《高中物理 第四章 电磁感应单元练习5 新人教版选修3-2》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高中物理 第四章 电磁感应单元练习5 新人教版选修3-2（12页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、安全教育学习是提高员工安全防范意识的重要措施。“百日安全活动”开展以来，保卫部从自身着手对本部门所有员工开展集中安全教育培训第四章电磁感应单元练习一、选择题1. 如图所示，一个面积为2S的矩形线框abcd，水平放置在匀强磁场中，磁场的磁感应强度为B方向与线框平面夹角为30角，O1O2分别为bc边和ad边的中点现将线框的右半边绕逆时针旋转90，在这一过程中，通过线框的磁通量的变化量的大小为（）A. BSB. BSC. BSD. （-1）BS2. 如图所示，均匀金属圆环的总电阻为4R，磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过圆环金属杆OM的长为l，阻值为R，M端与环接触良好，绕过圆心O的转轴以恒定的角速度
2、顺时针转动阻值为R的电阻一端用导线和环上的A点连接，另一端和金属杆的转轴O处的端点相连接下列判断正确的是（）A. 金属杆OM旋转产生的感应电动势恒为B. 通过电阻R的电流的最小值为，方向从Q到PC. 通过电阻R的电流的最大值为D. OM两点间电势差绝对值的最大值为3. 如图所示，圆形导体线圈a平放在绝缘水平桌面上，在a的正上方固定一竖直螺线管b，二者轴线重合，螺线管、电源和滑动变阻器连接成如图所示的电路若将滑动变阻器的滑片P向上滑动，下列说法中正确的有（）A. 穿过线圈a的磁通量增大B. 线圈a对水平桌面的压力小于其重力C. 线圈a中将产生俯视逆时针方向的感应电流D. 线圈a中将产生俯视顺时针
3、方向的感应电流4. 如图甲所示，圆形线圈P静止在水平桌面上，其正上方悬挂一螺线管Q，P和Q共轴，Q中通有变化的电流i，电流随时间变化的规律如图乙所示，P所受的重力为G，桌面对P的支持力为FN，则（）A. t1时刻，FNGB. t2时刻，FNGC. t3时刻，FNGD. t4时刻，FN=G5. 如图，甲为竖直悬挂的闭合导体环，乙为带铁心的电磁铁，ab为架在水平平行导轨上的金属棒，导轨间有竖直向上的匀强磁场，开始时甲处于静止，当ab沿导轨做切割磁感线运动时，导体环甲远离电磁铁乙向左摆动，则ab可能的运动是（）A. 向右匀速运动B. 向右加速运动C. 向右减速运动D. 向左加速运动6. 超导电磁船是
4、一种不需要螺旋桨推进的低噪音新型船，如图是电磁船的简化原理图，MN和CD是与电池相连的两个电极，MN与CD之间部分区域有垂直纸面向内的匀强磁场（磁场由超导线圈产生，其独立电路部分未画出），通电的海水会受到安培力的作用，船体就在海水的反作用力推动下向前驶动以下说法正确的是（）A. 要使船前进，图中MN应接直流电源的负极B. 改变超导线圈中的电流方向或电极的正负，可控制船前进或倒退C. 控制超导线圈中的电流大小和电极间的电流大小，就可以控制船只航行的速度大小D. 该超导电磁船应用的是电磁感应原理7. 图中四个物体由金属圆环组成，它们所用材质和圆环半径都相同，2环较细，其余五个粗环粗细相同，3和4分
5、别由两个相同粗环焊接而成，在焊点处沿两环环心连线方向割开一个小缺口（假设缺口处对环形、质量和电阻的影响均不计）四个物体均位于竖直平面内空间存在着方向水平且与环面垂直、下边界为过MN的水平面的匀强磁场.1、2、3的下边缘均与MN相切，4的两环环心连线竖直，小缺口位于MN上，已知圆环的半径远大于导线的直径现将四个物体同时由静止释放则（）A. 1先于2离开磁场B. 离开磁场时2和3的速度相等C. 在离开磁场的过程中，1和3产生的焦耳热一样多D. 在离开磁场的过程中，通过导线横截面的电量，1比4多8. 如图甲所示，一光滑的平行金属导轨ABCD竖直放置AB、CD相距L，在A、C之间接一个阻值为R的电阻；
6、在两导轨间的abcd矩形区域内有垂直导轨平面向外、高度为5h的有界匀强磁场，磁感应强度为B一质量为m电阻为r长度也为L的导体棒放在磁场下边界ab上（与ab边重合）现用一个竖直向上的力F拉导体棒，使它由静止开始向上运动，导体棒刚要离开磁场时恰好做匀速直线运动，导体棒与导轨始终垂直且保持良好接触，导轨电阻不计，F随导体棒与初始位置的距离x变化的情况如图乙所示，下列判断正确的是（）A. 导体棒离开磁场时速度大小为B. 离开磁场时导体棒两端电压为C. 导体棒经过磁场的过程中，通过电阻R的电荷量为D. 导体棒经过磁场的过程中，电阻R产生焦耳热为-9. 如图所示，光滑水平桌面上存在有界的匀强磁场，磁场方向
7、垂直于桌面向下，磁场边界呈正方形正方形线圈abcd从图中的甲位置以某一初速度进入磁场，经过一段时间线圈离开磁场到达乙位置，此过程中线框ab边始终与磁场左右边界平行a、b两点电势差Uab随时间t变化的Uab-t图象，及随位移x变化的Uab-x图象可能是（）A. B. C. D. 10. 如图所示，矩形闭合线圈放置在水平薄板上，有一块蹄形磁铁如图所示置于平板的正下方（磁极间距略大于矩形线圈的宽度）当磁铁匀速向右通过线圈时，线圈仍静止不动，那么线圈受到薄板的摩擦力方向和线圈中产生感应电流的方向（从上向下看）是（）A. 摩擦力方向一直向左B. 摩擦力方向先向左、后向或右C. 感应电流的方向顺时针逆时针
8、顺时针D. 感应电流的方向顺时针逆时针11. 下列情况中都是线框在磁场中切割磁感线运动，其中线框中有感应电流的是（）A. B. C. D. 12. 下列关于电磁感应现象的说法中，正确的是（）A. 只要穿过闭合线圈中的磁通量不为零，闭合线圈中就一定有感应电流B. 闭合电路的一部分导体做切割磁感线运动，线圈中会有感应电流C. 穿过闭合线圈中的磁通量越大，闭合线圈中的感应电动势越大D. 穿过闭合线圈中的磁通量变化越快，闭合线圈中感应电动势越大二、填空题13. 如图，线圈A插在线圈B中，线圈B与电流表组成闭合电路；线圈A与蓄电池、开关、滑动变阻器组成另一个闭合电路，用此装置来研究电磁感应现象，开关闭合
9、瞬间，电流表指针_ （选填“会”或“不会”）发生偏转，开关闭合稳定后电流表指针_ （选填“会”或“不会”）发生偏转14. 感应电流产生的条件是：只要穿过闭合电路的_ （选填：磁感应强度、磁通量）发生变化，闭合电路中就有感应电流三、计算题15. 如图所示，在磁感应强度为0.5T的匀强磁场中，有一边长为L=0.2m的正方形导线框，线框平面与磁场垂直问：（1）这时穿过线框平面的磁通量为多大；（2）若线框以AB边为轴转动，转过90到虚线位置，该过程所花的时间为0.1S，则线圈在此过程中产生的平均电动势为多少；（3）试判断转动90过程AB边的电流方向16. 如图，两平行金属导轨位于同一水平面上，相距l左
10、端与一电阻R相连；整个系统置于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向竖直向下一质量为m的导体棒置于导轨上，在水平外力作用下沿导轨以速度v速向右滑动，滑动过程中始终保持与导轨垂直并接触良好已知导体棒与导轨间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g，导轨和导体棒的电阻均可忽略求（1）电阻R消耗的功率；（2）导体棒运动距离x内通过电阻R的电荷量q（3）水平外力的大小17. 电磁轨道炮利用电流和磁场的作用使炮弹获得超高速度，其原理可用来研制新武器和航天运载器电磁轨道炮示意如图，图中直流电源电动势为E，电容器的电容为C两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距为l，电阻不计炮弹可视为一质量为m、电阻为R的金属棒M
11、N，垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨良好接触首先开关S接1，使电容器完全充电然后将S接至2，导轨间存在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场（图中未画出），MN开始向右加速运动当MN上的感应电动势与电容器两极板间的电压相等时，回路中电流为零，MN达到最大速度，之后离开导轨问： （1）磁场的方向；（2）MN刚开始运动时加速度a的大小；（3）MN离开导轨后电容器上剩余的电荷量Q是多少答案和解析【答案】1. B2. AD3. BD4. AD5. BD6. ABC7. BD8. BD9. ABC10. AC11. BC12. BD13. 会；不会14. 磁通量15. 解：（1）因线圈与磁场
12、垂直，则磁通量为：=BS=0.50.22Wb=0.02Wb （2）由法拉第电磁感应定律，则有：E=n=nV=0.2V；（3）根据楞次定律，则有：电流方向：由A指向B答：（1）这时穿过线框平面的磁通量为0.02Wb；（2）若线框以AB边为轴转动，转过90到虚线位置，该过程所花的时间为0.1S，则线圈在此过程中产生的平均电动势为0.2V；（3）试判断转动90过程AB边的电流方向由A指向B16. 解：（1）导体切割磁感线运动产生的电动势为：E=BLv，根据欧姆定律，闭合回路中的感应电流为：I=电阻R消耗的功率为：P=I2R，联立可得：P=（2）设时间为t，则电荷量q=It=；（3）对导体棒受力分析，
13、受到向左的安培力和向左的摩擦力，向右的外力，依据三力平衡，故有：F安+mg=F，而F安=BIl=B，解得：F=答：（1）电阻R消耗的功率；（2）导体棒运动距离x内通过电阻R的电荷量；（3）水平外力的大小17. 解：（1）电容器上端带正电，通过MN的电流方向向下，由于MN向右运动，根据左手定则知，磁场方向垂直于导轨平面向下（2）电容器完全充电后，两极板间电压为E，当开关S接2时，电容器放电，设刚放电时流经MN的电流为I，有：I=设MN受到的安培力为F，有：F=IlB由牛顿第二定律有：F=ma联立式：得a=（3）当电容器充电完毕时，设电容器上电量为Q0，有：Q0=CE开关S接2后，MN开始向右加速
14、运动，速度达到最大值vmax时，设MN上的感应电动势为E，有：E=Blvmax依题意有：设在此过程中MN的平均电流为，MN上受到的平均安培力为，有：由动量定理，有又联立式得：Q=答：（1）磁场的方向为垂直于导轨平面向下；（2）MN刚开始运动时加速度a的大小为；（3）MN离开导轨后电容器上剩余的电荷量Q是【解析】1. 解：当线框转动前，面的磁通量为：1=2BSsin30=BS；当线框转动后，整个面的磁通量为：2=BSsin30+BScos30=，磁通量变化量为：=1-2= 故选项B正确，ACD错误；故选：B将立体图转化为截面图，分析线框旋转前后的磁通量即可该题考查磁通量的计算，注意磁场的方向与线
15、框平面之间的夹角的方向是解答的关键2. 解：A、M端线速度为v =l，OM切割磁感线的平均速度为=，OM转动切割磁感线产生的电动势恒为E=Bl=Bl2，故A正确；B、当M端位于最上端时，圆环两部分电阻相等，并联电阻最大，电路的总电阻最大，通过R的电流最小因R并=2R=R，通过电阻R的电流的最小值为：Imin=，根据右手定则可知电流方向从Q到P，故B错误；C、当M位于最下端时圆环被接入的电阻为0，此时有最大电流为：Imax=，故C错误；D、OM作为电源，外电阻增大，总电流减小，内电压减小，路端电压增大，所以外电阻最大时，OM两点间电势差绝对值的最大，其最大值为：U=Imin2R=，故D正确故选：AD根据导体转动切割磁感
