2，I1沿顺时针方向，I2沿逆时针方向C.E2E3，I2沿逆时针方向，I3沿顺时针方向D.E2E3，I2沿逆时针方向，I3沿顺时针方向答案A5.(2018北京市房山区模拟)电磁感应现象在生产、生活中有着广泛的应用.图4甲为工业上探测物件表面层内部是否存在缺陷的涡流探伤技术原理图.其原理是将线圈中通入电流，使被测物件内产生涡流，借助探测线圈内电
6、流变化测定涡流的改变，从而获得被测物件内部是否断裂及位置的信息.图乙为一个带铁芯的线圈L、开关S和电源用导线连接起来的跳环实验装置，将一个套环置于线圈L上且使铁芯穿过其中，闭合开关S的瞬间，套环将立即跳起.关于对以上两个应用实例理解正确的是()图4A.能被探测的物件和实验所用的套环必须是导电材料B.涡流探伤技术运用了互感原理，跳环实验演示了自感现象C.以上两个应用实例中的线圈所连接电源都必须是变化的交流电源D.以上两个应用实例中的线圈所连接电源也可以都是恒压直流电源答案A6.(2017南通、扬州、泰州、淮安四市第三次模拟考试)法拉第发明了世界上第一台发电机.如图5所示，圆形金属盘安置在电磁铁的
7、两个磁极之间，两电刷M、N分别与盘的边缘和中心点接触良好，且与灵敏电流计相连.金属盘绕中心轴沿图示方向转动，则()图5A.电刷M的电势高于电刷N的电势B.若只将电刷M移近N，电流计的示数变大C.若只提高金属盘转速，电流计的示数变大D.若只将变阻器滑片向左滑动，电流计的示数变大答案C解析由电流的流向，根据安培定则，可知蹄形磁铁的左端为N极，右端为S极，两磁极间的磁场方向向右，根据金属盘的转动方向，结合右手定则可以判断，电刷N的电势高于电刷M的电势，A错误；若只将电刷M移近N，则电路中的感应电动势减小，电流计的示数减小，B错误，若只提高金属盘的转速，则金属盘中产生的感应电动势增大，电流计的示数增大
8、，C正确；若只将变阻器滑片向左滑动，变阻器接入电路的电阻增大，则电磁铁中的电流减小，两磁极间的磁感应强度减小，圆盘中产生的感应电动势减小，电流计的示数减小，D错误.7.(2018全国卷)如图6所示，导体轨道OPQS固定，其中PQS是半圆弧，Q为半圆弧的中点，O为圆心.轨道的电阻忽略不计.OM是有一定电阻、可绕O转动的金属杆，M端位于PQS上，OM与轨道接触良好.空间存在与半圆所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B.现使OM从OQ位置以恒定的角速度逆时针转到OS位置并固定(过程)；再使磁感应强度的大小以一定的变化率从B增加到B(过程).在过程、中，流过OM的电荷量相等，则等于()图6A.
9、B. C. D.2答案B解析设半圆弧PQS的半径为r，在过程中，根据法拉第电磁感应定律，有E1根据闭合电路欧姆定律，有I1且q1I1t1在过程中，有E2I2q2I2t2又q1q2，即所以.8.如图7所示，足够长的平行金属导轨倾斜放置，倾角为37，宽度为0.5 m，电阻忽略不计，其上端接一小灯泡，电阻为1 .一导体棒MN垂直导轨放置，质量为0.2 kg，接入电路的电阻为1 ，两端与导轨接触良好，与导轨间的动摩擦因数为0.5.在导轨间存在着垂直于导轨平面的匀强磁场(图中未画出)，磁感应强度为0.8 T.将导体棒MN由静止释放，运动一段时间后，小灯泡稳定发光，此后导体棒MN的运动速度以及小灯泡消耗的
10、电功率分别为(重力加速度g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8)()图7A.2.5 m/s1 W B.5 m/s1 WC.7.5 m/s9 W D.15 m/s9 W答案B解析小灯泡稳定发光时，导体棒MN匀速下滑，其受力如图所示，由平衡条件可得F安Ffmgsin 37，F安mgcos 37mgsin 37，故F安mg(sin 37cos 37)0.4 N，由F安BIL得I1 A，所以EI(R灯RMN)2 V，导体棒的运动速度v5 m/s，小灯泡消耗的电功率为P灯I2R灯1 W.正确选项为B.9.(2017苏北四市联考)如图8甲所示，一个刚性圆形线圈与电阻R构成闭合回路，线圈
11、平面与所在处的匀强磁场方向垂直，磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示.下列关于线圈中产生的感应电动势e、电阻R消耗的功率P随时间t变化的图象，可能正确的有 ()图8答案BD解析线圈的面积不变，由EnS得感应电动势为定值，且磁场增强和磁场减弱引起的感应电动势方向相反，A错误，B正确；对于电阻R，流过的电流大小不变，功率PI2R恒定，C错误，D正确.10.如图9甲所示，一个匝数n100的圆形导体线圈，面积S10.4 m2，电阻r1 .在线圈中存在面积S20.3 m2的垂直线圈平面向外的匀强磁场区域，磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙所示.有一个R2 的电阻，将其两端a、b分别与图甲中的
12、圆形线圈相连接，b端接地，则下列说法正确的是()图9A.圆形线圈中产生的感应电动势E6 VB.在04 s时间内通过电阻R的电荷量q6 CC.设b端电势为零，则a端的电势a3 VD.在04 s时间内电阻R上产生的焦耳热Q18 J答案BD解析由法拉第电磁感应定律可得EnS2，由题图乙可得 T/s0.15 T/s，将其代入可得E4.5 V，A错.qttntn，在04 s穿过圆形导体线圈磁通量的变化量为0.60.3 Wb00.18 Wb，代入可得q6 C，B对.04 s内磁感应强度增大，圆形线圈内磁通量增加，由楞次定律结合安培定则可得b点电势高，a点电势低，故C错.由于磁感应强度均匀变化产生的电动势与
13、电流均恒定，可得I1.5 A，由焦耳定律可得QI2Rt18 J，D对.11.如图10甲所示，电阻不计且间距L1 m的光滑平行金属导轨竖直放置，上端接一阻值R2 的电阻，虚线OO下方有垂直于导轨平面向里的匀强磁场，现将质量m0.1 kg、电阻不计的金属杆ab从OO上方某处由静止释放.金属杆在下落的过程中与导轨保持良好接触且始终水平.已知杆ab进入磁场时的速度v01 m/s，下落0.3 m的过程中加速度a与下落距离h的关系图象如图乙所示，g取10 m/s2，则()图10A.匀强磁场的磁感应强度为2 TB.杆ab下落0.3 m时，金属杆的速度为1 m/sC.杆ab下落0.3 m的过程中，R上产生的热
14、量为0.2 JD.杆ab下落0.3 m的过程中，通过R的电荷量为0.25 C答案AD解析当金属杆进入磁场后，根据右手定则判断可知金属杆ab中电流的方向由a到b.由题图乙知，刚进入磁场时，金属杆的加速度大小a110 m/s2，方向竖直向上.由牛顿第二定律得：BI1Lmgma1，其中I1代入数据，解得：B2 T，故A正确；a0时金属杆受到的重力与安培力平衡，有mgBIL0，其中I，联立得：v0.5 m/s，故B错误；从开始到下落0.3 m的过程中，由能量守恒有：mghQmv2，代入数据得：Q0.287 5 J，故C错误；金属杆自由下落高度为h00.05 m，金属杆下落0.3 m的过程中通过R的电荷
15、量为：qttt，代入数据得q0.25 C，故D正确.12.如图11所示，有一个在水平面内固定的“V”字形金属框架CAD，60，磁感应强度为B的匀强磁场方向竖直向下，导体棒MN在框架上从A点开始在外力F作用下，沿垂直MN方向以速度v匀速向右平移，使导体棒和框架始终构成等边三角形回路.已知框架和导体棒的材料和横截面积均相同，其单位长度的电阻均为r，框架和导体棒均足够长，导体棒运动中始终与磁场方向垂直，且与框架接触良好.下列关于回路中的电流I、外力F和回路消耗的电功率P随时间t变化关系的四个图象中正确的是()图11答案AC解析导体棒运动时间为t时，通过的位移为xvt，回路中的有效切割长度为：L2xt
16、an ，感应电动势为EBLv，回路的总电阻为R总r32xtan ，联立得感应电流与t的关系式为I，B、v、r一定，则I为一定值，故A正确，B错误；外力F大小等于安培力大小，则FBILt，F与t成正比，故C正确；运动x时的功率为：PI2R总t，则P与t成正比，故D错误.二、非选择题(本题共5小题，共计52分)13.(8分)(2018三明市高二下学期期末)如图12甲所示为“研究电磁感应现象”的实验装置.图12(1)按实验的要求将图甲中所缺的导线补画完整.(2)开关闭合后，下列说法正确的是_.A.只要将线圈A放在线圈B中就会引起电流计指针偏转B.线圈A插入或拔出线圈B的速度越大，电流计指针偏转的角度
17、越大C.如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上开关后，A线圈插入B线圈中，将滑动变阻器滑动触头迅速向左拉时，灵敏电流计指针向左偏一下(3)上述实验中，原线圈A可等效为一个条形磁铁，将线圈B和灵敏电流计连接如图乙所示，当电流从正接线柱流入灵敏电流计时，指针向正接线柱一侧偏转.则当条形磁铁迅速向上拔出时，图中灵敏电流计指针向_(填“正”或“负”)接线柱方向偏转.答案(1)如图所示(3分)(2)BC(3分)(3)正(2分)解析(1)将电源、开关、滑动变阻器、线圈A串联成一个回路，注意滑动变阻器接一上一下两个接线柱，再将电流计与线圈B串联成另一个回路，电路图如图所示.(2)当将线圈
18、A放在线圈B中，因磁通量不变，则不会引起电流计指针偏转，故A错误；线圈A插入或拔出线圈B的速度越大，则穿过线圈的磁通量的变化率越大，感应电动势越大，则产生的感应电流越大，那么电流计指针偏转的角度越大，故B正确；在闭合开关时，电流增大，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上开关后，A线圈插入B线圈中，将滑动变阻器滑动触头迅速向左拉时，接入电路中的电阻增大，电流减小，穿过线圈的磁通量减小，根据楞次定律可知灵敏电流计指针向左偏一下，故C正确.(3)当电流从正接线柱流入灵敏电流计时，指针向正接线柱一侧偏转，根据楞次定律，依据题图可知，螺线管的感应电流由上向下，则当
19、条形磁铁迅速向上拔出时，穿过线圈的磁通量减小，根据楞次定律，螺线管的感应电流由上向下，灵敏电流计指针向正接线柱方向偏转.14.(10分)如图13甲所示，竖直平面内有边长l0.2 m的正方形线框，匝数n100，线框总电阻R8 ，一范围足够大的匀强磁场，其方向垂直于线框平面，磁场的磁感应强度B按如图乙所示规律变化(磁场方向以垂直于线框平面向外为正).求：图13(1)前2 s内，线框产生的焦耳热；(2)t0.5 s时，线框的ab边受到的安培力大小.答案(1)16 J(2)20 N解析(1)前2 s内线框的感应电动势大小为：EnS(2分)解得E8 V(1分)线框产生的焦耳热Qt(1分)解得Q16 J(
20、1分)(2)由楞次定律可知前2 s内线框中的感应电流方向为abcda，ab边受到的安培力方向向上(1分)安培力的大小FnBIl(1分)I(1分)由题图乙可知t0.5 s时磁感应强度的大小B1 T(1分)解得F20 N.(1分)15.(10分)小明同学设计了一个“电磁天平”，如图14所示，等臂天平的左臂为挂盘，右臂挂有矩形线圈，两臂平衡.线圈的水平边长L0.1 m，竖直边长H0.3 m，匝数为N1.线圈的下边处于匀强磁场内，磁感应强度B01.0 T，方向垂直线圈平面向里.线圈中通有可在02.0 A范围内调节的电流I.挂盘放上待测物体后，调节线圈中电流使天平平衡，测出电流即可测得物体的质量.(重力
21、加速度取g10 m/s2)图14图15(1)为使“电磁天平”的量程达到0.5 kg，线圈的匝数N1至少为多少？(2)进一步探究电磁感应现象，另选N2100匝、形状相同的线圈，总电阻R10 .不接外电流，两臂平衡.如图15所示，保持B0不变，在线圈上部另加垂直纸面向外的匀强磁场，且磁感应强度B随时间均匀变大，磁场区域宽度d0.1 m.当挂盘中放质量为0.01 kg的物体时，天平平衡，求此时磁感应强度的变化率.答案(1)25匝(2)0.1 T/s解析(1)“电磁天平”中的线圈受到安培力，I2.0 A时线圈的匝数最少FN1B0IL(1分)由天平平衡可知：mgN1B0IL(2分)代入数据解得：N125
22、匝.(1分)(2)由法拉第电磁感应定律得：EN2N2Ld(2分)由欧姆定律得：I(1分)线圈受到的安培力FN2B0IL(1分)由天平平衡可得：mgF(1分)联立各式，代入数据可得0.1 T/s.(1分)16.(10分)(2017江苏单科)如图16所示，两条相距为d的平行金属导轨位于同一水平面内，其右端接一阻值为R的电阻.质量为m的金属杆静置在导轨上，其左侧的矩形匀强磁场区域MNPQ的磁感应强度大小为B、方向竖直向下.当该磁场区域以速度v0匀速地向右扫过金属杆后，金属杆的速度变为v.导轨和金属杆的电阻不计，导轨光滑且足够长，杆在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触.求：图16(1)M
23、N刚扫过金属杆时，杆中感应电流的大小I；(2)MN刚扫过金属杆时，杆的加速度大小a；(3)PQ刚要离开金属杆时，感应电流的功率P.答案(1)(2)(3)解析(1)感应电动势EBdv0(1分)感应电流I(1分)解得I(1分)(2)安培力FBId(1分)由牛顿第二定律Fma(1分)解得a(1分)(3)金属杆切割磁感线的相对速度vv0v，(1分)则感应电动势EBd(v0v)(1分)电功率P(1分)解得P(1分)17.(14分)(2018池州市高二年级下学期期末)如图17所示，平行长直光滑固定的金属导轨MN、PQ平面与水平面的夹角30，导轨间距为L0.5 m，上端接有R3 的电阻，在导轨中间加一垂直轨
24、道平面向下的匀强磁场，磁场区域为OOO1O1，磁感应强度大小为B2 T，磁场区域宽度为d0.4 m，放在导轨上的一金属杆ab质量为m0.08 kg、电阻为r2 ，从距磁场上边缘d0处由静止释放，金属杆进入磁场上边缘的速度v2 m/s.导轨的电阻可忽略不计，杆在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，重力加速度大小为g10 m/s2，求：图17(1)金属杆距磁场上边缘的距离d0；(2)通过磁场区域的过程中通过金属杆的电荷量q；(3)金属杆通过磁场区域的过程中电阻R上产生的焦耳热QR.答案(1)0.4 m(2)0.08 C(3)0.096 J解析(1)由能量守恒定律得mgd0sin 30
25、mv2(2分)金属杆距磁场上边缘的距离d00.4 m(1分)(2)由法拉第电磁感应定律(1分)由闭合电路欧姆定律(1分)qt(1分)则金属杆通过磁场区域的过程中通过其的电荷量q0.08 C(3)由法拉第电磁感应定律，金属杆刚进入磁场时EBLv2 V(1分)由闭合电路欧姆定律I0.4 A(1分)金属杆受到的安培力FBIL0.4 N(1分)金属杆重力沿轨道平面向下的分力Fmgsin 300.4 N(1分)所以金属杆进入磁场后做匀速直线运动(1分)由能量守恒定律得，回路中产生的焦耳热Qmgdsin 30(1分)金属杆通过磁场区域的过程中，在电阻R上产生的热量QRQ(1分)代入数据可得QR0.096 J.(1分)
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