第四章 电磁感应 章末测试卷三—人教版高中物理选修3-2同步训练（word含答案）

人教版物理 选修3-2 第四章 电磁感应 章末测试卷三
一、单选题(共30分)
52863752667001．(本题3分)如图所示，水平放置的两条光滑轨道上有两根金属棒，其中金属棒PQ固定不动，金属棒MN可自由移动，下列说法正确的是(　 　)
A．当MN在外力的作用下向左匀速运动时，PQ受到的磁场力水平向左
B．当MN在外力的作用下向左减速运动时，PQ受到的磁场力水平向左
C．当MN在外力的作用下向左匀速运动时，N端电势高于M端，Q端电势高于P端
D．当MN在外力的作用下向左加速运动时，N端电势高于M端，Q端电势高于P端
2．(本题3分)图中两条平行虚线之间存在匀强磁场，虚线间的距离为l，磁场方向垂直纸面向里．abcd是位于纸面内的梯形线圈，ad与bc间的距离也为l．t=0时刻，bc边与磁场区域边界重合（如图）．现令线圈以恒定的速度v沿垂直于磁场区域边界的方向穿过磁场区域．取沿a→b→c→d→a的感应电流方向为正，则在线圈穿越磁场区域的过程中，感应电流I随时间t变化的图线可能是（　　）
4667250537210A． B．
C． D．
3．(本题3分)下列几种说法中正确的是（　　）
A．线圈中的磁通量变化越大，线圈中产生的感应电动势一定越大
B．穿过线圈的磁通量越大，线圈中的感应电动势越大
C．线圈放在磁场越强的位置，线圈中的感应电动势越大
D．线圈中的磁通量变化越快，线圈中产生的感应电动势越大
54362354699004．(本题3分)如图所示，匀强磁场方向竖直向下，磁感应强度为B.正方形金属框可绕光滑轴OO’转动，边长为L，总电阻为R，ab边质量为m，其他三边质量不计，现将abcd拉至水平位置并由静止释放，经时间t到达竖直位置，ab边的速度大小为v，则在金属框内产生热量大小等于（ ）
A．mgL?mv22 B．mgL+mv22 C．mgL?mv22 D．mgL+mv22
5．(本题3分)如图所示，闭合开关k，将条形磁铁两次插入闭合线圈，且两次的起始和终止位置相同，第一次用时0.4s，第二次用时0.2s，则（　 　）
5438775129540A．第一次通过线圈的磁通量变化较大
B．第一次通过线圈的磁通量的变化率较小
C．第一次经过电流表G的总电荷量较多
D．第一次电流表G的指针偏转较大
6．(本题3分)如图所示，ab是两平行正对的金属圆环，a中通有正弦交变电流i，其变化规律如图所示．下列说法正确的是（ ）
A．t1时刻，b环内的感应电动势最大
3924300116205B．t2时刻，b环内的感应电流方向改变
C．t3～t4时间内，b环内感应电流的方向与a环内电流的方向相反
D．0～ t4时间内，t2时刻b环内的感应电动势最大
47129705276857．(本题3分)如图所示，两足够长平行金属导轨固定在水平面上，匀强磁场方向垂直导轨平面向下，金属棒ab、cd与导轨构成闭合回路且都可沿导轨无摩擦滑动，两金属棒ab、cd的质量之比为2∶1．用一沿导轨方向的恒力F水平向右拉金属棒cd，经过足够长时间以后（ ）
A．金属棒ab、cd都做匀速运动
B．金属棒cd所受安培力的大小等于2F/3
C．金属棒ab上的电流方向是由a向b
D．两金属棒间距离保持不变
34861507772408．(本题3分)如图甲所示，面积为0.1 m2的10匝线圈EFG处在某磁场中，t＝0时，磁场方向垂直于线圈平面向里，磁感应强度B随时间变化的规律如图乙所示．已知线圈与右侧电路接触良好，电路中的电阻R＝4 Ω，电容器电容C＝10 μF，线圈EFG的电阻为1 Ω，其余部分电阻不计．则当开关S闭合，电路稳定后，在t1＝0.1 s至t2＝0.2 s这段时间内( 　　)
A．电容器所带的电荷量为8×10－5 C
B．通过R的电流是2.5 A，方向从b到a
C．通过R的电流是2 A，方向从b到a
D．R消耗的电功率是0.16 W
37528507334259．(本题3分)如图所示，水平放置的粗糙U形框架上接一个阻值为R0的电阻，放在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场中．一个半径为L、质量为m的半圆形硬导体AC在水平向右的恒定拉力F作用下，由静止开始运动距离d后速度达到v，半圆形硬导体AC的电阻为r，其余电阻不计．下列说法正确的是( )
A．A点的电势低于C点的电势
B．此时AC两端电压为UAC＝2BLv
C．此过程中电路产生的电热为Q＝Fd－
mv2
D．此过程中通过电阻R0的电荷量为q＝
465772569532510．(本题3分)如图所示，一水平面内固定两根足够长的光滑平行金属导轨，导轨上面横放着两根完全相同的铜棒和，构成矩形回路，在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场．开始时，棒静止，棒有一个向左的初速度，则关于两棒以后的运动，下列说法正确的是（ ）
A．棒做匀速直线运动， 棒做匀加速直线运动
B．棒减小的动量等于棒增加的动量
C．棒减小的动能等于棒增加的动能
D．两棒一直运动，机械能不断转化为电能
二、多选题(共16分)
11．(本题4分)如图所示，宽度为2s的区域内存在匀强磁场B，磁场方向垂直纸面向里．一半径为d的正方形线框abcd由粗细均匀的金属导线绕成，初始时线框右边恰好与磁场边界重合，现让线框匀速穿过磁场区域，电流逆时针为正方向，下列关于ab两点间的电压Uab及通过线圈中的电流i随线圈位移x的变化正确的是（ ）
461010038100
A．B．C．D．
381000024574512．(本题4分)如图所示，长L1宽L2的矩形线圈电阻为R，处于磁感应强度为B的匀强磁场边缘，线圈与磁感线垂直．将线圈以向右的速度v匀速拉出磁场，则（ ）
A．拉力F大小为B2L12vR
B．拉力做的功为B2L12L2vR
C．线圈中产生的电热B2L22L1vR
D．通过线圈某一截面的电荷量BL1L2R
13．(本题4分)如图所示，水平放置的、间距为L的光滑导轨MNQP，导轨内的磁场方向与导轨垂直，磁感应强度为B，导轨左端接有电阻R、电阻为r的金属棒ab在导轨上垂直于磁场的方向，以速度v向右匀速移动，水平外力F,下列说法正确的是：（ ）
439102568580A．K断开时，金属棒两端的电压为
B．K闭合时，金属棒两端的电压为
C．K闭合时，感应电流的大小为
D．K闭合时，水平外力的功率为
14．(本题4分)如图所示，间距为L、电阻不计的足够长平行光滑金属导轨水平放置，导轨左端用一阻值为R的电阻连接，导轨上横跨一根质量为m、电阻也为R的金属棒，金属棒与导轨接触良好．整个装置处于竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中．现使金属棒以初速度v沿导轨向右运动，若金属棒在整个运动过程中通过的电荷量为q．下列说法正确的是（ ）
A．金属棒在导轨上做匀减速运动
445452526670B．整个过程中金属棒在导轨上发生的位移为
C．整个过程中金属棒克服安培力做功为
D．整个过程中电阻R上产生的焦耳热为
三、解答题(共54分)
15．(本题9分)如图所示，间距为L的平行金属轨道MN、PQ均固定在竖直平面内，两轨道均由水平光滑直轨道和半径为r的四分之一光滑圆弧轨道组成，圆弧轨道的最低点切线水平，水平轨道有一部分处在竖直向上的匀强磁场中，磁场的边界垂直于轨道，磁场边界间距也为L，轨道N、Q端接有阻值为R的定值电阻，磁场右侧轨道上固定有弹性立柱，两立柱连线与轨道垂直，一个质量为m的金属棒从轨道的M、P端由静止释放，金属棒穿过磁场后，与金属立柱碰撞无能量损失，此后，金属棒刚好能再次穿过磁场，金属棒和轨道电阻均不计，重力加速度为g，求
(1)金属棒到达圆弧轨道最低点时对轨道的压力大小；
4086225210185(2)金属棒第一次穿过磁场的过程中，通过电阻R的电量的大小；
(3)金属棒第一次穿过磁场的过程中，电阻R产生的焦耳热。
16．(本题9分)如图所示，两平行金属导轨间的距离,金属导轨所在的平面与水平面夹角，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度、方向垂直于导轨所在平面向上的匀强磁场。金属导轨的一端接有电动势、内阻的直流电源。现把一个质量的导体棒放在金属导轨上，此时导体棒恰好静止。导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻金属导轨电阻不计，取。已知，求：
（1）导体棒受到的安培力大小；
（2）导体棒受到的摩擦力大小及方向；
（3）若将直流电源置换成一个电阻为的定值电阻（图中未画出），然后将导体棒由静止释放，导体棒将沿导轨向下运动，求导体棒的最大速率（假设金属导轨足够长，导体棒与金属导轨之间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等）。
413385078105
17．(本题9分)如图所示，MN与PQ是两条水平放置彼此平行的光滑金属导轨，导轨间距为l＝0.5 m．质量m＝1.0 kg、电阻r＝0.5 Ω的金属杆ab垂直跨接在导轨上，匀强磁场的磁感线垂直纸面向里，磁感应强度的大小为B＝2.0T，导轨左端接阻值R＝2.0 Ω的电阻，导轨电阻不计．t＝0时刻ab杆受水平拉力F的作用后由静止开始向右做匀加速运动，第4 s末，ab杆的速度为v＝2.0 m/s，重力加速度g取10 m/s2.求：
(1)4 s末ab杆受到的安培力F安的大小；
(2)若0～4 s时间内，电阻R上产生的焦耳热为1.7 J，求这段时间内水平拉力F做的功；
4067175575310(3)若第4 s末以后，拉力不再变化，且从4 s末到金属杆ab达到最大速度过程中通过杆的电量q＝1.6 C，则此过程金属杆ab克服安培力做功W安为多少？
参考答案
答案含解析
1．B
【分析】
MN动生出I1，I1产生的磁场借助铁芯穿过L2线圈，若I1是变化的，则L2能感生出I2，PQ因通电而最终受安培力.
【详解】
A、C、因MN是匀速运动，动生出的I1是恒定的，产生的穿过铁芯的磁场是恒定的，则L2线圈不会产生感应电流I2，则PQ不通电而不会受安培力，Q端和P端无电势差；故A，C均错误.
B、MN向左减速时，产生的I1由右手定则知为MN，大小逐渐减小，在铁芯产生的磁场由安培定则知向上，则穿过L2的磁场向上减小，由楞次定律知I2由QP，由左手定则知安培力水平向左；故B正确.
D、MN向左加速时，产生的I1由右手定则知为MN(电源内部流向，则），大小逐渐增大，在铁芯产生的磁场由安培定则知向上，则穿过L2的磁场向上增大，由楞次定律知I2由PQ(电源外部的电流流向，则)；故D错误.
故选B.
【点睛】
本题是二次感应问题，核心是第一次的感应电流是变化的；同时综合考查了右手定则、左手定则、楞次定律、安培定则的综合应用.
2．B
【详解】
开始时bc边进入磁场切割磁感线，根据右手定则可知，电流方向为逆时针，即为负方向，故A错误； 当bc边开始出磁场时，回路中磁通量减小，产生的感应电流为顺时针，方向为正方向，故D错误．开始时bc边进入磁场切割磁感线，根据感应电动势大小公式：E=BLv可得，有效切割长度越来越长，感应电动势增大，故感应电流越来越大，且电流方向为负方向；当bc边开始出磁场时，根据感应电动势大小公式：E=BLv可得，切割长度越来越长，感应电动势增大，故感应电流越来越大，且电流方向为正方向，故B正确，C错误．
3．D
【详解】
根据 线圈中的磁通量变化越快，线圈中产生的感应电动势一定越大；磁通量越大、或者磁通量变化大，或者线圈放在磁场越强的位置不动，感应电动势都不一定大，选项ABC错误，D正确；
故选D。
4．C
【解析】
【详解】
金属框绕光滑轴转下的过程中机械能有损失但能量守恒，损失的机械能为mgL?mv22，故产生的热量为Q=mgL?mv22.
A.mgL?mv22与计算结果不相符；故A错误.
B.mgL?mv22与计算结果不相符；故B错误.
C.mgL?mv22与计算结果相符；故C正确.
D.mgL?mv22与计算结果不相符；故D错误.
5．B
【解析】
【详解】
A、因两次的起始和终止位置相同，所以磁感应强度变化量相同，由知两次磁通量变化相同，故选项A错误；
BD、因磁通量变化相同，匝数相同，，根据和知第一次通过线圈的磁通量的变化率较小，且电流表的指针偏转较小，故选项B正确，D错误；
C、根据，和可得，可知两次经过电流表的总电量相同，故选项C错误。
6．D
【分析】
根据法拉第电磁感应定律，与楞次定律，结合磁通量变化量与磁通量变化率不同，即可一一求解．
【详解】
A项：由法拉第电磁感应定律，可知，在t1时刻，a中电流变化率为0，b中感应电动势为零，故A错误；
B项：t2-t3时间内与t2-t3时间内的电流大小变化相反，方向也改变，由楞次定律，可知，在t2时刻，b中感应电流方向不改变，故B错误；
C项：t3～t4时间内，a中的电流减小，由“楞次定律”可知，b环内感应电流的方向与a环内电流的方向相同，故C错误；
D项：在t2时刻，a中电流变化率为最大，b中感应电动势为最大，故D正确．
故选D．
【点睛】
考查法拉第电磁感应定律，与楞次定律的应用，掌握感应电动势与磁通量变化率有关，而与磁通量变化量无关．
7．B
【详解】
若金属棒ab做匀速运动，所受的安培力为零，ab中电流为零，则cd中电流也为零，cd不受安培力，但还受到F作用，cd将做匀加速运动，故A错误；若两金属棒间距离保持不变，回路的磁通量不变，没有感应电流产生，两棒都不受安培力，则cd将做匀加速运动，两者距离将增大，故AD均错误；由上分析得知，当两棒的运动稳定时，两棒速度之差一定，回路中产生的感应电流一定，两棒所受的安培力都保持不变，一起以相同的加速度做匀加速运动，由于两者距离不断增大，穿过回路的磁通量增大，由楞次定律判断可知，金属棒ab上的电流方向是由b向a.设cd棒的质量为m，则根据牛顿第二定律得：对整体：F=3ma，对cd棒：F?FA=ma，解得FA=，故B正确．
8．A
【解析】
根据法拉第电磁感应定律：，电阻R两端的电压，电容器两端的电压等于电阻R两端的电压，电容器所带的电荷量，A正确；通过R的电流，由楞次定律通过R的电流方向从a到b，BC错误；R消耗的功率，D错误．
【点睛】本题考查了法拉第电磁感应定律、欧姆定律、楞次定律的基本运用，会运用法拉第电磁感应定律求解感应电动势，以及会运用楞次定律判断感应电流的方向是解决本题的关键．根据法拉第电磁感应定律求出感应电动势的大小，根据楞次定律得出感应电流的方向，结合欧姆定律求出电流的大小，以及R两端的电压，结合Q=CU求出电容器所带电量的大小．
9．D
【解析】
由右手定则可知，A为电动势的正极，A点的电势高于C点的电势，且，由欧姆定律可知AC两端电压，故AB错误；此过程还有摩擦生热，由能量守恒可知电路产生的电热为；故C错误；由，可知D正确．
10．B
【解析】试题分析：两棒切割磁场产生的感应电动势为，其中为两棒的相对速度，并且逐渐减小，最终为0，受力分析可知两棒所受合外力逐渐减小，最终为0，所以根据牛顿第二定律即可确定两棒的运动性质；根据动量守恒定律即可分析两棒动量变化量的关系；根据能量守恒定律即可分析两棒动能变化量的大小关系以及转化电能的情况。
初始时棒向左运动受到向右的安培力， 棒受到向左的安培力，所以棒减速， 棒加速，设棒速度为、棒速度为，开始时，随着运动两棒的相对速度逐渐减小至，两根切割磁场产生的感应电动势为， 也逐渐减小最终为，感应电流逐渐减小到，安培力逐渐减到，所以棒做加速度逐渐减小的变加速直线运动，A错误；两棒组成的系统受安培力的合力为零，故系统的动量守恒，所以棒减小的动量等于棒增加的动量，B正确；回路中有产生电磁感应现象，有电流做功产生电热，所以根据能量守恒可以知道， 棒减小的动能等于棒增加的动能与两棒产生电热之和，所以棒减小的动能大于棒增加的动能，C错误；当时，产生电磁感应现象，产生电热，机械能转化为电能，最后两棒共速，之后两棒以共同的速度做匀速直线运动，机械能守恒，不再产生电能，D错误．
11．AD
【解析】
从ab边开始进入磁场到cd边进入磁场过程中，只有ab边切割磁感线，产生的电动势为E=BLv，ab两点的电压为，电流为，从cd进入磁场到ab边开始出磁场过程中，ab，cd两条边切割磁感线，此时线圈中无电流产生，但ab，cd两端有电压即为，从ab边出磁场开始到cd边出磁场，只有cd边切割磁感线，产生的电动势为E=BLv，ab两点的电压为，电流，由右手定则可知，电流方向与I1方向相反，由以上分析可知，AD正确．
点晴：解决本题关键分析线框穿过磁场的过程，线框全部在磁场中时，线框中无感应电流，但ab、cd两边切割磁感线，即有感应电动势，ab两点的电压并不等于电动势，根据闭合电路欧姆定律可知，即为路端电压．
12．CD
【解析】
【详解】
A.感应电动势：E=BL2v，
电流：I=E/R，
安培力：F安=BIL2，
线框做匀速直线运动，由平衡条件得：F=F安=B2L22vR，故A错误；
B.根据功W=FS，拉力的功：W=FL1=B2L22L1vR，故B错误；
C.根据功能关系，线框拉出的过程，拉力做正功，动能不变，线框中产生内能，增加的内能等于拉力所做的功，故Q=B2L22L1vR，故C正确；
D. 通过线圈某一截面的电荷量：q=I?t=ERt= ΔφR=BL1L2R，故D正确。
故选：CD
13．ACD
【解析】
【详解】
ABC.当开关断开时，不是闭合回路，金属棒两端电压大小等于电动势；当开关闭合时，回路电动势，回路电流，所以金属棒两端电压，即路端电压，AC正确B错误。
D.开关闭合时，由于匀速运动，所以外力与安培力大小相等：，所以外力功率，D正确。
14．BC
【解析】
【详解】
金属棒在整个运动过程中，受到竖直向下的重力，竖直向上的支持力，这两个力合力为零，受到水平向左的安培力，金属棒受到的合力为安培力；
A．金属棒受到的安培力，金属棒受到安培力作用而做减速运动，速度v不断减小，安培力不断减小，加速度不断减小，故金属棒做加速度逐渐减小的变减速运动，故A错误；
B．整个过程中感应电荷量，又，联立得,故金属棒的位移，故B正确；
C．整个过程中由动能定理可得：-W安=0-mv02，金属棒克服安培力做功为W安=mv02，故C正确；
D．克服安培力做功把金属棒的动能转化为焦耳热，由于金属棒电阻与电阻串联在电路中，且阻值相等，则电阻R上产生的焦耳热Q=W安=mv02，故D错误．
15．（1）；（2）；（3）。
【详解】
(1)由题意可知从导体棒释放到达最低点的过程中，有动能定理有：
在圆轨道最低点合力提供向心力有：
联立解得：；根据牛顿第三定律可知金属棒对轨道的压力大小为：
(2)由题意可知金属棒穿过磁场后，与金属立柱碰撞无能量损失，且金属棒刚好能再次穿过磁场，即再次穿过磁场时速度恰好为0，设两次穿越磁场的时间为t，流过电荷量为q，此过程中根据：
可得：
对整个运动过程根据动量定理有：
联立两式结合(1)可解得：
金属棒第一次穿过磁场的过程中，通过电阻R的电量为：
(3)设金属棒第一次穿出磁场时速度为v1，则根据动量定理有：
所以金属棒第一次穿过磁场的过程中，根据能量守恒有：
联立两式结合(2)的结果可得：
答：(1)金属棒到达圆弧轨道最低点时对轨道的压力大小为3mg；
(2)金属棒第一次穿过磁场的过程中，通过电阻R的电量的大小；
(3)金属棒第一次穿过磁场的过程中，电阻R产生的焦耳热。
16．(1) 0.28N (2) 0.04N，方向沿斜面向下 (3) 15m/s2
【详解】
(1)导体棒、金属导轨和直流电源构成闭合电路，根据闭合电路欧姆定律有：
导体棒受到的安培力：
根据左手定则可得安培力沿斜面向上；
(2)导体棒所受重力沿斜面向下的分力：
由于F1小于安培力，故导体棒受沿斜面向下的摩擦力f，根据共点力平衡条件：
代入数据解得：f=0.04N。
(3)根据：
可得：
将直流电源置换成一个电阻为的定值电阻后，当导体棒达到最大速度时加速度为零，受力平衡，结合左手定则和右手定则有：
代入数据联立解得：v=15m/s2
答：(1)导体棒受到的安培力大小0.28N；
(2)导体棒受到的摩擦力大小0.04N，方向沿斜面向下；
(3)导体棒的最大速率v=15m/s2。
.
17．(1) 0.8 N (2) 4.125 J (3) 1.92 J
【解析】
【详解】
(1)由法拉第电磁感应定律可得产生的感应电动势为：
由闭合电路欧姆定律可得电路中的电流为：
安培力大小为：
由以上方程可得：
(2)电阻R上产生的热量为
电路中产生的总热量为：
由能量守恒可得：
解得：
(3)4 s末ab杆运动的加速度为：
由牛顿第二定律可得：
解得：第4 s末拉力：
4 s后当加速度时，ab杆的速度达到最大．所以速度最大时：
解得：
设ab杆在4 s末至最大速度过程中通过的位移为，根据
解得：
由动能定理可得：
解得：