1、单元素养检测(二)电磁感应时间：90分钟满分：100分一、单项选择题(本题共8小题，每小题3分，共24分)1.一平面线圈用细杆悬于P点，开始时细杆处于水平位置，释放后让它在如图所示的匀强磁场中运动，已知线圈平面始终与纸面垂直，当线圈第一次通过位置和位置时，顺着磁场的方向看去，线圈中的感应电流的方向分别为()A逆时针方向逆时针方向B逆时针方向顺时针方向C顺时针方向顺时针方向D顺时针方向逆时针方向2.如图所示，在一蹄形磁铁下面放一个铜盘，铜盘和磁铁均可以自由绕OO轴转动，两磁极靠近铜盘，但不接触当磁铁绕轴转动时，铜盘将()A以相同的转速与磁铁同向转动B以较小的转速与磁铁同向转动C以相同的转速与磁铁
2、反向转动D静止不动3.如图所示，空间有一垂直于纸面向里的匀强磁场，一长为L的直金属棒与磁感应强度方向垂直，当它以速度v沿与棒和磁感应强度都垂直的方向运动时，棒两端的感应电动势大小为E；将此棒弯成一半圆形置于与磁感应强度相垂直的平面内，当它沿垂直直径的方向以速度v运动时，棒两端的感应电动势大小为E，则等于()A. B.C1 D.4.如图所示电路中，La、Lb两灯相同，闭合开关S电路达到稳定后两灯一样亮，则()A当S断开的瞬间，La、Lb两灯中电流立即变为零B当S断开的瞬间，La、Lb两灯中都有向右的电流，两灯不立即熄灭C当S闭合的瞬间，La比Lb先亮D当S闭合的瞬间，Lb比La先亮5.如图所示，
3、条形磁铁从高h处自由下落，中途穿过一个固定的空心线圈开关S断开，条形磁铁至落地用时t1，落地时速度为v1；S闭合，条形磁铁至落地用时t2落地时速度为v2，则它们的大小关系正确的是()At1t2，v1v2 Bt1t2，v1v2Ct1t2，v1v2 Dt1t2，v1v26如图甲所示，面积S1 m2的导体圆环内通有垂直于圆平面向里的磁场，磁场的磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙所示(B取向里为正)，以下说法正确的是()A环中没有产生感应电流B环中产生顺时针方向的感应电流C环中产生的感应电动势大小为1 VD环中产生的感应电动势大小为2 V7如图所示，将两块水平放置的金属板用导线与一线圈连接，线圈中存
4、在方向竖直向上、大小变化的磁场，两板间有一带正电的油滴恰好处于静止状态，则磁场的磁感应强度B随时间t变化的图像是()8.如图所示，A是一边长为L的正方形导线框虚线框内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁场宽度为3L.线框的bc边与磁场左右边界平行且与磁场左边界的距离为L.现维持线框以恒定的速度v沿x轴正方向运动规定磁场对线框作用力沿x轴正方向为正，且在图示位置时为计时起点，则在线框穿过磁场的过程中，磁场对线框的作用力随时间变化的图像正确的是()二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分)9如图甲所示，10匝的线圈内有一垂直纸面向里的磁场，线圈的磁通量在按图乙所示规律变化，下列说法正确的是()A
5、电压表读数为10 VB电压表读数为15 VC电压表“”接线柱接A端D电压表“”接线柱接B端10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积的电荷量为q1；第二次bc边平行于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()AQ1Q2 Bq1q2Cq1q2 DQ1Q211如图甲为电动汽车无线充电原理图，M为受电线圈，N为送电线圈图乙为受电线圈M的示意图，线圈匝数为n，
6、电阻为r，横截面积为S，两端a、b连接车载变流装置，匀强磁场平行于线圈轴线向上穿过线圈下列说法正确的是()A只要受电线圈两端有电压，送电线圈中的电流一定不是恒定电流B只要送电线圈N中有电流流入，受电线圈M两端一定可以获得电压C当线圈M中磁感应强度均匀增加时，M中有电流从a端流出D若t时间内，线圈M中磁感应强度均匀增加B，则M两端的电压为12如图所示，在水平桌面上放置两条相距l的平行粗糙且无限长的金属导轨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，且与导轨始终接触良好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.滑杆与导轨电阻不计，滑
7、杆的中点系一不可伸长的轻绳，绳绕过固定在桌边的光滑轻滑轮后，与一质量为m的物块相连，拉滑杆的绳处于水平拉直状态现若由静止开始释放物块，用I表示稳定后回路中的感应电流，g表示重力加速度，设滑杆在运动中所受的摩擦阻力恒为Ff，则在物块下落过程中()A物块的最终速度为B物块的最终速度为C稳定后物块重力的功率为I2RD物块重力的最大功率可能大于三、非选择题(本题共6小题，共60分)13(6分)观察如图实验装置，实验操作中，当导体棒AB沿着磁感线方向上下运动时，电流计指针_(选填“偏转”或“不偏转”)；当导体棒AB垂直磁感线方向左右运动时，电流计指针_(选填“偏转”或“不偏转”)；若流入电流计的电流从右
8、接线柱进入，指针就往右偏转，则为使图中电流计指针往左偏转，导体棒AB应往_(选填“上”“下”“左”“右”)运动14(8分)我们可以通过实验探究电磁感应现象中感应电流方向的决定因素和其所遵循的物理规律以下是实验探究过程的一部分(1)如图甲所示的实验装置，当磁铁的N极向下运动时，发现电流表指针偏转，若要探究线圈中产生的感应电流的方向，必须知道_(2)如图乙所示，实验中发现闭合开关时，电流表指针向右偏转电路稳定后，若向左移动滑动变阻器的滑片，则电流表指针向_偏转；若将线圈A抽出，则电流表指针向_偏转(填“左”或“右”)15(7分)如图所示，电阻为0.1 的正方形单匝线圈abcd的边长为0.2 m，b
9、c边与匀强磁场边缘重合磁场的宽度等于线圈的边长，磁感应强度大小为0.5 T在水平拉力作用下，线圈以8 m/s的速度向右穿过磁场区域求线圈在上述过程中(1)感应电动势的大小E；(2)所受拉力的大小F；(3)感应电流产生的热量Q.16(9分)如图甲所示，平行长直金属导轨水平放置，间距L0.4 m导轨右端接有阻值R1 的电阻导体棒垂直放置在导轨上，且接触良好，导体棒及导轨的电阻均不计，导轨间正方形区域abcd内有方向竖直向下的匀强磁场，bd连线与导轨垂直，长度也为L.从0时刻开始，磁感应强度B的大小随时间t变化，规律如图乙所示；同一时刻，棒从导轨左端开始向右匀速运动，1 s后刚好进入磁场，若使棒在导
10、轨上始终以速度v1 m/s做直线运动，求：(1)棒进入磁场前，回路中的电动势E.(2)棒在运动过程中受到的最大安培力F.17(14分)如图所示，空间存在B0.5 T、方向竖直向下的匀强磁场，MN、PQ是水平放置的平行长直导轨，其间距L0.2 m，电阻R0.3 接在导轨一端，ab是跨接在导轨上质量m0.1 kg、电阻r0.1 的导体棒，已知导体棒和导轨间的动摩擦因数为0.2.从零时刻开始，对ab棒施加一个大小为F0.45 N、方向水平向左的恒定拉力，使其从静止开始沿导轨滑动，过程中棒始终保持与导轨垂直且接触良好，求：(1)导体棒所能达到的最大速度；(2)试定性画出导体棒运动的速度时间图像18(1
11、6分)如图所示，平行倾斜光滑导轨与足够长的平行水平光滑导轨平滑连接，导轨电阻不计质量分别为m和m的金属棒b和c静止放在水平导轨上，b、c两棒均与导轨垂直图中de虚线往右有范围足够大、方向竖直向上的匀强磁场质量为m的绝缘棒a垂直于倾斜导轨静止释放，释放位置与水平导轨的高度差为h.已知绝缘棒a滑到水平导轨上与金属棒b发生弹性正碰，金属棒b进入磁场后始终未与金属棒c发生碰撞重力加速度为g，求：(1)绝缘棒a与金属棒b发生弹性正碰后分离时两棒的速度大小；(2)金属棒b进入磁场后，其加速度为其最大加速度的一半时的速度大小；(3)两金属棒b、c上最终产生的总焦耳热单元素养检测(二)电磁感应1解析：线圈第一
12、次经过位置时，穿过线圈的磁通量增加，由楞次定律，线圈中感应电流的磁场方向向左，根据安培定则，顺着磁场看去，感应电流的方向为逆时针方向；当线圈第一次通过位置时，穿过线圈的磁通量减小，可判断出感应电流为顺时针方向，综上所述，选项B正确答案：B2解析：因磁铁的转动，引起铜盘中磁通量发生变化而产生感应电流，进而受安培力作用而发生转动，由楞次定律可知安培力的作用阻碍相对运动，所以铜盘与磁铁同向转动，又由产生电磁感应的条件可知，铜盘中能产生电流的条件必须是磁通量发生变化故要求铜盘转动方向与磁铁相同而转速小，不能同步转动，所以正确选项是B.答案：B3解析：设金属棒的长度为L，有效的切割长度为L，垂直切割磁感
13、线，产生的感应电动势为EBlv.弯成一半圆形后，有效的切割长度为，垂直切割磁感线，产生的感应电动势为EBv；则，选项B正确答案：B4解析：由于La与线圈L串联，Lb与滑动变阻器R串联，当S闭合的瞬间，通过线圈的电流突然增大，线圈产生自感电动势，阻碍电流的增加，所以Lb比La先亮，故C错误、D正确；当S断开的瞬间，线圈产生自感电动势，两灯组成的串联电路中，有顺时针方向的电流，故A、B错误答案：D5解析：开关S断开时，线圈中无感应电流，对条形磁铁无阻碍作用，条形磁铁自由下落，故ag；当开关S闭合时，线圈中有感应电流，对条形磁铁的下落有阻碍作用，故ag，所以t1v2，选项D正确答案：D6解析：根据感
14、应电流的产生条件可分析是否存在感应电流，再由楞次定律可以判断出感应电流方向；由法拉第电磁感应定律可以求出感应电动势磁场垂直于纸面向里，由图乙所示可知，磁感应强度增加，穿过圆环的磁通量增加，环中产生感应电流，由楞次定律可知，感应电流沿逆时针方向，故A、B项错误；感应电动势ES1 V1 V，故C项正确，D项错误答案：C7解析：带正电油滴处于静止，说明感应电动势恒定，在正对金属板之间产生的电场为恒定的匀强电场，电场力与重力平衡即电场力向上，说明上极板为感应电动势的负极，根据电流在电源内部从负极流向正极可以判断感应电流是自上而下的方向，利用右手定则判断感应电流的磁场是竖直向上的，根据楞次定律感应电流的
15、磁场总是阻碍原磁场的变化，说明原磁场在减小，根据感应电动势恒定，判断原磁场在均匀减小，C对答案：C8解析：当bc边进入磁场切割磁感线时，产生感应电流，利用右手定则可判断感应电流的方向从cb，再利用左手定则可判断安培力向左，与规定的安培力的正方向相反，A错误，结合I，FBIL，得安培力F是定值，C错误；当线框穿出磁场时，ad边切割磁感线，产生感应电流从da，利用左手定则可判断安培力向左，与规定的安培力的正方向相反，B正确，D错误答案：B9解析：根据法拉第电磁感应定律可得En10 V10 V，A正确、B错误；线圈中垂直纸面向里的磁通量在增大，所以根据楞次定律可得线圈中的电流方向是逆时针，所以A端是
16、正极，B端是负极，故电压表“”接线柱接A端，C正确、D错误答案：AC10解析：根据功能关系知，线框上产生的热量等于克服安培力做的功，即Q1W1F1lbclbclab同理Q2lbc，又lablbc，故Q1Q2；因qtt，故q1q2.因此A、C正确答案：AC11解析：如果受电线圈两端有电压，说明穿过受电线圈的磁场变化，此时送电线圈中的电流一定不是恒定电流，故A正确；若送电线圈N中有恒定电流，则产生的磁场不变化，在受电线圈中不会产生感应电流，受电线圈两端也就不会获得电压，故B错误；穿过线圈M的磁感应强度均匀增加，根据楞次定律可知，感应电流的磁场向下，故感应电流方向从b向a，即电流从a端流出，故C正确
17、；根据法拉第电磁感应定律，有EnnS，由闭合电路欧姆定律得M两端的电压UR，其中R为受电线圈M外接电路的电阻，故D错误答案：AC12解析：由题意分析可知，由静止释放物块，它将带动金属滑杆MN一起运动，它们最终将以某一速度做匀速运动而处于平衡状态设MN的最终速度为v，对MN列平衡方程Ffmg，得v，所以A项正确；从能量守恒角度进行分析，物块的重力的功率等于克服安培力做功产生的热功率和克服摩擦力做功产生的热功率之和，所以I2RFfvmgv，得v，故B选项正确，C选项错误；物块重力的最大功率为Pmmgvmg，故D选项错误答案：AB13解析：当导体棒AB沿着磁感线方向上下运动时，不切割磁感线，无感应电
18、流产生，则电流计指针不偏转；当导体棒AB垂直磁感线方向左右运动时，切割磁感线，有感应电流产生，则电流计指针偏转；若流入电流计的电流从右接线柱进入，指针就往右偏转，则为使图中电流计指针往左偏转，即电流从左端流入，则根据右手定则可知，导体棒AB应往右运动答案：不偏转(2分)偏转(2分)右(2分)14解析：(1)电流表中没有电流通过时，指针在中央位置，要探究线圈中电流的方向，必须知道电流从正(负)接线柱流入时，电流表指针的偏转方向(2)闭合开关时，线圈A中的磁场增强，线圈B中产生的感应电流使电流表指针向右偏转当向左移动滑片时，会使线圈A中的磁场增强，电流表指针将向右偏转；当将线圈A抽出时，线圈A在线
19、圈B处的磁场减弱，线圈B中产生的感应电流将使电流表指针向左偏转答案：(1)电流从正(负)接线柱流入时，电流表指针的偏转方向(4分)(2)右(2分)左(2分)15解析：(1)感应电动势EBlv代入数据得E0.8 V(1分)(2)感应电流I拉力的大小等于安培力FBIl解得F(2分)代入数据得F0.8 N(1分)(3)运动时间t(1分)焦耳定律QI2Rt(1分)解得Q，代入数据得Q0.32 J(1分)答案：(1)0.8 V(2)0.8 N(3)0.32 J16解析：(1)正方形磁场的面积为S，则S0.08 m2.(1分)在棒进入磁场前，回路中的感应电动势是由于磁场的变化而产生的由Bt图像可知0.5
20、T/s，(1分)根据En，得回路中的感应电动势ES0.50.08 V0.04 V(2分)(2)当导体棒通过bd位置时感应电动势、感应电流最大，导体棒受到的安培力最大此时感应电动势EBLv0.50.41 V0.2 V(2分)回路中感应电流I A0.2 A(1分)导体棒受到的安培力FBIL0.50.20.4 N0.04 N(2分)答案：(1)0.04 V(2)0.04 N17解析：ab棒在拉力F作用下运动，随着ab棒切割磁感线速度增大，棒中的感应电动势增大，棒中感应电流增大，棒受到的安培力也增大，最终达到匀速运动时棒的速度达到最大值外力在克服安培力做功的过程中，消耗了其他形式的能，转化成了电能，最
21、终转化成了焦耳热(1)导体棒切割磁感线运动，产生的感应电动势：EBLv(1分)I(1分)导体棒受到的安培力F安BIL(1分)棒运动过程中受到拉力F、安培力F安和摩擦力Ff的作用，根据牛顿第二定律：FmgF安ma(2分)由得：Fmgma(2分)由上式可以看出，随着速度的增大，安培力增大，加速度a减小，当加速度a减小到0时，速度达到最大此时有Fmg0(2分)可得：vm10 m/s(2分)(2)棒的速度时间图像如图所示(3分)答案：(1)10 m/s(2)见解析18解析：(1)设绝缘棒a滑上水平导轨时，速度为v0，下滑过程中绝缘棒a机械能守恒，有mvmgh(1分)绝缘棒a与金属棒b发生弹性碰撞，由动
22、量守恒定律mv0mv1mv2(1分)由机械能守恒定律有mvmvmv(1分)解得绝缘棒a的速度大小v10，金属棒b的速度大小v2v0.(2分)(2)金属棒b刚进磁场时的加速度最大，设其加速度为其最大加速度的一半时，金属棒b速度为v2，c棒速度为v3.两金属棒b、c组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒由动量守恒定律有mv2mv2v3.(1分)设金属棒b进入磁场后任一时刻，金属棒b的速度为vb，金属棒c的速度为vc，则两金属棒b、c组成的回路中的感应电动势EBL(vbvc)，(1分)由闭合电路欧姆定律得I，由安培力公式得金属棒b所受安培力FBILma，(1分)联立得a.(1分)故当金属棒b加速度为最大值的一半时有v22(v2v3)联立得v2v2.(2分)(3)最终两金属棒b、c以相同速度匀速运动由动量守恒定律有mv2v(1分)由能量守恒定律有mvv2Q(2分)解出Qmgh.(2分)答案：(1)绝缘棒a速度大小为0金属棒b速度大小为(2)(3)mgh