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2018步步高第九章电磁感应 45分钟章末验收卷


45 分钟章末验收卷
一、单项选择题 1. 图 1 甲是法拉第于 1831 年发明的人类历史上第一台发电机——圆盘发电机. 图乙为其示 意图,铜盘安装在水平的铜轴上,磁感线垂直穿过铜盘;两块铜片 M、N 分别与铜轴和铜盘 边缘接触,匀速转动铜盘,电阻 R 就有电流通过.则下列说法正确的是( )

图1 A.回路中恒定电流的大小与铜盘转速无关 B.回路中有大小和方向都做周期性变化的涡流 C.回路中电流方向不变,从 M 经导线流进电阻 R,再从 N 流向铜盘 D.铜盘绕铜轴转动时,沿半径方向上的金属“条”切割磁感线,产生电动势 答案 D 解析 圆盘发电机的圆盘可看做无数条沿半径方向的金属“条”, 转动切割磁感线产生感应 电动势,D 项正确;金属“条”相互并联,产生的感应电动势与一条金属“条”转动切割产 1 生的感应电动势相等,即 E= BL2ω,可见感应电动势大小不变,回路总电阻不变,由闭合 2 E 回路欧姆定律得 I= ,故回路中电流大小恒定,且与铜盘转速有关,A、B 项错;由右手定 R 则可知,回路中电流方向是自下而上通过电阻 R,C 项错. 2.下列没有利用涡流的是( A.金属探测器 B.变压器中用互相绝缘的硅钢片叠成铁芯 C.用来冶炼合金钢的真空冶炼炉 D.磁电式仪表的线圈用铝框做骨架 答案 B 解析 金属探测器、 冶炼炉都是利用涡流现象工作的, 磁电式仪表利用涡流能让指针快速稳 定,也是利用涡流现象,变压器中的硅钢片是为了防止涡流产生铁损. 3.如图 2 所示电路中,A、B、C 为完全相同的三个灯泡,L 是一直流电阻不可忽略的电感 )

线圈.a、b 为线圈 L 的左右两端点,原来开关 S 是闭合的,三个灯泡亮度相同.将开关 S 断开后,下列说法正确的是( )

图2 A.a 点电势高于 b 点,A 灯闪亮后缓慢熄灭 B.a 点电势低于 b 点,B、C 灯闪亮后缓慢熄灭 C.a 点电势高于 b 点,B、C 灯闪亮后缓慢熄灭 D.a 点电势低于 b 点,B、C 灯不会闪亮只是缓慢熄灭 答案 D 解析 电路稳定时,三个完全相同的灯泡亮度相同,说明流经三个灯泡的电流相等.某时刻 将开关 S 断开,流经电感线圈的磁通量减小,其发生自感现象,相当于电源,产生和原电 流方向相同的感应电流,故 a 点电势低于 b 点电势,三个灯不会闪亮只是缓慢熄灭,选项 D 正确. 4.如图 3 所示,等腰三角形内分布有垂直于纸面向外的匀强磁场,它的底边在 x 轴上且长 为 2L,高为 L,纸面内一边长为 L 的正方形导线框沿 x 轴正方向做匀速直线运动穿过匀强 磁场区域,在 t=0 时刻恰好位于如图所示的位置,以顺时针方向为导线框中电流的正方向, 下面四幅图中能够正确表示导线框中的电流-位移(I-x)关系的是( )

图3

答案 B 解析 位移在 0~L 过程,磁通量增大,由楞次定律判断感应电流方向为顺时针方向,为正

Blv Bv 值.I= ,l=x,则 I= x;位移在 L~2L 过程:磁通量先增大后减小,由楞次定律判断 R R 感应电流方向先为顺时针方向,为正值,后为逆时针方向,为负值;位移在 2L~3L 过程: Bv 磁通量减小,由楞次定律判断感应电流方向为逆时针方向,为负值,I= (3L-x). R 5.如图 4 甲,光滑平行且足够长的金属导轨 ab、cd 所在平面与水平面成 θ 角,b、c 两端 接有阻值为 R 的定值电阻.阻值为 r 的金属棒 PQ 垂直导轨放置,其他部分电阻不计.整个 装置处在磁感应强度为 B 的匀强磁场中,磁场方向垂直导轨平面向上.从 t=0 时刻开始, 棒受到一个平行于导轨向上的外力 F 作用,由静止开始沿导轨向上运动,运动中棒始终与 导轨垂直且接触良好,通过 R 的感应电流随时间 t 变化的图象如图乙所示.下面分别给出了 ΔΦ 穿过回路 PQcb 的磁通量 Φ、磁通量的变化率 、电阻 R 两端的电势差 U 和通过棒上某横 Δt 截面的总电荷量 q 随运动时间 t 变化的图象,其中正确的是( )

图4

答案 B 解析 由于产生的感应电动势是逐渐增大的,而图象 A 描述磁通量与时间关系中斜率不变, ΔΦ E 产生的感应电动势不变,A 错误;回路中的感应电动势为:E= ,感应电流为 I= = Δt R+r ΔΦ ,由题图乙可知:I=kt,故有: =k(R+r)t,所以图象 B 正确;I 均匀增大,电 Δt ?R+r?Δt 阻 R 两端的电势差 U=IR=ktR,则知 U 与时间 t 成正比,C 错误;通过金属棒的电荷量为: 1 q= I t= kt2,故有 q-t 图象为抛物线,并非过原点的直线,D 错误. 2 6.如图 5 所示,虚线两侧的磁感应强度大小均为 B,方向相反,电阻为 R 的导线弯成顶角 为 90° ,半径为 r 的两个扇形组成的回路,O 为圆心,整个回路可绕 O 点转动.若由图示的 ΔΦ

位置开始沿顺时针方向以角速度 ω 转动,则在一个周期内电路消耗的电能为(

)

图5 πB2ωr4 A. R 4πB2ωr4 C. R 答案 C T T 3 T 解析 从图示位置开始计时, 在一个周期 T 内, 在 0~ 、 ~ T 内没有感应电流产生, 在 ~ 4 2 4 4 T 3 T T 3 1 , T~T 内有感应电流产生,在 ~ , T~T 内线框产生的总的感应电动势 E=4× Br2ω 2 4 4 2 4 2 E2 T 2π 4πB2ωr4 =2Br2ω,则在一周期内电路释放的电能为 Q= · ,T= ,解得 Q= ,C 项正确. R 2 ω R 7.随着科技的不断发展,无线充电已经进入人们的生活.某品牌手机的无线充电原理如图 6 所示.关于无线充电,下列说法正确的是( ) 2πB2ωr4 B. R 8πB2ωr4 D. R

图6 A.充电底座中的发射线圈将磁场能转化为电能 B.充电底座可以直接使用直流电源实现对手机的无线充电 C.接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同 D.无线充电时手机接收线圈利用“电流的磁效应”获取电能 答案 C 解析 发射线圈中通入交变电流,交变电流周围形成交变磁场,交变磁场又形成交变电场, 从而在接收线圈形成交变电流. 发射线圈是将电能转化为磁场能, 接收线圈是将磁场能转化 为电能,A 错误;直流电周围形成恒定的磁场,恒定的磁场无法由电磁感应形成电场,B 错 误;根据电磁感应规律知接收线圈与发射线圈中交变电流的频率一样,C 正确;无线充电时

手机接收线圈利用“电磁感应”获得电能,D 错误. 二、多项选择题 8.如图 7 所示,足够长的光滑导轨倾斜放置,导轨宽度为 L,其下端与电阻 R 连接.导体 棒 ab 电阻为 r,导轨和导线电阻不计,匀强磁场竖直向上.若导体棒 ab 以一定初速度 v 下 滑,则关于 ab 棒的下列说法中正确的是( )

图7 A.所受安培力方向水平向右 B.可能以速度 v 匀速下滑 C.刚下滑的瞬间 ab 棒产生的感应电动势为 BLv D.减少的重力势能等于电阻 R 上产生的内能 答案 AB 解析 导体棒 ab 以一定初速度 v 下滑,切割磁感线产生感应电动势和感应电流,由右手定 则可判断出电流方向为从 b 到 a,由左手定则可判断出 ab 棒所受安培力方向水平向右,选 项 A 正确.当 mgsin θ=BILcos θ 时,ab 棒沿导轨方向合外力为零,可以速度 v 匀速下滑, 选项 B 正确.由于速度方向与磁场方向夹角为(90° +θ),刚下滑的瞬间 ab 棒产生的感应电 动势为 E=BLvcos θ,选项 C 错误.由能量守恒定律知,ab 棒减少的重力势能不等于电阻 R 上产生的内能,选项 D 错误. 9.如图 8,两根平行光滑金属导轨固定在同一水平面内,其左端接有定值电阻 R.Ox 轴平行 于金属导轨,在 0≤x≤4 m 的空间区域内存在着垂直导轨平面向下的磁场,磁感应强度 B 随坐标 x(以 m 为单位)的分布规律为 B=0.8-0.2x(T).金属棒 ab 在外力作用下从 x=0 处沿 导轨运动,金属棒始终与导轨垂直并接触良好,不计导轨和金属棒的电阻.设在金属棒从 x1=1 m 经 x2=2 m 到 x3=3 m 的过程中,R 的电功率保持不变,则金属棒( )

图8 A.在 x1 与 x3 处的电动势之比为 1∶3

B.在 x1 与 x3 处受到磁场 B 的作用力大小之比为 3∶1 C.从 x1 到 x2 与从 x2 到 x3 的过程中通过 R 的电荷量之比为 5∶3 D.从 x1 到 x2 与从 x2 到 x3 的过程中 R 产生的焦耳热之比为 5∶3 答案 BCD 解析 由于金属棒在运动过程中,R 的电功率不变,则由 P=I2R 知电路中电流 I 不变,又 根据 E=IR 知在 x1 与 x3 处电动势相同,选项 A 错误;由题意知在 x1、x2、x3 处的磁感应强 度分别为 0.6 T、0.4 T、0.2 T,设导轨间距为 L,由 F=BIL 知金属棒在 x1 与 x3 处受到磁场 ΔΦ ΔΦ B 的作用力大小之比为 3∶1,选项 B 正确;由 E= ,q=IΔt,得 q= ,如图为 B 随 x Δt R 变化的图象,图线与坐标轴所围的面积与 L 的乘积表示回路磁通量的变化量 ΔΦ,可知金属 棒从 x1 到 x2 与从 x2 到 x3 的过程中通过 R 的电荷量之比为 5∶3, 选项 C 正确; 根据 Q=I2RΔt 和 q=IΔt 可知金属棒从 x1 到 x2 与从 x2 到 x3 的过程所用的时间之比为 5∶3,则 R 产生的焦 耳热之比为 5∶3,选项 D 正确.

10.如图 9 所示,在水平光滑绝缘桌面上建立直角坐标系 xOy,第一象限内存在垂直桌面向 ΔB 上的磁场,磁场的磁感应强度 B 沿 x 轴正方向均匀增大且 =k,一边长为 a、电阻为 R 的 Δx 单匝正方形线圈 ABCD 在第一象限内以速度 v 沿 x 轴正方向匀速运动, 运动中 AB 边始终与 x 轴平行,则下列判断正确的是( )

图9 A.线圈中的感应电流沿逆时针方向 B.线圈中感应电流的大小为 ka2v R

k2a4v C.为保持线圈匀速运动,可对线圈施加大小为 的水平外力 R D.线圈不可能有两条边所受安培力大小相等

答案 BC 解析 由楞次定律得感应电流沿顺时针方向,A 错误;设线圈向右移动一段距离 Δl,则通 ΔB 2 Δl 过线圈的磁通量变化为 ΔΦ=Δl· · a =Δl· a2k,而所需时间为 Δt= v ,根据法拉第电磁感应 Δx ΔΦ E ka v 定律,感应电动势为 E= =ka2v,故感应电流大小为 I= = ,B 正确;线圈匀速运动 Δt R R k2a4v 时,外力与安培力平衡,由平衡条件得 F=(B2-B1)Ia=ka2I= ,C 正确;线圈的 AB、 R CD 两条边所受安培力大小相等,D 错误. 11.如图 10,两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 与导轨垂直构成闭合回路,且两棒都可沿导轨无摩擦滑动.用与导轨平行的水平恒 力 F 向右拉 cd 棒,经过足够长时间以后( )
2

图 10 A.两棒间的距离保持不变 B.两棒都做匀速直线运动 C.两棒都做匀加速直线运动 D.ab 棒中的电流方向由 b 流向 a 答案 CD 三、非选择题 12.水平放置的两根平行金属导轨 ad 和 bc,导轨两端 a、b 和 c、d 两点分别连接电阻 R1 和 R2,组成矩形线框,如图 11 所示,ad 和 bc 相距 L=0.5 m,放在竖直向下的匀强磁场中, 磁感应强度为 B=1 T,一根电阻为 0.2 Ω 的导体棒 PQ 跨接在两根金属导轨上,在外力作用 下以 4 m/s 的速度,向右匀速运动,如果电阻 R1=0.3 Ω,R2=0.6 Ω,导轨 ad 和 bc 的电阻 不计,导体棒与导轨接触良好.求:

图 11 (1)导体棒 PQ 中产生的感应电流的大小; (2)导体棒 PQ 上感应电流的方向;

(3)导体棒 PQ 向右匀速滑动的过程中,外力做功的功率. 答案 (1)5 A (2)Q→P (3)10 W

解析 (1)根据法拉第电磁感应定律 E=BLv=1×0.5×4 V=2 V R1R2 0.3×0.6 又 R 外= = Ω=0.2 Ω R1+R2 0.3+0.6 E 2 则感应电流的大小 I= = A=5 A R外+r 0.2+0.2 (2)根据右手定则判定电流方向为 Q→P (3)导体棒 PQ 匀速运动,则 F=F 安=BIL=1×5×0.5 N=2.5 N 故外力做功的功率 P=Fv=2.5×4 W=10 W. 13.如图 12 所示,间距为 L 的平行且足够长的光滑导轨由两部分组成.倾斜部分与水平部 分平滑相连,倾角为 θ,在倾斜导轨顶端连接一阻值为 r 的定值电阻.质量为 m、电阻也为 r 的金属杆 MN 垂直导轨跨放在导轨上,在倾斜导轨区域加一垂直导轨平面向下、磁感应强 度为 B 的匀强磁场;在水平导轨区域加另一垂直轨道平面向下、磁感应强度也为 B 的匀强 磁场.闭合开关 S,让金属杆 MN 从图示位置由静止释放,已知金属杆 MN 运动到水平轨道 前,已达到最大速度,不计导轨电阻且金属杆 MN 始终与导轨接触良好,重力加速度为 g. 求:

图 12 (1)金属杆 MN 在倾斜导轨上滑行的最大速率 vm; (2)金属杆 MN 在倾斜导轨上运动,速度未达到最大速度 vm 前,当流经定值电阻的电流从零 增大到 I0 的过程中,通过定值电阻的电荷量为 q,求这段时间内在定值电阻上产生的焦耳热 Q; (3)金属杆 MN 在水平导轨上滑行的最大距离 xm. 答案 见解析 解析 (1)金属杆 MN 在倾斜导轨上滑行的速度最大时,其受到的合力为零,

对其受力分析,可得 mgsin θ-BImL=0 根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律可得: Im= BLvm 2r 2mgrsin θ B2L2

解得:vm=

(2)设在这段时间内,金属杆 MN 运动的位移为 x 由电流的定义可得:q= I Δt BΔS BLx 根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律得:平均电流 I = = 2rΔt 2rΔt 2qr 解得:x= BL 设电流为 I0 时金属杆 MN 的速度为 v0,根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律,可 得 BLv0 I0= , 2r 2rI0 解得 v0= BL 1 设此过程中,电路产生的焦耳热为 Q 热,由功能关系可得:mgxsin θ=Q 热+ mv0 2 2 1 定值电阻 r 产生的焦耳热 Q= Q 热 2 mgqrsin θ mI0 2r2 解得:Q= - 2 2 BL BL (3)设金属杆 MN 在水平导轨上滑行时的加速度大小为 a,速度为 v 时回路电流为 I,由牛顿 第二定律得: BIL=ma 由法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律可得: BLv I= 2r Δv B2L2 得: v=m 2r Δt B2L2 vΔt=mΔv 2r

B2L2 即 x =m v m 2r m 得:xm= 4m2gr2sin θ B 4L 4


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