通用版2018-2019版高中物理第1章电磁感应与现代生活章末检测试卷沪科版选修3 .doc

第1章 电磁感应与现代生活章末检测试卷(一)(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)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，感应电流应具有这样的方向，即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，且磁场方向向下，由楞次定律可知，电流计中的电流由b流向a；在磁铁穿出螺线管下端的过程中，磁通量减小，且磁场方向向下，由楞次定律可知，电流计中的电流由a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，其加速度小于重力加速度，D正确.3.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与时间t变化规律如图2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分别表示对应的感应电流，则下列判断正确的是()图2A.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A4.如图3所示，先后以恒定的速度v1和v2把一个正方形金属线框水平拉出有界匀强磁场区域，且v12v2，则在先后两种情况()图3A.线框中的感应电动势之比E1E221B.线框中的感应电流之比I1I212C.线框中产生的热量之比Q1Q214D.通过线框某横截面的电荷量之比q1q221答案A解析根据EBlvv以及v12v2可知，选项A正确；因为IE，所以I1I221，选项B错误；线框中产生的热量QI2Rttv，所以Q1Q221，选项C错误；根据q，q1q211可知，选项D错误.5.如图4所示是研究通电自感实验的电路图，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，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4A.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，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，说明此时滑动变阻器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.6.如图5所示，两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有电阻R.金属棒ab与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下.现使磁感应强度随时间均匀减小，ab始终保持静止，下列说法正确的是()图5A.ab中的感应电流方向由b到aB.ab中的感应电流逐渐减小C.ab所受的安培力保持不变D.ab所受的静摩擦力逐渐减小答案D解析磁感应强度随时间均匀减小，ab始终保持静止，所以闭合回路面积不发生改变，根据楞次定律和法拉第电磁感应定律可知，ab中产生由a到b的恒定电流，A、B错误；由于电流恒定，磁感应强度逐渐减小，所以安培力逐渐减小，静摩擦力与安培力是一对平衡力，所以静摩擦力逐渐减小，C错误，D正确.7.如图6所示，有一个等腰直角三角形的匀强磁场区域，其直角边长为L，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B.边长为L、总电阻为R的正方形导线框abcd，从图示位置开始沿x轴正方向以速度v匀速穿过磁场区域.取沿abcda的感应电流为正，则表示线框中电流i随bc边的位置坐标x变化的图像正确的是()图6答案C8.如图7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分别与图甲中的圆形线圈相连接，b端接地，则下列说法正确的是()图7A.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q8 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D解析由法拉第电磁感应定律可得En，由题图乙可得 T/s0.15 T/s，将其代入可得E4.5 V，A错.qIttntn，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错.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电流均恒定，可得I1.5 A，由焦耳定律可得QI2Rt18 J，D对.9.如图8所示是电表中的指针和电磁阻尼器，下列说法中正确的是()图8A.2是磁铁，1中产生涡流B.1是磁铁，2中产生涡流C.该装置的作用是使指针能够转动D.该装置的作用是使指针能很快地稳定下来答案AD10.如图9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的关系图像如图乙所示，g取10 m/s2，则()图9A.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；由ah图像知当a0，表明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的电荷量为：qIttt，代入数据得q0.25 C，故D正确.11.如图10所示，竖直平行金属导轨MN、PQ上端接有电阻R，金属杆ab质量为m，跨在平行导轨上，垂直导轨平面的水平匀强磁场的磁感应强度为B，不计ab与导轨电阻及一切摩擦，ab与导轨垂直且接触良好.若ab杆在竖直向上的外力F作用下匀速上升，则以下说法正确的是 ()图10A.拉力F所做的功等于电阻R上产生的热量B.杆ab克服安培力做的功等于电阻R上产生的热量C.电流所做的功一定等于重力势能的增加量D.拉力F与重力做功的代数和等于电阻R上产生的热量答案BD解析当外力F拉着金属杆匀速上升时，拉力要克服重力和安培力做功，拉力做的功等于克服安培力和重力做功之和，即等于电阻R上产生的热量和金属杆增加的重力势能之和，选项A、C错误，D正确；克服安培力做多少功，电阻R上就产生多少热量，选项B正确.12.在如图11甲所示的虚线框内有匀强磁场，设图示磁场方向为正，磁感应强度随时间变化规律如图乙所示.边长为l、电阻为R的正方形均匀线框abcd有一半处在磁场中，磁场方向垂直于线框平面，此时线框ab边的发热功率为P，则下列说法正确的是()图11A.磁感应强度B0B.线框中感应电流为I2C.线框cd边的发热功率为PD.a端电势高于b端电势答案BC解析由题图乙可知，线框中产生的感应电动势恒定，线框ab边的发热功率为P，感应电动势ES，所以B0，A错误；由PI2R可得线框中的感应电流I2，B正确；cd边电阻等于ab边电阻，而两边流过的电流相等，因此发热功率相等，C正确；由楞次定律可判断，线框中感应电流方向为adcba方向，磁场中线框部分为等效电源，因此a端电势比b端电势低，D错误.二、实验题(本题共2小题，共10分)13.(4分)为判断线圈绕向，可将灵敏电流计G与线圈L连接，如图12所示.已知线圈由a端开始绕至b端：当电流从电流计G的左端流入时，指针向左偏转.图12(1)将磁铁的N极向下从线圈上方竖直插入线圈L时，发现电流计的指针向左偏转.俯视线圈，其绕向为_(选填“顺时针”或“逆时针”).(2)当条形磁铁从图中的虚线位置向右远离线圈L时，发现电流计的指针向右偏转.俯视线圈，其绕向为_(选填“顺时针”或“逆时针”).答案(1)顺时针(2)逆时针解析(1)由题意可知在线圈L内电流从b流向a，而根据楞次定律(增反减同)知，线圈L中产生的磁场与原磁场方向相反(向上)，再根据安培定则可知，感应电流方向为逆时针方向(俯视线圈)，因此线圈绕向为顺时针方向(俯视线圈).(2)由题意可知在线圈L内电流从a流向b，而根据楞次定律(增反减同)知，线圈L中产生的磁场与原磁场方向相同(向上)，再根据安培定则可知，感应电流方向与(1)问相同，而电流的流向与(1)问相反，因此线圈绕向一定与(1)问相反，为逆时针方向(俯视线圈).14.(6分)如图13所示为“研究电磁感应现象”的实验装置.图13(1)将图中所缺的导线补接完整；(2)如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏转一下，那么合上开关后可能出现的情况有：A.将线圈A迅速插入线圈B时，灵敏电流计指针将_.B.线圈A插入线圈B后，将滑动变阻器的滑片迅速向左拉时，灵敏电流计指针_.答案(1)见解析图(2)向右偏转一下向左偏转一下解析(1)如图所示(2)根据楞次定律及灵敏电流计的指针偏转方向与流过它的电流方向的关系来判定，则A项：向右偏转一下；B项：向左偏转一下.三、计算题(本题共4小题，共42分)15.(10分)如图14甲所示，一个电阻值为R、匝数为n的圆形金属线圈与阻值为2R的电阻R1连接成闭合回路，线圈的半径为r1，在线圈中半径为r2的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系图线如图乙所示.图线与横、纵轴的截距分别为t0和B0.导线的电阻不计，求0至t1时间内：图14(1)通过电阻R1上的电流大小和方向；(2)通过电阻R1上的电荷量q及电阻R1上产生的热量.答案见解析解析(1)根据法拉第电磁感应定律，电路中产生的感应电动势：EnnSnr通过电阻R1上的电流I根据楞次定律，可判定流经电阻R1的电流方向从b到a.(2)在0至t1时间内通过电阻R1的电荷量qIt1.电阻R1上产生的热量QI2R1t116.(10分)如图15所示，两条相距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保持良好接触.求：图15(1)MN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，感应电流I解得I(2)安培力FBId由牛顿第二定律Fma解得a(3)金属杆切割磁感线的速度vv0v，则感应电动势EBd(v0v)电功率P解得P17.(10分)某同学设计一个发电测速装置，工作原理如图16所示.一个半径为R0.1 m的圆形金属导轨固定在竖直平面上，一根长为R的金属棒OA，A端与导轨接触良好，O端固定在圆心处的转轴上，转轴的左端有一个半径为r的圆盘，圆盘和金属棒能随转轴一起转动.圆盘上绕有不可伸长的细线，下端挂着一个质量为m0.5 kg的铝块.在金属导轨区域内存在垂直于导轨平面向右的匀强磁场，磁感应强度B0.5 T.a点与金属导轨相连，b点通过电刷与O端相连.测量a、b两点间的电势差U可求得铝块速度.铝块由静止释放，下落h0.3 m时，测得U0.15 V.(细线与圆盘间没有滑动，金属棒、导轨、导线及电刷的电阻均不计，重力加速度g10 m/s2)图16(1)测U时，与a点相接的是电压表的正极还是负极？(2)求此时铝块的速度大小；(3)求此下落过程中铝块机械能的损失.答案(1)正极(2)2 m/s(3)0.5 J解析(1)由右手定则判断，金属棒中电流方向为由O到A，则A端为等效电源正极，则与a点相接的是电压表的正极.(2)由法拉第电磁感应定律得UEBR2又得UBR2圆盘和金属棒一起转动，则两者角速度相同，铝块的速度与圆盘边缘的线速度大小相同.vrR，所以v2 m/s.(3)Emghmv2，E0.5 J.18.(12分)如图17甲所示，一电阻不计且足够长的固定光滑平行金属导轨MN、PQ间距L0.8 m，下端接有阻值R3 的电阻，导轨平面与水平面间的夹角30.整个装置处于方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中.一质量m0.1 kg、阻值r0.15 的金属棒垂直导轨放置并用绝缘细线通过光滑的定滑轮与质量M0.9 kg的重物相连，左端细线连接金属棒中点且沿NM方向.棒由静止释放后，沿NM方向位移s与时间t之间的关系如图乙所示，其中ab为直线.已知棒在00.3 s内通过的电荷量是0.30.4 s内通过电荷量的2倍，取g10 m/s2，求：图17(1)00.3 s内棒通过的位移s1的大小；(2)电阻R在00.4 s内产生的热量Q1.答案(1)0.6 m(2)3 J解析(1)棒在00.3 s内通过的电荷量q1t1平均感应电流回路中平均感应电动势得q1同理，棒在0.30.4 s内通过的电荷量q2由题图乙读出0.4 s时刻位移大小s20.9 m，又q12q2解得s10.6 m.(2)由题图乙知棒在0.30.4 s内做匀速直线运动，棒的速度大小v m/s3 m/s对整个系统，根据能量守恒定律得QMgs2mgs2sin (Mm)v2代入数据解得Q3.15 J根据焦耳定律有代入数据解得Q13 J.