階段綜合評(píng)估（十一）電磁感應(yīng)一、單項(xiàng)選擇題1．磁鐵在線圈中心上方開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)，線圈中產(chǎn)生如圖中箭頭所示方向的感應(yīng)電流，則磁鐵()A．向上運(yùn)動(dòng) B．向下運(yùn)動(dòng)C．向左運(yùn)動(dòng) D．向右運(yùn)動(dòng)解析：選B據(jù)題意，從題圖可以看出磁鐵提供的穿過(guò)線圈的原磁場(chǎng)方向向下，由安培定則可知線圈中感應(yīng)電流激發(fā)的感應(yīng)磁場(chǎng)方向向上，即兩個(gè)磁場(chǎng)的方向相反，則由楞次定律可知原磁場(chǎng)通過(guò)線圈的磁通量在增加，B正確。2．一直升機(jī)停在南半球的地磁極上空，該處地磁場(chǎng)的方向豎直向上，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。若直升機(jī)螺旋槳葉片的長(zhǎng)度為l，近軸端為a，遠(yuǎn)軸端為b，轉(zhuǎn)動(dòng)的頻率為f，順著地磁場(chǎng)的方向看螺旋槳，螺旋槳沿順時(shí)針?lè)较蜣D(zhuǎn)動(dòng)。如果忽略a到轉(zhuǎn)軸中心線的距離，用E表示每個(gè)葉片中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，則()A．E＝πfl2B，且a點(diǎn)電勢(shì)低于b點(diǎn)電勢(shì)B．E＝2πfl2B，且a點(diǎn)電勢(shì)低于b點(diǎn)電勢(shì)C．E＝πfl2B，且a點(diǎn)電勢(shì)高于b點(diǎn)電勢(shì)D．E＝2πfl2B，且a點(diǎn)電勢(shì)高于b點(diǎn)電勢(shì)解析：選A直升機(jī)螺旋槳每個(gè)葉片都切割磁感線，沿地磁場(chǎng)的方向看螺旋槳，螺旋槳沿順時(shí)針?lè)较蜣D(zhuǎn)動(dòng)，根據(jù)右手定則可知，a點(diǎn)電勢(shì)低于b點(diǎn)電勢(shì)；電動(dòng)勢(shì)大小為：E＝eq\f(1,2)Blv＝eq\f(1,2)Bl·lω＝eq\f(1,2)Bl·2πfl＝πl(wèi)2fB，故A正確，B、C、D錯(cuò)誤。3．如圖所示，在光滑水平面上，有一個(gè)粗細(xì)均勻的單匝正方形閉合導(dǎo)線框abcd。t＝0時(shí)刻，線框在水平外力的作用下，從靜止開(kāi)始向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，bc邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)的時(shí)刻為t1，ad邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)的時(shí)刻為t2，磁場(chǎng)區(qū)域足夠大，設(shè)線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流的大小為i，ad邊兩端電壓大小為U，水平拉力大小為F，則下列表示i、U、F隨運(yùn)動(dòng)時(shí)間t變化關(guān)系的圖像正確的是()解析：選C線框的速度與時(shí)間的關(guān)系式為v＝at，a是加速度。由E＝BLv和I＝eq\f(E,R)得，感應(yīng)電流與時(shí)間的關(guān)系式為I＝eq\f(BLa,R)t，B、L、a均不變，0～t1時(shí)間內(nèi)，無(wú)感應(yīng)電流，t1～t2時(shí)間內(nèi)，電流I與t成正比，t2時(shí)刻后無(wú)感應(yīng)電流，故A、B錯(cuò)誤；由I＝eq\f(BLa,R)t,0～t1時(shí)間內(nèi)，無(wú)感應(yīng)電流，ad邊兩端的電壓為零，t1～t2時(shí)間內(nèi)，電流I與t成正比，Uad＝IRad＝eq\f(BLat,R)×eq\f(1,4)R＝eq\f(1,4)BLat，隨時(shí)間均勻增加，t2時(shí)刻后無(wú)感應(yīng)電流，但有感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，Uad＝E＝BLat，隨時(shí)間均勻增加，故C正確；根據(jù)推論得知：線框所受的安培力為FA＝eq\f(B2L2v,R)，由牛頓第二定律得F－FA＝ma，得F＝eq\f(B2L2a,R)t＋ma,0～t1時(shí)間內(nèi)，無(wú)感應(yīng)電流，F(xiàn)＝ma，為定值，t1～t2時(shí)間內(nèi)，F(xiàn)隨時(shí)間增加，F(xiàn)與t是線性關(guān)系，但圖線反向延長(zhǎng)線不過(guò)原點(diǎn)，t>t2時(shí)刻后無(wú)感應(yīng)電流，F(xiàn)＝ma，為定值，故D錯(cuò)誤。4．如圖所示的電路中，A、B、C是三個(gè)完全相同的燈泡，L是一個(gè)自感系數(shù)較大的線圈，其直流電阻與燈泡電阻相同。下列說(shuō)法正確的是()A．閉合開(kāi)關(guān)S，A燈逐漸變亮B．電路接通穩(wěn)定后，流過(guò)B燈的電流是流過(guò)C燈電流的eq\f(3,2)倍C．電路接通穩(wěn)定后，斷開(kāi)開(kāi)關(guān)S，C燈立即熄滅D．電路接通穩(wěn)定后，斷開(kāi)開(kāi)關(guān)S，三個(gè)燈過(guò)一會(huì)兒才熄滅，且A燈亮度比B、C燈亮度高解析：選D畫(huà)出等效電路如圖所示，閉合開(kāi)關(guān)S，三個(gè)燈都立即變亮，A錯(cuò)誤；電路穩(wěn)定后，線圈和A燈的并聯(lián)電阻為eq\f(R,2)，與B燈的串聯(lián)電阻為eq\f(3R,2)，C燈的電阻為R，根據(jù)并聯(lián)電路分流與電阻成反比，故流過(guò)B燈的電流是流過(guò)C燈電流的eq\f(2,3)，B錯(cuò)誤；斷開(kāi)開(kāi)關(guān)S，線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)對(duì)三個(gè)燈泡供電，因此三個(gè)燈都過(guò)一會(huì)兒才熄滅，供電電路是B、C燈串聯(lián)后與A燈并聯(lián)，因此A燈的亮度比B、C燈的亮度高，C錯(cuò)誤，D正確。5．如圖所示，PQQ2P2是由兩個(gè)正方形導(dǎo)線方格PQQ1P1、P1Q1Q2P2構(gòu)成的網(wǎng)絡(luò)電路，方格每邊長(zhǎng)度l＝10cm。在x>0的空間分布有磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間t均勻增加的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直于xOy平面并指向紙內(nèi)。今令網(wǎng)絡(luò)電路PQQ2P2以恒定的速度v＝5cm/s沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)并進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域，在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中方格的邊PQ始終與y軸平行。若取PQ與y軸重合的時(shí)刻為t＝0，在以后任一時(shí)刻t磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B＝B0＋bt，式中t的單位為s，B0、b為已知恒量。t＝2.5s時(shí)刻，方格PQQ1P1中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)是E1，方格P1Q1Q2P2中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)是E2。E1、E2的表達(dá)式正確的是()A．E1＝B0lv B．E1＝bl2C．E2＝eq\f(bl2,4) D．E2＝(B0＋2.5b)lv解析：選B經(jīng)過(guò)2.5s，網(wǎng)絡(luò)電路向右運(yùn)動(dòng)了12.5cm，此時(shí)方格PQQ1P1中只有感生電動(dòng)勢(shì)，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得E1＝bl2，B正確，A錯(cuò)誤；此時(shí)方格P1Q1Q2P2只有右邊在磁場(chǎng)中，離磁場(chǎng)邊界0.25l，既有動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)又有感生電動(dòng)勢(shì)，故電動(dòng)勢(shì)的大小E2＝(B0＋2.5b)lv＋0.25bl2，C、D錯(cuò)誤。二、多項(xiàng)選擇題6．如圖所示是法拉第做成的世界上第一臺(tái)發(fā)電機(jī)模型的原理圖。將銅盤(pán)放在磁場(chǎng)中，讓磁感線垂直穿過(guò)銅盤(pán)；圖中a、b導(dǎo)線與銅盤(pán)的中軸線處在同一豎直平面內(nèi)；轉(zhuǎn)動(dòng)銅盤(pán)，就可以使閉合電路獲得電流。若圖中銅盤(pán)半徑為L(zhǎng)，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，回路總電阻為R，銅盤(pán)以角速度ω逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)(從上往下看)。則下列說(shuō)法正確的是()A．回路中有大小和方向周期性變化的電流B．回路中電流大小恒定，且等于eq\f(BL2ω,2R)C．回路中電流方向不變，且從b導(dǎo)線流進(jìn)燈泡，再?gòu)腶導(dǎo)線流向旋轉(zhuǎn)的銅盤(pán)D．若將勻強(qiáng)磁場(chǎng)改為垂直穿過(guò)銅盤(pán)的按正弦規(guī)律變化的磁場(chǎng)，不轉(zhuǎn)動(dòng)銅盤(pán)，燈泡中一定有電流流過(guò)解析：選BC據(jù)題意，當(dāng)銅盤(pán)轉(zhuǎn)動(dòng)后，由右手定則可以確定電流流向銅盤(pán)的中心，從b導(dǎo)線流出到達(dá)a導(dǎo)線，方向不變，故A錯(cuò)誤，C正確；所產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)大小為：E＝BLv＝BL·eq\f(Lω,2)，則產(chǎn)生的電流大小為：I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BL2ω,2R)，故B正確；當(dāng)銅盤(pán)不動(dòng)磁場(chǎng)按正弦規(guī)律變化時(shí)，銅盤(pán)中形成渦流，該電流僅在銅盤(pán)中產(chǎn)生，沒(méi)有電流通過(guò)燈泡，故D錯(cuò)誤。7．(2014·江蘇高考)如圖所示，在線圈上端放置一盛有冷水的金屬杯，現(xiàn)接通交流電源，過(guò)了幾分鐘，杯內(nèi)的水沸騰起來(lái)。若要縮短上述加熱時(shí)間，下列措施可行的有()A．增加線圈的匝數(shù)B．提高交流電源的頻率C．將金屬杯換為瓷杯D．取走線圈中的鐵芯解析：選AB當(dāng)線圈上通交流電時(shí)，金屬杯由于發(fā)生電磁感應(yīng)現(xiàn)象，杯中有感應(yīng)電流，對(duì)水加熱，若要增大感應(yīng)電流，則需要增大感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)或者減小杯體的電阻。增加線圈的匝數(shù)，使得穿過(guò)金屬杯的磁場(chǎng)增強(qiáng)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)增大，選項(xiàng)A正確；提高交流電的頻率，使得磁通量的變化率增大，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)增大，選項(xiàng)B正確；若將金屬杯換為瓷杯，則不會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；取走線圈中的鐵芯，磁場(chǎng)會(huì)大大減弱，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)減小，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。8．(2018·無(wú)錫檢測(cè))如圖所示，在水平桌面上有個(gè)金屬圓環(huán)，在它圓心正上方有一個(gè)條形磁鐵(極性不明)，當(dāng)條形磁鐵下落時(shí)，可以判定()A．環(huán)將產(chǎn)生俯視逆時(shí)針的感應(yīng)電流B．環(huán)有縮小面積的趨勢(shì)C．環(huán)對(duì)桌面的壓力將增大D．磁鐵將受到豎直向下的電磁作用力解析：選BC因?yàn)闂l形磁鐵極性未知，磁場(chǎng)方向未知，所以不能判斷感應(yīng)電流的方向，A項(xiàng)錯(cuò)誤；根據(jù)楞次定律“增縮減擴(kuò)”可知，B項(xiàng)正確；根據(jù)楞次定律“來(lái)拒去留”，可知環(huán)對(duì)桌面的壓力將增大，C項(xiàng)正確；磁鐵受到豎直向上的電磁阻力，D項(xiàng)錯(cuò)誤。9．(2017·全國(guó)Ⅱ卷)兩條平行虛線間存在一勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向與紙面垂直。邊長(zhǎng)為0.1m、總電阻為0.005Ω的正方形導(dǎo)線框abcd位于紙面內(nèi)，cd邊與磁場(chǎng)邊界平行，如圖(a)所示。已知導(dǎo)線框一直向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，cd邊于t＝0時(shí)刻進(jìn)入磁場(chǎng)。線框中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)隨時(shí)間變化的圖線如圖(b)所示(感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)取正)。下列說(shuō)法正確的是()A．磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為0.5TB．導(dǎo)線框運(yùn)動(dòng)速度的大小為0.5m/sC．磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直于紙面向外D．在t＝0.4s至t＝0.6s這段時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)線框所受的安培力大小為0.1N解析：選BC由題圖(b)可知，導(dǎo)線框運(yùn)動(dòng)的速度大小為v＝eq\f(L,t)＝eq\f(0.1,0.2)m/s＝0.5m/s，B項(xiàng)正確；導(dǎo)線框進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中，cd邊切割磁感線，由E＝BLv，得B＝eq\f(E,Lv)＝eq\f(0.01,0.1×0.5)T＝0.2T，A項(xiàng)錯(cuò)誤；由題圖(b)可知，導(dǎo)線框進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中，感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針?lè)较颍鶕?jù)楞次定律可知，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直于紙面向外，C項(xiàng)正確；在0.4～0.6s這段時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)線框正在出磁場(chǎng)，回路中的電流大小為I＝eq\f(E,R)＝eq\f(0.01,0.005)A＝2A，則導(dǎo)線框所受到的安培力大小為F＝BIL＝0.2×2×0.1N＝0.04N，D項(xiàng)錯(cuò)誤。三、計(jì)算題10．(2016·江蘇高考)據(jù)報(bào)道，一法國(guó)攝影師拍到了“天宮一號(hào)”空間站飛過(guò)太陽(yáng)的瞬間。照片中，“天宮一號(hào)”的太陽(yáng)帆板輪廓清晰可見(jiàn)。如圖所示，假設(shè)“天宮一號(hào)”正以速度v＝7.7km/s繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)方向與太陽(yáng)帆板兩端M、N的連線垂直，M、N間的距離L＝20m，地磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度垂直于v、MN所在平面的分量B＝1.0×10－5T。將太陽(yáng)帆板視為導(dǎo)體。(1)求M、N間感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小E；(2)在太陽(yáng)帆板上將一只“1.5V,0.3W”的小燈泡與M、N相連構(gòu)成閉合電路，不計(jì)太陽(yáng)帆板和導(dǎo)線的電阻，試判斷小燈泡能否發(fā)光，并說(shuō)明理由；(3)取地球半徑R＝6.4×103km，地球表面的重力加速度g＝9.8m/s2，試估算“天宮一號(hào)”距離地球表面的高度h(計(jì)算結(jié)果保留一位有效數(shù)字)。解析：(1)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv，代入數(shù)據(jù)得E＝1.54V。(2)不能，因?yàn)榇┻^(guò)閉合回路的磁通量不變，不產(chǎn)生感應(yīng)電流。(3)在地球表面有Geq\f(Mm,R2)＝mg“天宮一號(hào)”做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，有Geq\f(Mm,R＋h2)＝meq\f(v2,R＋h)解得h＝eq\f(gR2,v2)－R，代入數(shù)據(jù)得h≈4×105m(數(shù)量級(jí)正確即可)。答案：(1)1.54V(2)見(jiàn)解析(3)4×105m11．(2018·南昌三校高三聯(lián)考)如圖所示，空間分布著水平方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)區(qū)域的水平寬度d＝0.4m，豎直方向足夠長(zhǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.5T。正方形導(dǎo)線框PQMN邊長(zhǎng)L＝0.4m，質(zhì)量m＝0.2kg，電阻R＝0.1Ω，開(kāi)始時(shí)放在光滑絕緣水平板上Ⅰ位置，現(xiàn)用一水平向右的恒力F＝0.8N拉線框，使其向右穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)，最后到達(dá)Ⅱ位置(MN邊恰好出磁場(chǎng))。設(shè)線框平面在運(yùn)動(dòng)中始終保持在豎直平面內(nèi)，PQ邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)后線框恰好做勻速運(yùn)動(dòng)，g取10m/s2。求：(1)線框進(jìn)入磁場(chǎng)前運(yùn)動(dòng)的距離D；(2)上述整個(gè)過(guò)程中線框內(nèi)產(chǎn)生的焦耳熱；(3)線框進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中通過(guò)的電量。解析：(1)線框在磁場(chǎng)中做勻速運(yùn)動(dòng)，則F安＝F由公式得：F安＝BIL，I＝eq\f(E,R)，E＝BLv1解得：v1＝2m/s由動(dòng)能定理得：FD＝eq\f(1,2)mv12解得：D＝0.5m。(2)由能量守恒定律可知Q＝2Fd＝2×0.8×0.4J＝0.64J。(3)根據(jù)q＝eq\x\to(I)t＝eq\f(ΔΦ,Rt)t＝eq\f(ΔΦ,R)可得q＝eq\f(BΔS,R)＝eq\f(0.5×0.42,0.1)C＝0.8C。答案：(1)0.5m(2)0.64J(3)0.8C12．(2017·天津高考)電磁軌道炮利用電流和磁場(chǎng)的作用使炮彈獲得超高速度，其原理可用來(lái)研制新武器和航天運(yùn)載器。電磁軌道炮示意如圖，圖中直流電源電動(dòng)勢(shì)為E，電容器的電容為C。兩根固定于水平面內(nèi)的光滑平行金屬導(dǎo)軌間距為l，電阻不計(jì)。炮彈可視為一質(zhì)量為m、電阻為R的金屬棒MN，垂直放在兩導(dǎo)軌間處于靜止?fàn)顟B(tài)，并與導(dǎo)軌良好接觸。首先開(kāi)關(guān)S接1，使電容器完全充電。然后將S接至2，導(dǎo)軌間存在垂直于導(dǎo)軌平面、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)(圖中未畫(huà)出)，MN開(kāi)始向右加速運(yùn)動(dòng)。當(dāng)MN上的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)與電容器兩極板間的電壓相等時(shí)，回路中電流為零，MN達(dá)到最大速度，之后離開(kāi)導(dǎo)軌。問(wèn)：(1)磁場(chǎng)的方向；(2)MN剛開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度a的大小；(3)MN離開(kāi)導(dǎo)軌后電容器上剩余的電荷量Q是多少。解析：(1)將S接1時(shí)，電容器充電，上極板帶正電，下極板帶負(fù)電，當(dāng)將S接2時(shí)，電容器放電，流經(jīng)MN的電流由M到N，又知MN向右運(yùn)動(dòng)，由左手定則可知磁場(chǎng)方向垂直于導(dǎo)軌平面向下。(2)電容器完全充電后，兩極板間電壓為E，當(dāng)S接2時(shí)，電容器放電，設(shè)剛放電時(shí)流經(jīng)MN的電流為I，有I＝eq\f(E,R) ①設(shè)MN受到的安培力為F，有F＝IlB ②由牛頓第二定律，有F＝ma ③聯(lián)立①②③式得a＝eq\f(BlE,mR)。 ④(3)當(dāng)電容器充電完畢時(shí)，設(shè)電容器上電荷量為Q0，有Q0＝CE ⑤S接2后，MN開(kāi)始向右加速運(yùn)動(dòng)，速度達(dá)到最大值vmax時(shí)，設(shè)MN上的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E′，有E′＝Blvmax