教科版 高中物理 选修32第一章电磁感应寒假复习题解析版.docx
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教科版高中物理选修32第一章电磁感应寒假复习题解析版
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教科版高中物理选修3-2第一章电磁感应寒假复习题
本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分,共100分,考试时间150分钟。
分卷I
一、单选题(共10小题,每小题4.0分,共40分)
1.如图所示,一沿水平方向的匀强磁场分布在宽度为2L的某矩形区域内(长度足够大),该区域的上、下边界MN、PS是水平的.有一边长为L的正方形导线框abcd从距离磁场上边界MN的某高处由静止释放下落并穿过该磁场区域,已知当线框的ab边到达MN时线框刚好做匀速直线运动(以此时开始计时),以MN处为坐标原点,取如图坐标轴x,并规定逆时针方向为感应电流的正方向,则关于线框中的感应电流与ab边的位置坐标x间的以下图线中,可能正确的是( )
A.
B.
C.
D.
【答案】D
【解析】在第一个L内,线框匀速运动,电动势恒定,电流恒定;在第二个L内,线框只在重力作用下加速,速度增大;在第三个L内,安培力大于重力,线框减速运动,电动势减小,电流减小.这个过程加速度逐渐减小,速度是非线性变化的,电动势和电流都是非线性减小的,选项A、B均错误.安培力再减小,也不至于减小到小于第一段时的值,因为当安培力等于重力时,线框做匀速运动,选项C错误,D正确.
2.如图所示,一个金属圆环水平放置在竖直向上的匀强磁场中,能使圆环中产生感应电流的做法是( )
A.使匀强磁场均匀减弱
B.保持圆环水平并在磁场中上下移动
C.保持圆环水平并在磁场中左右移动
D.保持圆环水平并使圆环绕过圆心的竖直轴转动
【答案】A
【解析】使匀强磁场均匀减弱,穿过圆环的磁通量减小,产生感应电流,A正确;保持圆环水平并在磁场中上下移动时,穿过圆环的磁通量不变,不产生感应电流,B错误;保持圆环水平并在磁场中左右移动,穿过圆环的磁通量不变,不产生感应电流,C错误;保持圆环水平并使圆环绕过圆心的竖直轴转动,穿过圆环的磁通量不变,不产生感应电流,D错误.
3.如图所示,两块水平放置的金属板间距离为d,用导线与一个n匝线圈连接,线圈置于方向竖直向上的磁场B中.两板间有一个质量为m、电荷量为+q的油滴恰好处于平衡状态,则线圈中的磁场B的变化情况和磁通量变化率分别是( )
A.正在增强;
=
B.正在减弱;
=
C.正在减弱;
=
D.正在增强;
=
【答案】B
【解析】油滴平衡有mg=q
,U=
,电容器上极板必带负电,那么螺线管下端相当于电源正极,由楞次定律知,磁场B正在减弱,又E=n
,U=E,可得
=
.故选B.
4.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( )
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】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,线框中产生顺时针方向电流,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,线框中的电流方向逆时针,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·tan45°=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=
,所以感应电流大小随着时间的增加而增加,只有C选项正确.
5.两根相互平行的金属导轨水平放置于如图所示的匀强磁场中,在导轨上与导轨接触良好的导体棒AB和CD可以自由滑动.当AB在外力F作用下向右运动时,下列说法中正确的是( )
A.导体棒CD内有电流通过,方向是D→C
B.导体棒CD内有电流通过,方向是C→D
C.磁场对导体棒CD的作用力向左
D.磁场对导体棒AB的作用力向右
【答案】B
【解析】两个导体棒与两根金属导轨构成闭合回路,AB向右运动,闭合回路磁通量增加,由安培定则判断回路中感应电流的方向是B→A→C→D→B.再根据左手定则,判定导体棒CD受到的磁场力向右;AB受到的磁场力向左.
6.下列对物理学家的主要贡献的说法中正确的有( )
A.奥斯特发现了电磁感应现象,打开了研究电磁学的大门
B.法拉第发现了磁生电的现象,从而为电气化的发展奠定了基础
C.安培发现了电流的磁效应,并总结了电流方向与磁场方向关系的右手螺旋定则
D.牛顿提出了分子电流假说,总结了一切磁场都是由运动电荷产生的
【答案】B
【解析】奥斯特发现了电流的磁效应,打开了研究电磁学的大门,选项A错误;法拉第发现了磁生电的现象,从而为电气化的发展奠定了基础,选项B正确;奥斯特发现了电流的磁效应,安培总结了电流方向与磁场方向关系的右手螺旋定则,选项C错误;安培提出了分子电流假说,总结了一切磁场都是由运动电荷产生的,选项D错误;故选B.
7.如图所示,闭合线圈abcd从高处自由下落一段时间后垂直于磁场方向进入一有界磁场,从ab边刚进入磁场到cd边刚进入磁场的这段时间内,下列说法正确的是( )
A.a端的电势高于b端
B.ab边所受安培力方向为水平向左
C.线圈可能一直做匀速运动
D.线圈可能一直做匀加速直线运动
【答案】C
【解析】此过程中ab边始终切割磁感线,ab边为电源,由右手定则可知电流为逆时针方向,由a流向b,电源内部电流从低电势流向高电势,故a端的电势低于b端,选项A错误;由左手定则可知ab边所受安培力方向竖直向上,选项B错误;如果刚进入磁场时安培力等于重力,则一直匀速进入,如果安培力不等于重力,则mg-
=ma,做变加速运动,选项C正确,D错误.
8.图中L是绕在铁芯上的线圈,它与电阻R、R0及开关和电池E构成闭合回路.开关S1和S2开始都处在断开状态.设在t=0时刻,接通开关S1,经过一段时间,在t=t1时刻,再接通开关S2,则能较准确表示电阻R两端的电势差Uab随时间t变化的图线是( )
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】闭合S1,由于线圈会阻碍电流的突然变大,Uab不会突然变大,D错误;达到稳定后,再闭合S2,由于线圈的作用,原有电流慢慢变小,Uab也从原来的数值慢慢减小,故选A.
9.如图所示,一个闭合的矩形金属框abcd与一根绝缘轻杆B相连,轻杆上端O点是一个固定转轴,转轴与线框平面垂直,线框静止时恰位于蹄形磁铁的正中央,线框平面与磁感线垂直.现将线框从静止释放,在左右摆动过程中,线框受到磁场力的方向是( )
A.向左摆动的过程中,受力方向向左;向右摆动的过程中,受力方向向右
B.向左摆动的过程中,受力方向向右;向右摆动的过程中,受力方向向左
C.向左摆动的过程中,受力方向先向左后向右;向右摆动的过程中,受力方向先向右后向左
D.摆动过程中始终不受力
【答案】B
【解析】从阻碍相对运动的角度来看,由于磁通量的变化是由线框和磁场做相对运动引起的,因此感应电流的磁场总是阻碍线框相对磁场的运动.要阻碍相对运动,磁场对线框因产生感应电流而产生的作用力——安培力,一定和相对运动的方向相反,即线框向左摆动时受力方向向右,线框向右摆动时受力方向向左.B正确.
10.如图所示,为两个同心圆环,当一有界匀强磁场恰好完全垂直穿过A环面时,A环面磁通量为Φ1,此时B环磁通量为Φ2,有关磁通量的大小说法正确是( )
A.Φ1<Φ2
B.Φ1=Φ2
C.Φ1>Φ2
D.不确定
【答案】B
【解析】磁通量Φ=BS,S为通过环的有效面积,因A、B环面所包含的有效面积相等,所以Φ1=Φ2故选B.
二、多选题(共4小题,每小题5.0分,共20分)
11.(多选)如图所示是用涡流金属探测器探测地下金属物的示意图,下列说法中正确的是( )
A.探测器内的探测线圈会产生交变磁场
B.只有有磁性的金属物才会被探测器探测到
C.探测到地下的金属是因为探头中产生了涡流
D.探测到地下的金属物是因为金属物中产生了涡流
【答案】AD
【解析】金属探测器利用电磁感应的原理,利用有交流电通过的线圈,产生迅速变化的磁场.这个磁场能在金属物体内部产生涡电流.涡电流又会产生磁场,倒过来影响原来的磁场,引发探测器发出鸣声.故选AD.
12.如图所示,闭合金属导线框放置在竖直向上的匀强磁场中,匀强磁场的磁感应强度随时间变化,下列说法正确的是( )
A.当磁感应强度增加时,线框中的感应电流可能减小
B.当磁感应强度增加时,线框中的感应电流一定增大
C.当磁感应强度减小时,线框中的感应电流一定增大
D.当磁感应强度减小时,线框中的感应电流可能不变
【答案】AD
【解析】由法拉第电磁感应定律可知,感应电流的大小取决于磁通量的变化率,与磁感应强度的增与减无关,选项A、D正确.
13.(多选)如下图所示是等腰直角三棱柱,其中abcd面为正方形,边长为L,它们按图示方式放置于竖直向下的匀强磁场中,磁感应强度为B,下面说法中正确的是( )
A.通过abcd面的磁通量大小为L2·B
B.通过dcfe面的磁通量大小为
L2·B
C.通过abfe面的磁通量大小为零
D.通过bcf面的磁通量为零
【答案】BCD
【解析】通过abcd面的磁通量大小为
L2B,A错误;dcfe面是abcd面在垂直磁场方向上的投影,所以磁通量大小为
L2B,B正确;abfe面与bcf面和磁场平行,所以磁通量为零,C、D正确.故选B、C、D.
14.(多选)高频焊接原理示意图如图所示,线圈通以高频交流电,金属工件的焊缝中就产生大量焦耳热,将焊缝融化焊接,要使焊接处产生的热量较大可采用( )
A.增大交变电流的电压
B.增大交变电流的频率
C.增大焊接缝的接触电阻
D.减小焊接缝的接触电阻
【答案】ABC
【解析】当增大交变电流的电压,则线圈中交变电流增大,那么磁通量变化率增大,因此产生感应电动势增大,感应电流也增大,那么焊接时产生的热量也增大,故A正确;高频焊接利用高频交变电流产生高频交变磁场,在焊接的金属工件中就产生感应电流,根据法拉第电磁感应定律分析可知,电流变化的频率越高,磁通量变化频率越高,产生的感应电动势越大,感应电流越大,焊缝处的温度升高的越快,故B正确;增大电阻,在相同电流下,焊缝处热功率大,温度升的更高,故C正确,D错误.
分卷II
三、实验题(共1小题,每小题10.0分,共10分)
15.在研究电磁感应现象的实验中所用的器材如图所示:
①电流表,②直流电源,③带铁芯的线圈A,④线圈B,⑤电键,⑥滑动变阻器(用来控制电流以改变磁场强弱).试按实验的要求在实物图上连线(图中已连接好一根导线).若连接滑动变阻器的两根导线接在接线柱C和D上,而在电键刚闭合时电流表指针右偏,则电键闭合后滑动变阻器的滑动触头向接线柱C移动时,电流表指针将________.(填“左偏”“右偏”或“不偏”)
【答案】实物图连线如图所示
左偏
【解析】电键闭合瞬间,电路中电流变大,穿过B中的磁通量增大,由题干可知指针向右偏转,因此可以得出电流增大,指针向右偏,电流变小,指针向左偏的结论.电键向C移动时,电路中电流变小,穿过B的磁通量减小,所以指针向左偏转.
三、计算题(共3小题,每小题10.0分,共30分)
16.磁悬浮列车是一种高速低耗的新型交通工具.它的驱动系统简化为如下模型,固定在列车下端的动力绕组可视为一个矩形纯电阻金属框,电阻为R,金属框置于xOy平面内,长边MN长为l平行于y轴,宽为d的NP边平行于x轴,如图甲所示.列车轨道沿Ox方向,轨道区域内存在垂直于金属框平面的磁场,磁感应强度B沿Oz方向按正弦规律分布,其空间波长为λ,最大值为B0,如图乙所示,金属框同一长边上各处的磁感应强度相同,整个磁场以速度v0沿Ox方向匀速平移.设在短暂时间内,MN、PQ边所在位置的磁感应强度随时间的变化可以忽略,并忽略一切阻力.列车在驱动系统作用下沿Ox方向加速行驶,某时刻速度为v(v (1)简要叙述列车运行中获得驱动力的原理; (2)为使列车获得最大驱动力,写出MN、PQ边应处于磁场中的什么位置及λ与d之间应满足的关系式; (3)计算在满足第 (2)问的条件下列车速度为v时驱动力的大小. 【答案】 (1)见解析 (2)位置见解析 d=(2k+1) 或λ= (k∈N) (3) 【解析】 (1)由于列车速度与磁场平移速度不同,导致穿过金属框的磁通量发生变化,由于电磁感应,金属框中会产生感应电流,该电流受到的安培力即为驱动力. (2)为使列车获得最大驱动力,MN、PQ应位于磁场中磁感应强度同为最大值且反向的地方,这会使得金属框所围面积的磁通量变化率最大,使金属框中电流最强,从而使得金属框长边中电流受到的安培力最大.因此,d应为 的奇数倍,即d=(2k+1) 或λ= (k∈N)① (3)由于满足第 (2)问条件,则MN、PQ边所在处的磁感应强度大小均为B0且方向总相反,经短暂的时间Δt,磁场沿Ox方向平移的距离为v0Δt,同时,金属框沿Ox方向移动的距离为vΔt. 因为v0>v,所以在Δt时间内MN边扫过磁场的面积S=(v0-v)lΔt, 在此Δt时间内,MN边左侧的磁感线移进金属框而引起框内磁通量变化ΔΦMN=B0l(v0-v)Δt② 同理,该Δt时间内,PQ边右侧的磁感线移出金属框引起框内磁通量变化 ΔΦPQ=B0l(v0-v)Δt③ 故在Δt内金属框所围面积的磁通量变化 ΔΦ=ΔΦMN+ΔΦPQ④ 根据法拉第电磁感应定律,金属框中的感应电动势大小E= ⑤ 根据闭合电路欧姆定律有I= ⑥ 根据安培力公式,MN边所受的安培力FMN=B0Il PQ边所受的安培力FPQ=B0Il, 根据左手定则,MN、PQ边所受的安培力方向相同,此时列车驱动力的大小F=FMN+FPQ=2B0Il⑦ 联立解得F= 17.如图所示,光滑导轨立在竖直平面内,匀强磁场的方向垂直于导轨平面,磁感应强度B=0.5T.电源的电动势为1.5V,内阻不计.当电键K拨向a时,导体棒(电阻为R)PQ恰能静止.当K拨向b后,导体棒PQ在1s内扫过的最大面积为多少? (导轨电阻不计) 【答案】3m2 【解析】设导体棒PQ长为L,电阻为R,电键接a时,电路中电流I= ,导体棒PQ静止时mg=B( )L 电键K接b,导体棒PQ从静止下落,切割磁感线产生感应电流,同时PQ受安培力作用,导体棒向下做加速运动,速度增大,而加速度减小,最后以vm做匀速运动. 此时mg=F安= ,有: = ,vm= . PQ达到最大速度后,单位时间内扫过的面积最大,故PQ在1s内扫过的最大面积: Sm=vm·L·t= = m2=3m2. 18.如图甲所示,一个电阻值为R、匝数为n的圆形金属线圈与阻值为2R的电阻R1连接成闭合回路.线圈的半径为r1.在线圈中半径为r2的圆形区域存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场,磁感应强度B随时间t变化的关系图线如图乙所示.图线与横、纵轴的截距分别为t0和B0.导线的电阻不计.求0至t1时间内: (1)通过电阻R1的电流大小和方向; (2)通过电阻R1的电荷量q及电阻R1产生的热量. 【答案】 (1) 方向从b到a (2) . 【解析】 (1)由图象分析可知,0至t1时间内 = 由法拉第电磁感应定律有E=n =n S,而S=πr 由闭合回路欧姆定律有I1= 联立以上各式解得 通过电阻R1的电流大小为I1= 由楞次定律可判断通过电阻R1的电流方向为从b到a. (2)通过电阻R1的电荷量 q=I1t1= 通过电阻R1产生的热量 Q=I R1t1= .
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