1、章末综合检测一、单项选择题(本题共7个小题，每小题6分，共42分)1如图所示实验装置中用于研究电磁感应现象的是()解析：选项A是用来探究影响安培力的大小因素的实验选项B是研究电磁感应现象的实验，观察导体棒在磁场中做切割磁感线运动时电流表是否会产生感应电流选项C是用来探究安培力的方向与哪些因素有关的实验选项D是奥斯特实验，证明通电导线周围存在磁场答案：B2如图所示，两个完全相同的矩形导线框A、B在相距很近(但不重叠)的两平行竖直平面内，线框的长边均处于水平位置线框A固定且通有恒定电流I，不计阻力，线框B从足够高处由静止释放至运动到A下方的过程中()A穿过线框B的磁通量先变小后变大B穿过线框B的磁
2、通量先变大后变小C线框B所受安培力的合力为零D线框B的机械能一直减小解析：由通电线框A的磁感线分布，可知穿过线框B的磁通量大小变化应是增大减小增大减小，A、B项错误；由楞次定律和左手定则可知线框B始终受到向上的安培阻力，C项错误；安培力做负功，使线框的机械能转化为电能，D项正确答案：D3.如图所示，一正方形线圈的匝数为n，边长为a，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中在t时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B均匀地增大到2B.在此过程中，线圈中产生的感应电动势为()A. B. C. D.解析：由法拉第电磁感应定律知线圈中产生的感应电动势EnnSn，得E，选项B正确答案：B4.如图所示，在匀
3、强磁场中有一个用比较软的金属导线制成的闭合圆环在此圆环的形状由圆形变成正方形的过程中()A环中有感应电流，方向adcbB环中有感应电流，方向abcdC环中无感应电流D条件不够，无法确定解析：由圆形变成正方形的过程中，面积减小，磁通量减小，由楞次定律可知正方形中产生adcb方向的电流，A对答案：A5.位于载流长直导线近旁的两根平行铁轨A和B，与长直导线平行且在同一水平面上，在铁轨A、B上套有两段可以自由滑动的导体CD和EF，如图所示，若用力使导体EF向右运动，则导体CD将()A保持不动 B向右运动C向左运动 D先向右运动，后向左运动解析：根据安培定则，穿过回路CDFE的磁场方向向下；若使导体EF
4、向右运动，由右手定则知回路中产生逆时针方向电流，导体CD中电流由C指向D，由左手定则知CD受安培力向右，故导体CD向右运动，B项正确答案：B6如图所示，用横截面积之比为41的铜丝做成边长分别为L和2L的两个闭合线框a和b，以相同的速度从磁感应强度为B的匀强磁场区域中匀速地被拉到磁场外，若外力对线框做的功分别为Wa、Wb，则WaWb为()A14 B12 C11 D不能确定解析：根据能量守恒定律，外力做的功等于电路中产生的电能，设线框切割磁感线的有效长度为l，则外力对线框做的功W，R，联立得W，分别代入数据得选项C正确答案：C7.半径为R的圆形线圈，两端A、D接有一个平行板电容器，线圈垂直放在随时
5、间均匀变化的匀强磁场中，如图所示，则要使电容器所带电荷量Q增大，可以采取的措施是()A增大电容器两极板间的距离B增大磁感应强度的变化率C减小线圈的半径D改变线圈所在平面与磁场方向间的夹角解析：由C知，增大极板距离d，电容C减小，又QCU，因此Q也减小，故A错误；由UEnnS，分析可得增大磁感应强度变化率或增大线圈在垂直磁场方向的投影面积可增大A、D间电压，从而使Q增大，所以B正确，C、D错误答案：B二、多项选择题(本题共5小题，每小题6分，共30分)8.如图所示的电路中，开关S闭合且电路达到稳定时，流过灯泡L和线圈L的电流分别为I1和I2，在开关S断开的瞬间，为使小灯泡能比原来更亮一些，然后逐
6、渐熄灭，应()A必须使I2I1B与I1、I2大小无关，但必须使线圈L的自感系数足够大C自感系数L越大，断开时间越短，则I2也越大D不论自感系数L多大，开关S断开瞬间I2只能减小，不会增大解析：开关S断开后，线圈L与灯泡L构成回路，线圈中由于自感电动势作用，电流由I2逐渐减小，灯泡由于与线圈构成回路，灯泡中电流由I1变为I2然后逐渐减小，I2与自感系数L无关，C错，D对；要想小灯泡能比原来更亮一些，应有I2I1，所以A对，B错答案：AD9.如图，一均匀金属圆盘绕通过其圆心且与盘面垂直的轴逆时针匀速转动现施加一垂直穿过圆盘的有界匀强磁场，圆盘开始减速在圆盘减速过程中，以下说法正确的是()A处于磁场
7、中的圆盘部分，靠近圆心处电势高B所加磁场越强越易使圆盘停止转动C若所加磁场反向，圆盘将加速转动D若所加磁场穿过整个圆盘，圆盘将匀速转动 解析： 由右手定则可知，处于磁场中的圆盘部分，靠近圆心处电势高，选项A正确；根据EBLv可知所加磁场越强，则感应电动势越大，感应电流越大，产生的电功率越大，消耗的机械能越快，则圆盘越容易停止转动，选项B正确；若加反向磁场，根据楞次定律可知安培力阻碍圆盘的转动，故圆盘仍减速转动，选项C错误；若所加磁场穿过整个圆盘，则圆盘中无感应电流，不消耗机械能，圆盘匀速转动，选项D正确答案：ABD10.在光滑水平面上固定一个通电线圈，如图所示，一铝块正由左向右滑动穿过线圈，那
8、么下面正确的判断是()A接近线圈时做加速运动，离开时做减速运动B接近和离开线圈时都做减速运动C一直在做匀速运动D在线圈中运动时是匀速的解析：把铝块看成由无数多片横向的铝片叠成，每一铝片又可看成由若干闭合铝片框组成，如图所示当它接近或离开通电线圈时，由于穿过每个铝片框的磁通量发生变化，所以在每个闭合的铝片框内都要产生感应电流产生感应电流的原因是它接近或离开通电线圈，产生感应电流的效果是要阻碍它接近或离开通电线圈，所以在它接近或离开时都要做减速运动，所以A、C错，B正确；由于通电线圈内是匀强磁场，所以铝块在通电线圈内运动时无感应电流产生，故做匀速运动，D正确答案：BD11如图甲所示，水平面上的光滑
9、平行导轨MN、PQ上放着两根导体棒ab、cd，两棒间用绝缘丝线系住已知平行导轨MN、PQ间距为L1，导体棒ab、cd间距为L2，导轨电阻可忽略，每根导体棒在导轨之间的电阻为R.开始时匀强磁场垂直纸面向里，磁感应强度B随时间t的变化情况如图乙所示则以下说法正确的是()甲乙A在t0时刻回路中产生的感应电动势EL2B在0t0时间内导体棒中电流为C在时刻绝缘丝线所受拉力为D在0t0时间内回路电流方向是abdca解析：由图乙可知，磁感应强度变化率，在t0时刻回路中产生的感应电动势ESL1L2，选项A错误；在0t0时间内磁感应强度减小，由楞次定律，回路中产生的感应电流方向为顺时针，大小为I，选项B正确，选
10、项D错误；由左手定则，ab导体棒所受安培力方向向左，cd导体棒所受安培力方向向右，大小相等，在时刻，磁感应强度为，安培力大小为FIL1，所以在时刻绝缘丝线所受拉力为，选项C正确答案：BC12.如图所示，相距为L的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为，上端接有定值电阻R，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B.将质量为m的导体棒由静止释放，当速度达到v时开始匀速运动，此时对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，并保持拉力的功率恒为P，导体棒最终以2v的速度匀速运动导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为g.下列选项正确的是()AP2mgvsin BP3mgvsin
11、 C当导体棒速度达到时加速度大小为sin D在速度达到2v以后匀速运动的过程中，R上产生的焦耳热等于拉力与重力所做的总功解析：当导体棒第一次匀速运动时，沿导轨方向：mgsin ；当导体棒第二次达到最大速度时，沿导轨方向：Fmgsin ，即Fmgsin ，此时拉力F的功率PF2v2mgvsin ，选项A正确，B错误；当导体棒的速度达到时，沿导轨方向：mgsin ma，解得agsin ，选项C正确；导体棒的速度达到2v以后，拉力与重力的合力做功全部转化为R上产生的焦耳热，选项D正确答案：ACD三、非选择题(本题共2小题，共28分)13(14分)如图所示，两根足够长的光滑金属导轨MN、PQ间距为l0
12、.5 m，其电阻不计，两导轨及其构成的平面均与水平面成30角完全相同的两金属棒ab、cd分别垂直导轨放置，每棒两端都与导轨始终有良好接触，已知两棒的质量均为0.02 kg，电阻均为R0.1 ，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度为B0.2 T，棒ab在平行于导轨向上的拉力F作用下，沿导轨向上匀速运动，而棒cd恰好保持静止，g取10 m/s2.求：(1)通过cd棒的电流I是多少，方向如何？(2)棒ab受到的拉力F多大？(3)拉力F做功的功率P是多少？解析：(1)对cd棒受力分析可得BIlmgsin 30，代入数据，得I1 A.根据右手定则判断，通过cd棒的电流I方向由d到c.(
13、2)对ab棒受力分析可得FBIlmgsin 30，代入数据，得F0.2 N.(3)根据I，PFv，得P0.4 W.答案：(1)1 A由d到c(2)0.2 N(3)0.4 W14如图甲所示，边长L2.5 m、质量m0.50 kg的正方形金属线框，放在磁感应强度B0.80 T的匀强磁场中，它的一边与磁场的边界MN重合在力F作用下由静止开始向左运动，在5.0 s内从磁场中拉出测得金属线框中的电流随时间变化的图像如图乙所示已知金属线框的总电阻R4.0 .(1)试判断金属线框从磁场中拉出的过程中，线框中的感应电流的方向，并在图中标出；(2)t2.0 s时，金属线框的速度和力F的大小；(3)已知在5.0 s内力F做功1.92 J，那么金属线框从磁场拉出的过程中，线框中产生的焦耳热是多少？解析：(1)逆时针(2)t2.0 s时，由图可知I0.2 A，所以EIR0.8 V由EBLv得v0.4 m/s由图可知线框做匀加速运动，由vat得a0.2 m/s2安培力F安IBL0.4 N由牛顿第二定律得FF安maF0.5 N.(3)t5.0 s时线框速度v2at1 m/s，由动能定理有mv0WFWF安所以WF安1.67 J故QWF安1.67 J.答案：(1)逆时针图略(2)0.4 m/s0.5 N(3)1.67 J
