人教版高中物理选修3-2第四章《电磁感应》章末检测A 联系客服

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(3)当滑片不动时,拉力____________.(填“变大”、“不变”或“变小”) 答案 (1)变小 (2)变大 (3)不变

解析 滑片向右移动时,电路中电阻变小,电流变大,穿过铅球横截面积的磁通量变大,根据楞次定律,铅球有向上运动的趋势,阻碍磁通量的变化,所以拉力减小;相反,滑片向左移动时,拉力变大;滑片不变,电流不变,磁通量不变,所以拉力不变.

12.(5分)用如图11所示的实验装置探究电磁感应现象的规律

图11

(1)当有电流从电流表的正极流入时,指针向右偏转,下列说法哪些是正确的( ) A.当把磁铁N极向下插入线圈时,电流表指针向左偏转 B.当把磁铁N极从线圈中拔出时,电流表指针向左偏转 C.保持磁铁在线圈中静止,电流表指针不发生偏转

D.磁铁插入线圈后,将磁铁和线圈一起以同一速度向上运动,电流表指针向左偏

(2)某同学在实验过程中发现,灵敏电流计的指针摆动很小,如果电路连接正确,接触也良好,原因可能是电流计灵敏度较低、线圈电阻较大,除此以外还可能是因为____________________________(写一种可能原因) 答案 (1)AC (2)导体运动的慢或者磁场较弱

解析 (1)当有电流从电流表的正极流入时,指针向右偏转,这说明:电流从哪极流入,指针向哪偏转.

A.当把磁铁N极向下插入线圈时,由楞次定律可知,感应电流从负极流入,电流表指针向左偏,故A正确;B.当把磁铁N极从线圈中拔出时,由楞次定律可知,感应电流从正极流入,电流表指针向右偏转,故B错误;C.保持磁铁在线圈中静止,穿过线圈的磁通量不变,不产生感应电流,电流表指针不发生偏转,故C正确;D.磁铁插入线圈后,将磁铁和线圈一起以同一速度向上运动,穿过线圈的磁通量不变,不产生感应电流,电流表指针不偏转,故D错误.(2)感应电流是由于导体在磁场中做切割磁感线运动而产生的,如果电路连接正确,接触也良好,原因可能是电流计灵敏度较低、线圈电阻较大,除此以外还可能是因为导体运动的慢或者磁场较弱.

四、解答题(本题共4小题,共46分.解答应写出必要的文字说明、只写出最后答案的不能得分,有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位)

13.(10分)轻质细线吊着一质量为m=0.32 kg、边长为L=0.8 m、匝数n=10的正方形线圈,总电阻为r=1 Ω.边

L

长为的正方形磁场区域对称分布在线圈下边的两侧,如图12甲所示,磁场方向垂直纸面向里,大小随时间变化如

2图乙所示,从t=0开始经t0时间细线开始松弛,取g=10 m/s2.求:

图12

(1)在前t0时间内线圈中产生的感应电动势; (2)在前t0时间内线圈的电功率; (3)t0的值.

答案 (1)0.4 V (2)0.16 W (3)2 s 解析 (1)由法拉第电磁感应定律得

ΔΦ1LΔBE=n=n××()2 Δt22Δt10.8=10××()2×0.5 V=0.4 V.

22

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E

(2)I==0.4 A,P=I2r=0.16 W.

r(3)分析线圈受力可知,当细线松弛时有:

LE2mgr

F安=nBI=mg,I=,B==2 T

2rnEL

由图知:B=1+0.5t0(T),解得t0=2 s.

14.(10分)两根光滑的长直金属导轨MN、M′N′平行置于同一水平面内,导轨间距为L,电阻不计,M、M′处接有如图13所示的电路,电路中各电阻的阻值均为R,电容器的电容为C.长度也为L、阻值同为R的金属棒ab垂直于导轨放置,导轨处于磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中.ab在外力作用下向右匀速直线运动且与导轨保持良好接触,在ab运动距离为x的过程中,整个回路中产生的焦耳热为Q.求:

图13

(1)ab棒的速度v的大小; (2)电容器所带的电荷量q.

4QRCQR

答案 (1) (2) B2L2xBLx

解析 (1)设ab上产生的感应电动势为E,回路中电流为I,ab运动距离x所用时间为t,则有:

Ex

E=BLv I= t= Q=I2(4R)t

4Rv4QR

由上述方程得:v= B2L2x

(2)设电容器两极板间的电势差为U,则有:U=IR 电容器所带电荷量为:q=CU

CQR

解得:q=

BLx

15.(12分)如图14所示,有两根足够长、不计电阻、相距L的平行光滑金属导轨cd、ef与水平面成θ角固定放置,底端接一阻值为R的电阻,在轨道平面内有磁感应强度为B的匀强磁场,方向垂直轨道平面斜向上.现有一平行于ce、垂直于导轨、质量为m、电阻不计的金属杆ab,在沿轨道平面向上的恒定拉力F的作用下,从底端ce由静止沿导轨向上运动,当ab杆速度达到稳定后,撤去拉力F,最后ab杆又沿轨道匀速回到ce端.已知ab杆向上和向下运动的最大速度相等,求拉力F和杆ab最后回到ce端的速度v.

图14

答案 2mgsin θ

mgRsin θ

B2L2

解析 当ab杆沿导轨上滑达到最大速度v时,其受力如图所示:

由平衡条件可知:

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F-F安=mgsin θ① 又F安=BIL②

BLv而I=③

R

B2L2v

联立①②③式得:F--mgsin θ=0④

R

B2L2v

同理可得,ab杆沿导轨下滑达到最大速度时:mgsin θ-=0⑤

R联立④⑤两式解得:F=2mgsin θ mgRsin θv=

B2L2

16.(14分)某同学设计一个发电测速装置,工作原理图如图15所示,一个半径为R=0.1 m的圆形金属导轨固定在竖直平面上,一根长为R的金属棒OA,A端与导轨接触良好,O端固定在圆心处的转轴上.转轴的左端有一个半

R

径为r=的圆盘,圆盘和金属棒能随转轴一起转动.圆盘上绕有不可伸长的细线,下端挂着一个质量为m=0.5 kg

3的铝块.在金属导轨区域内存在垂直于导轨平面向右的匀强磁场,磁感应强度B=0.5 T.a点与导轨相连,b点通过电刷与O端相连.测量a、b两点间的电势差U可算得铝块速度.铝块由静止释放,下落h=0.3 m时,测得U=0.15 V.(细线与圆盘间没有滑动,金属棒、导轨、导线及电刷的电阻均不计,重力加速度g=10 m/s2)

图15

(1)测U时,与a点相接的是电压表的“正极”还是“负极”? (2)求此时铝块的速度大小;

(3)求此下落过程中铝块机械能的损失. 答案 (1)正极 (2)2 m/s (3)0.5 J 解析 (1)正极

ΔΦ

(2)由电磁感应定律得U=E= Δt1

ΔΦ=BR2Δθ

21

U=BωR2

21

v=rω=ωR

32U

所以v==2 m/s.

3BR1

(3)ΔE=mgh-mv2

2ΔE=0.5 J.

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