》》》》》》》》》積一時之跬步臻千里之遙程《《《《《《《《《《《《》》》》》》》》》積一時之跬步臻千里之遙程《《《《《《《《《《《《馬鳴風(fēng)蕭蕭馬鳴風(fēng)蕭蕭高中物理學(xué)習(xí)材料馬鳴風(fēng)蕭蕭**整理制作）電磁感應(yīng)單元測試題參考答案時間：45分鐘滿分：100分命題報告本部分是電磁學(xué)的核心內(nèi)容，重點研究法拉第電磁感應(yīng)定律和楞次定律的應(yīng)用，學(xué)些解決電磁感應(yīng)問題的基本思路和方法。高考考點有電磁感應(yīng)現(xiàn)象、磁通量、法拉第電磁感應(yīng)定律、楞次定律、自感和渦流。本部分試題以電磁感應(yīng)為紐帶，滾動考察力學(xué)、靜電學(xué)、閉合電路歐姆定律、運動學(xué)、能量的轉(zhuǎn)化和守恒定律這些內(nèi)容，滾動比例為40%。選擇題（本題共10小題，每題4分，共40分）AD【解析】在赤道上空地磁場的方向水平向北，由右手定則可以判斷A項、D項正確。A申S-ABD【解析】感應(yīng)電動勢的大小為E=n=n，A、B兩種情況磁通量變化量相AtAt同，C最小，D最大。磁鐵穿過線圈所用的時間A、B、D相同且小于B所用時間，D項正確。一廠AB-SAB7TED【解析】感應(yīng)電動勢的大小為E=，=k為圖線中的斜率。1=，到0AtAtR到1s時磁場增強，由楞次定律產(chǎn)生的感應(yīng)電流在線框中為逆時針且大小恒定；1s到3s內(nèi)斜率相同，所以電流大小恒定方向不變，且為順時針；D項正確。AB【解析】片時刻原線圈中的電流增強，根據(jù)楞次定律兩者之間為斥力，且P有收縮的趨勢，A項正確；t2時刻電流恒定，P中無感應(yīng)電流，兩者也就無相互作用，此時電流最大，產(chǎn)生磁場最強，P中的磁通量有最大值，B項正確。t3時刻，電流正在變化中，故P中有感應(yīng)電流，但是原線圈電流為零，兩者之間無安培力；t4時刻電流恒等，無感應(yīng)電流。A【解析】在北極極點磁感線的方向豎直向下，由左手定則知導(dǎo)線所受安培力的方向向前,A項正確。C【解析】在勻速向右拉動線框的過程沖，線框左邊切割磁感線，產(chǎn)生的電動勢恒為Bbv。

此結(jié)構(gòu)中PQ的左側(cè)部分相當(dāng)于電源，右側(cè)部分相當(dāng)于外電路，此過程外電路的電阻增大，而內(nèi)電路的電阻減小，電壓表的示數(shù)為路端電壓，有閉合電路歐姆定律知路端電壓增大，C項正確。C【解析】勻速轉(zhuǎn)動，外力做功的功率與安培力的功率相同，克服安培力做功轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)的內(nèi)能，即外力做功的功率與發(fā)熱功率相同。轉(zhuǎn)動切割磁感線產(chǎn)生的電動勢大小為E2B2?2r4E=-Br2?，外力的功率為P==，C項正確。R4R&CD【解析】開關(guān)閉合瞬間無論電源正負(fù)極如何由楞次定律知鋁環(huán)受到向上的安培力，在磁力作用下向上跳起。當(dāng)電路穩(wěn)定之后，電流不在變化，無感應(yīng)電流即無安培力，鋁環(huán)回落，C項、D項正確。D【解析】本題考查電磁感應(yīng)有關(guān)的知識，本題為中等難度題目。條形磁鐵從線圈正上方等高快速經(jīng)過時，通過線圈的磁通量先增加后又減小。當(dāng)通過線圈磁通量增加時，為阻礙其增加，在豎直方向上線圈有向下運動的趨勢，所以線圈受到的支持力大于其重力，在水平方向上有向右運動的趨勢，當(dāng)通過線圈的磁通量減小時，為阻礙其減小，在豎直方向上線圈有向上運動的趨勢，所以線圈受到的支持力小于其重力，在水平方向上有向右運動的趨勢。綜上所述，線圈所受到的支持力先大于重力后小于重力，運動趨勢總是向右。AC【解析】電場力做正功，電勢能減少,D項錯誤；粒子帶負(fù)電，所以是由低電勢移動W到高電勢，A項正確；由電勢差的定義，兩點電勢差的大小為U=，C項正確；在q勻強電場中有U=Ed，d為兩點間沿電場線方向的距離，題中沒有確定d是不是為兩點間沿電場線方向的距離。dmd,2d、__mg，尸(g-)【解析】(1)油滴勻速下落過程中受到的電場力和重力平衡,1UU120U可見所帶電荷為負(fù)電荷，即U可見所帶電荷為負(fù)電荷，即r=m1gd得q=m1g—0(2)帶負(fù)電油滴加速下落，電荷量為Q],油滴所受到的電場力方向向上，設(shè)此時的加速度大小為a”由牛頓第二定律得度大小為a”由牛頓第二定律得m2g-Q1萬U-=ma21，小md/2d、得Q1=方（g-L思考：如果油滴帶正電呢？【解析】(1)研究電磁感應(yīng)現(xiàn)象的試驗，為兩個獨立的電路圖。連接如圖所示。(2)按題目中的要求則是感應(yīng)電流的磁場方向與原電流的磁場方向相反，由楞次定律知原磁場應(yīng)該增強，當(dāng)插入鐵棒、插入L],滑動變阻器左移或者閉合開關(guān)都由如此效果，C項正確。F13.【解析】(1)線框從靜止開始做勻加速直線運動，加速度a=t=lm/s2m1線圈框的邊長l=at2=0.5m2離開磁場的瞬間，線圈的速度v=at=1m/sBlv線框中的感應(yīng)電流I=-R線框所受的安培力F安=3〃安由牛頓第二定律F-F安-ma又F2=3N聯(lián)立求得B=2.83T(2)線框穿過磁場的過程中，平均感應(yīng)電動勢E=B2=0.71VtE平均電流I==0.71AR所以，通過線框的電荷量q=It=0.71C14.【解析】⑴設(shè)M下落的高度h1=2.25xsin30m。m的上升高度h2=2.25m，由機械能守恒，Mgh-mgh=-(m+M)v2122線框剛進入磁場時的速度為：v=3m/s⑵線框進入磁場的過程中產(chǎn)生的感應(yīng)電流的平均值為I,磁通量的變化量為Ap，變化時間為At，感應(yīng)電動勢為E,通過線框的電荷量為Q則有:EApQ=IAtI=亍E=At由以上三式得Q=4C⑶當(dāng)線框勻速穿過ef邊界時，設(shè)速度為是V],由平衡知Mgsina-mg-BIL=0由以上兩式得v1=4m/s設(shè)線框完全進入磁場時的速度為v2,下滑高度為H,中午上升的高度為h,則:》》》》》》》》》積一時之跬步臻千里之遙程《《《《《《《《《《《《》》》》》》》》》積一時之跬步臻千里之遙程《《《《《《《《《《《《》》》》》》》》》積一時之跬步臻千里之遙程《《《《《《《《《《《《》》》》》》》》》積一時之跬步臻千里之遙程《《《《《《《《《《《《馬鳴風(fēng)蕭蕭馬鳴風(fēng)蕭蕭馬鳴風(fēng)蕭蕭馬鳴風(fēng)蕭蕭Mgh一mgh=(m+M)v2一(m+M)v22122解得v2=2i：3m/s從線框開始進入磁場到完全進入磁場的過程中，下滑高度為H],重物上省的高度h3,此過程線框中產(chǎn)生的焦耳熱為Q'，由功能關(guān)系(m+M)v2一(m+M)v2=MgH—mgh—Q22213解得Q'=0.5J15.【解析】(1)以導(dǎo)體棒為研究對象，棒在磁場I中切割磁感線，棒中產(chǎn)生產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，導(dǎo)體棒ab從A下落r/2時，導(dǎo)體棒在策略與安培力作用下做加速運動，由牛頓第二定律，得mg_BIL=ma，式中1=^3mg_BIL=ma，式中1=^3rBlvI=1R總式中R=8x(4r+4r)式中總8R+(4R+4R)由以上各式可得到a=g－3B2r2v4mR(2)當(dāng)導(dǎo)體棒ab通過磁場II時，若安培力恰好等于重力，棒中電流大小始終不變，即小Bx2r小Bx2rxv小4B2r2vmg=BIx2r=Bxtx2r=tRR并并式中12Rx4RR=并12R+4R=3RmgR3mgR解得v—^并—解得t4B2r24B2r2導(dǎo)體棒從MN到CD做加速度為g的勻加速直線運動，有v2—v2—2ght2得h—9^￡2—二32B4r42g此時導(dǎo)體棒重力的功率為pg=mgvf=弓普根據(jù)能量守恒定律，此時導(dǎo)體棒重力的功率全部轉(zhuǎn)化為電路中的電功率，即p-p+p-p=3m2g2R所以，p—3p=9m2g2R電12G4B2r224G16B2r2(3)設(shè)導(dǎo)體棒