高中物理粵教版2第一章電磁感應(yīng) 名師獲獎(jiǎng)

章末綜合測(cè)評(píng)(一)(時(shí)間：60分鐘滿分：100分)一、選擇題(本題共10個(gè)小題，每小題6分，共60分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第1～6題只有一項(xiàng)符合題目要求，第7～10題有多項(xiàng)符合題目要求．全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分．)圖11．如圖1所示，矩形閉合金屬框abcd的平面與勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直，若ab邊受豎直向上的磁場(chǎng)力作用，則可知金屬框的運(yùn)動(dòng)情況是()【導(dǎo)學(xué)號(hào)：97192051】A．向左平動(dòng)進(jìn)入磁場(chǎng)B．向右平動(dòng)退出磁場(chǎng)C．沿豎直方向向上平動(dòng)D．沿豎直方向向下平動(dòng)【解析】因?yàn)閍b邊受到的安培力的方向豎直向上，所以由左手定則就可以判斷出金屬框中感應(yīng)電流的方向是abcda，金屬框中的電流是由ad邊切割磁感線產(chǎn)生的，所以金屬框向左平動(dòng)進(jìn)入磁場(chǎng)．【答案】A2．環(huán)形線圈放在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，設(shè)在第1s內(nèi)磁場(chǎng)方向垂直于線圈平面向里，如圖2甲所示．若磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖乙所示，那么在第2s內(nèi)，線圈中感應(yīng)電流的大小和方向是()甲乙圖2A．大小恒定，逆時(shí)針方向B．大小恒定，順時(shí)針方向C．大小逐漸增加，順時(shí)針方向D．大小逐漸減小，逆時(shí)針方向【解析】由題圖乙可知，第2s內(nèi)eq\f(ΔB,Δt)為定值，由E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)S知，線圈中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為定值，所以感應(yīng)電流大小恒定．第2s內(nèi)磁場(chǎng)方向向外，穿過線圈的磁通量減少，由楞次定律判斷知感應(yīng)電流為逆時(shí)針方向，A項(xiàng)正確．【答案】A3．如圖3為無線充電技術(shù)中使用的受電線圈示意圖，線圈匝數(shù)為n，面積為S.若在t1到t2時(shí)間內(nèi)，勻強(qiáng)磁場(chǎng)平行于線圈軸線向右穿過線圈，其磁感應(yīng)強(qiáng)度大小由B1均勻增加到B2，則該段時(shí)間線圈兩端a和b之間的電勢(shì)差φa－φb()圖3A．恒為eq\f(nSB2－B1,t2－t1)B．從0均勻變化到eq\f(nSB2－B1,t2－t1)C．恒為－eq\f(nSB2－B1,t2－t1)D．從0均勻變化到－eq\f(nSB2－B1,t2－t1)【解析】根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(B2－B1S,t2－t1)，由楞次定律和右手螺旋定則可判斷b點(diǎn)電勢(shì)高于a點(diǎn)電勢(shì)，因磁場(chǎng)均勻變化，所以感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)恒定，因此a、b兩點(diǎn)電勢(shì)差恒為φa－φb＝－neq\f(B2－B1S,t2－t1)，選項(xiàng)C正確．【答案】C4．如圖4所示，L是自感系數(shù)很大的理想線圈，a、b為兩只完全相同的小燈泡，R0是一個(gè)定值電阻，則下列有關(guān)說法中正確的是()圖4A．當(dāng)S閉合瞬間，a燈比b燈亮B．當(dāng)S閉合待電路穩(wěn)定后，兩燈亮度相同C．當(dāng)S突然斷開瞬間，a燈比b燈亮些D．當(dāng)S突然斷開瞬間，b燈立即熄滅【解析】S閉合瞬間，a、b同時(shí)亮，b比a亮；穩(wěn)定后，a燈不亮；S斷開瞬間，a燈比b燈亮．【答案】C5．緊靠在一起的線圈A與B如圖5甲所示，當(dāng)給線圈A通以圖乙所示的電流(規(guī)定由a進(jìn)入b流出為電流正方向)時(shí)，則線圈cd兩端的電勢(shì)差應(yīng)為圖中的()【導(dǎo)學(xué)號(hào)：97192052】圖5【解析】0～1s內(nèi)，A線圈中電流均勻增大，產(chǎn)生向左均勻增大的磁場(chǎng)，由楞次定律可知，B線圈中外電路的感應(yīng)電流方向由c到d，大小不變，c點(diǎn)電勢(shì)高，所以選項(xiàng)A正確．【答案】A6．如圖6所示，紙面內(nèi)有一矩形導(dǎo)體閉合線框abcd，ab邊長(zhǎng)大于bc邊長(zhǎng)，置于垂直紙面向里、邊界為MN的勻強(qiáng)磁場(chǎng)外，線框兩次勻速地完全進(jìn)入磁場(chǎng)，兩次速度大小相同，方向均垂直于MN.第一次ab邊平行MN進(jìn)入磁場(chǎng)，線框上產(chǎn)生的熱量為Q1，通過線框?qū)w橫截面的電荷量為q1；第二次bc邊平行MN進(jìn)入磁場(chǎng)，線框上產(chǎn)生的熱量為Q2，通過線框?qū)w橫截面的電荷量為q2，則()圖6A．Q1>Q2，q1＝q2 B．Q1>Q2，q1>q2C．Q1＝Q2，q1＝q2 D．Q1＝Q2，q1>q2【解析】根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E＝Blv、歐姆定律I＝eq\f(E,R)和焦耳定律Q＝I2Rt，得線圈進(jìn)入磁場(chǎng)產(chǎn)生的熱量Q＝eq\f(B2l2v2,R)·eq\f(l′,v)＝eq\f(B2Slv,R)，因?yàn)閘ab>lbc，所以Q1>Q2.根據(jù)eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,Δt)，eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R)及q＝eq\x\to(I)Δt得q＝eq\f(BS,R)，故q1＝q2.選項(xiàng)A正確，選項(xiàng)B、C、D錯(cuò)誤．【答案】A7．如圖7所示是高頻焊接原理示意圖．線圈中通以高頻變化的電流時(shí)，待焊接的金屬工件中就產(chǎn)生感應(yīng)電流，感應(yīng)電流通過焊縫產(chǎn)生大量熱，將金屬熔化，把工件焊接在一起，而工件其他部分發(fā)熱很少，以下說法正確的是()【導(dǎo)學(xué)號(hào)：97192214】圖7A．電流變化的頻率越高，焊縫處的溫度升高的越快B．電流變化的頻率越低，焊縫處的溫度升高的越快C．工件上只有焊縫處溫度升的很高是因?yàn)楹缚p處的電阻小D．工件上只有焊縫處溫度升的很高是因?yàn)楹缚p處的電阻大【解析】交流電頻率越高，則產(chǎn)生的感應(yīng)電流越強(qiáng)，升溫越快，故A項(xiàng)對(duì)．工件上各處電流相同，電阻大處產(chǎn)生的熱量多，故D項(xiàng)對(duì)．【答案】AD8．如圖8所示，線圈內(nèi)有條形磁鐵，將磁鐵從線圈中拔出來時(shí)()【導(dǎo)學(xué)號(hào)：97192053】圖8A．φa>φbB．φa<φbC．電阻中電流方向由a到bD．電阻中電流方向由b到a【解析】線圈中磁場(chǎng)方向向右，磁鐵從線圈中拔出時(shí)，磁通量減少，根據(jù)楞次定律，線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，右端為正極，左端為負(fù)極，所以電阻中電流方向由b到a，故φb>φ、D項(xiàng)正確．【答案】BD9．單匝矩形線圈在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，轉(zhuǎn)動(dòng)軸垂直于磁場(chǎng)．若線圈所圍面積的磁通量隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖9所示，則()圖9A．線圈中0時(shí)刻感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最小B．線圈中C時(shí)刻感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為零C．線圈中C時(shí)刻感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大D．線圈從0至C時(shí)間內(nèi)平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為V【解析】感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝eq\f(ΔΦ,Δt)，而磁通量變化率是Φ-t圖線的切線斜率，當(dāng)t＝0時(shí)Φ＝0，但eq\f(ΔΦ,Δt)≠0.從0至C時(shí)間內(nèi)ΔΦ＝2×10－3Wb，E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(2×10－3,V＝V，選項(xiàng)D正確．【答案】BD10．如圖10所示，固定在水平絕緣平面上足夠長(zhǎng)的金屬導(dǎo)軌不計(jì)電阻，但表面粗糙，導(dǎo)軌左端連接一個(gè)電阻R，質(zhì)量為m的金屬棒(電阻也不計(jì))放在導(dǎo)軌上，并與導(dǎo)軌垂直，整個(gè)裝置放在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向與導(dǎo)軌平面垂直．用水平恒力F把a(bǔ)b棒從靜止起向右拉動(dòng)的過程中，下列說法正確的是()圖10A．恒力F做的功等于電路產(chǎn)生的電能B．恒力F和摩擦力的合力做的功等于電路中產(chǎn)生的電能C．克服安培力做的功等于電路中產(chǎn)生的電能D．恒力F和摩擦力的合力做的功等于電路中產(chǎn)生的電能和棒獲得的動(dòng)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Ff和安培力F安，隨棒速度的增大，安培力增大，合力F－Ff－F安減小，但速度在增大，最終可能達(dá)到最大速度．從功能關(guān)系來看，棒克服安培力做功等于其他形式的能轉(zhuǎn)化成的電能，故A、B錯(cuò)誤，C正確；由動(dòng)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屬棒動(dòng)能的增加量，D正確；也可從能量守恒角度進(jìn)行判定，即恒力F做的功等于電路中產(chǎn)生的電能、因摩擦而產(chǎn)生的內(nèi)能及棒動(dòng)能的增加之和．【答案】CD二、非選擇題(本題共3小題，共40分．)11．(12分)如圖11所示，兩平行金屬導(dǎo)軌位于同一水平面上，相距l(xiāng)，左端與一電阻R相連；整個(gè)系統(tǒng)置于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向豎直向下．一質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒置于導(dǎo)軌上，在水平外力作用下沿導(dǎo)軌以速度v勻速向右滑動(dòng)，滑動(dòng)過程中始終保持與導(dǎo)軌垂直并接觸良好．已知導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度大小為g，導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒的電阻均可忽略．求：圖11(1)電阻R消耗的功率；(2)水平外力的大?。窘馕觥?1)導(dǎo)體切割磁感線運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為E＝Blv根據(jù)歐姆定律，閉合回路中的感應(yīng)電流為I＝eq\f(E,R)電阻R消耗的功率為P＝I2R，聯(lián)立可得P＝eq\f(B2l2v2,R).(2)對(duì)導(dǎo)體棒受力分析，受到向左的安培力和向左的摩擦力，向右的外力，三力平衡，故有F安＋μmg＝F ①F安＝BIl＝eq\f(B2l2v,R) ②故F＝eq\f(B2l2v,R)＋μmg.【答案】(1)eq\f(B2L2v2,R)(2)eq\f(B2l2v,R)＋μmg12．(12分)如圖12所示，面積為0.2m2的100匝線圈A處在磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直于線圈平面．磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化的規(guī)律是B＝(6－T，已知電路中的R1＝4Ω，R2＝6Ω，電容C＝30μF，線圈A圖12(1)閉合S后，通過R2的電流大?。?2)閉合S一段時(shí)間后，再斷開S，S斷開后通過R2的電荷量是多少？【導(dǎo)學(xué)號(hào)：97192054】【解析】(1)磁感應(yīng)強(qiáng)度變化率的大小eq\f(ΔΦ,Δt)＝T/s線圈A中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小E＝nSeq\f(ΔB,Δt)＝100××＝4V通過R2的電流：I＝eq\f(E,R1＋R2)＝eq\f(4,4＋6)A＝A.(2)R2兩端的電壓U＝IR2＝V電容器穩(wěn)定后所帶的電荷量Q＝CU＝3×10－5×2.4C＝×10－5S斷開后通過R2的電荷量為×10－5C【答案】(1)A(2)×10－5C13．(16分)某同學(xué)設(shè)計(jì)一個(gè)發(fā)電測(cè)速裝置，工作原理如圖13所示．一個(gè)半徑為R＝0.1m的圓形金屬導(dǎo)軌固定在豎直平面上，一根長(zhǎng)為R的金屬棒OA，A端與導(dǎo)軌接觸良好，O端固定在圓心處的轉(zhuǎn)軸上．轉(zhuǎn)軸的左端有一個(gè)半徑為r＝eq\f(R,3)的圓盤，圓盤和金屬棒能隨轉(zhuǎn)軸一起轉(zhuǎn)動(dòng)．圓盤上繞有不可伸長(zhǎng)的細(xì)線，下端掛著一個(gè)質(zhì)量為m＝0.5kg的鋁塊．在金屬導(dǎo)軌區(qū)域內(nèi)存在垂直于導(dǎo)軌平面向右的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝T．a(chǎn)點(diǎn)與導(dǎo)軌相連，b點(diǎn)通過電刷與O端相連．測(cè)量a、b兩點(diǎn)間的電勢(shì)差U可算得鋁塊速度．鋁塊由靜止釋放，下落h＝0.3m時(shí)，測(cè)得U＝V．(細(xì)線與圓盤間沒有滑動(dòng)，金屬棒、導(dǎo)軌、導(dǎo)線及電刷的電阻均不計(jì)，重力加速度g取10m/s2)圖13(1)測(cè)U時(shí)，