2016-2017学年人教版选修3-2 第四章 电磁感应 单元测试

章末综合测评(一)

(时间：60分钟满分：100分)

一、选择题(本题共10小题，每小题6分，共60分．在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～10题有多项符合题目要求，全都选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)

1．如图1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作用，则可知金属框的运动情况是()

图1

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边受到的安培力的方向竖直向上，所以由左手定则就可以判断出金属框中感应电流的方向是abcda，金属框中的电流是由ad边切割磁感线产生的．所以金属框向左平动进入磁场．

【答案】 A

2．环形线圈放在匀强磁场中，设在第1 s内磁场方向垂直于线圈平面向里，如图2甲所示．若磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示，那么在第2 s 内，线圈中感应电流的大小和方向是()

甲乙

图2

A．大小恒定，逆时针方向

B ．大小恒定，顺时针方向

C ．大小逐渐增加，顺时针方向

D ．大小逐渐减小，逆时针方向

【解析】 由题图乙可知，第2 s 内ΔB Δt 为定值，由E ＝ΔΦΔt ＝ΔB Δt S 知，线圈

中感应电动势为定值，所以感应电流大小恒定．第2 s 内磁场方向向外，穿过线圈的磁通量减少，由楞次定律判断知感应电流为逆时针方向，A 项正确．

【答案】 A

3．(2015·重庆高考)如图3为无线充电技术中使用的受电线圈示意图，线圈匝数为n ，面积为S .若在t 1到t 2时间内，匀强磁场平行于线圈轴线向右穿过线圈，其磁感应强度大小由B 1均匀增加到B 2，则该段时间线圈两端a 和b 之间的电势差φa －φb ( )

图3

A ．恒为nS (

B 2－B 1)t 2－t 1

B ．从0均匀变化到nS (B 2－B 1)t 2－t 1

C ．恒为－nS (B 2－B 1)t 2－t 1

D ．从0均匀变化到－nS (B 2－B 1)t 2－t 1

【解析】 根据法拉第电磁感应定律得，感应电动势E ＝n ΔΦΔt ＝n (B 2－B 1)S t 2－t 1

，由楞次定律和右手螺旋定则可判断b 点电势高于a 点电势，因磁场均匀变化，所以感应电动势恒定，因此a 、b 两点电势差恒为φa －φb ＝－n

(B 2－B 1)S t 2－t 1

，选项C 正确．

【答案】 C

4．如图4所示，L 是自感系数很大的理想线圈，a 、b 为两只完全相同的小灯泡，R 0是一个定值电阻，则下列有关说法中正确的是( )

图4

【导学号：94530054】A．当S闭合瞬间，a灯比b灯亮

B．当S闭合待电路稳定后，两灯亮度相同

C．当S突然断开瞬间，a灯比b灯亮些

D．当S突然断开瞬间，b灯立即熄灭

【解析】S闭合瞬间，a、b同时亮，b比a亮；稳定后，a灯不亮；S断开瞬间，a灯比b灯亮．

【答案】 C

5．紧靠在一起的线圈A与B如图5甲所示，当给线圈A通以图乙所示的电流(规定由a进入b流出为电流正方向)时，则线圈cd两端的电势差应为图中的

()

图5

【解析】0～1 s内，A线圈中电流均匀增大，产生向左均匀增大的磁场，由楞次定律可知，B线圈中外电路的感应电流方向由c到d，大小不变，c点电势高，所以选项A正确．

【答案】 A

6．如图6所示，纸面内有一矩形导体闭合线框abcd，ab边长大于bc边长，置于垂直纸面向里、边界为MN的匀强磁场外，线框两次匀速地完全进入磁场，两次速度大小相同，方向均垂直于MN.第一次ab边平行MN进入磁场，线框上产生的热量为Q1，通过线框导体横截面的电荷量为q1；第二次bc边平行MN进

入磁场，线框上产生的热量为Q2，通过线框导体横截面的电荷量为q2，则()

图6

A．Q1>Q2，q1＝q2 B．Q1>Q2，q1>q2

C．Q1＝Q2，q1＝q2D．Q1＝Q2，q1>q2

【解析】根据法拉第电磁感应定律E＝Bl v、欧姆定律I＝E

R和焦耳定律Q

＝I2Rt，得线圈进入磁场产生的热量Q＝B2l2v2

R·

l′

v＝

B2Sl v

R，因为l ab>l bc，所以Q1>Q2.

根据E＝ΔΦ

Δt，I＝

E

R及q＝IΔt得q＝

BS

R，故q1＝q2.选项A正确，选项B、C、

D错误．

【答案】 A

7．(2015·山东高考)如图7所示，一均匀金属圆盘绕通过其圆心且与盘面垂直的轴逆时针匀速转动．现施加一垂直穿过圆盘的有界匀强磁场，圆盘开始减速．在圆盘减速过程中，以下说法正确的是()

图7

A．处于磁场中的圆盘部分，靠近圆心处电势高

B．所加磁场越强越易使圆盘停止转动

C．若所加磁场反向，圆盘将加速转动

D．若所加磁场穿过整个圆盘，圆盘将匀速转动

【解析】根据右手定则可判断靠近圆心处电势高，选项A正确；圆盘处在磁场中的部分转动切割磁感线，相当于电源，其他部分相当于外电路，根据左手定则，圆盘所受安培力与运动方向相反，磁场越强，安培力越大，故所加磁场越强越易使圆盘停止转动，选项B正确；磁场反向，安培力仍阻碍圆盘转动，

选项C 错误；若所加磁场穿过整个圆盘，整个圆盘相当于电源，不存在外电路，没有电流，所以圆盘不受安培力而匀速转动，选项D 正确．

【答案】 ABD

8．如图8所示，线圈内有条形磁铁，将磁铁从线圈中拔出来时( )

图8

A ．φa >φb

B ．φa <φb

C ．电阻中电流方向由a 到b

D ．电阻中电流方向由b 到a

【解析】 线圈中磁场方向向右，磁铁从线圈中拔出时，磁通量减少，根据楞次定律，线圈中产生感应电动势，右端为正极，左端为负极，所以电阻中电流方向由b 到a ，故φb >φa .B 、D 项正确．

【答案】 BD

9．单匝矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，转动轴垂直于磁场．若线圈所围面积的磁通量随时间变化的规律如图9所示，则( )

【导学号：94530055】

图9

A ．线圈中0时刻感应电动势最小

B ．线圈中

C 时刻感应电动势为零

C ．线圈中C 时刻感应电动势最大

D ．线圈从0至C 时间内平均感应电动势为0.4 V

【解析】 感应电动势E ＝ΔΦΔt ，而磁通量变化率是Φ-t 图线的切线斜率，

当t＝0时Φ＝0，但ΔΦ

Δt≠0.若求平均感应电动势，则用ΔΦ与Δt的比值去求．

【答案】BD

10．(2016·宜昌高二检测)如图10所示，固定在水平绝缘平面上足够长的金属导轨不计电阻，但表面粗糙，导轨左端连接一个电阻R，质量为m的金属棒(电阻也不计)放在导轨上，并与导轨垂直，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直．用水平恒力F把ab棒从静止起向右拉动的过程中，下列说法正确的是()

图10

A．恒力F做的功等于电路产生的电能

B．恒力F和摩擦力的合力做的功等于电路中产生的电能

C．克服安培力做的功等于电路中产生的电能

D．恒力F和摩擦力的合力做的功等于电路中产生的电能和棒获得的动能之和

【解析】沿水平方向，ab棒受向右的恒力F、向左的摩擦力F f和安培力F安，随棒速度的增大，安培力增大，合力F－F f－F安减小，但速度在增大，最终可能达到最大速度．从功能关系来看，棒克服安培力做功等于其他形式的能转化成的电能，故A、B错误，C正确；由动能定理知，恒力F、安培力和摩擦力三者的合力做的功等于金属棒动能的增加量，D正确；也可从能量守恒角度进行判定，即恒力F做的功等于电路中产生的电能、因摩擦而产生的内能及棒动能的增加之和．

【答案】CD

二、计算题(本题共3小题，共40分)

11．(12分)如图11所示，固定于水平桌面上的金属框架cdef处在竖直向下的匀强磁场中，金属棒ab搁在框架上，可无摩擦滑动．此时adeb构成一个边长为l的正方形，棒的电阻为r，其余部分电阻不计．开始时磁感应强度为B0.

图11

(1)若从t ＝0时刻起，磁感应强度均匀增大，每秒增量为k ，同时保持棒静止．求棒中的感应电流．在图上标出感应电流的方向；

(2)在上述(1)情况中，棒始终保持静止，当t ＝t 1 s 末时需加的垂直于棒的水平拉力为多少？

(3)若从t ＝0时刻起，磁感应强度逐渐减小，当棒以恒定速度v 向右做匀速运动时，可使棒中不产生感应电流，则磁感应强度应怎样随时间变化？(写出B 与t 的关系式)

【解析】 (1)据题意ΔB Δt ＝k ，在磁场均匀变化时，回路中产生的电动势为E

＝ΔΦΔt ＝ΔB Δt ·S ＝kl 2，由闭合电路欧姆定律知，感应电流为I ＝E r ＝kl 2r .由楞次定律，判定感应电流为逆时针方向，图略．

(2)t ＝t 1 s 末棒静止，水平方向受拉力F 外和安培力F 安，F 外＝F 安＝BIl ，又B

＝B 0＋kt 1，故F 外＝(B 0＋kt 1)kl 3r .

(3)因为不产生感应电流，由法拉第电磁感应定律E ＝ΔΦΔt ，知ΔΦ＝0也就是

回路内总磁通量不变，即B 0l 2＝Bl (l ＋v t )，解得B ＝

B 0l l ＋v t

. 【答案】 (1)kl 2r 电流为逆时针方向

(2)(B 0＋kt 1)kl 3r (3)B ＝B 0l l ＋v t

12．(14分)某同学设计一个发电测速装置，工作原理如图12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取10 m/s2)

【导学号：94530056】

图12

(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．

【解析】(1)正极．

(2)由电磁感应定律得U＝E＝ΔΦΔt

ΔΦ＝1

2BR

2Δθ

U＝1

2BωR

2

v＝rω＝1

3ωR

所以v＝2U

3BR＝2 m/s.

(3)ΔE＝mgh－1

2m v

2

ΔE＝0.5 J.

【答案】(1)正极(2)2 m/s(3)0.5 J

13．(14分)(2016·浙江高考)小明设计的电磁健身器的简化装置如图13所示，两根平行金属导轨相距l＝0.50 m，倾角θ＝53°，导轨上端串接一个R＝0.05 Ω的电阻．在导轨间长d＝0.56 m的区域内，存在方向垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度B＝2.0 T．质量m＝4.0 kg的金属棒CD水平置于导轨上，用绝缘绳索通过定滑轮与拉杆GH相连．CD棒的初始位置与磁场区域的下边界相距

s ＝0.24 m ．一位健身者用恒力F ＝80 N 拉动GH 杆，CD 棒由静止开始运动，上升过程中CD 棒始终保持与导轨垂直．当CD 棒到达磁场上边界时健身者松手，触发恢复装置使CD 棒回到初始位置(重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 53°＝0.8，不计其他电阻、摩擦力以及拉杆和绳索的质量)．求：

图13

(1)CD 棒进入磁场时速度v 的大小；

(2)CD 棒进入磁场时所受的安培力F A 的大小；

(3)在拉升CD 棒的过程中，健身者所做的功W 和电阻产生的焦耳热Q .

【解析】 (1)由牛顿第二定律 a ＝F －mg sin θm

＝12 m/s 2① 进入磁场时的速度 v ＝2as ＝2.4 m/s ②

(2)感应电动势 E ＝Bl v ③

感应电流 I ＝Bl v R ④

安培力 F A ＝IBl ⑤

代入得 F A ＝(Bl )2v R ＝48 N ．⑥

(3)健身者做功 W ＝F (s ＋d )＝64 J ⑦

由牛顿第二定律 F －mg sin θ－F A ＝0⑧

CD 棒在磁场区做匀速运动

在磁场中运动时间 t ＝d v ⑨

焦耳热 Q ＝I 2Rt ＝26.88 J.○

10 【答案】 (1)2.4 m/s (2)48 N (3)64 J 26.88 J