《电磁感应》单元测试含答案要点.doc

1、第4章电磁感应单元质量评估本试卷分第卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分，试卷满分为100分考试时间为90分钟第卷(选择题，共40分)一、选择题(每小题4分，共40分)1下列现象中，属于电磁感应现象的是()A小磁针在通电导线附近发生偏转B通电线圈在磁场中转动C因闭合线圈在磁场中转动而产生感应电流D接通电路时，与线圈串联的灯泡逐渐亮起来解析：因磁通量的改变而产生感应电流的现象是电磁感应现象答案：CD2.如图所示，沿x轴、y轴有两根长直导线，互相绝缘x轴上的导线中有沿x轴方向的电流，y轴上的导线中有沿y轴方向的电流，两虚线是坐标轴所夹角的角平分线a、b、c、d是四个圆心在虚线上与坐标原点等距的相同

2、的固定圆形导线环当两直导线中的电流从相同大小以相同的速度均匀减小时，各导线环中的感应电流情况是()Aa中有逆时针方向的电流，且有靠近原点的趋势Bb中有顺时针方向的电流，且有靠近原点的趋势Cc中有顺时针方向的电流，且有靠近原点的趋势Dd中有顺时针方向的电流，且有靠近原点的趋势答案：B3.如下图所示，一航天飞机下有一细金属杆，杆指向地心若仅考虑地磁场的影响，则当航天飞机位于赤道上空时()A由东向西水平飞行时，金属杆中感应电动势的方向一定由上向下B由西向东水平飞行时，金属杆中感应电动势的方向一定由上向下C沿经过地磁极的那条经线由南向北水平飞行时，金属杆中感应电动势的方向一定由下向上D沿经过地磁极的那

3、条经线由北向南水平飞行时，金属杆中一定没有感应电动势解析：设观察方向为面向北方，左西右东，则地磁场方向平行赤道表面向北若飞机由东向西飞行时，由右手定则可判断出电动势方向为由上向下，若飞机由西向东飞行时，由右手定则可判断出电动势方向为由下向上，A对、B错；沿着经过地磁极的那条经线运动时，速度方向平行于磁场方向，金属杆中一定没有感应电动势，C错、D对答案：AD4如图所示，矩形闭合金属框abcd的平面与匀强磁场垂直，若ab边受竖直向上的磁场力的作用，则可知金属框的运动情况是()A向左平动进入磁场B向右平动退出磁场C沿竖直方向向上平动 D沿竖直方向向下平动解析：因为ab边受到的安培力方向竖直向上，所以

4、由左手定则就可以判断出金属框中的电流的方向是abcda，导线中的电流是由ad边切割磁感线产生的，所以金属框向左平动进入磁场，故A正确明确左手定则和右手定则的区别和应用，左手定则是知道了电流I的方向和磁感应强度B的方向就可以判断出力F的方向右手定则是知道了磁感应强度B的方向和导线切割磁感线的方向就可以判断出电流I的方向答案：A5如下图所示，阻值为R的金属棒从图示位置ab分别以v1、v2的速度沿光滑导轨(电阻不计)匀速滑到ab位置，若v1:v21:2，则在这两次过程中()A回路的电流I1:I21:2B产生的热量Q1:Q21:2C通过任一截面的电荷量q1:q21:2D外力的功率P1:P21:2解析：

5、感应电动势为EBlv，感应电流I，大小与速度成正比，产生的热量QI2Rtv，因B、l、l、R是一样的，故两次产生的热量之比等于运动速度之比通过任一截面的电荷量qIt与速度无关，所以这两次过程中，通过任一截面的电荷量之比应为1:1.金属棒运动过程中受磁场力的作用，为使棒匀速运动，外力大小要与磁场力相等，则外力的功率PFvBIlv，其中B、l、R相同，外力的功率与速度的二次方成正比，所以外力的功率之比应为1:4.故选项A、B正确答案：AB6如图所示，水平放置的光滑导轨MN、PQ足够长，两导轨置于竖直向上的匀强磁场中，长为L的导体棒AB和CD分别以速度v1和v2向左、向右两个方向匀速运动关于ABCD

6、A电路中的感应电动势的计算和感应电流方向的判断，下列说法中正确的是()A可以根据两导体的运动情况求出单位时间内电路面积的改变，再由法拉第电磁感应定律求出回路的电动势B可以先求得两导体做切割磁感线运动时各自产生的感应电动势，再由电源串联规律求出回路的总电动势C电路中感应电流的方向既可以用楞次定律判断，也可以用右手定则判断D电路中感应电流的方向只能用右手定则判断解析：根据法拉第电磁感应定律、导体切割磁感线运动产生电动势的计算公式及电路分析知，A、B项均正确；任何情况下，感应电流的方向均可由楞次定律判断，导体切割磁感线运动时产生的感应电流的方向亦可由右手定则判断，右手定则是楞次定律的特殊形式，C正确

7、，D错误本题正确选项为A、B、C.答案：ABC7.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QCU、UE分析可得，增大磁感应强度的变化率或增大线圈在垂直磁场方向的投影面积均可增大A、D间的电压，从而使Q增大，所以B项正确答案：B8如右图所示，由粗细均匀的电阻丝制成的半径为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(aOb90)时，a、b两点的电

8、势差为()A.BRv B.BRvC.BRv D.BRv解析：整个圆环电阻是r，其外电阻是整个圆环电阻的，即磁场外的部分，而磁场内切割磁感线的有效长度是R，其相当于电源，EBRv，根据欧姆定律可得UEBRv，D正确答案：D9.如图所示，一磁铁用细线悬挂，一闭合铜环用手拿着静止在与磁铁上端面相平处，松手后铜环下落在下落到和下端面相平的过程中，以下说法正确的是()A环中感应电流方向从上向下看为先顺时针后逆时针B环中感应电流方向从上向下看为先逆时针后顺时针C悬线上拉力先增大后减小D悬线上拉力一直大于磁铁重力解析：穿过环的磁场向上且磁通量先增加后减小，由楞次定律可判出，从上向下看电流先顺时针后逆时针；同

9、时环受到阻碍其相对运动的阻力，由牛顿第三定律知磁铁受到向下的磁场力，故悬线上的拉力大于磁铁重力答案：AD10如图甲所示，矩形金属导线框abcd在匀强磁场中静止不动，磁场方向与线框平面垂直，磁感应强度B随时间t变化的图象如图乙所示t0时刻，磁感应强度的方向垂直纸面向里，则在04 s时间内，下图表示线框ab边所受的安培力F(规定向左为正)随时间t变化的图象，其中正确的是()解析：由B的变化图线可知，02 s内电流恒定，方向由b到a,01 s内磁感应强度B向里逐渐减小，由F安BIL及左手定则可知，安培力的方向向左，且逐渐减小，12 s内磁感应强度B向外逐渐增大，安培力的方向向右，且逐渐增大，同理可以

10、判断出24 s的受力情况，选项A正确答案：A第卷(选择题，共60分)二、填空题(每小题5分，共20分)11.如下图所示，正三角形abc的边长为L，在磁感应强度为B的匀强磁场中以平行于bc边的速度v匀速运动，则电流表的示数为_A，ab两点间的电势差为_V.解析：因为穿过三角形线框的磁通量没有发生变化，所以，线框中没有感应电流，电流表示数为零三角形线框运动时，等效为长度等于三角形的高的导体棒切割磁感线，所以EBLvBLv.答案：0BLv12如下图所示，一个半径为L的半圆形硬导体ab在竖直U型框架上从静止释放，匀强磁场的磁感应强度为B，回路电阻为R，半圆形硬导体ab的质量为m，电阻为r，重力加速度为

11、g，其余电阻不计，(1)当半圆形硬导体ab的速度为v时(未达到最大速度)，ab两端的电压为_；(2)半圆形硬导体ab所能达到的最大速度为_解析：(1)当半圆形硬导体ab的速度为v时，导体感应电动势E2BLv，回路感应电流I，ab两端的电压UIR.(2)根据楞次定律可得导体ab受到的安培力F方向竖直向上，当Fmg时，导体ab达到的最大速度vm，导体感应电动势E2BLvm，回路感应电流I，导体ab受到的安培力FB2LI2BL.当Fmg时，即mg，解得导体ab达到的最大速度vm.答案：(1)(2)vm13.为了演示接通电源瞬间和断开电源瞬间的电磁感应现象，设计了如图所示的电路图，其中L的直流电阻和R

12、相等，开关接通的瞬间，A灯的亮度_(填“大于”“等于”或“小于”)B灯的亮度；通电一段时间后，A灯的亮度_(填“大于”“等于”或“小于”)B灯的亮度；断电的瞬间，A灯_(填“立即”或“逐渐”)熄灭，B灯_(填“立即”或“逐渐”)熄灭解析：开关接通的瞬间，和A灯并联的感应电流为零，A灯的电流为R和B灯之和，所以A灯的亮度大于B灯通电一段时间后电流稳定了，L无自感现象，其电阻和R一样，通过两灯的电流相等，所以两灯一样亮断电的瞬间，A灯和产生自感电流的L组成回路，随着电路电流的减小而逐渐熄灭，而B灯因没有电流而立即熄灭答案：大于等于逐渐立即14如图所示为“研究电磁感应现象”的实验装置(1)将图中所缺

13、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了一下，那么合上开关后可能出现的情况有：将原线圈迅速插入副线圈时，灵敏电流计指针将_；原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器触头迅速向左拉时，灵敏电流计指针_(3)在做“研究电磁感应现象”实验时，如果副线圈两端不接任何元件，则副线圈电路中将()A因电路不闭合，无电磁感应现象B有电磁感应现象，但无感应电流，只有感应电动势C不能用楞次定律判断感应电动势方向D可以用楞次定律判断感应电动势方向(4)如下图所示的A、B分别表示原、副线圈，若副线圈中产生顺时针方向的感应电流，可能是因为()A原线圈通入顺时针方向的电流，且正从副线圈中取出B原线圈通入顺

14、时针方向的电流，且其中铁芯正被取出C原线圈通入顺时针方向的电流，且将可变电阻器阻值调小D原线圈通入逆时针方向的电流，且正在断开电源解析：(2)依照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，则向右偏转一下；向左偏转(3)穿过电路中的磁通量发生变化即产生电磁感应现象因电路不闭合无感应电流，但有感应电动势，且可以用楞次定律判断出感应电动势的方向，要产生感应电流，电路要求必须闭合故答案选B、D.(4)副线圈中产生顺时针方向的感应电流，可依据楞次定律来判断原线圈通入电流的情况如果原线圈电流在减小(或磁通量减小)，则其电流肯定与顺时针方向相同因为副线圈会阻碍其磁通量的减小，在电流上

15、表现为同向反过来，如果原线圈电流在增加(或磁通量增加)，则副线圈中电流方向与原线圈中电流方向相反故答案选A、B.答案：(1)如图所示(2)向右偏转一下向左偏转(3)BD(4)AB三、计算题(共40分)15(10分)如图所示，闭合线圈面积为S，放在磁场中，且线圈平面与磁场垂直，磁场的磁感应强度B随时间的变化规律为BBmsin.(1)在0T时间内，哪些时刻线圈中产生的感应电动势最大？(2)在时间内，通过导体横截面的电荷量是多大？解析：(1)线圈面积一定，B的周期性变化使穿过线圈的磁场量发生变化，BmSsint.根据法拉第电磁感应律，E，可见电动势最大时也就是最大如何确定最大的时刻呢？我们可将BmS

16、sint的函数关系用t图来表示(如下图)在该图上，曲线的斜率反映了的大小由图可见，当t等于0、T时，切线的斜率最大，因此，在这些时刻线圈产生的感应电动势最大(2)的周期性变化使得E、I也做周期性的变化，根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律得：E，I.而qIt，所以q.即在t时间内，通过导体横截面的电荷量只与磁通量的初末状态(21)及导体的电阻R有关，而与t本身无关q.16(10分)如图所示，在直线PQ上部有一匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直于纸面向里有一半径为a的直角扇形回路TOS，顶点固定在PQ直线上的O点，并绕顶点O以角速度逆时针匀速转动若以扇形的一条边OS跟PQ重合时为起始时刻则(1)试在

17、t图上画出穿过回路的磁通量随时间t变化的函数图线；在Et图上画出回路感应电动势E随时间t变化的函数图线(2)试计算磁通量的最大值m和感应电动势的最大值Em各为多少？解析：(1)扇形OT边旋转至与OP重合，历时为，期间磁通Ba2不改变；t内，Ba2tBa2；t内，0不改变；t内，Ba2tBa2，据此作出t图线(如下图所示)若以OTSO为正方向，则在t0内，E0；t内，EBa2；t内，E0；t内，EBa2，据此作出Et图线(如下图所示)(2)mBSmBa2Ba2.EmBav中BaaBa2.17(10分)如图所示，边长L0.20 m的正方形导线框ABCD由粗细均匀的同种材料制成，正方形导线框每边的电

18、阻R1.0 ，金属棒MN与正方形导线框的对角线长度恰好相等，金属棒MN的电阻r0.20 .导线框放置在匀强磁场中，磁场的磁感应强度B0.50 T，方向垂直导线框所在平面向里金属棒MN与导线框接触良好，且与导线框对角线BD垂直放置在导线框上，金属棒的中点始终在BD连线上若金属棒以v4.0 m/s的速度向右匀速运动，当金属棒运动至AC的位置时，求(计算结果保留两位有效数字)：(1)金属棒产生的电动势大小；(2)金属棒MN上通过的电流大小和方向；(3)导线框消耗的电功率解析：(1)金属棒产生的电动势大小为EBLv0.4 V0.56 V.(2)金属棒运动到AC位置时，导线框左、右两侧电阻并联，其并联电

19、阻大小为R并1.0 ，根据闭合电路欧姆定律得I0.47 A.根据右手定则，电流方向从N到M.(3)导线框消耗的功率为：P框I2R并0.22 W.答案：(1)0.56 V(2)0.47 A，方向从N到M(3)0.22 W18(10分)如图所示，有两根足够长、不计电阻，相距L的平行光滑金属导轨cd、ef与水平面成角固定放置，底端接一阻值为R的电阻，在轨道平面内有磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直轨道平面斜向上现有一平行于ce、垂直于导轨、质量为m、电阻不计的金属杆ab，在沿轨道平面向上的恒定拉力F作用下，从底端ce由静止沿导轨向上运动，当ab杆速度达到稳定后，撤去拉力F，最后ab杆又沿轨道匀速回到ce端已知ab杆向上和向下运动的最大速度相等求：拉力F和杆ab最后回到ce端的速度v.解析：当ab杆沿导轨上滑达到最大速度v时，其受力如下图所示：由平衡条件可知：FFBmgsin0又FBBIL而I联立式得：Fmgsin0同理可得，ab杆沿导轨下滑达到最大速度时：mgsin0联立两式解得：F2mgsin，v.