人教版 (新课标)选修3第四章 电磁感应综合与测试课后练习题

这是一份人教版 (新课标)选修3第四章 电磁感应综合与测试课后练习题，共10页。试卷主要包含了选择题，填空题，计算题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分。在每题给出的四个选项中，有的只有一项符合题目要求，有的有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的不得分)
1．关于真空冶炼和电熨斗的说法正确的是( )
A．它们都是只利用电流的热效应工作的
B．它们都是利用电磁感应现象中产生的涡流工作的
C．前者是利用电磁感应现象中产生的涡流及电流的热效应工作的，后者是利用电流的热效应工作的
D．前者利用的是变化的电流，后者利用的是恒定的电流
答案 C
解析 真空冶炼是利用涡流及电流的热效应工作的，电熨斗利用电流的热效应工作，所以真空冶炼需要变化的交流电产生变化的磁场，电熨斗可用直流电也可用交流电，应选C。
2．如图所示，无限大磁场的方向垂直于纸面向里，A图中线圈在纸面内由小变大(由图中实线矩形变成虚线矩形)，B图中线圈正绕a点在平面内旋转，C图与D图中线圈正绕OO′轴转动，则线圈中不能产生感应电流的是( )
答案 B
解析 选项A中线圈面积S变化，选项C、D中线圈面积与磁感应强度B的夹角变化，都会导致穿过线圈的磁通量变化而产生感应电流；选项B中，B、S及两者夹角均不变，穿过线圈的磁通量不变，不产生感应电流，故选B。
3．如图所示的几种情况中，金属导体中产生的感应电动势为Blv的是( )
A．乙和丁 B．甲、乙、丁
C．甲、乙、丙、丁D．只有乙
答案 B
解析 甲、乙、丁中切割磁感线的有效长度均为l，丙中切割磁感线的有效长度为l′＝lsinθ，则E′＝Bl′vsinθ，故B正确。
4．[2015·山东高考]如图甲，R0为定值电阻，两金属圆环固定在同一绝缘平面内。左端连接在一周期为T0的正弦交流电源上，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( )
答案 C
解析 由安培定则知：0～0.25 T0，圆环内的磁场垂直纸面向里逐渐增大，由楞次定律知，若圆环闭合，感应电流是逆时针方向，逐渐减小至0；0.25T～0.5T，圆环内的磁场垂直纸面向里逐渐减小，由楞次定律知，若圆环闭合，感应电流是顺时针方向，逐渐增大。以后周期性变化，选项C正确。
5．[2014·江苏高考]如图所示，一正方形线圈的匝数为n，边长为a，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中。在Δt时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B均匀地增大到2B。在此过程中，线圈中产生的感应电动势为( )
A.eq \f(Ba2,2Δt)B．eq \f(nBa2,2Δt)
C.eq \f(nBa2,Δt)D．eq \f(2nBa2,Δt)
答案 B
解析 磁感应强度的变化率eq \f(ΔB,Δt)＝eq \f(2B－B,Δt)＝eq \f(B,Δt)，法拉第电磁感应定律公式可写成E＝neq \f(ΔΦ,Δt)＝neq \f(ΔB,Δt)S，其中磁场中的有效面积S＝eq \f(1,2)a2，代入得E＝neq \f(Ba2,2Δt)，选项B正确，A、C、D错误。
6．如图所示的电路中，电源电动势为E，线圈L的电阻不计。以下判断正确的是( )
A．闭合S，稳定后，电容器两端电压为E
B．闭合S，稳定后，电容器的a极板带正电
C．断开S的瞬间，电容器的a极板带正电
D．断开S的瞬间，电容器的a极板带负电
答案 C
解析 闭合S，稳定后，由于线圈L的直流电阻为零，所以线圈两端电压为零，又因为电容器与线圈并联，所以电容器两端电压也为零，A、B错误；断开S的瞬间，线圈L中电流减小，线圈中产生与原电流方向相同的自感电动势，并作用在电容器上，所以，此时电容器a极板带正电，b极板带负电，C正确、D错误。
7．如图所示，有缺口的金属圆环与板间距为d的平行板电容器的两极板焊接在一起，金属圆环右侧有一垂直纸面向外的匀强磁场，现使金属圆环以恒定不变的速度v向右运动由磁场外进入磁场，在金属圆环进入磁场的过程中，电容器带电荷量Q随时间t变化的定性图象应为( )
答案 C
解析 金属圆环进入磁场过程中切割磁感线的金属丝的有效长度先变大后变小，最后不变(完全进入磁场中)，则电容器两板间电势差也是先变大后变小，最后不变，由Q＝CU可知图线C正确。
8．[2015·成都高二检测]闭合金属圆环由静止释放，不计空气阻力，下落高度为h，如下图所示。落地前要穿过一固定在地面上的条形磁铁，则下落时间t( )
A．t＜eq \r(\f(2h,g))B．t＞eq \r(\f(2h,g))
C．t＝eq \r(\f(2h,g))D．无法确定
答案 B
解析 若没有条形磁铁，线圈自由下落，则下落时间t＝eq \r(\f(2h,g))；有磁铁时，线圈中产生感应电流，线圈受安培力作用，方向向上，加速度小于g，故下落时间t＞eq \r(\f(2h,g))，B正确。
9．[2015·课标全国卷Ⅱ]如图，直角三角形金属框abc放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向平行于ab边向上。当金属框绕ab边以角速度ω逆时针转动时，a、b、c三点的电势分别为Ua、Ub、Uc。已知bc边的长度为l。下列判断正确的是( )
A．Ua>Uc，金属框中无电流
B．Ub>Uc，金属框中电流方向沿a－b－c－a
C．Ubc＝－eq \f(1,2)Bl2ω，金属框中无电流
D．Uac＝eq \f(1,2)Bl2ω，金属框中电流方向沿a－c－b－a
答案 C
解析 在三角形金属框内，有两边切割磁感线，其一为bc边，根据E＝Blv可得：电动势大小为eq \f(1,2)Bl2ω；其二为ac边，ac边有效的切割长度为l，根据E＝Blv，可得：电动势大小也为eq \f(1,2)Bl2ω；由右手定则可知：金属框内无电流，且Uc>Ub＝Ua，选项A、B错误；Ubc＝Uac＝－eq \f(1,2)Bl2ω，选项C正确，选项D错误。
10．(多选)如图所示，矩形线圈abcd的边长分别是ab＝L，ad＝D，线圈与磁感应强度为B的匀强磁场平行，线圈以ab边为轴做角速度为ω的匀速转动，下列说法正确的是(从图示位置开始计时)( )
A．t＝0时线圈的感应电动势为零
B．转过90°时线圈的感应电动势为零
C．转过90°的过程中线圈中的平均感应电动势为eq \f(1,2)ωBLD
D．转过90°的过程中线圈中的平均感应电动势为eq \f(2ωBLD,π)
答案 BD
解析 A、B两选项中都是瞬时感应电动势，用E＝Blv求解比较方便。t＝0时，只有cd边切割磁感线，感应电动势E1＝Blv＝BL·ωD＝BSω≠0，A错；转过90°时，线圈的四条边均不切割磁感线，E2＝0，B正确；C、D两选项求的都是平均感应电动势，用E＝eq \f(ΔΦ,Δt)较方便。转过90°的过程中，穿过线圈的磁通量由0变为Φ＝BLD。转过90°所用时间Δt＝eq \f(T,4)＝eq \f(\f(2π,ω),4)＝eq \f(π,2ω)，故平均电动势为：E＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(BLD,\f(π,2ω))＝eq \f(2ωBLD,π)，故C错、D正确。
11．[2014·安徽高考]英国物理学家麦克斯韦认为，磁场变化时会在空间激发感生电场。如图所示，一个半径为r的绝缘细圆环水平放置，环内存在竖直向上的匀强磁场B，环上套一带电荷量为＋q的小球。已知磁感应强度B随时间均匀增加，其变化率为k，若小球在环上运动一周，则感生电场对小球的作用力所做功的大小是( )
A．0B．eq \f(1,2)r2qk
C．2πr2qkD．πr2qk
答案 D
解析 变化的磁场产生的感生电动势为E＝eq \f(ΔB,Δt)πr2＝kπr2，小球在环上运动一周感生电场对其所做的功W＝qE＝qkπr2，D项正确，A、B、C项错误。
12．(多选)[2014·四川高考]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 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( )
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
答案 AC
解析 由于磁感应强度随时间的变化规律是B＝(0.4－0.2t) T，则在t＝1 s时，穿过金属杆与金属框围成的平面的磁通量向下且在减小，则根据楞次定律可知，金属杆CD中的感应电流的方向从C到D，故A项正确；在t＝3 s时，穿过金属杆与金属框围成的平面的磁通量向上且在增大，则根据楞次定律可知，金属杆CD中的感应电流的方向从C到D，故B项错误；根据法拉第电磁感应定律可得，在t＝1 s时，回路中产生的感应电动势的大小为E＝L2eq \f(ΔB,Δt)sin30°＝0.1 V，根据闭合电路欧姆定律和电路的串并联知识可得，流经金属杆CD的电流大小为I＝eq \f(E,R)＝1 A，又根据平衡条件可知，在t＝1 s时挡板P对金属杆CD产生的弹力为F＝BILsin30°＝0.2×1×1×eq \f(1,2) N＝0.1 N，又根据牛顿第三定律可得，在t＝1 s时金属杆CD对挡板P产生的压力为0.1 N，故C项正确；根据法拉第电磁感应定律可得，在t＝3 s时，回路中产生的感应电动势的大小为E′＝L2eq \f(ΔB,Δt)sin30°＝0.1 V，根据闭合电路欧姆定律和电路的串并联知识可得，流经金属杆CD的电流大小为I′＝eq \f(E′,R)＝1 A，又根据平衡条件可知，在t＝3 s时挡板H对金属杆CD产生的弹力为F′＝BI′Lsin30°＝0.2×1×1×eq \f(1,2) N＝0.1 N，根据牛顿第三定律可得，在t＝3 s时金属杆CD对挡板H产生的压力为0.1 N，故D项错误。
二、填空题(本题共3小题，每小题6分，共18分)
13．如图为“研究电磁感应现象”的实验装置。
(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了一下，那么合上开关后可能出现的情况有：
A．将原线圈迅速插入副线圈时，灵敏电流计指针将________。
B．原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器触头迅速向左拉时，灵敏电流计指针将________。
答案 (1)如图所示。
(2)A.向右偏转一下 B．向左偏转一下
解析 (1)电源、开关、滑动变阻器、原线圈应组成闭合回路；副线圈与灵敏电流计组成闭合回路。
(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。
14.在如图所示电路中，L为电阻很小的线圈，G1和G2为零点在表盘中央的相同的电流表。当开关S闭合时，电流表G1指针偏向右方，那么当开关S断开时，将出现的现象是________。
A．G1和G2指针都立即回到零点
B．G1指针立即回到零点，而G2指针缓慢地回到零点
C．G1指针缓慢回到零点，而G2指针先立即偏向左方，然后缓慢地回到零点
D．G1指针先立即偏向左方，然后缓慢地回到零点，而G2指针缓慢地回到零点
答案 D
解析 电流表指针的偏转方向与电流的流向有关。根据题意，电流自右向左时，指针向右偏。那么，电流自左向右时，指针应向左偏。当开关S断开瞬间，L由于自感作用，电流不能立即消失，电流沿L→G2→G1的方向在由它们组成的闭合回路中继续维持一个短时间，即G2中的电流按原方向自右向左逐渐减为零，而G1中的电流和原方向相反，变为自左向右，和G2中的电流同时减为零；也就是G1指针先立即偏向左方，然后缓慢地回到零点，而G2指针缓慢地回到零点，故D项正确。
15．为了诊断病人的心脏功能和动脉中血液粘滞情况，需要测量血管中血液的流速和流量(单位时间内流过血管横截面的血液的体积)。如图所示是电磁流量计示意图，将血管置于磁感应强度为B的匀强磁场中，测得血管两侧电压为U。已知血管的直径为d，则血液在血管中的流速v＝________，流量Q＝________。
答案 eq \f(U,Bd) eq \f(πdU,4B)
解析 由U＝Bdv，得v＝eq \f(U,Bd)，Q＝π(eq \f(d,2))2v＝eq \f(πdU,4B)。
三、计算题(共44分。 解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
16．[2014·江苏高考](10分)如图所示，在匀强磁场中有一倾斜的平行金属导轨，导轨间距为L，长为3d，导轨平面与水平面的夹角为θ，在导轨的中部刷有一段长为d的薄绝缘涂层。匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向与导轨平面垂直。质量为m的导体棒从导轨的顶端由静止释放，在滑上涂层之前已经做匀速运动，并一直匀速滑到导轨底端。导体棒始终与导轨垂直，且仅与涂层间有摩擦，接在两导轨间的电阻为R，其他部分的电阻均不计，重力加速度为g。求：
(1)导体棒与涂层间的动摩擦因数μ；
(2)导体棒匀速运动的速度大小v；
(3)整个运动过程中，电阻产生的焦耳热Q。
答案 (1)tanθ (2)eq \f(mgRsinθ,B2L2)
(3)2mgdsinθ－eq \f(m3g2R2sin2θ,2B4L4)
解析 (1)在绝缘涂层上导体棒受力平衡有mgsinθ＝μmgcsθ
解得μ＝tanθ
(2)在光滑导轨上
感应电动势E＝BLv
感应电流I＝eq \f(E,R)
安培力F安＝BIL
导体棒受力平衡有F安＝mgsinθ
解得v＝eq \f(mgRsinθ,B2L2)
(3)摩擦生热QT＝μmgdcsθ
由能量守恒定律有3mgdsinθ＝Q＋QT＋eq \f(1,2)mv2
解得Q＝2mgdsinθ－eq \f(m3g2R2sin2θ,2B4L4)
17．[2015·成都高二检测](11分)如图所示，光滑导轨竖直放置，匀强磁场的磁感应强度为B＝0.5 T，磁场方向垂直于导轨平面向外，导体棒ab的长度与导轨宽度均为L＝0.2 m，电阻R＝1.0 Ω。导轨电阻不计，当导体棒紧贴导轨匀速下滑时，均标有“6 V 3 W”字样的两小灯泡恰好正常发光，求：
(1)通过ab的电流的大小和方向；
(2)ab运动速度的大小；
(3)电路的总功率。
答案 (1)1 A 由b到a (2)70 m/s (3)7 W
解析 (1)每个小灯泡中的电流为I1＝eq \f(P1,U1)＝0.5 A
则ab中的电流为I＝2I1＝1 A
由右手定则知通过ab棒的电流方向为由b到a
(2)ab产生的感应电动势：
E＝U1＋IR＝6 V＋1×1.0 V＝7 V
由E＝BLv，知ab的运动速度v＝eq \f(E,BL)＝70 m/s
(3)电路的总功率P＝IE＝7 W
18．[2015·衡水中学高二一调](11分)如图(a)所示，平行金属导轨MN、PQ光滑且足够长，固定在同一水平面上，两导轨间距L＝0.25 m，电阻R＝0.5 Ω，导轨上停放一质量m＝0.1 kg、电阻r＝0.1 Ω的金属杆，导轨电阻可忽略不计，整个装置处于磁感应强度B＝0.4 T的匀强磁场中，磁场方向竖直向下，现用一外力F沿水平方向拉杆，使其由静止开始运动，理想电压表的示数U随时间t变化的关系如图(b)所示。
(1)分析证明金属杆做匀加速直线运动；
(2)求金属杆运动的加速度大小；
(3)写出外力F随时间变化的表达式；
(4)求第2.5 s末外力F的瞬时功率。
答案 (1)见解析 (2)2.4 m/s2
(3)F＝0.04t＋0.24(N) (4)2.04 W
解析 (1)U＝E·eq \f(R,R＋r)＝eq \f(BLvR,R＋r)，U∝v，因U随时间均匀变化，故v也随时间均匀变化，金属杆做匀加速直线运动。
(2)由图象k＝eq \f(ΔU,Δt)＝eq \f(Δv,Δt)·eq \f(BLR,R＋r)＝a·eq \f(BLR,R＋r)，则金属杆运动的加速度a＝eq \f(kR＋r,BLR)＝eq \f(0.2×0.5＋0.1,0.4×0.25×0.5) m/s2＝2.4 m/s2。
(3)由牛顿第二定律F＝F安＋ma＝BIL＋ma＝eq \f(B2L2at,R＋r)＋ma＝0.04 t＋0.24(N)。
(4)第2.5 s末外力F的瞬时功率P＝Fv＝(0.04t＋0.24)at＝2.04 W。
19．[2015·天津高考](12分)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。
答案 (1)eq \f(v2,v1)＝4 (2)H＝eq \f(Q,mg)＋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＝2Blv1①
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＝eq \f(E1,R)②
设此时线框所受安培力为F1，有
F1＝2I1lB③
由于线框做匀速运动，其受力平衡，有
mg＝F1④
由①②③④式得v1＝eq \f(mgR,4B2l2)⑤
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＝eq \f(mgR,B2l2)⑥
由⑤⑥式得eq \f(v2,v1)＝4⑦
(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＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)⑧
线框完全穿过磁场的过程中，由能量守恒定律，有
mg(2l＋H)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＋Q⑨
由⑦⑧⑨式得H＝eq \f(Q,mg)＋28l⑩