阶段质量检测(一) 电磁感应

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(时间：60分钟满分：100分)

一、选择题(本题共9小题，每小题6分，共54分。第1～6小题为单项选择题，第7～9小题为多项选择题)

1．(新课标Ⅱ改编)在物理学发展过程中，观测、实验、假说和逻辑推理等方法都起到了重要作用。下列叙述不符合史实的是()

A．奥斯特在实验中观察到电流的磁效应，该效应揭示了电和磁之间存在联系

B．安培根据通电螺线管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．法拉第在实验中观察到，在通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中，会出现感应电流

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要阻碍引起感应电流的磁通量的变化

2．如图1所示，竖直放置的螺线管与导线abcd构成回路，导线所围区域内有一垂直纸面向里的变化的磁场，螺线管下方水平桌面上有一导体环，导线abcd所围区域内磁场的磁感应强度按图2中的哪一图线所示的方式随时间变化时，导体环将受到向上的磁场作用力

(

)

图1

图2

3．用相同导线绕制的边长为L或2L的四个闭合导体线框，以相同的速度进入右侧匀强磁场，如图3所示，在每个线框进入磁场的过程中，M、N两点间的电压分别为Ua、Ub、Uc和Ud。下列判断正确的是(

)

图3

A．Ua<Ub<Uc<Ud

C．Ua＝Ub＝Uc＝Ud B．Ua<Ub<Ud<Uc D．Ub<Ua<Ud<Uc

4.如图4所示，两块水平放置的金属板间距离为d，用导线与一个n匝线圈连接，线圈置于方向竖直向上的磁场B中。两板间有一个质量为m，电荷量为＋q的油滴恰好处于平衡状态，则线圈中的磁场B的变化情况和磁通量变化率分别是(

)

图4

ΔΦdmgA．正在增强；＝Δtq

ΔΦdmgB．正在减弱；＝Δtnq

ΔΦdmgC．正在减弱；＝Δtq

ΔΦdmgD．正在增强；＝Δtnq

5．矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，磁感线的方向与导线框所在平面垂直。规定磁场的正方向垂直纸面向里，磁感应强度B随时间t变化的规律如图5所示。若规定顺时针方向为感应电流i的正方向，图6中的i-t图正确的是(

)

图

图6

6.如图7所示，由均匀导线制成的半径为R的圆环，以速度v匀速进入一磁感应强度大小为B的匀强磁场。当圆环运动到图示位置(∠aOb＝90°)时，a、b两点的电势差为(

)

图7 2BRv 2BRv 42BRv 23BRv 4

7．如图8所示的电路中，电源电动势为E，线圈L

的电阻不计。以下判断正确的是( )

图8

A．闭合开关S稳定后，电容器两端电压为E

B．闭合开关S稳定后，电容器不带电

C．断开开关S的瞬间，电容器的a极板将带正电

D．断开开关S的瞬间，电容器的a极板将带负电

8.一个闭合金属线框的两边接有电阻R1、R2，线框上垂直放置一根金属棒ab，棒与线框接触良好，整个装置放在匀强磁场中，如图9所示。当用外力使ab

棒右移时，下列判断中正确的是( )

图9

A．框内有感应电流，且流经ab棒的电流大小等于流经R1和R2的电流之和

B．框内有感应电流，电流方向沿顺时针方向绕行

C．框内有感应电流，电流方向沿逆时针方向绕行

D．框内有感应电流，左半边逆时针方向绕行，右半边顺时针方向绕行

9. (四川高考)如图10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 Ω。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(

)

图10

A．t＝1 s时，金属杆中感应电流方向从C到D

B．t＝3 s时，金属杆中感应电流方向从D到C

C．t＝1 s时，金属杆对挡板P的压力大小为0.1 N

D．t＝3 s时，金属杆对挡板H的压力大小为0.2 N

二、非选择题(本题共3小题，共46分。解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)

10．(14分)如图11所示，在绝缘光滑水平面上，有一个边长为L的单匝正方形线框abcd，在外力的作用下以恒定的速率v向右运动进入磁感应强度为B的有界匀强磁场区域。线框被全部拉入磁场的过程中线框平面保持与磁场方向垂直，线框的ab边始终平行于磁场的边界。已知线框的四个边的电阻值相等，均为R。求：

图11

(1)在ab边刚进入磁场区域时，线框内的电流大小；

(2)在ab边刚进入磁场区域时，ab边两端的电压；

(3)在线框被拉入磁场的整个过程中，线框中电流产生的热量。

11．(16分)如图12甲所示，水平放置的线圈匝数n＝200匝，直径d1＝40 cm，电阻r＝2 Ω，线圈与阻值R＝6 Ω的电阻相连。在线圈的中心有一个直径d2＝20 cm的有界匀强磁场，磁感应强度按图乙所示规律变化。求：

图12

(1)电压表的示数；

(2)若撤去原磁场，在图中竖直虚线的右侧空间加磁感应强度B＝0.5 T的匀强磁场，方向垂直纸面向里，试证明将线圈向左拉出磁场的过程中，通过电阻R上的电荷量为定值，并求出其值。

12．(16分)(浙江高考)某同学设计一个发电测速装置，工作原理如图13所示。一个半径为R＝0.1 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＝R/3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m＝0.5 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B＝0.5 T。a点与导轨相连，b点通过电刷与O端相连。测量a、b两点间的电势差U可算得铝块速度。铝块由静止释放，下落h＝0.3 m时，测得U＝0.15 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g＝10 m/s2

)

图13

(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．选C 奥斯特在实验中观察到电流的磁效应，该效应揭示了电流能够产生磁场，电和磁之间存在联系，选项A正确。安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说，选项B正确。法拉第在实验中观察到，通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中，由于导线圈中磁通量不变，不会产生感应电流，选项C错误。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要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，这就是楞次定律，选项D正确。

ΔΦΔB2．选A 根据法拉第电磁感应定律得E＝＝S，又根据楞次定律可得，当导体环ΔtΔt

受到向上的磁场力时，说明穿过线圈的磁通量正在减小，所以导线abcd中的电流正在减小，

EΔBSΔB由I＝＝正在减小，即B-t图象上各点切线的斜率随时间减小，应选A。 RΔtRΔt

EREr3．选B 由欧姆定律可得闭合电路的路端电压U＝＝E－即路端电压取决于R＋rR＋r

r电源内阻r与总电阻的比值，故a、b比较，b图中较小，则Ua<Ub，同理Uc>Ud。对于R＋r

1b、d两图，Ub<BLv，而Ud>B·2L·v)＝BLv，所以Ub<Ud，故B正确。 2

Umgd4．选B 油滴平衡有mg＝，Uc＝dq

ΔΦΔΦmgd相当于电源正极，由楞次定律知，磁场B正在减弱，又E＝，Uc＝E，可得 ΔtΔtnq

5．选D 磁感应强度均匀变化，产生恒定的感应电流，A错。第1 s内，磁通量垂直于纸面向里均匀增强，由楞次定律可以判定感应电流方向为逆时针，为负，C错。同理可判定，第4 s内感应电流方向为逆时针，为负，故B错，D正确。

6．选D 设整个圆环电阻是R，其外电阻是圆环总电阻的3/4，即磁场外的部分，而在3R42R，其相当于电源，E＝B2R·v，根据欧姆定律可得U＝R

32E＝v，D正确。 4

7．选BC 闭合开关S稳定后，电容器被线圈L短路，两端电压为0，电容器不带电。稳定时流过L的电流方向是由右向左，断开S时，由楞次定律可知电容器的a极板将带正电。

8．选AD ab棒右移时，切割磁感线。根据右手定则，ab棒中的感应

电流方向从a流向b。此时ab棒起着电源的作用，分别对两边电阻供电，

如图所示，所以流过R1、R2的电流都由上而下地绕行。且Iab＝IR1＋IR2。

9.选AC 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

ΔΦΔB

⊥S确，B错误；由法拉第电磁感应定律可知：E＝＝ ΔtΔt

甲乙 ΔBL21E＝sin 30°＝0.2×12× V＝0.1 V，故感应电流为I＝1 A，金属杆受到的安培力Δt2R

FA＝BIL，t＝1 s时，FA＝0.2×1×1 N＝0.2 N，方向如图甲，此时金属杆受力分析如图甲，由平衡条件可知F1＝FA·cos 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乙，此时挡板H对金属杆施加的力向右，大小F3＝BILcos 60°

1＝0.2×1×1× N＝0.1 N。故C正确，D错误。 2

10．解析：(1)ab边切割磁感线产生的感应电动势为E＝BLv，所以通过线框的电流为IEBLv＝。 4R4R

(2)ab边两端的电压为路端电压Uab＝I·3R，所以Uab＝3BLv 4

(3)线框被拉入磁场的整个过程所用时间t＝L/v，线框中电流产生的热量Q＝I2·4R·t＝B2L3v 4R

BLv3BLvB2L3v答案：(1)(2)4R44R

ΔΦ11．解析：(1)由E＝可得 Δt

πd2ΔBE＝4Δt

E＝I(R＋r)

U＝IR

解得U＝1.5π V＝4.71 V。

(2)设线圈拉出磁场经历时间Δt。 EΔΦπd2BE＝nn，I＝Δt4ΔtR＋r

电荷量q＝IΔt