2019高中物理 第四单元 电磁感应单元测试(二)新人教版选修3-2.doc

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第四单元 电磁感应注意事项:1答题前,先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上,并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2选择题的作答:每小题选出答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑,写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3非选择题的作答:用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4考试结束后,请将本试题卷和答题卡一并上交。一、单选题1如图所示,两个条形磁铁呈“V”字形放置,将一根绕有多匝线圈的软铁棒置于N、S极之间.线圈与灵敏电流计通过开关相连.以下几种说法中正确的是()A保持两个磁铁与软铁棒三者的相对位置不变,只要闭合开关,电路中就会产生持续的感应电流B保持两个磁铁与软铁棒三者的相对位置不变,开关闭合的瞬时,电路中会产生感应电流C在开关保持闭合的情况下,将软铁棒从两磁极间移开的瞬时,电路中会产生感应电流D在开关保持闭合的情况下,移开左侧或右侧磁铁的瞬时,电路中不会生感应电流2如选项图所示,A中线圈有一小缺口,B、D中匀强磁场区域足够大,C中通电导线位于水平放置的闭合线圈某一直径的正上方其中能产生感应电流的是()A B C D3如图所示,闭合金属铝环a用绝缘轻绳悬挂,与长直螺线管共轴,并位于其左侧。下列说法正确的是()A闭合开关S的瞬间,金属铝环a向右侧运动B保持开关S闭合且稳定后,断开开关S的瞬间,金属a向左侧运动C保持开关S闭合且稳定后,将变阻器滑片P向右滑动,金属环a向右侧运动D若仅将电源正负极调换后,闭合开关S的瞬间,金属环a向右侧运动4某实验小组用如图所示的实验装置来验证楞次定律,当条形磁铁自上而下穿过固定的线圈并远离而去,该过程中()A通过电流表的感应电流方向一直是bGaB通过电流表的感应电流方向是先bGa,后aGbC条形磁铁的加速度一直等于重力加速度D条形磁铁的加速度开始小于重力加速度,后大于重力加速度5如图所示,LOM为一45角折线,折线内有一方向垂直于纸面向里的匀强磁场,一边长为l的正方形导线框沿垂直于OM的方向以速度v作匀速直线运动,在t0的刻恰好位于图中所示位置。以逆时针方向为导线框中电流的正方向,在下面四幅图中能够正确表示电流时间(It)关系的是(时间以lv为单位)()ABCD6一线圈匝数为n=10匝,线圈电阻不计,在线圈外接一个阻值R=2.0的电阻,如图甲所示。线圈内有垂直纸面向里的磁场,线圈内磁通量随时间t变化的规律如图乙所示。下列说法正确的是()A线圈中产生的感应电动势为10VBR两端电压为0.5VCa点电势高于b点电势D通过R的电流大小为2.5A7小宇为了研究自感现象,利用实验室提供的实验器材设计了如图所示的电路,其中甲、乙为两个完全相同的小灯泡,L为自感系数很大的线圈,且稳定时的电阻与电路中定值电阻R的阻值相同则下列说法正确的是()A开关闭合的瞬间,甲、乙两灯同时变亮B断开开关的瞬间,甲灯立即熄灭,乙灯过一会儿后熄灭C闭合开关,当电路稳定时甲、乙两灯的亮度相同D断开开关的瞬间,m点的电势高于n点的电势二、多选题8如图所示,开始时矩形线圈平面与磁场垂直,且一半在匀强磁场内一半在匀强磁场外,若要使线圈产生感应电流,则下列方法中可行的是()A以ab为轴转动 B以OO为轴转动C以ad为轴转动(小于60) D以bc为轴转动(小于60)9如图甲所示,两个闭合圆形线圈A、B的圆心重合,放在同一水平面内,线圈A中通以如图乙所示的交变电流,设t=0时电流沿顺时针方向(图中箭头所示)。下列说法中正确的是()At1t2时间内,线圈B中有顺时针方向的电流Bt1t2时间内,线圈B中的感应电流产生的磁场方向垂直纸面向外C0t2时间内,线圈B中产生感应电流方向始终不变D0t2时间内,线圈B有扩张的趋势10如图所示,一水平长直导线MN上用非常结实的绝缘细线悬挂一等腰直角三角形线圈,线圈与直导线在同一竖直平面内,线圈中通以如图所示的恒定电流,下列说法正确的是()A在MN上通以向左的电流,线圈可能会向上平动B在MN上通以向右的电流,线圈可能不动,但绝缘细线的拉力小于线圈的重力C在MN上通以向右的电流,线圈会发生(俯视看)逆时针转动D在MN上通以向左的电流,线圈肯定不动,但细线上一定有张力11如图所示,直径为d的合金材料圆环粗细均匀,直径PQ左右两侧村在垂直圆环所在平面的匀强磁场,磁感应强度大小均为B,但方向相反,圆环的电阻为R。一根长度为d、电阻也为R的金属棒MN绕着圆心O以角速度沿顺时针方向匀速转动,转动过程中金属板MN与圆环始终接触良好,则下列说法正确的是()A金属棒MN两端电压的有效值为Bd220B金属棒MN中电流的有效值为2Bd210RC金属棒MN的电功率为B22d432RD金属棒MN旋转一周的过程中,电路中产生的热量为B2d410R12如图所示,空间存在两个磁场,磁感应强度大小均为B,方向相反且垂直纸面,MN、PQ为其边界,OO为其对称轴,一导线折成边长为L的正方形闭合回路abcd,回路在纸面内以恒定速度v0向右运动,当运动到关于OO对称的位置时()A穿过回路的磁通量为零B回路中感应电动势大小为BLv0C回路中感应电流的方向为逆时针方向D回路中ab边与cd边所受安培力方向相同三、实验题13在“研究电磁感应现象”的实验中,首先按如图1接线,以查明电流表指针的偏转方向与电流方向之间的关系;当闭合S时,观察到电流表指针向左偏,不通电时电流表指针停在正中央。然后按图2所示将电流表与副线圈B连成一个闭合回路,将原线圈A、电池、滑动变阻器和电键S串联成另一个闭合电路.(1)S闭合后,将螺线管A(原线圈)插入螺线管B(副线圈)的过程中,电流表的指针将如何偏转?_(2)线圈A放在B中不动时,指针如何偏转?_(3)线圈A放在B中不动,将滑动变阻器的滑片P向左滑动时,电流表指针将如何偏转?_(4)线圈A放在B中不动,突然断开S电流表指针将如何偏转?_。14在“研究电磁感应现象”的实验中,有一灵敏电流计(电流表),当电流从它的正接线柱流入时,指针向正接线柱一侧偏转现把它与一个线圈串联,试就如图中各图回答:(1)图(a)中灵敏电流计指针的偏转方向为_(填“偏向正极”或“偏向负极”)(2)图(b)中磁铁下方的极性是_(填“N极“或“S极”)(3)图(c)中磁铁的运动方向是_(填“向上”或“向下”)四、解答题15如图所示,水平面上有两根相距0.5m的足够长的平行光滑金属导轨MN和PQ,它们的电阻忽略不计,在M和P之间接有阻值R为4的定值电阻,现有一质量m为0.5kg的导体棒ab,长L=0.5m,其电阻r为1.0,与导轨接触良好,整个装置处于方向竖直向上的匀强磁场中,磁感应强度B=1T,现使导体棒ab以v=8m/s的速度向右做匀速运动。求:(1)导体棒ab中电流的方向;(2)ab两端电压U;(3)导体棒ab所受的外力大小。16如图所示,两根平行金属导轨M、N,电阻不计,相距0.2m,上边沿导轨垂直方向放一个质量为m510-2kg的金属棒ab,ab的电阻为0.5两金属棒一端通过电阻R和电源相连电阻R2,电源电动势E6V,内源内阻r0.5,如果在装置所在的区域加一个匀强磁场,使ab对导轨的压力恰好是零,并使ab处于静止(导轨光滑)求:(1)ab中的电流I有多大?(2)ab杆所受的安培力F的大小? (3)所加磁场磁感强度B的大小和方向?17如图所示,质量为m的金属棒长为L1 ,棒两端与长为L2的细软金属线相连,吊在磁感应强度B、竖直向上的匀强磁场中当金属棒中通过稳恒电流I后,金属棒向纸外摆动,摆动过程中的最大偏角 60。求:(1)金属棒中电流大小和方向; (2)金属棒在摆动过程中动能的最大值2018-2019学年高二下学期第四单元训练卷物 理(二)答 案一、单选题1【答案】C【解析】产生感应电流的条件是穿过闭合导体回路的磁通量发生变化,当保持两个磁铁与软铁棒三者的相对位置不变时,磁通量不变,即使闭合开关也不会形成感应电流,选项A、B错误;在开关保持闭合的情况下,无论移动软铁棒还是移动磁铁的瞬间,磁通量都是变化的,电路中都能产生感应电流,选项C正确,选项D错误。2【答案】B【解析】由于圆环不闭合,即使磁通量增加,也不产生感应电流,故A错误。由图知,闭合回路的面积增大,磁通量增加,将产生感应电流故B正确。根据安培定则知,穿过圆环的磁通量完全抵消,磁通量为零,且保持不变,所以不产生感应电流,故C错误。线框垂直于磁感线运动,虽然切割磁感线,但穿过线框的磁通量没有变化,因此也不会产生感应电流,故D错误。故选:B。3【答案】C【解析】闭合开关S的瞬间,螺旋管的磁场增强,穿过铝环的磁通量变大,根据楞次定律可知,金属铝环a向左侧运动,远离螺线管,选项A错误;保持开关S闭合且稳定后,断开开关S的瞬间,螺旋管的磁场减弱,穿过铝环的磁通量变小,根据楞次定律可知,金属铝环a向右侧运动,靠近螺线管,选项B错误;保持开关S闭合且稳定后,将变阻器滑片P向右滑动,电阻变大,电流变小,据楞次定律,感应电流的磁场方向与原电流磁场方向相同,故相互吸引,则金属环A将向右运动,选项C正确;若仅将电源正负极调换后,闭合开关S的瞬间,螺线管的磁场增强,穿过铝环的磁通量变大,根据楞次定律可知,金属铝环a向左侧运动,远离螺线管,故D错误。故选C。4【答案】B【解析】当磁铁自上向下穿入线圈时,原磁场向下,磁通量增加,感应电流的磁场方向向上,感应电流是从bGa;当磁铁向下离开线圈时,原磁场向下,磁通量减少,感应电流的磁场方向向下,感应电流是从aGb,故A错误,B正确;当磁铁自上向下穿入线圈时,磁通量增加,根据“来拒去留”可知,条形磁铁的加速度小于重力加速度,当磁铁向下离开线圈时,磁通量减少,根据“来拒去留”可知,条形磁铁的加速度小于重力加速度,故C、D均错误。5【答案】C【解析】在0时间内线框切割磁场产生的电动势大小恒定,感应电流沿逆时针方向,可排除D项;在时间内,线框穿出磁场,感应电流均沿顺时针方向,可排除AB项;故C项正确。6【答案】D【解析】穿过线圈的磁通量变化率为t,感应电动势为E=nt=104-24V=5V,由闭合电路殴姆定律可得:I=ER=52A=2.5A,那么R两端的电压为U=IR=2.52=5V;再由楞次定律可得:感应电流的方向为逆时针,流过电阻R的电流方向由ba,即a点电势低于b点电势,故D正确,ABC错误;故选D。7【答案】C【解析】开关闭合的瞬间,由于线圈中自感电动势的阻碍,甲灯先亮,乙灯后亮。故A项错误。断开开关的瞬间,线圈中产生自感电动势,甲、乙两灯串联在一起构成闭合回路,两灯同时逐渐熄灭。故B项错误。闭合开关,当电路稳定后,自感作用消失,又由于稳定时线圈的电阻与电路中的定值电阻R的阻值相同,则稳定时通过甲、乙两灯的电流相等,两灯亮度相同。故C项正确。断开开关的瞬间,线圈中产生自感电动势,线圈中的电流方向与断开开关前相同,线圈的右端相当于电源的正极,与甲、乙两灯泡和定值电阻构成回路,n点的电势高于m点的电势。故D项错误。二、多选题8【答案】ABC【解析】以ab边为轴转动(小于90),穿过线圈的磁通量减小,有感应电流产生,故A正确以OO为轴转动,穿过线圈的磁通量减小,有感应电流产生.故B正确以ad边为轴转动(小于60),穿过线圈的磁通量从=BS2减小到零,有感应电流产生,故C正确以bc边为轴转动(小于60),穿过线圈的磁通量=BS2,保持不变,没有感应电流产生,故D错误故选ABC9【答案】ACD【解析】在t1t2时间内,由于线圈A的逆时针方向电流增大,导致线圈B磁通量增大,感应电流的磁场与它相反,根据安培定则可知,线圈A在线圈B内部产生磁场方向垂直纸面向外,根据楞次定律可知,线圈B感应电流的磁场方向垂直纸面向内,则线圈B内有顺时针方向的电流,故A正确,B错误;同理,0t1时间内,由于线圈A的顺时针方向电流减小,导致线圈B磁通量减小,感应电流的磁场与它相同,根据安培定则可知,线圈A在线圈B内部产生磁场方向垂直纸面向时,则线圈B内有顺时针方向的电流,故C正确;此时线圈B的电流方向与线圈A电流方向相反,由异向电流相互排斥,可知线圈间有相互排斥,所以线圈B有扩张的趋势。10【答案】BD【解析】由右手螺旋定则可知,线圈内部磁感线向里,则导线处的磁场向外;对导线由左手定则可知,导线受力向上;则由牛顿第三定律可知,线圈受力向下;线圈不会动,但细绳上的一定有拉力;故A错误,D正确;通以向右的电流时,线圈受力向上,可能向上运动,也可能不动,但绝缘细线的拉力小于线圈的垂力;而对于线圈分析可知,MN形成的磁场是垂直于线圈所在平面的;故不可能出现转动现象;故B正确,C错误。故选:BD。11【答案】AD【解析】由右手定则,MN中电流方向由M到N,根据法拉第电磁感应定律可得,产生的感应电动势为两者之和,即E=212Br2=14Bd2。环的电阻由两个电阻为12R的半圆电阻并联组成,所以环的总电阻为14R,所以通过导体MN的电流:I=E14R+R=Bd25R;MN两端的电压:UMNI14R=120Bd2,选项A正确,B错误;金属棒MN的电功率为P=E2R总=B22d420R,选项C错误; MN旋转一周外力做功为WEIMNt14Bd2Bd25R2=B2d410R,故D正确;故选:AD。12【答案】ACD【解析】两个磁场区域磁感应强度大小相等,方向相反,因此线框运动到对称位置时回路的总磁通量为零,故A项正确。ab、cd边切割磁感线,利用右手定则确定动生电动势方向分别为a到b、c到d,两边产生的电动势相叠加,大小为2BLv0,故B项错误。由B项分析,路中感应电流的方向为逆时针方向。故C项正确;电流方向为逆时针,利用左手定则可知ab边和cd边所受安培力方向都是向左,故D项正确。三、实验题13【答案】向右偏转; 不偏转; 向右偏转; 向左偏转; 【解析】按如图1接线,当闭合S时,观察到电流表指针向左偏,不通电时电流表指针停在正中央,即电流从电表的“+”流入电表,从电表的“-”流出电表时,指针向左偏;电流从电表的“-”流入电表,从电表的“+”流出电表时,指针向右偏。(1) 线圈A中电流产生的磁场方向向上,插入B线圈,线圈B中磁通量变大,线圈B中感应电流阻碍磁通量变大,则感应电流的磁场方向向下,感应电流从电表的“-”流入电表,从电表的“+”流出电表,电流表指针向右偏转。(2)线圈A不动,线圈B中磁通量不变,无感应电流,指针不偏转。(3)线圈A中磁场方向向上,滑片向左移动,电流变大,线圈B中磁通量变大,线圈B中感应电流阻碍磁通量变大,则感应电流的磁场方向向下,感应电流从电表的“-”流入电表,从电表的“+”流出电表,电流表指针向右偏转。(4) 线圈A中磁场方向向上,突然断开S,线圈B中磁通量变小,线圈B中感应电流阻碍磁通量变小,则感应电流的磁场方向向上,感应电流从电表的“+”流入电表,从电表的“-”流出电表,电流表指针向左偏转。14【答案】偏向正极;S极;向上;【解析】(1)图(a)中磁铁向下运动,穿过线圈的磁通量增加,原磁场方向向下,根据楞次定律和右手定则可知感应电流方向俯视为逆时针方向,从正接线柱流入电流计,指针偏向正极 (2)图(b)中由图可知,电流从负接线柱流入电流计,根据安培定则,感应电流的磁场方向向下,又磁通量增加,根据楞次定律可知,磁铁下方为S极; (3)图(c)中磁场方向向下,电流从负接线柱流入电流计,根据安培定则,感应电流的磁场方向向下,根据楞次定律可知,磁通量减小,磁铁向上运动。四、解答题15【答案】(1)ba(2)U=3.2V(3)0.4N【解析】解:(1)由右手定则:导体棒ab中感应电流的方向:从ba;(2)由法拉第电磁感应定律可知E=BLv解得E=4V根据闭合电路欧姆定律I=ER+r解得I=0.8A根据欧姆定律U=IR解得U=3.2V(3)F安=BIL解得F=0.4N导体棒ab匀速运动,F=F安=0.4N16【答案】(1)2A(2)0.5N 方向竖直向上(3)1.25T【解析】 (1)由全电路的欧姆定律:I=ER1+R+r=60.5+2+0.5=2A(2)因ab静止,由平衡条件得:F=mg=0.5N,方向竖直向上。(3)因电流从a到b,由左手定则可知B方向水平向右,且因F=BIL,得:B=F/IL=1.25T. 17【答案】(1) 3mg3BL1 方向水平向右 (2) (233-1)mgL2 【解析】 (1)铜棒向纸外摆动,所受的安培力向外,根据左手定则判断得知,金属棒中电流方向水平向右;铜棒上摆的过程,根据动能定理得:FBL2sin60-mgL21-cos60=0又安培力为:FB=BIL1联立解得:I=3mg3BL1 (2)由题意,铜棒向上摆动的最大偏角=60,根据对称性可知,偏角是30时是其平衡位置,铜棒受力如图所示则有:G=FBcot300当铜棒偏角是30时,速度最大,动能最大,由动能定理可得:Ekm=FBL2sin30-mgL21-cos30解得最大动能为:Ekm=(233-1)mgL2
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