《高优指导》2017物理人教版一轮单元质检9 电磁感应 WORD版含解析.docx

1、单元质检九电磁感应(时间:45分钟满分:100分)单元质检第18页一、选择题(本题共9小题,每小题6分,共54分。在每小题给出的四个选项中,第15题只有一项符合题目要求,第69题有多项符合题目要求。全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)1.如图所示,一条形磁铁从左向右匀速穿过线圈,当磁铁经过A、B两位置时,线圈中()A.感应电流方向相同,感应电流所受作用力的方向相同B.感应电流方向相反,感应电流所受作用力的方向相反C.感应电流方向相反,感应电流所受作用力的方向相同D.感应电流方向相同,感应电流所受作用力的方向相反答案:C解析:当磁铁经过A位置时,线圈中磁通量增大,由楞次定律可知

2、,线圈中感应电流从左向右看为顺时针方向;当磁铁经过B位置时,线圈中磁通量减小,由楞次定律可知,线圈中感应电流从左向右看为逆时针方向,感应电流所受作用力的方向相同,故选项A、B、D错误,选项C正确。2.如图甲所示,螺线管内有一平行于轴线的磁场,规定图中箭头所示方向为磁感应强度B的正方向,螺线管与导线框cdef相连,导线框cdef内有一半径很小的金属圆环L,圆环与导线框cdef在同一平面内,当螺线管内的磁感应强度随时间按图乙所示规律变化时,下列选项中正确的是()A.在t1时刻,金属圆环L内的磁通量最大B.在t2时刻,金属圆环L内的磁通量为零C.在t1t2时间内,金属圆环L内有逆时针方向的感应电流D

3、.在t1t2时间内,金属圆环L有收缩的趋势答案:D解析:当螺线管内的磁感应强度随时间按题图乙所示规律变化时,在导线框cdef内产生感应电流,在t1时刻,感应电流为零,金属圆环L内的磁通量为零,选项A错误;在t2时刻,感应电流最大,金属圆环L内的磁通量最大,选项B错误;由楞次定律,在t1t2时间内,导线框cdef内产生逆时针方向感应电流,且感应电流逐渐增大,则金属圆环L内磁通量增大,根据楞次定律,金属圆环L内有顺时针方向的感应电流,选项C错误;在t1t2时间内,感应电流逐渐增大,磁场增强,金属圆环L有收缩的趋势,选项D正确。3.(2015贵州七校联考)如图所示,两根相距为l的平行直导轨ab、cd

4、,b、d间连有一固定电阻R,导轨电阻可忽略不计。MN为放在ab和cd上的一导体杆,与ab垂直,其电阻也为R。整个装置处于匀强磁场中,磁感应强度的大小为B,磁场方向垂直于导轨所在平面(指向图中纸面内)。现对MN施力使它沿导轨方向以速度v(如图)做匀速运动。U表示MN两端电压的大小,则()A.U=12vBl,流过固定电阻R的感应电流由b到dB.U=12vBl,流过固定电阻R的感应电流由d到bC.U=vBl,流过固定电阻R的感应电流由b到dD.U=vBl,流过固定电阻R的感应电流由d到b答案:A解析:本题考查E=Blv、右手定则、闭合电路欧姆定律等,意在考查考生对电磁感应现象与电路综合问题的分析能力

5、及对电磁学基本规律的理解能力。由右手定则可知,通过MN的电流方向为 NM,电路闭合,流过电阻R的电流方向由b到d,B、D项错误;导体棒切割磁感线产生的感应电动势E=Blv,导体棒为等效电源,其电阻为等效电源内电阻,由闭合电路欧姆定律和部分电路欧姆定律可知,U=IR=E2RR=Blv2RR=12Blv,A项正确,C项错误。4.北半球地磁场的竖直分量向下。如图所示,在北京某中学实验室的水平桌面上,放置边长为L的正方形闭合导体线圈abcd,线圈的ab边沿南北方向,ad边沿东西方向。下列说法中正确的是()A.若使线圈向东平动,则a点的电势比b点的电势高B.若使线圈向北平动,则a点的电势比b点的电势低C

6、.若以ab边为轴将线圈向上翻转,则线圈中的感应电流方向为 abcdaD.若以ab边为轴将线圈向上翻转,则线圈中的感应电流方向为 adcba答案:C解析:线圈向东平动时,ab和cd两边切割磁感线,且两边切割磁感线产生的感应电动势大小相等,a点电势比b点电势低,选项A错误;同理,线圈向北平动,则a、b两点的电势相等,高于c、d两点的电势,选项B错误;以ab边为轴将线圈向上翻转,线圈中原向下的磁场的磁通量减小了,感应电流的磁场方向应该向下,则由安培定则判知,感应电流的方向为abcda,则选项C正确,D错误。5.(2015山东理综,19)如图甲,R0为定值电阻,两金属圆环固定在同一绝缘平面内。左端连接

7、在一周期为T0的正弦式交流电源上,经二极管整流后,通过R0的电流i始终向左,其大小按图乙所示规律变化。规定内圆环a端电势高于b端时,a、b间的电压uab为正,下列uab-t图象可能正确的是()甲乙导学号34220397答案:C解析:由题图乙可知,流经大金属圆环的电流始终顺时针方向,00.25T0,通过小金属圆环的磁通量向里且在增加,由楞次定律可知:ab,即Uab0,在00.25T0时间内it一直在减小,故Uab也在减小;当t=0.25T0时,it=0,得 Uab=0;同理可得,0.25T00.5T0,Uab0且在增加。由题图乙可知,Uab周期为0.5T0,C项正确。6.(2015贵州六校联盟第

8、二次联考)水平固定放置的足够长的U形金属导轨处于竖直向上的匀强磁场中,在导轨上放着金属棒ab,开始时,ab棒以水平初速度v0向右运动,最后静止在导轨上,就导轨光滑和粗糙两种情况比较,这个过程()A.安培力对ab棒所做的功不相等B.电流所做的功相等C.产生的总内能相等D.通过ab棒的电荷量相等答案:AC解析:导轨光滑时,只有安培力做功,安培力做功等于动能变化量,导轨粗糙时,安培力与摩擦力做功之和等于动能的变化量,又两种情况中动能变化量相等,故A对,B错。两种情况中金属棒的动能最终全部转化为内能,C对。通过ab棒的电荷量Q=R=BSR,光滑时比粗糙时ab棒运动的路程长,故S大,通过的电荷量Q多,故

9、D错。7.如图甲所示,光滑绝缘水平面上,虚线MN的右侧存在磁感应强度B=2 T的匀强磁场,MN的左侧有一质量m=0.1 kg的矩形线圈abcd,bc边长L1=0.2 m,电阻R=2 。t=0时,用一恒定拉力F拉线圈,使其由静止开始向右做匀加速运动,经过时间1 s,线圈的bc边到达磁场边界MN,此时立即将拉力F改为变力,又经过1 s,线圈恰好完全进入磁场,整个运动过程中,线圈中感应电流i随时间t变化的图象如图乙所示。则()A.恒定拉力大小为0.05 NB.线圈在第2 s内的加速度大小为1 m/s2C.线圈ab边长L2=0.5 mD.在第2 s内流过线圈的电荷量为0.2 C答案:ABD解析:在第1

10、 s末,i1=ER,E=BL1v1,v1=at1,F=ma1,联立得F=0.05 N,A项正确。在第2 s内,由图象分析知线圈做匀加速直线运动,第2 s末i2=ER,E=BL1v2,v2=v1+a2t2,解得a2=1 m/s2,B项正确。在第2 s内,v22-v12=2a2L2,得L2=1 m,C项错误。q=R=BL1L2R=0.2 C,D项正确。8.(2015河南八市重点高中联考)如图所示,正方形金属线圈abcd平放在粗糙水平传送带上,被电动机带动一起以速度v匀速运动,线圈边长为L,电阻为R,质量为m,有一边界长度为2L的正方形磁场垂直于传送带,磁感应强度为B,线圈穿过磁场区域的过程中速度不

11、变,下列说法正确的是()A.线圈穿出磁场时感应电流的方向沿abcdaB.线圈进入磁场区域时受到水平向左的静摩擦力,穿出区域时受到水平向右的静摩擦力C.线圈经过磁场区域的过程中始终受到水平向右的静摩擦力D.线圈经过磁场区域的过程中,电动机多消耗的电能为2B2L3vR答案:AD解析:本题考查法拉第电磁感应定律、楞次定律、功能关系的综合应用,意在考查考生的分析推理能力和理解能力。正方形金属线圈abcd穿出磁场区域时,磁通量减小,根据楞次定律,线圈中感应电流的方向沿abcda,选项A正确;线圈进入磁场区域时,bc边切割磁感线,产生感应电流的方向是cb,受到的安培力水平向左,根据二力平衡可知,静摩擦力水

12、平向右,穿出区域时,ad边切割磁感线,产生da方向的感应电流,受到的安培力水平向左,根据二力平衡可知,线圈受到的静摩擦力水平向右,选项B错误;线圈abcd全部在磁场中运动时,不产生感应电流,线圈不受摩擦力作用,选项C错误;线圈经过磁场区域的过程中,电动机多消耗的电能W=2FL=2B2L3vR,选项D正确。9.如图所示,不计电阻的光滑U形金属框水平放置,光滑、竖直玻璃挡板H、P固定在框上,H、P的间距很小。质量为0.2 kg的细金属杆CD恰好无挤压地放在两挡板之间,与金属框接触良好并围成边长为1 m的正方形,其有效电阻为0.1 。此时在整个空间加方向与水平面成30角且与金属杆垂直的匀强磁场,磁感

13、应强度随时间变化规律是B=(0.4-0.2t)T,图示磁场方向为正方向。框、挡板和杆不计形变。则()A.t=1 s时,金属杆中感应电流方向从C到DB.t=3 s时,金属杆中感应电流方向从D到CC.t=1 s时,金属杆对挡板P的压力大小为0.1 ND.t=3 s时,金属杆对挡板H的压力大小为0.2 N导学号34220398答案:AC解析:根据楞次定律可判断感应电流的方向总是从C到D,故A正确,B错误。由法拉第电磁感应定律可知E=t=BSt=BL2tsin 30=0.21212 V=0.1 V,故感应电流为I=ER=1 A,金属杆受到的安培力FA=BIL,t=1 s时,FA=0.211 N=0.2

14、 N,方向如图1,此时金属杆受力分析如图1,由平衡条件可知F1=FAcos 60=0.1 N,F1为挡板P对金属杆施加的力。t=3 s时,磁场反向,此时金属杆受力分析如图2,此时挡板H对金属杆施加的力向右,大小F3=BILcos 60=0.21112 N=0.1 N,故C正确,D错误。二、计算题(本题共3小题,共46分)10.(14分)(2015湖南十三校第一次联考)如图甲所示,光滑且足够长的平行金属导轨MN、PQ固定在同一水平面上,两导轨间距 L=0.30 m。导体电阻忽略不计,其间接有固定电阻R=0.40 。导轨上停放一质量为m=0.10 kg、电阻r=0.20 的金属杆ab,整个装置处于

15、磁感应强度B=0.50 T的匀强磁场中,磁场方向竖直向下。利用一外力F沿水平方向拉金属杆ab,使之由静止开始做匀加速直线运动,电压传感器可将R两端的电压U即时采集并输入电脑,并获得U与时间t的关系如图乙所示。求:(1)金属杆加速度的大小;(2)第2 s末外力的瞬时功率。答案:(1)1.0 m/s2(2)0.35 W解析:(1)设金属杆运动的速度为v,则感应电动势E=BLv通过电阻R的电流I=ER+r电阻R两端的电压U=IR=BLvRR+r由题图乙可得U=kt,k=0.10 V/s,即得v=k(R+r)BLRt,金属杆做匀加速运动,a=k(R+r)BLR=1.0 m/s2。(2)2 s末时杆的速

16、度大小为v2=at=2 m/sF安=BIL=B2L2v2R+r=0.075 N设外力大小为F2,由F2-F安=ma,解得F2=0.175 N所以外力的瞬时功率P=F2v2=0.35 W。11.(16分)(2015安徽合肥一模)如图甲所示,平行长直导轨MN、PQ水平放置,两导轨间距L=0.5 m,导轨左端M、P间接有一阻值R=0.2 的定值电阻,导体棒ab的质量m=0.1 kg,与导轨间的动摩擦因数=0.1,导体棒垂直于导轨放在距离左端为d=1.0 m 处,导轨和导体棒始终接触良好,电阻均忽略不计。整个装置处在范围足够大的匀强磁场中,t=0时刻,磁场方向竖直向下,此后,磁感应强度B随时间t的变化

17、如图乙所示,不计感应电流磁场的影响。重力加速度g取10 m/s2。(1)求t=0时棒所受到的安培力F0;(2)分析前3 s时间内导体棒的运动情况并求前3 s内棒所受的摩擦力F随时间t变化的关系式;(3)若t=3 s时,突然使ab棒获得向右的速度v0=8 m/s,同时垂直棒施加一方向水平、大小可变化的外力F,使棒的加速度大小恒为a=4 m/s2、方向向左。求从 t=3 s到t=4 s的时间内通过电阻的电荷量q。导学号34220399答案:(1)0.025 N(2)F=0.012 5(2-t)(N)(tF0=0.025 N所以在t=0时刻棒静止不动,加速度为零,这以后磁感应强度B都小于B0,棒所受

18、的安培力都小于最大静摩擦力,故前3 s内导体棒静止不动,电流恒为I=0.25 A在03 s内,磁感应强度为B=B0-kt=0.2-0.1t(T)因导体棒静止不动,ab棒在水平方向受安培力和摩擦力,二力平衡,有F=BIL=(B0-kt)IL=(0.2-0.1t)0.250.5(N)=0.012 5(2-t)(N)(t3 s)。(3)34 s内磁感应强度大小恒为B2=0.1 T,ab棒做匀变速运动,t2=4 s-3 s=1 s设t=4 s速度大小为v,位移为x,则:v=v0-at=4 m/sx=v0+v2t=6 m在这段时间内的平均电动势为E=t2通过电阻的电荷量为q=It2=ERt2=B2LxR

19、=1.5 C。12.(16分)(2015天津理综,11)如图所示,“凸”字形硬质金属线框质量为m,相邻各边互相垂直,且处于同一竖直平面内,ab边长为l,cd边长为2l,ab与cd平行,间距为2l。匀强磁场区域的上下边界均水平,磁场方向垂直于线框所在平面。开始时,cd边到磁场上边界的距离为2l,线框由静止释放,从cd边进入磁场直到ef、pq边进入磁场前,线框做匀速运动。在ef、pq边离开磁场后,ab边离开磁场之前,线框又做匀速运动。线框完全穿过磁场过程中产生的热量为Q。线框在下落过程中始终处于原竖直平面内,且ab、cd边保持水平,重力加速度为g。求:(1)线框ab边将离开磁场时做匀速运动的速度大

20、小是cd边刚进入磁场时的几倍;(2)磁场上下边界间的距离H。导学号34220400答案:(1)4倍(2)Qmg+28l解析:(1)设磁场的磁感应强度大小为B,cd边刚进入磁场时,线框做匀速运动的速度为v1,cd边上的感应电动势为E1,由法拉第电磁感应定律,有E1=2Blv1设线框总电阻为R,此时线框中电流为I1,由闭合电路欧姆定律,有I1=E1R设此时线框所受安培力为F1,有F1=2I1lB由于线框做匀速运动,其受力平衡,有mg=F1由式得v1=mgR4B2l2设ab边离开磁场之前,线框做匀速运动的速度为v2,同理可得v2=mgRB2l2由式得v2=4v1。(2)线框自释放直到cd边进入磁场前,由机械能守恒定律,有2mgl=12mv12线框完全穿过磁场的过程中,由能量守恒定律,有mg(2l+H)=12mv22-12mv12+Q由式得H=Qmg+28l。