第一章电磁感应章末质量评估

第一章 电磁感应
章末质量评估(一)
(时间：90分钟　分值：100分)
一、单项选择题(本大题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得3分，选错或不答的得0分)
1．面积是0.5 m2的导线环，放在某一匀强磁场中，环面与磁场垂直，穿过导线环的磁通量是1.0×10－2 Wb，则该磁场的磁感应强度B等于(　　)
A．2.0×10－2 T　　 B．1.5×10－2 T
C．1.0×10－2 T D．0.50×10－2 T
解析：由于环面与磁场垂直，则由磁通量的公式：Φ＝BS知： B＝＝2×10－2 T ，故A正确．
答案：A
2．老师做了一个物理小实验让学生观察，如图所示：一轻质横杆两侧各固定一金属环，横杆可以绕中心在水平面内自由转动，老师拿一条形磁铁插向其中一个小环，然后又取出插向另一个小环，同学们看到的现象是(　　)
A．磁铁N极插向左环，横杆发生转动
B．磁铁S极插向右环，横杆发生转动
C．无论磁铁插向左环还是右环，横杆都不发生转动
D．无论磁铁插向左环还是右环，横杆都发生转动
解析：左环不闭合，磁铁插向左环时，不产生感应电流，环不受力，横杆不转动；右环闭合，磁铁插向右环时，环内产生感应电流，环受到磁场的作用，横杆转动．
答案：B
3．把一条形磁铁插入同一个闭合线圈中，第一次是迅速的，第二次是缓慢的，两次初、末位置均相同，则在两次插入的过程中(　　)
A．磁通量变化率相同　 B．磁通量变化量相同
C．产生的感应电流相同 D．产生的感应电动势相同
解析：迅速插入磁通量变化比较快，但是磁通量变化相同，根据感应电动势E＝n，可知产生的感应电动势较大，根据欧姆定律可知感应电流也较大，故B对．
答案：B
4．穿过某线圈的磁通量随时间变化的关系如图所示，在下列几段时间内，线圈中感应电动势最小的是(　　)
A．0～2 s B．2～4 s
C．4～5 s D．5～10 s
解析：根据法拉第电磁感应定律E＝n知，磁通量的变化率越小，感应电动势越小，产生的感应电流越小．从图线上可以得出，在5～10 s内，图线的斜率最小，则感应电动势最小．故D正确．
答案：D
5．(2016·北京卷)如图所示，匀强磁场中有两个导体圆环a、b，磁场方向与圆环所在平面垂直，磁感应强度B随时间均匀增大．两圆环半径之比为2∶1，圆环中产生的感应电动势分别为Ea和Eb，不考虑两圆环间的相互影响．下列说法正确的是(　　)
A．Ea∶Eb＝4∶1，感应电流均沿逆时针方向
B．Ea∶Eb＝4∶1，感应电流均沿顺时针方向
C．Ea∶Eb＝2∶1，感应电流均沿逆时针方向
D．Ea∶Eb＝2∶1，感应电流均沿顺时针方向
解析：根据法拉第电磁感应定律E＝＝S，题中相同，
a圆环中产生的感应电动势Ea＝＝S＝πr，
b圆环中产生的感应电动势Eb＝＝S＝πr，
由于ra∶rb＝2∶1，所以＝＝，
由于磁场向外，磁感应强度B随时间均匀增大，根据楞次定律可知，感应电流均沿顺时针方向，故B正确，A、C、D错误．
答案：B
6.如图所示，金属杆MN在金属框上以速度v向左平移的过程中，在MN上产生的感应电动势E随时间变化的规律应是(　　)
解析：由题图看出MN的有效切割长度始终等于杆的总长，没有改变，所以根据感应电动势公式E＝BLv，可知MN上感应电动势保持不变，故ABC错误，D正确.
答案：D
7.物理课上，老师做了一个“电磁阻尼”实验：如图所示，弹簧上端固定，下端悬挂一个磁铁，将磁铁托起到某一高度后放开，磁铁上下振动较长时间才停下来；如果在磁铁下方放一个固定的铝质圆环，使磁极上下振动时穿过它，磁铁就会很快地停下来．某同学另找器材再探究此实验．他安装好器材，经反复实验后发现：磁铁下方放置圆环，并没有对磁铁的振动产生影响，对比老师演示的实验，其原因可能是(　　)
A．弹簧的劲度系数太小
B．磁铁的质量太小
C．磁铁的磁性太强
D．圆环的材料与老师用的不同
解析：只要能够产生感应电流，都能对磁铁的运动产生阻碍作用，ABC错；若圆环的材料为非金属材料，不能产生感应电流，无法对磁铁产生阻碍作用，故D正确．
答案：D
8．如图所示装置中，当cd杆运动时，ab杆中的电流方向由a向b，则cd杆的运动可能是(　　)
A．向右加速运动 B．向右减速运动
C．向左匀速运动 D．向左减速运动
解析：cd匀速运动时，cd中感应电流恒定，L2中磁通量不变，穿过L1的磁通量不变化，L1中无感应电流产生，ab保持静止，C不正确；cd向右加速运动时，L2中的磁通量向下，增大，通过ab的电流方向向上，A错误；同理可知B正确，D错误．
答案：B
9．如图所示，垂直于纸面向里的匀强磁场的区域宽度为2a，磁感应强度的大小为B.一边长为a、电阻为4R的正方形均匀导线框CDEF从图示位置开始沿x轴正方向以速度v匀速穿过磁场区域，关于线框EF两端的电压UEF与线框移动距离x的关系，下列图象正确的是(　　)
解析：线框经过整个磁场区域时，做匀速运动，所以产生的感应电动势大小E＝Bav，刚进入磁场时，等效电路如图甲所示；完全在磁场中时，等效电路如图乙所示；一条边从磁场中离开时，等效电路如图丙所示．选项D正确，选项A、B、C错误．
答案：D
10.两块水平放置的金属板间的距离为d，用导线与一个n匝线圈相连，线圈电阻为r，线圈中有竖直方向的磁场，电阻R与金属板连接，如图所示，两板间有一个质量为m、电荷量＋q的油滴恰好处于静止．则线圈中的磁感应强度B的变化情况和磁通量的变化率分别是(　　)
A．磁感应强度B竖直向上且正增强，＝
B．磁感应强度B竖直向下且正增强，＝
C．磁感应强度B竖直向上且正减弱，＝
D．磁感应强度B竖直向下且正减弱，＝
解析：油滴静止说明电容器下极板带正电，线圈中电流自上而下(电源内部)，由楞次定律可以判断，线圈中的磁感应强度B为向上的减弱或向下的增强．
又E＝n，①
UR＝·E，②
＝mg，③
由①②③式可解得：＝.
答案：C
二、多项选择题(本大题共4小题，每小题6分，共24分．在每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分)
11.如图所示，O1O2是矩形导线框abcd的对称轴，其左方有匀强磁场．以下哪些情况下abcd中有感应电流产生，而且感应电流方向逆时针(　　)
A．将abcd向纸外平移
B．将abcd向右平移
C．将abcd以ab为轴转动60°
D．将abcd以cd为轴转动60°
解析：导线框向外平移穿过线框的磁通量不变，因此无感应电流，故A项错；导线框向右平移时，穿过线框的磁通量减少，因此产生感应电流，用楞次定律或右手定则可判断电流方向沿逆时针，故B项正确；将abcd以ab为轴无论向里转还是向外转过60°，线框在垂直于磁场方向的投影面积是线框面积的一半，由磁通量公式Φ＝BS知，穿过线框的磁通量不变，因此无电流产生，故C项错；将线框以cd为轴转动60°，穿过线框的磁通量减为零，因此产生感应电流，用楞次定律可判断电流方向沿逆时针，故D项正确．
答案：BD
12.如图所示，在一个水平放置闭合的线圈上方放一条形磁铁，希望线圈中产生顺时针方向的电流(从上向下看)，那么下列选项中可以做到的是(　　)
A．磁铁下端为N极，磁铁向上运动
B．磁铁上端为N极，磁铁向上运动
C．磁铁下端为N极，磁铁向下运动
D．磁铁上端为N极，磁铁向下运动
解析：由安培定则可知，感应电流的磁场方向向下；当磁铁向上运动时，穿过线圈的磁通量变小，由楞次定律可知，原磁场方向向下，因此磁铁的下端是N极，上端是S极，故A正确，B错误；由安培定则可知，感应电流的磁场方向向下；当磁铁向下运动时，穿过线圈的磁通量变大，由楞次定律可知，原磁场方向向上，因此磁铁的下端是S极，上端是N极，故C错误，D正确．
答案：AD
13．如图所示电路中，A、B为两个相同灯泡，L为自感系数较大、电阻可忽略不计的电感线圈，C为电容较大的电容器，下列说法中正确的有(　　)
A．接通开关S，A立即变亮，最后A、B一样亮
B．接通开关S，B逐渐变亮，最后A、B一样亮
C．断开开关S，A、B都立刻熄灭
D．断开开关S，A立刻熄灭，B逐渐熄灭
解析：接通开关S，电容器C要通过A充电，因此A立刻亮，由于充电电流越来越小，当充电完毕后，相当于断路，而L对电流变化有阻碍作用，所以通过B的电流逐渐增大，故B逐渐变亮，当闭合足够长时间后，C中无电流，相当于断路，L相当于短路，因此A、B一样亮，故A正确，B也正确；当S闭合足够长时间后再断开，A立刻熄灭，而L产生自感电动势，且电容器也要对B放电，故B要逐渐熄灭，故C错误，D正确．
答案：ABD
14.如图，由某种粗细均匀的总电阻为3R的金属条制成的矩形线框abcd，固定在水平面内且处于方向竖直向下的匀强磁场中．一接入电路电阻为R的导体棒PQ，在水平拉力作用下沿ab、dc以速度v匀速滑动，滑动过程PQ始终与ab垂直，且与线框接触良好，不计摩擦．在PQ从靠近ad处向bc滑动的过程中(　　)
A．PQ中电流先减小后增大
B．PQ两端电压先减小后增大
C．PQ上拉力的功率先减小后增大
D．线框消耗的电功率先减小后增大
解析：设PQ左侧金属线框的电阻为r，则右侧电阻为3R－r；PQ相当于电源，其电阻为R，则电路的外电阻为R外＝＝，当r＝时，R外max＝R，此时PQ处于矩形线框的中心位置，即PQ从靠近ad处向bc滑动的过程中外电阻先增大后减小．PQ中的电流为干路电流，I＝，可知干路电流先减小后增大，选项A正确．PQ两端的电压为路端电压U＝E－U内，因E＝Blv不变，U内＝IR先减小后增大，所以路端电压先增大后减小，选项B错误．拉力的功率大小等于安培力的功率大小，P＝F安v＝BIlv，可知因干路电流先减小后增大，PQ上拉力的功率也先减小后增大，选项C正确．线框消耗的电功率即为外电阻消耗的功率，因外电阻最大值为R，小于内阻R；根据电源的输出功率与外电阻大小的变化关系，外电阻越接近内阻时，输出功率越大，可知线框消耗的电功率先增大后减小，选项D错误．
答案：AC
三、非选择题(本题共4小题，共46分．解答题应写出必要的文字说明、方程和重要演算步骤，答案中必须明确写出数值和单位)
15．(8分)一个面积是40 cm2 的导线框，垂直地放在匀强磁场中，穿过它的磁通量为0.8 Wb，则匀强磁场的磁感应强度多大？若放入一个面积为100 cm2 的导线框于该磁场中，并使线框的平面与磁场方向成30°角，则穿过该线框的磁通量多大？
解析：在匀强磁场中，当线圈与磁场垂直时，穿过线圈的磁通量：Φ＝BS
磁感应强度： B＝＝ T＝200 T
在匀强磁场中，当线圈与磁场成30°角时，穿过线圈的磁通量：Φ＝BSsin 30°＝2.0×102×100×10－4×0.5 Wb＝1 Wb
答案：200 T　1 Wb
16．(10分)如图甲所示，在一个正方形金属线圈区域内，存在着磁感应强度B随时间变化的匀强磁场，磁场的方向与线圈所围的面积S＝200 cm2，匝数n＝1 000，线圈电阻r＝1.0 Ω.线圈与电阻R构成闭合回路，电阻R＝4.0 Ω.匀强磁场的磁感应强度随时间变化的情况如图乙所示，求：
图甲　　　　　图乙
(1)在t＝2.0 s时刻，通过电阻R的感应电流的大小．
(2)在t＝5.0 s，电阻R消耗的电功率．
(3)在0～6.0 s内整个闭合电路中产生的热量．
解析：(1)根据法拉第电磁感应定律， 0～4.0 s时间内线圈中磁通量均匀变化，产生恒定的感应电流. t1＝2.0 s时的感应电动势为
E1＝n＝n＝1 V
根据闭合电路欧姆定律，闭合回路中的感应电流
I1＝
解得I1＝0.2 A
(2)由图象可知，在4.0 s～6.0 s时间内，线圈中产生的感应电动势
E2＝n＝n＝4 V
根据闭合电路欧姆定律， t2＝5.0 s时闭合回路中的感应电流
I2＝＝0.8 A
电阻消耗的电功率P2＝IR＝2.56 W
(3)根据焦耳定律， 0～4.0 s内闭合电路中产生的热量
Q1＝IΔt1＝0.8 J
4．0～6.0 s内闭合电路中产生的热量
Q2＝IΔt2＝6.4 J
0～6.0 s内闭合电路中产生的热量
Q＝Q1＋Q2＝7.2 J
答案：(1)0.2 A　 (2)2.56 W　(3)7.2 J
17.(14分)如图所示，一平面框架与水平面成37°角，宽L＝0.4 m，上、下两端各有一个电阻R0＝1 Ω，框架的其他部分电阻不计，框架足够长．垂直于框平面的方向存在向上的匀强磁场，磁感应强度B＝2 T．ab为金属杆，其长度为L＝0.4 m，质量m＝0.8 kg，电阻r＝0.5 Ω，金属杆与框架的动摩擦因数μ＝0.5.金属杆由静止开始下滑，直到速度达到最大的过程中，金属杆克服磁场力所做的功为W＝1.5 J．已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2.求：
(1)ab杆达到的最大速度v；
(2)ab杆从开始到速度最大的过程中沿斜面下滑的距离；
(3)在该过程中通过ab的电荷量．
解析：(1)杆ab达到平衡时的速度即为最大速度v，此时杆ab所受安培力为F，则有：
mgsin θ－F－μN＝0，①
N－mgcos θ＝0，②
总电阻：R＝＋r＝1 Ω，③
杆ab产生的感应电动势为：E＝BLv，④
通过杆ab的感应电流为：I＝，⑤
杆ab所受安培力为：F＝BIL，⑥
联立①②③④⑤⑥式解得：
v＝＝2.5 m/s.⑦
(2)从开始到速度最大的过程中ab杆沿斜面下滑的距离为s，由动能定理得：mgssin θ－W－μmgscos θ＝mv2，⑧
联立⑦⑧式代入数据解之得：s＝2.5 m．⑨
(3)流过导体棒的电量q＝I·Δt，⑩
又I＝，?
E＝＝，?
联立以上各式得：q＝，?
代入解得q＝2 C.
答案：(1)2.5 m/s　(2)2.5 m　(3)2 C
18．(16分)如图所示，足够长的光滑导轨ab、cd固定在竖直平面内，导轨间距为l，b、c两点间接一阻值为R的电阻．ef是一水平放置的导体杆，其质量为m、有效电阻值为R，杆与ab、cd保持良好接触．整个装置放在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直．现用一竖直向上的力F拉导体杆，使导体杆从静止开始做加速度为的匀加速直线运动，在上升高度为h的过程中，拉力做功为W，g为重力加速度，不计导轨电阻及感应电流间的相互作用．求：
(1)导体杆上升到h时所受拉力F的大小；
(2)导体杆上升到h过程中通过杆的电荷量；
(3)导体杆上升到h过程中bc间电阻R产生的焦耳热．
解析：(1)设ef上升到h时，速度为v1、拉力为F，根据运动学公式得：
v1＝，
此时的感应电动势为：
E＝Blv1，
感应电流为：
I＝，
受到的安培力：
F安＝BIl，
根据牛顿第二定律得：F－mg－F安＝ma，
联立解得：F＝mg＋.
(2)通过杆的电荷量q＝It，
根据闭合电路的欧姆定律得I＝，
根据法拉第电磁感应定律得E＝，
所以q＝＝.
(3)设整个过程产生的总焦耳热为Q，由功能关系得：
W－mgh－Q＝mv，
解得：Q＝W－mgh.
所以R上产生的焦耳热为：QR＝W－mgh.
答案：(1)F＝mg＋　(2)q＝
(3)QR＝W－mgh