电磁感应(18).docx
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1、内装订线学校:_姓名:_班级:_考号:_外装订线绝密启用前2018-2019学年度?学校8月月考卷试卷副标题考试范围:xxx;考试时间:100分钟;命题人:xxx注意事项:1答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2请将答案正确填写在答题卡上第I卷(选择题)请点击修改第I卷的文字说明一、多选题1用电流传感器研究自感现象的电路如图甲所示,线圈L中未插入铁芯,直流电阻为R.闭合开关S,传感器记录了电路中电流i随时间t变化的关系图象,如图乙所示,t0时刻电路中电流达到稳定值I.下列说法中正确的是()A tt0时刻,线圈中自感电动势最大B 若线圈中插入铁芯,上述过程中电路中电流达到稳定值经历的时间大于
2、t0C 若线圈中插入铁芯,上述过程中电路达到稳定时电流值仍为ID 若将线圈匝数加倍,上述过程中电路达到稳定时电流值仍为I【答案】BC【解析】tt0时刻,线圈中电流稳定,自感现象消失,线圈中没有自感电动势,故A错误;若线圈中插入铁芯,线圈自感系数增大,自感现象延长,所以若线圈中插入铁芯,上述过程中电路中电流达到稳定值经历的时间大于t0,故B正确;线圈中插入铁芯,但线圈的直流电阻不变,所以稳定时电流不变,故C正确;若将线圈匝数加倍,线圈直流电阻增大,稳定时电流减小,故D错误。所以BC正确,AD错误。2如图1所示,电阻,电容为C的电容器,圆形金属线圈半径为,线圈的电阻为R。半径为()的圆形区域内存在
3、垂直线圈平面向里的匀强磁场,磁感应强度B随时间t变化的关系图像如图2所示, 时刻磁感应强度分别为,其余导线的电阻不计,闭合开关S,至时刻电路中的电流已稳定,下列说法正确的是A 电容器上极板带正电B 时刻电容器的带电量为C 时刻之后,线圈两端的电压为D 时刻之后, 两端的电压为【答案】AC【解析】试题分析:由B-t图象的斜率读出磁感应强度的变化率,由法拉第电磁感应定律求出线圈中产生的感应电动势,由欧姆定律求出感应电流的大小,从而求得路端电压,再由楞次定律判断出感应电流的方向根据楞次定律可知,线圈产生的逆时针方向电流,则电容器上极板带正电,A正确;根据法拉第电磁感应定律,则有,电流为, ,电容器所
4、带的电荷量,B错误; 时间之后,线圈两端的电压,C正确; 时刻之后, 两端的电压为,D错误3如图所示,abcd为边长为L的正方形线框,线框在纸面内,电阻为R图中虚线区域内有垂直纸面向里的匀强磁场现用外力作用于线框,使线框从图示位置开始沿x轴正方向做初速度为零的匀加速运动,线框运动过程中,ad边始终水平,线框平面始终与磁场垂直,磁场宽度大于L,x轴正方向作为力的正方向,则磁场对线框的作用力F随时间t的变化图线及线框ab边的电压U随时间t的变化图象正确的是A B C D 【答案】AD【解析】线圈做初速度为零的匀加速直线运动,速度v=at,进磁场和出磁场受到的安培力,则A正确,B错误;进磁场时,ab
5、两端的电压;在磁场中运动时, ;出磁场时,ab两端的电压,则选项C错误,D正确;故选AD.点睛:对于图象问题,关键是能够根据已知的公式、定律等推导出横坐标和纵坐标的关系式,分析斜率的变化,然后作出正确的判断4现将电池组、滑线变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流计及开关按如图所示方式连接。在开关闭合、线圈A放在线圈B中的情况下,某同学发现当他将滑线变阻器的滑动端P向左滑动时,电流计指针向右偏转。由此可以推断A 滑线变阻器的滑动端P向右滑动时,电流计指针向左偏转B 线圈A向上移动时,电流计指针向右偏转C 断开开关时,电流计指针向右偏转D 拔出线圈A中的铁芯时,电流计指针向左偏转【答案】ABC【解析
6、】A、由题意可知当P向左滑动时,线圈A中的电流应越来越小,则其磁场减小,线圈B中产生了电流使指针向右偏转,即可知当B中的磁通量减小时,电流表指向右偏,则磁通量增大时,电流计指针向左偏转,故当滑线变阻器的滑动端P向右滑动时,电流计指针向左偏转,故选项A正确;B、当线圈A向上拔出或断开开关或拔出线圈A中的铁芯时,穿过线圈B的磁通量减少,电流计指针均向右偏转,故选项BC正确,选项D错误。点睛:本题无法直接利用楞次定律进行判断,但是可以根据题意得出产生使电流表指针右偏的条件,即可不根据绕向判出各项中应该出现的现象,即根据磁通量增加或减少来判断即可。5如右图,空间某区域内存在沿水平方向的匀强磁场,一正方
7、形闭合金属线框自磁场上方某处释放后穿过磁场,整个过程线框平面始终竖直,线框边长小于磁场区域上下宽度。以线框刚进入磁场时为计时起点,下列描述线框所受安培力F随时间t变化关系的图中,可能正确的是A B C D 【答案】BCD【解析】线框受重力作用加速下落,进入与离开磁场时受到安培力作用。若进入磁场时若安培力大于重力,做加速度减小的减速运动,安培力随速度减小而减小,某时刻安培力等于重力,线框做匀速运动,此时速度达到v0=mgRB2L2 ,完全进入后只受重力,线框加速,刚要离开时的速度大于完全进入时的速度,故安培力大于重力,做减速运动,速度减小,安培力也减小,故A错误;若线框进入磁场时恰好重力等于安培
8、力,完全进入后只受重力,线框加速,离开磁场时安培力大于重力,速度减小,故B正确;若重力小于安培力,由B2L2vRmg=ma 可知,线框做加速度减小的减速运动,安培力随速度的减小而减小,完全进入后只受重力,线框加速,离开磁场时安培力大于重力,速度减小,进入过程与离开过程可能安培力变化情况可能完全相同,故C正确;若进入时重力大于安培力,由mgB2L2vR=ma,则做加速度减小的加速运动,离开磁场时安培力大于重力,做加速度减小的减速运动,安培力随速度减小而减小,故D正确;综上分析,不正确的是A。6如图所示,轻质弹簧测力计下悬挂的圆形线圈中通有顺时针方向电流I0,线圈的正下方固定有一根足够长的直导线a
9、,线圈静止时导线a垂直于线圈平面。现在导线a中通有垂直纸面向外的较大电流,则下列判断正确的是()A 线圈仍静止不动B 从上往下看,线圈将逆时针转动C 弹簧测力计示数减小D 弹簧测力计示数增大【答案】BD【解析】根据安培定则可知,环形电流内部磁场向里,则内部为小磁针N极,外部是S极;环形电流形成的磁场是以a为圆心的圆,方向为逆时针,因小磁针N极指向磁感线方向,故从上向下看时,线圈应逆针转动,故A错误,B正确;根据同向电流相互吸引,反向电流相互排斥可知,当转动到竖直位置时,上半部分受力向上,下半部分受力向下,则可知弹簧秤的示数一定增大,故C错误,D正确。所以BD正确,AC错误。7如图所示,间距为L
10、的两根平行金属导轨变成“L”形,竖直导轨面与水平导轨面均足够长,整个装置处于竖直向上、大小为B的匀强磁场中。质量均为m、阻值均为R的导体棒ab、cd均垂直于导轨放置,两导体棒与导轨间的动摩擦因数均为,当导体棒cd在水平恒力作用下以速度v0沿水平导轨向右匀速运动时,释放导体棒ab,它在竖直导轨上匀加速下滑。某时刻将导体棒cd所受水平恒力撤去,经过一段时间,导体棒cd静止,此过程流经导体棒cd的电荷量为q(导体棒ab、cd与导轨间接触良好且接触点及金属导轨的电阻不计,已知重力加速度为g),则()A 导体棒cd受水平恒力作用时流经它的电流B 导体棒ab匀加速下滑时的加速度大小C 导体棒cd在水平恒力
11、撤去后的位移为D 导体棒cd在水平恒力撤去后产生的焦耳热为【答案】BCD【解析】A、cd切割磁感线产生感应电动势为 E=BLv0,根据闭合电路欧姆定律得: ,故A错误。B、对于ab棒:由牛顿第二定律得:mg-f=ma,摩擦力f=N,N为轨道对ab棒的弹力,水平方向,由平衡条件得:N=BIL,解得: ,故B正确。C、对于cd棒,通过棒的电量: ,解得: ,故C正确。D、设导体棒cd在水平恒力撤去后产生的焦耳热为Q,由于ab的电阻与cd相同,两者串联,则ab产生的焦耳热也为Q根据能量守恒得,已知,解得: ,故D正确。故选BCD.【点睛】解决本题要知道cd相当于电源,ab是外电路,掌握感应电量公式,
12、会正确分析能量如何转化8如图甲所示,虚线MN上方有一垂直纸面向里的匀强磁场,边长为L的单匝金属线框处于该磁场中,线框下端与一阻值为R的电阻相连。若金属框的总阻值为r,磁场的变化情况如图乙所示,则下列说法中正确的是A 流经电阻R的电流方向为从左向右B 线框产生的感应电动势的大小为C 电阳R上的电压大小为D 时间t0内电阳R上产生的热量为【答案】BC【解析】A、由楞次定律可得:感应电流的方向为顺时针,所以通过R的电流方向由右向左,故A错误.B、感应电动势为,故B正确.C、由闭合电路的欧姆定律可知,则C正确.D、根据焦耳定律,故D错误.故选BC.【点睛】由法拉第电磁感应定律求出感应电流的大小,而感应
13、电流的方向则由楞次定律判定,及左手定则确定安培力的方向,同时穿过磁通量发生变化的线圈相当于电源,所以电源内部(线圈)电流方向是负极到正极9在如图所示倾角为的光滑斜面上,存在着两个磁感应强度大小均为B的匀强磁场,区域I的磁场方向垂直斜面向上,区域的磁场方向垂直斜面向下,磁场的宽度均为L一质量为m电阻为R、边长也为L的正方形导线框,由静止开始沿斜面下滑,当ab边刚越过GH进入磁场I时,恰好以速度做匀速直线运动;当ab边下滑到JP与MN的中间位置时,线框又恰好以速度做匀速直线运动,从ab越过GH到达JP与MN的中间位置的过程中,线框的动能变化量为,重力对线框做的功的大小为,安培力对线框做功大小为,下
14、列说法中正确的有A 在下滑过程中,由于重力做正功,所以有B 从ab越过GH到达JP与MN的中间位置的过程中,机械能守恒C 从ab越过GH到达JP与MN的中间位置的过程中,有的机械能转化为电能D 从ab越过GH到达JP的中间位置的过程中,线框动能的变化量大小【答案】CD【解析】当安培力与重力沿斜面向下的分力相等时,线框做匀速运动,则ab边刚越过GH进入磁场区时,有: ,ab边下滑到JP与MN的中间位置时,ab、dc两边都切割产生感应电动势,回路中总电动势为,两边都受到安培力,则有: ,则得到: 故A错误;从ab进入GH到MN与JP的中间位置的过程中,安培力做负功,机械能减小转化为电能根据功能关系
15、得知,机械能减小量是转化为电能,故此过程机械能不守恒;根据动能定理可知,线框动能的变化量大小为: ;故B错误,CD正确;选CD. 【点睛】当ab边刚越过GH进入磁场区时和当ab边下滑到JP与MN的中间位置时,线框都做匀速运动,安培力与重力沿斜面向下的分力大小相等,根据平衡条件得到速度的表达式,即可求出两速度之比在线框下滑的过程中,安培力做负功,机械能减小从ab进入GH到MN与JP的中间位置的过程,机械能减小,转化为电能,机械能不守恒,根据功能关系分析由动能定理求解动能的变化量10相距m的足够长金属导轨竖直放置,质量为=1kg的金属棒ab和质量为=0.4kg的金属棒cd均通过棒两端的小环水平地套
16、在金属到导轨上,如图a所示,虚线上方磁场方程垂直纸面向里,虚线下方磁场方向竖直向下,两处磁场磁感应强度的大小相同均为,cd棒与导轨间动摩擦因数为,金属棒ab的电阻为1.5,金属棒cd的电阻为0.5,其余电阻不计,ab棒在方向竖直向上的外力F作用下,从静止开始沿导轨向上运动,同时cd棒也由静止释放。已知ab棒运动的v-t图像如图b所示,重力加速度,则下列说法正确的是A ab棒做匀加速直线运动且加速度大小为B 外力F随时间t的变化关系为C 运动过程中金属棒cd不切割磁感线,所以金属棒cd上一直没有焦耳热D cd棒达到最大速度所需的时间为4s【答案】ABD【解析】A、由v-t图像可得ab棒做匀加速直
17、线运动且加速度大小为,故A正确;B、经过时间t,金属棒ab的速率,此时,回路中的感应电流为,对金属棒ab,由牛顿第二定律得由以上各式整理得: ,故B正确;C、运动过程中金属棒cd不切割磁感线,但运动过程中金属棒ab切割磁感线,有感应电流经过金属棒cd,所以金属棒cd上也有焦耳热,故C错误;D、当cd棒所受重力与滑动摩擦力相等时,速度达到最大;有,又,整理解得,故D正确;故选ABD。11如图所示,一个半径为r、粗细均匀、阻值为R的圆形导线框,竖直放置在磁感应强度为B的水平匀强磁场中,线框平面与磁场方向垂直。现有一根质量为m、电阻不计的导体棒,自圆形线框最高点由静止释放,棒在下落过程中始终与线框保
18、持良好接触。已知下落距离为时棒的速度大小为v1,下落到圆心O时棒的速度大小为v2,忽略摩擦及空气阻力,下列说法正确的是A 导体棒下落距离为时,棒中感应电流的方向向右B 导体棒下落距离为时,棒的加速度的大小为C 导体棒下落到圆心时,圆形导线框的发热功率为D 导体棒从开始下落到经过圆心的过程中,圆形导线框产生的热量为【答案】BD【解析】A项:导体棒下落过程中切割磁感线,根据右手定则可知,棒中感应电流的方向向左,故A错误;B项:棒下落距离为,时,棒有效的切割长度为L=2rcos30= ,弦所对的圆心角为120,则圆环上半部分的电阻为,圆环下半部分的电阻为由外电路并联电阻为: 此时,回路中感应电动势为
19、 E=BLv, ,安培力F=BIL,联立得: 由牛顿第二定律得:mg-F=ma得: ,故B正确;C项:导体棒下落到圆心时,棒有效的切割长度为2r,回路中的总电阻为,电动势为,根据公式,故C错误;D项:从开始下落到经过圆心的过程中,棒的重力势能减小转化为棒的动能和内能,根据能量守恒定律得:,解得,故D正确。点晴:对于电磁感应问题,常常从两个角度研究:一是力的角度,关键是安培力的分析和计算;二是能量的角度,根据能量守恒定律研究。12在磁感应强度为的匀强磁场中,有一与磁场方向垂直长度为的金属杆,已知, 与磁场中以为圆心的同心圆(都为部分圆弧)金属轨道始终接触良好一电容为的电容器接在轨道上,如图所示,
20、当金属杆在与磁场垂直的平面内以为轴,以角速度顺时针匀速转动时A B C 电容器带电量D 若在间连接一个电压表,则电压表示数为零【答案】BC【解析】、间的电热差分别等于它们产生的感应电动势,根据转动切割磁感线感应电动势公式得、间的电势差分别为: , , ,则有: , ,可见, 故错误电容器板间电压等于间的电热差,则电容器所带电量为: 所以选项是正确的若在间连接一个电压表,电压表与、导轨组成的闭合回路,磁通量增加,会有电流通过电压表,则电压表将有示数故错误故选点睛:本题一要掌握导体转动切割磁感线的感应电动势公式:E=Bl2;二要准确理解公式的含义:此式反映杆的端点与圆心间的感应电动势,不是任意两点
21、间的感应电动势13如图所示,一矩形线圈置于匀强磁场中,磁场的磁感应强度随时间变化的规律如图()所示,则线圈产生的感应电动势的情况为:A 时刻电动势最大 B 时刻电动势为零C 时刻磁通量的变化率等于零 D 时间内电动势增大【答案】ACD【解析】因为面积一定,磁场变化,根据法拉第电磁感应定律,感应电动势为: 时刻磁感应强度的变化率最大,故感应电动势最大,所以选项正确, 错误; 时刻磁通量最大,但磁通量的变化率为零,故感应电动势为零,所以选项正确; 时间内,磁通量的变化率变大,故感应电动势增加,所以选项正确;故选点睛:本题中磁通量最大时,磁通量的变化率最小;磁通量最小时,磁通量的变化率最大;然后根据
22、法拉第电磁感应定律列式判断即可14半径为r带缺口的刚性金属圆环在纸面上固定放置,在圆环的缺口两端引出两根导线,分别与两块垂直于纸面固定放置的平行金属板连接,两板间距为d,如图所示。有一变化的磁场垂直于纸面,规定向内为正,变化规律如图所示。在t=0时刻平板之间中心有一重力不计,电荷量为q的静止微粒,则以下说法正确的是( )A 第2秒内上极板为正极B 第3秒内上极板为负极C 第2秒末微粒回到了原来位置D 第3秒末两极板之间的电场强度大小为【答案】AD【解析】由图象可知,在第3s内,磁场垂直于纸面向外,磁感应强度变大,穿过金属圆环的磁通量变大,假设环闭合,由楞次定律可知,感应电流磁场与原磁场方向相反
23、,即感应电流磁场方向垂直于纸面向里,然后由安培定则可知,感应电流沿顺时针方向,由此可知,上极板电势高,是正极,故B错误;同理第2s内,由楞次定律可知,金属板上极板带正电,金属板下极板带负电,故A正确;由楞次定律可知,在第1s与第4内下极板是正极,在第2与第3s内,上极板是正极,因此两极板间的电场每隔1s改变一次方向,带电粒子q在第1s内向下做匀加速运动,第2s内向下做匀减速直线运动,第2s末速度为零,在第3s内向下做匀加速直线运动,第4s内向下做匀加速直线运动,由此可知,带电粒子一直向下运动,不会回到原来的位置,故C错误;由法拉第电磁感应定律可知,在第3s内产生的感应电动势: ,两极板间的电场
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