2020学年高中物理 第四章 电磁感应单元质量评估 新人教版选修3-2
第四章 电磁感应
单元质量评估
(90分钟 100分)
一、选择题(本题共14小题,每小题4分,共56分。其中1～9小题为单选题,10～14小题为多选题)
1.在法拉第时代,下列验证“由磁产生电”设想的实验中,能观察到感应电流的是 ( )
A.将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路,然后观察电流表的变化
B.在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈,然后观察电流表的变化
C.将一房间内的线圈两端与相邻房间的电流表连接。往线圈中插入条形磁铁后,再到相邻房间去观察电流表的变化
D.绕在同一铁环上的两个线圈,分别接电源和电流表,在给线圈通电或断电的瞬间,观察电流表的变化
【解析】选D。电路闭合和穿过电路的磁通量发生变化,同时满足,电路中才会产生感应电流,本题中的A、B选项都不会使得电路中的磁通量发生变化,并不满足产生感应电流的条件,故都不正确。C 选项中磁铁插入线圈时,虽有短暂电流产生,但未能及时观察,C项错误。在给线圈通电、断电瞬间,会引起闭合电路磁通量发生变化,产生感应电流,因此D项正确。
2. (2020·邢台高二检测)材料、粗细相同,长度不同的电阻丝做成ab、cd、ef三种形状的导线,分别放在电阻可忽略的光滑金属导轨上,并与导轨垂直,如图所示,匀强磁场方向垂直导轨平面向内。外力使导线水平向右做匀速运动,且每次外力所做功的功率相同,已知三根导线在导轨间的长度关系是Lab
φa,所以φa-φb<0;由法拉第电磁感应定律可知,线圈两端a、b之间电势差φa-φb=-n=-n;综上可知,选项C正确,选项A、B、D错误。
4.矩形导线框abcd固定在匀强磁场中,磁感线的方向与导线框所在平面垂直。规定磁场的正方向垂直纸面向里,磁感应强度B随时间t变化的规律如图所示。若规定顺时针方向为感应电流i的正方向,图中的i-t图象正确的是
【解析】选D。磁感应强度均匀变化,产生恒定的感应电流,A错误。第1 s内,
磁场垂直于纸面向里均匀增强,由楞次定律可以判定感应电流方向为逆时针,为负值,C错误。同理可判定,第4 s内感应电流方向为逆时针,为负值,B错误,D正确。
5.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B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中电流先增大后减小
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
【解题指南】解答本题时应从以下三点进行分析:
(1)导体棒PQ滑动过程中电阻的变化特点。
(2)等效电源电阻与外电阻的大小关系。
(3)导体棒PQ上拉力的功率与电路总功率关系。
【解析】选C。导体棒PQ滑动过程中外电阻先变大到最大值0.75R后变小,因此PQ中电流先减小后增大,PQ两端电压先增大后减小,选项A、B错;据电源输出功率与外电阻变化规律可知线框消耗的电功率先增大后减小,选项D错;导体棒PQ上拉力的功率等于电路总功率,电动势不变,据PQ中电流变化可知PQ上拉力的功率先减小后增大,选项C正确。
6. (2020·滨州高二检测)如图所示,abcd是一个质量为m,边长为L的正方形金属线框。如从图示位置自由下落,在下落h后进入磁感应强度为B的磁场,恰好做匀速直线运动,该磁场的宽度也为L。在这个磁场的正下方h+L处还有一个未知磁场,金属线框abcd在穿过这个磁场时也恰好做匀速直线运动,那么下列说法正确的是 ( )
A.未知磁场的磁感应强度是2B
B.未知磁场的磁感应强度是B
C.线框在穿过这两个磁场的过程中产生的电能为4mgL
D.线框在穿过这两个磁场的过程中产生的电能为2mgL
【解析】选C。设线框刚进入第一个磁场时速度大小为v1,那么mgh=m, v1=。设线框刚进入第二个磁场时速度大小为v2,那么-=2gh,v2=v1,根据题意还可得到,mg=,mg=整理可得出Bx=B,A、B两项均错误;穿过两个磁场时都做匀速运动,把减少的重力势能都转化为电能,所以在穿过这两个磁场的过程中产生的电能为4mgL,C项正确、D项错误。
7.(2020·济宁高二检测)如图所示,L是自感系数足够大的线圈,其直流电阻为零。D1、D2是两个相同的灯泡,如将开关K闭合,等灯泡亮度稳定后再断开,则K闭合、断开,灯泡D1、D2的亮度变化情况是 ( )
A.K合上瞬间,D2很亮,D1不亮
B.K合上瞬间,D1立即很亮,D2逐渐亮,最后一样亮,K断开瞬间,D2立即熄灭,D1逐渐熄灭
C.K合上瞬时,D1、D2同时亮,然后D1逐渐变暗到熄灭,D2亮度不变,K断开瞬间,D2立即熄灭,D1亮一下,逐渐熄灭
D.K闭合瞬时,D1、D2同时亮,然后D1逐渐变暗到熄灭,D2同时变得更亮,K断开瞬间,D2立即熄灭,D1亮一下再灭
【解析】选D。K闭合瞬间,L的自感作用很强,L处相当于断路,电流流经D1、D2,所以D1、D2同时亮;电流稳定后,L相当于短路,所以D1逐渐熄灭,由于稳定后D1被短路,回路电流变大,故D2变得更亮,断开K,线圈L阻碍电流减小发生自感现象,L相当于一个新电源和D1组成回路,D1亮一下再熄灭,而D2立即熄灭。
8.(2020·揭阳高二检测)如图所示,一个闭合三角形导线框ABC位于竖直平面内,其下方(略靠前)固定一根与导线框平面平行的水平直导线,导线中通以图示方向的恒定电流。释放导线框,它由实线位置下落到虚线位置未发生转动,在此过程中 ( )
A.导线框中感应电流的方向依次为ACBA→ABCA→ACBA
B.导线框的磁通量为零时,感应电流也为零
C.导线框所受安培力的合力方向依次为向上→向下→向上
D.导线框所受安培力的合力为零,做自由落体运动
【解析】选A。根据右手螺旋定则可知导线上方的磁场方向垂直于纸面向外,下方的磁场方向垂直于纸面向里,而且越靠近导线磁场越强。所以闭合导线框ABC在下降过程中,导线框内垂直于纸面向外的磁通量先增大,当增大到BC边与导线重合时,达到最大,再向下运动,导线框内垂直于纸面向外的磁通量逐渐减小至零,然后随导线框的下降,导线框内垂直于纸面向里的磁通量增大,当增大到A点与导线重合时,达到最大,继续下降时由于导线框逐渐远离导线,使导线框内垂直于纸面向里的磁通量再逐渐减小,所以根据楞次定律可知,感应电流的磁场总是阻碍原磁通量的变化,所以感应电流的磁场先向内,再向外,最后向内,所以导线框中感应电流的方向依次为
ACBA→ABCA→ACBA,A正确;当导线框内的磁通量为零时,内部的磁通量仍然在变化,有感应电动势产生,所以感应电流不为零,B错误;根据对楞次定律的理解,感应电流的效果总是阻碍导体间的相对运动,由于导线框一直向下运动,所以导线框所受安培力的合力方向一直向上,不为零,C、D错误。
9.(2020·揭阳高二检测)如图所示,有一个等腰直角三角形的匀强磁场区域其直角边长为L,磁场方向垂直纸面向外,磁感应强度大小为B。边长为L、总电阻为R的正方形导线框abcd,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。取沿a→b→c→d→a的感应电流为正,则表示线框中电流i随bc边的位置坐标x变化的图象正确的是 ( )
【解析】选C。根据题意,由楞次定律得:正方形线框进入三角形磁场时,穿过线框的磁通量逐渐增加,线框中产生顺时针电流,为正方向,D选项可以排除;正方形线框离开三角形磁场时,穿过线框的磁通量减少,线框中的电流逆时针,为负方向,A选项可以排除;由于线框切割磁感线的有效长度为l=vt·tan 45°=vt,则线框产生的感应电动势为E=B·vt·v=Bv2t,而感应电流为I=,所以感应电流随着时间增加而增加,只有C选项正确。
10.今将磁铁缓慢或者迅速地插入一闭合线圈中(始末位置相同),
试对比在上述两个过程中,相同的物理量是 ( )
A.磁通量的变化量
B.磁通量的变化率
C.线圈中产生的感应电流
D.流过线圈导线截面的电荷量
【解析】选A、D。由ΔΦ=Φ2-Φ1和题意知,A选项正确。因Δt1和Δt2不等,故不同,B选项错误,由E=n知,感应电动势不相等,故C选项错误;由q=n知D选项正确。
11.电吉他中电拾音器的基本结构如图所示,磁体附近的金属弦被磁化,因此弦振动时,在线圈中产生感应电流,电流经电路放大后传送到音箱发出声音。下列说法正确的有 ( )
A.选用铜质弦,电吉他仍能正常工作
B.取走磁体,电吉他将不能正常工作
C.增加线圈匝数可以增大线圈中的感应电动势
D.弦振动过程中,线圈中的电流方向不断变化
【解题指南】(1)产生感应电流的条件:闭合回路的磁通量发生变化。
(2)法拉第电磁感应定律E=n。
【解析】选B、C、D。按照题意,磁体附近的金属弦被磁化,铜质弦不具备这种“
本领”,所以A项错误;取走磁体,导体不能切割磁感线,所以电吉他将不能正常工作,B项正确;根据法拉第电磁感应定律判断C项正确;弦振动过程中,靠近或远离,由楞次定律知,线圈中的电流方向不断变化,D项正确。
12.如图所示,电灯A和B与固定电阻的电阻均为R,L是自感系数很大的线圈。当S1闭合、S2断开且电路稳定时,A、B亮度相同,再闭合S2,待电路稳定后将S1断开,下列说法正确的是 ( )
A.B立即熄灭
B.A灯将比原来更亮一些后再熄灭
C.有电流通过B灯,方向为c→d
D.有电流通过A灯,方向为b→a
【解析】选A、D。当断开S2而只闭合S1时,A、B两灯一样亮,可知线圈L的电阻也是R,在S1、S2闭合时,IA=IL,故当S2闭合、S1突然断开时,流过A灯的电流只是方向变为b→a,但其大小不突然增大,A灯不出现更亮一下再熄灭的现象,故D项正确,B项错误。由于固定电阻R几乎没有自感作用,故断开S1时,B灯电流迅速变为零,而立即熄灭,故A项正确,C项错误。综合上述分析可知,本题正确选项为A、D。
【总结提升】自感问题的求解策略
自感现象是电磁感应现象的一种特例,它仍遵循电磁感应定律。分析自感现象除弄清这一点之外,还必须抓住以下三点:
(1)自感电动势总是阻碍电路中原来电流的变化。当原来电流增大时,自感电动势的方向与原来电流方向相反;当原来电流减小时,自感电动势的方向与原来电流方向相同。
(2)“阻碍”不是“阻止”。“阻碍”电流变化的实质是使电流不发生“突变”,使其变化过程有所延缓。
(3)当电路接通瞬间,自感线圈相当于断路;当电路稳定时,相当于电阻,如果线圈没有电阻,相当于导线(短路);当电路断开瞬间,自感线圈相当于电源。
13.竖直放置的两根平行金属导轨之间接有定值电阻R,质量不能忽略的金属棒与两导轨始终保持垂直并良好接触且无摩擦,棒与导轨的电阻均不计,整个装置放在匀强磁场中,磁场方向与导轨平面垂直,棒在竖直向上的恒力F作用下匀速上升,以下说法正确的是 ( )
A.作用在金属棒上各力的合力做功为零
B.重力做的功等于系统产生的电能
C.金属棒克服安培力做的功等于电阻R上产生的焦耳热
D.恒力F做的功等于电阻R上产生的焦耳热
【解析】选A、C。因为金属棒匀速上升,所以其所受合力为零。根据动能定理,合力做的功等于动能的增量,故A对;重力做的功等于重力势能的减少量,F做的功等于重力所做的功与产生的电能之和,而克服安培力做的功等于电阻R上产生的焦耳热,所以B、D错,C对。
14.某同学在学习了法拉第电磁感应定律之后,自己制作了一个手动手电筒,如图是手电筒的简易结构示意图,左、右两端是两块完全相同的条形磁铁,中间是一根绝缘直杆,由绝缘细铜丝绕制的多匝环形线圈只可在直杆上自由滑动,线圈两端接一灯泡,晃动手电筒时线圈也来回匀速滑动,灯泡就会发光,其中O点是两磁极连线的中点,a、b两点关于O点对称,则下列说法中正确的是
A.线圈经过O点时穿过的磁通量最小
B.线圈经过O点时受到的磁场力最大
C.线圈沿不同方向经过b点时所受的磁场力方向相反
D.线圈沿同一方向经过a、b两点时其中的电流方向相同
【解析】选A、C。由磁铁间的磁场分布图可知,靠近两极处的磁感应强度最大,O点处磁感应强度最小,故线圈经过O点时穿过的磁通量最小,其所受磁场力也最小,A项正确,B项错误;线圈沿不同方向经过b点时感应电流方向相反,其所受的磁场力方向也相反,C项正确;线圈沿同一方向经过a、b两点时磁场方向相同,但其变化的方向相反,故电流方向相反,D项错误。
二、实验题(8分)
15.(2020·安庆高二检测)在“研究电磁感应现象”的实验中,首先按图甲接线,以查明电流表指针的偏转方向与电流方向之间的关系;然后按图乙将电流表与线圈B连成一个闭合回路,将线圈A、电池、滑动变阻器和开关串联成另一个闭合电路,在图甲中,当闭合S时,观察到电流表指针向左偏,不通电时电流表指针停在正中央。在图乙中
(1)S闭合时,将螺线管A插入螺线管B的过程中,电流表的指针________。
(2)线圈A放在B中不动时,指针将________。
(3)线圈A放在B中不动,突然断开开关S,电流表指针将________。
【解析】(1)由题图甲知电流从左接线柱流入电流表时,其指针向左偏转。S闭合后,将A插入B中,磁通量增大,由楞次定律和安培定则可判断B中电流方向向上,从右接线柱流入,故电流表指针向右偏转。
(2)A放在B中不动,磁通量不变,不产生感应电流,指针不偏转。
(3)断开开关,穿过B的磁通量减小,电流表指针向左偏转。
答案:(1)向右偏转 (2)不动 (3)向左偏转
三、计算题(本题共3小题,共36分。要有必要的文字说明和解题步骤,
有数值计算的要注明单位)
16.(10分)(2020·揭阳高二检测)如图所示,长60 cm的直导线以10 m/s的速度在B=0.5 T的匀强磁场中水平向右匀速运动,则导线两端产生的电势差为多少?导线中每个自由电子所受磁场力的大小是多少?方向如何?
【解析】该题应用动生电动势的计算公式和洛伦兹力的计算公式求解。由题意E=BLv ①(2分)
U=E ②(1分)
F洛=Bev ③(2分)
由式①、式②得
U=BLv=0.5×0.6×10 V=3 V (2分)
由式③得
F洛=Bev=0.5×1.6×10-19×10 N=8×10-19 N(2分)
根据左手定则判断F洛的方向竖直向下。(1分)
答案:3 V 8×10-19 N 竖直向下
17.(12分)如图所示,半径为R的圆形导轨处在垂直于圆平面的匀强磁场中,磁感应强度为B,方向垂直于纸面向内。一根长度略大于导轨直径的导体棒MN以速率v在圆导轨上从左端滑到右端,电路中的定值电阻为r,其余电阻不计。导体棒与圆形导轨接触良好。求:
(1)在滑动过程中通过电阻r的电流的平均值。
(2)MN从左端到右端的整个过程中,通过r的电荷量。
(3)当MN通过圆形导轨中心时,通过r的电流是多大?
【解题指南】导体棒从左向右滑动的过程中,切割磁感线产生感应电动势,对电阻r供电。
【解析】(1)计算平均电流,应该用法拉第电磁感应定律,先求出平均感应电动势。整个过程磁通量的变化为ΔΦ=BS=BπR2 (2分)
所用的时间Δt= (1分)
代入公式E== (1分)
平均电流为I== (1分)
(2)电荷量的运算应该用平均电流,
q=IΔt= (3分)
(3)当MN通过圆形导轨中心时,切割磁感线的有效长度最大, l=2R,根据导体切割磁感线产生的电动势公式E=Blv得:E=B·2Rv (2分)
此时通过r的电流为I== (2分)
答案:(1) (2) (3)
18.(14分)如图甲所示,两根足够长的直金属导轨MN、PQ平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上,两导轨间距为L,M、P两点间接有阻值为R的电阻。一根质量为m的均匀直金属杆AB放在两导轨上,并与导轨垂直。整套装置处于磁感应强度为B
的匀强磁场中,磁场方向垂直斜面向下。导轨和金属杆的电阻可忽略。让AB杆沿导轨由静止开始下滑,导轨和金属杆接触良好,不计它们之间的摩擦。
(1)由B向A方向看到的装置如图乙所示,请在此图中画出AB杆下滑过程中某时刻的受力示意图。
(2)在加速下滑过程中,当AB杆的速度大小为v时,求此时AB杆中的电流大小及其加速度的大小。
(3)求在下滑过程中,AB杆可以达到的最大速度值。
【解析】(1)如图所示,重力mg,竖直向下;支持力FN,垂直斜面向上;安培力F,沿斜面向上。 (2分)
(2)当AB杆速度为v时,感应电动势E=BLv,此时电路中电流
I==。 (3分)
AB杆受到的安培力F=BIL=, (2分)
根据牛顿第二定律,有
ma=mgsinθ-F=mgsinθ-, (2分)
a=gsinθ-。 (1分)
(3)当=mgsinθ时, (2分)
AB杆达到最大速度vmax=。 (2分)
答案:(1)见解析图
(2) gsinθ- (3)
【总结提升】电磁感应与力学综合题的解题策略
此类问题中力现象和电磁现象相互联系,相互制约,解决问题前首先要建立“动→电→动”的思维顺序,可概括为:
(1)找准主动运动者,用法拉第电磁感应定律和楞次定律求解电动势大小和方向。
(2)根据等效电路图,求解回路中电流的大小及方向。
(3)分析安培力对导体棒运动速度、加速度的影响,从而推理得出对电路中的电流有什么影响,最后定性分析出导体棒的最终运动情况。
(4)列牛顿第二定律或平衡方程求解。
