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1、单元检测十电磁感应考生注意：1本试卷共4页2答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上3本次考试时间90分钟，满分100分4请在密封线内作答，保持试卷清洁完整一、单项选择题(本题共8小题，每小题4分，共32分在每小题给出的四个选项中只有一个选项正确，选对得4分，选错得0分)1如图1所示为安检门原理图，左边门框中有一通电线圈，右边门框中有一接收线圈工作过程中某段时间通电线圈中存在顺时针方向(从左向右看)均匀增大的电流，则()图1A无金属片通过时，接收线圈中的感应电流方向为顺时针B无金属片通过时，接收线圈中的感应电流增大C有金属片通过时，接收线圈中的感应电
2、流方向为顺时针D有金属片通过时，接收线圈中的感应电流大小发生变化2在竖直方向的匀强磁场中，水平放置一个面积不变的单匝金属圆形线圈，规定线圈中感应电流的正方向如图2甲所示，取线圈中磁场B的方向向上为正，当磁场中的磁感应强度B随时间t如图乙变化时，下列各图中能正确表示线圈中感应电流变化的图像是()图23如图3所示，A、B是两盏完全相同的白炽灯，L是直流电阻不计、自感系数很大的自感线圈，如果断开开关S1，闭合S2，A、B两灯都能同样发光如果最初S1是闭合的，S2是断开的那么不可能出现的情况是()图3A刚一闭合S2，A灯立即就亮，而B灯延迟一段时间才亮B刚闭合S2时，线圈L中的电流为零C闭合S2以后，
3、A灯变亮，B灯由亮变暗D闭合S2稳定后再断开S2时，A灯立即熄灭，B灯先亮一下然后熄灭图44如图4所示，螺线管与灵敏电流计相连，条形磁铁从螺线管的正上方由静止释放，向下穿过螺线管下列说法正确的是()A电流计中的电流先由a到b，后由b到aBa点的电势始终低于b点的电势C磁铁减少的重力势能等于回路中产生的热量D磁铁刚离开螺线管时的加速度小于重力加速度5矩形线圈abcd，长ab20 cm，宽bc10 cm，匝数n200，线圈回路总电阻R5 .整个线圈平面内均有垂直于线圈平面的磁场穿过若磁感应强度B随时间t的变化规律如图5所示，则()图5A线圈回路中感应电动势随时间均匀变化B线圈回路中产生的感应电流为
4、0.5 AC当t0.3 s时，线圈的ab边所受的安培力大小为0.016 ND在1 min内线圈回路产生的焦耳热为48 J6在垂直纸面的匀强磁场中，有不计重力的甲、乙两个带电粒子，在纸面内做匀速圆周运动，运动方向和轨迹示意图如图6.则下列说法中正确的是()图6A甲、乙两粒子所带电荷种类不同B若甲、乙两粒子的动量大小相等，则甲粒子所带电荷量较大C若甲、乙两粒子所带电荷量及运动的速率均相等，则甲粒子的质量较大D该磁场方向一定是垂直纸面向里7(2017重庆模拟)如图7所示，LOM为一45角折线，折线内有一方向垂直于纸面向里的匀强磁场，一边长为l的正方形导线框沿垂直于OM的方向以速度v做匀速直线运动，在
5、t0时刻恰好位于图中所示位置以逆时针方向为导线框中电流的正方向，在下面四幅图中能够正确表示电流时间(It)关系的是(时间以为单位)() 图78如图8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点转动若由图示的位置开始沿顺时针方向以角速度转动，则在一个周期内电路消耗的电能为()图8A. B.C. D.二、多项选择题(本题共6小题，每小题5分，共30分在每小题给出的四个选项中，至少有两个选项是正确的，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)9.如图9所示，圆形导体线圈a平放在绝缘水平桌面上，在a的
6、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，下列表述正确的是()图9A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方向的感应电流10.如图10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长为L，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10A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BLvD减少的重力势能
7、等于电阻R上产生的内能11如图11所示，固定于水平面上宽为l的光滑金属架abcd处在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B，左端接一定值电阻R，质量为m的金属棒MN沿框架以初速度v0向右运动，接入电路的有效电阻为r，若导轨足够长，其电阻不计，对整个运动过程下列说法正确的是()图11A电阻R上产生的焦耳热为mvB金属棒MN上产生的焦耳热为mvC通过导体棒MN的电荷量为D最终MN停靠的位置距离其初始位置为12(2017湖北黄冈综训)如图12所示，竖直平面(纸面)内两水平线间存在宽度为d的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里一质量为m、边长也为d的正方形线框从磁场上方某处自由落下，t1时刻线框的下边进入磁场
8、，t2时刻线框的上边进入磁场，t3时刻线框上边离开磁场已知线框平面在下落过程中始终与磁场方向垂直，且线框上、下边始终与磁场边界平行，不计空气阻力，则线框下落过程中的vt图像可能正确的是() 图1213(2018黑龙江齐齐哈尔模拟)如图13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13A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C为保持线圈匀速运动，可对线圈施加大小
9、为的水平外力D线圈不可能有两条边所受安培力大小相等14如图14所示，质量为m的带电小球以初速度v水平抛出，经过时间t后进入方向竖直向下的匀强电场，再经过时间t速度方向重新变为水平，已知初、末位置分别为A点和C点，经B点进入电场不计空气阻力，下列分析正确的是() 图14A电场力大小为3mgB从A到C的运动过程，小球动量守恒C小球从A到B与从B到C的速度变化相同D从A到C的高度hgt2三、非选择题(本题共4小题，共38分)15. (8分)如图15所示，两根相距L1 m的足够长的光滑金属导轨组成两组导轨，一组导轨水平，另一组导轨与水平面成37角，拐角处连接一阻值R1 的电阻质量均为m2 kg的金属细
10、杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路，导轨电阻不计，两杆的电阻均为R1 .整个装置处于磁感应强度大小B1 T、方向垂直于导轨平面的匀强磁场中当ab杆在平行于水平导轨的拉力作用下沿导轨向右匀速运动时，cd杆静止g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8，求：图15(1)水平拉力的功率；(2)现让cd杆固定，求撤去拉力后ab杆产生的焦耳热16. (10分)如图16所示，光滑导轨EF、GH等高平行放置，EG间宽度为FH间宽度的3倍，导轨右侧水平且处于竖直向上的匀强磁场中，左侧呈弧形升高ab、cd是质量均为m的金属棒，现让ab从离水平轨道h高处由静止下滑，设导轨足够长求：图16(1)a
11、b、cd棒的最终速度的大小；(2)全过程中感应电流产生的焦耳热17. (10分)如图17所示，两根足够长的平行金属导轨固定在倾角30的斜面上，导轨电阻不计，间距L0.4 m，导轨所在空间被分成区域和，两区域的边界与斜面的交线为MN.中的匀强磁场方向垂直斜面向下，中的匀强磁场方向垂直斜面向上，两磁场的磁感应强度大小均为B0.5 T在区域中，将质量m10.1 kg、电阻R10.1 的金属条ab放在导轨上，ab刚好不下滑然后，在区域中将质量m20.4 kg、电阻R20.1 的光滑导体棒cd置于导轨上，由静止开始下滑cd在滑动过程中始终处于区域的磁场中，ab、cd始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触
12、，取g10 m/s2，问：图17(1)cd下滑的过程中，ab中的电流方向；(2)ab刚要向上滑动时，cd的速度v为多大；(3)从cd开始下滑到ab刚要向上滑动的过程中，cd滑动的距离x3.8 m，此过程中ab上产生的热量Q是多少18(10分)(2017天津理综12)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图如图18，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MN，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
13、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：图18(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是多少答案精析1D2.A3.A4.D5.D6C两粒子均逆时针运动，根据左手定则可知有两种情况：磁场垂直纸面向里，粒子均带正电；磁场垂直纸面向外，粒子均带负电，故A、D错误；根据洛伦兹力提供向心力得qvBm，可得R，分析可知当速率v、电荷量q、磁感应强度B均相等时，半径R越大的粒子质量m就越大，根
14、据R可知，磁感应强度B相同，当两粒子动量pmv相等时，半径R越小的粒子电荷量q越大，所以乙粒子电荷量较大，故B错误，C正确7C在0时间内线框上边框进入磁场，切割磁感线产生的电动势大小恒定，感应电流沿逆时针方向，可排除D项；在3时间内，线框穿出磁场，磁通量一直减少，感应电流均沿顺时针方向，电流为负值，可排除A、B两项，故C项正确8C从图示位置开始计时，一个周期T内，在0、T内没有感应电流产生，在，TT内有感应电流产生，在，TT内线框产生的总的感应电动势E4Br22Br2，则在一周期内电路消耗的电能为Q，T，解得Q，C项正确9BD10AB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
15、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 BILcos 时，ab棒沿导轨方向合外力为零，可以以速度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)，刚下滑的瞬间ab棒产生的感应电动势为EBLvcos ，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11AC12AB进入磁场前和通过磁场后，线框只受重力，加速度恒为g.设线框下边进入磁场时速度为v，则线框中感应电动势EBdv，由闭合电路欧姆定律有I，安培力FBId，解得F，若Fmg，则线框匀速穿过磁场，A项正确；若Fmg，则线框
16、减速通过磁场，由牛顿第二定律有mgma1，可知线框加速度不断减小，B项正确；若Fmg，线框在磁场中刚开始做加速运动，由牛顿第二定律有mgma2，所以线框加速度不断减小，当Fmg时线框匀速运动，故C、D项错13BC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l，则通过线圈的磁通量变化为la2la2k，而所需时间为t，根据法拉第电磁感应定律，感应电动势为Eka2v，故感应电流大小为I，B正确；线圈匀速运动时，外力与安培力平衡，由平衡条件得F(B2B1)Iaka2I，C正确；线圈的AB、CD两条边所受安培力大小相等，D错误14BD小球从A到B过程中，小球只受重力，所以做平抛运动，
17、在竖直方向上做自由落体运动，故vygt，小球从B到C过程中，小球受到重力、电场力，要使在竖直方向上到达C点时竖直速度为零，所以小球在竖直方向上做匀减速直线运动，故vyat，根据牛顿第二定律可得Fmgma，联立解得ag，F2mg，方向都竖直向上，故从A到C的竖直高度为hgt2gt2gt2，A错误，D正确；小球从A到B过程中速度变化为v1gt，方向竖直向下，从B到C过程中速度变化为v2gt，方向竖直向上，两者大小相同，方向不同，C错误；因为从A到C点过程中水平方向上做匀速直线运动，故A点和C点的动量守恒，故B正确15(1)864 W(2)864 J解析(1)cd杆静止，由平衡条件可得mgsin B
18、IL，解得I12 A由闭合电路欧姆定律得2I，得v36 m/s水平拉力F2BIL24 N，水平拉力的功率PFv864 W(2)撤去外力后ab杆在安培力作用下做减速运动，安培力做负功，先将棒的动能转化为电能，再通过电流做功将电能转化为整个电路产生的焦耳热，即焦耳热等于杆的动能的减小量，有QEkmv21 296 J而QI2Rt，ab杆产生的焦耳热QI2Rt，所以QQ864 J.16(1)vabvcd(2)解析ab下滑进入磁场后切割磁感线，在abdc电路中产生感应电流，ab、cd各受不同的磁场力作用而分别做减速、加速运动，电路中感应电流逐渐减小，当感应电流为零时，ab、cd不再受磁场力作用，各自以不
19、同的速度匀速滑动(1)ab在左侧弧形轨道上自由下滑，机械能守恒，mghmv2由于ab、cd串联在同一电路中，任何时刻通过的电流总相等，两个金属棒的有效长度lab3lcd，故它们受到的安培力为Fab3Fcd在安培力作用下，ab、cd各自做变速运动，产生的感应电动势方向相反，当EabEcd时，电路中感应电流为零(I0)，安培力为零，ab、cd运动趋于稳定，此时有BlabvabBlcdvcd所以vabvcdab、cd受安培力作用，动量均发生变化，由动量定理得FabTm(vvab)FcdTmvcd联立以上各式解得vab，vcd(2)根据系统的总能量守恒可得Qmghmvmv.17(1)由a流向b(2)5
20、 m/s(3)1.3 J解析(1)由右手定则可判断出cd中的电流方向为由d到c，则ab中电流方向为由a流向b.(2)开始放置时ab刚好不下滑，ab所受摩擦力为最大静摩擦力，设其为Fmax，有Fmaxm1gsin 设ab刚要上滑时，cd棒的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律有EBLv设电路中的感应电流为I，由闭合电路欧姆定律有I设ab所受安培力为F安，有F安BIL此时ab受到的最大静摩擦力方向沿斜面向下，由平衡条件有F安m1gsin Fmax综合式，得v(R1R2)，代入数据解得v5 m/s(3)设cd棒运动过程中在电路中产生的总热量为Q总，由能量守恒定律有m2gxsin Q总m2v2又QQ总，解得Q1.3 J18(1)垂直于导轨平面向下(2)(3)解析(1)根据左手定则可判断磁场的方向为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FIlB由牛顿第二定律，有Fma联立式得a(3)当电容器充电完毕时，设电容器上电荷量为Q0，有Q0CE开关S接2后，MN开始向右加速运动，速度达到最大值vmax时，设MN上的感应电动势为E，有EBlvmax依题意有E设在此过程中流经MN的平均电流为，MN上受到的平均安培力为，有lB由动量定理，有tmvmax0又tQ0Q联立式得Q