高中物理选修3-2 第2章《楞次定律和自感现象》章末测试题

绝密★启用前2019鲁科版高中物理选修3-2第2章《楞次定律和自感现象》章末测试题本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共100分，考试时间150分钟。

第Ⅰ卷一、单选题(共20小题,每小题3.0分,共60分)1.如图所示，质量为m的金属环用线悬挂起来．金属环有一半处于水平且与环面垂直的匀强磁场中．从某时刻开始，磁感应强度均匀减小，则在磁感应强度均匀减小的过程中，关于线拉力的大小的下列说法正确的是()A．大于环的重力mg，并逐渐减小B．始终等于环的重力mgC．小于环的重力mg，并保持恒定D．大于环的重力mg，并保持恒定【答案】A【解析】在磁场均匀减小的过程中，金属环由于受安培力作用要阻碍磁通量的减小，所以有向下运动的趋势，即线拉力大于环的重力．由于感应电流不变，而磁场逐渐减小，所以拉力逐渐减小，答案为A.2.图中两个电路是研究自感现象的电路，对实验结果的描述正确的是()①接通开关时，灯P2立即就亮，P1稍晚一会儿亮；②接通开关时，灯P1立即就亮，P2稍晚一会儿亮；③断开开关时，灯P1立即熄灭，P2稍晚一会儿熄灭；④断开开关时，灯P2立即熄灭，P1稍晚一会儿熄灭．A．①③B．①④C．②③D．②④【答案】A【解析】甲图中，接通开关时，由于线圈阻碍电流的增加，故灯P1稍晚一会儿亮；断开开关时，虽然线圈中产生自感电动势，但由于没有闭合回路，灯P1立即熄灭．乙图中，线圈和灯P2并联，接通开关时，由于线圈阻碍电流的增加，故灯P2可以立即就亮，但电流稳定后，灯P2会被短路而熄灭；断开开关时，线圈中产生自感电动势，通过灯P2构成闭合回路放电，故灯P2稍晚一会儿熄灭．故①③正确、②④错误，选A.3.如图所示，用一根长为L、质量不计的细杆与一个上弧长为l0、下弧长为d0的金属线框的中点联结并悬挂于O点，悬点正下方存在一个上弧长为2l0、下弧长为2d0的方向垂直纸面向里的匀强磁场，且d0≪L.先将线框拉开到如图所示位置，松手后让线框进入磁场，忽略空气阻力和摩擦力，下列说法正确的是()A．金属线框进入磁场时感应电流的方向为a→b→c→d→aB．金属线框离开磁场时感应电流的方向为a→d→c→b→aC．金属线框dc边进入磁场与ab边离开磁场的速度大小总是相等D．向左摆动进入或离开磁场的过程中，所受安培力方向向右；向右摆动进入或离开磁场的过程中，所受安培力方向向左【答案】D【解析】当线框进入磁场时，dc边切割磁感线，由楞次定律可判断，感应电流的方向为：a→d→c→b→a；当线框离开磁场时，同理可判断其感应电流的方向为：a→b→c→d→a，故A、B 错；线框dc边(或ab边)进入磁场或离开磁场时，都要切割磁感线产生感应电流，机械能转化为电能，故dc边进入磁场与ab边离开磁场的速度大小不相等，C错；由“来拒去留”知，D对．4.关于线圈的自感系数大小的下列说法中正确的是()A．通过线圈的电流越大，自感系数越大B．线圈中的电流变化越快，自感系数越大C．插有铁芯时线圈的自感系数会比它没有插入铁芯时大D．线圈的自感系数与电流的大小，电流变化的快慢，是否有铁芯等都无关【答案】C【解析】自感系数由线圈自身决定，与其它因素无关．线圈越长、单位长度上匝数越多自感系数越大，有铁芯比没有铁芯大得多，C正确．5.如图所示，间距为L、电阻不计的足够长平行光滑金属导轨水平放置，导轨左端用一阻值为R的电阻连接，导轨上横跨一根质量为m、电阻也为R的金属棒，金属棒与导轨接触良好．整个装置处于竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中．现使金属棒以初速度v沿导轨向右运动，若金属棒在整个运动过程中通过的电荷量为q.下列说法正确的是()A．金属棒在导轨上做匀减速运动B．整个过程中金属棒在导轨上发生的位移为C．整个过程中金属棒克服安培力做功为mv2D．整个过程中电阻R上产生的焦耳热为mv2【答案】C【解析】因为金属棒向右运动时受到向左的安培力作用，且安培力随速度的减小而减小，所以金属棒向左做加速度减小的减速运动；根据E＝＝，q＝IΔt＝Δt＝，解得x＝；整个过程中金属棒克服安培力做功等于金属棒动能的减少量mv2；整个过程中电路中产生的热量等于机械能的减少量mv2，电阻R上产生的焦耳热为mv2.6.如图所示电路，L是自感系数较大的线圈，在滑动变阻器的滑动片P从A端迅速滑向B端的过程中，经过AB中点C时通过线圈的电流为I1；P从B端迅速滑向A端的过程中，经过C点时通过线圈的电流为I2；P固定在C点不动，达到稳定时通过线圈的电流为I0，则()A．I1＝I2＝I0B．I1＞I0＞I2C．I1＝I2＞I0D．I1＜I0＜I2【答案】D【解析】当滑动片从A端迅速滑向B端时，总电阻减小，总电流增大，L产生自感电动势阻碍增大，故I1比P稳定在C点的电流I0小；当P从B端迅速滑向A端时总电流减小，L自感电动势阻碍其减小，自感电流方向与原电流方向相同，故I2大于P稳定在C点时的电流I0，故D正确．7.下列说法正确的是()A．感应圈的工作原理是电磁感应现象B．日光灯和白炽灯一样，都可接在直流电路中正常工作C．感应圈中的两个线圈的匝数一样多D．一个标有“220 V,40 W”的日光灯管，用欧姆表测灯管两端，读数约为1 210 Ω【答案】A【解析】8.如图所示，两个相同导线制成的开口圆环，大环半径为小环半径的2倍，现用电阻不计的导线将两环连接在一起，若将大环放入一均匀变化的磁场中，小环处在磁场外，a、b两点间电压为U1，若将小环放入这个磁场中，大环在磁场外，a、b两点间电压为U2，则()A．＝1B．＝2C．＝4D．＝【答案】B【解析】设小环的电阻为R，则大环的电阻为2R，小环的面积为S，则大环的面积为4S，且＝k，当大环放入一均匀变化的磁场中时，大环相当于电源，小环相当于外电路，所以E1＝4kS，U1＝R＝kS；当小环放入磁场中时，同理可得U2＝2R＝kS，故＝2.选项B正确．9.光滑曲面与竖直平面的交线是抛物线，如图所示，抛物线的方程为y＝x2，其下半部处在一个水平方向的匀强磁场中，磁场的上边界是y＝a的直线(图中的虚线所示)，一个质量为m的小金属块从抛物线y＝b(b＞a)处以速度v沿抛物线下滑，假设抛物线足够长，则金属块在曲面上滑动的过程中产生的焦耳热总量是()A．mgbB．mv2C．mg(b－a)D．mg(b－a)＋mv2【答案】D【解析】金属块在进入磁场或离开磁场的过程中，穿过金属块的磁通量发生变化，产生电流，进而产生焦耳热，最后，金属块在高为a的曲面上做往复运动，减少的机械能为mg(b－a)＋mv2，由能量转化和守恒定律可知，减少的机械能全部转化成焦耳热，即D选项正确．10.如图所示为一种早期发电机原理示意图，该发电机由固定的圆形线圈和一对用铁芯连接的圆柱形磁铁构成，两磁极相对于线圈平面对称．在磁极绕转轴匀速转动过程中，磁极中心在线圈平面上的投影沿圆弧运动(O是线圈中心)，则磁铁从O到Y运动过程，经过电流表的电流方向为()A．由E经电流表流向FB．由F经电流表流向EC．先由E经电流表流向F，再由F经电流表流向ED．先由F经电流表流向E，再由E经电流表流向F【答案】A【解析】磁极绕转轴从O到Y匀速转动，穿过线圈平面的磁通量向上并减小，根据楞次定律可知线圈中产生逆时针方向的感应电流，电流由E经G流向F，故A正确．11.关于线圈中自感电动势的大小的说法中正确的是()A．自感系数一定时，电流变化越大，自感电动势越大B．自感系数一定时，电流变化越快，自感电动势越大C．通过线圈的电流为零的瞬间，自感电动势为零D．通过线圈的电流为最大值的瞬间，自感电动势最大【答案】B【解析】自感电动势由自感系数L和电流变化快慢共同决定，E＝L，自感系数跟线圈匝数、尺寸及是否有铁芯有关．电流变化越快，自感系数越大，产生的自感电动势越大．所以A、C、D错误，B正确．12.飞机在一定高度水平飞行时，由于地磁场的存在，其机翼就会切割磁感线，两机翼的两端点之间会有一定的电势差。

若飞机在北半球水平飞行，且地磁场的竖直分量方向竖直向下，则从飞行员的角度看()A．机翼左端的电势比右端的电势低B．机翼左端的电势比右端的电势高C．机翼左端的电势与右端的电势相等D．以上情况都有可能【答案】B【解析】当飞机在北半球水平飞行时，由于地磁场的存在，且地磁场的竖直分量方向竖直向下，则由右手定则可判定机翼左端的电势比右端的电势高．若构成闭合电路则电流方向由机翼的右端流向左端，而机翼切割磁感线相当于电源，所以电源内部电流由负极流向正极．故选B.13.如图所示，两条平行虚线之间存在匀强磁场，虚线间的距离为L，磁场方向垂直纸面向里，abcd 是位于纸面内的梯形线圈，ad与bc间的距离也为L，t＝0时刻bc边与磁场区域边界重合．现令线圈以恒定的速度v沿垂直于磁场区域边界的方向穿过磁场区域，取沿a—b—c—d—a方向为感应电流正方向，则在线圈穿越磁场区域的过程中，感应电流I随时间t变化的图线可能是()A．B．C．D．【答案】B【解析】由于bc进入磁场时，根据右手定则判断出其感应电流的方向是沿adcba的方向，其方向为负方向，所以A、C错误；当逐渐向右移动时，切割磁感线的条数在增加，故感应电流在增大；当bc边穿出磁场区域时，线圈中的感应电流方向变为abcda，是正方向，故其图象在时间轴的上方，所以B正确，D错误．14.如图所示，两根相距为l的平行直导轨ab、cd，b、d间连有一固定电阻R，导轨电阻可忽略不计．MN为放在ab和cd上的一导体杆，与ab垂直，其电阻也为R.整个装置处于匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，磁场方向垂直于导轨所在平面(垂直纸面向里)．现对MN施力使它沿导轨方向以速度v水平向右做匀速运动．令U表示MN两端电压的大小，则()A．v＝Blv，流过固定电阻R的感应电流由b经R到dB．v＝Blv，流过固定电阻R的感应电流由d经R到bC．MN受到的安培力大小F A＝，方向水平向右D．MN受到的安培力大小F A＝，方向水平向左【答案】A【解析】导体MN做切割磁感线运动，产生感应电动势，相当于一个内阻为R的电源，电路中电源电动势为E＝BLv，U表示路端电压，根据闭合回路欧姆定律可得：U＝E＝BLv，根据右手定则可得流过电阻的电流方向由b到d，A正确，B错误；根据公式F＝BIL可得MN受到的安培力大小F＝BIL＝，方向向左，C、D错误．15.如图所示，甲是闭合铜线框，乙是有缺口的铜线框，丙是闭合的塑料线框，它们的正下方都放置一薄强磁铁，现将甲、乙、丙拿至相同高度H处同时释放(各线框下落过程中不翻转)，则以下说法正确的是()A．三者同时落地B．甲、乙同时落地，丙后落地C．甲、丙同时落地，乙后落地D．乙、丙同时落地，甲后落地【答案】D【解析】闭合导体线框下落过程中，磁通量变化会产生感应电流，根据“来拒去留”可知甲下落过程加速度小于g；而乙、丙图中没有闭合回路因此，下落加速度相同，都是g，所以同时下落，D正确．16.半径为r带缺口的刚性金属圆环在纸面上固定放置，在圆环的缺口两端引出两根导线，分别与两块垂直于纸面固定放置的平行金属板连接，两板间距为d，如图所示．有一变化的磁场垂直于纸面，规定向内为正，变化规律如图所示．在t＝0时刻平板之间中心有一重力不计，电荷量为q的静止微粒，则以下说法正确的是()A．第2秒内上极板为正极B．第3秒内上极板为负极C．第2秒末微粒回到了原来位置D．第3秒末两极板之间的电场强度大小为【答案】A【解析】第2 s内磁场强度减小，所以圆环产生感应电动势，相当于一电源，由楞次定律知，金属板上端为正极，所以A正确．第3 s内磁场方向向外，强度增加，产生的感应电动势仍然是上极板为正，所以B错误．第1 s内，上极板为负，第2 s内，上极板为正，这个过程中电场强度相反，所以微粒先加速，然后减速，当第2秒末微粒速度为零，离开中心位置最大，所以C错误．第3 s 末圆环产生的感应电动势为＝0.1 πr2，电场强度E＝＝，所以D错误．17.如图所示，AOC是光滑的金属轨道，AO沿竖直方向，OC沿水平方向，PQ是一根金属直杆立在轨道上，直杆从图示位置由静止开始在重力作用下运动，运动过程中Q端始终在OC上，空间存在着垂直纸面向外的匀强磁场，则在PQ杆滑动的过程中，下列判断正确的是()A．感应电流的方向始终是P→QB．感应电流的方向先是由P→Q，后是由Q→PC．PQ受磁场力的方向垂直于杆向左D．PQ受磁场力的方向先垂直于杆向右，后垂直于杆向左【答案】B【解析】在PQ杆滑动的过程中，杆与轨道所围成的三角形面积先增大后减小，三角形POQ内的磁通量先增大后减小，由楞次定律可判断B项对，A项错．再由PQ中电流方向及左手定则可判断C、D项错误，故选B.18.如图所示，在半径为R的半圆形区域内，有磁感应强度为B的垂直纸面向里的有界匀强磁场，PQM为圆内接三角形，且PM为圆的直径，三角形的各边由材料相同的细软弹性导线组成(不考虑导线中电流间的相互作用)．设线圈的总电阻为r且不随形状改变，此时∠PMQ＝37°，下列说法正确的是()A．穿过线圈PQM中的磁通量大小为Φ＝0.96BR2B．若磁场方向不变，只改变磁感应强度B的大小，且B＝B0＋kt，则此时线圈中产生的感应电流大小为I＝C．保持P、M两点位置不变，将Q点沿圆弧顺时针移动到接近M点的过程中，线圈中有感应电流且电流方向不变D．保持P、M两点位置不变，将Q点沿圆弧顺时针移动到接近M点的过程中，线圈中不会产生焦耳热【答案】A【解析】由计算可知A正确，B错误．Q点顺时针移动到当∠PMQ＝45°线圈中感应电流方向改变，C错误．线圈中会产生焦耳热， D错误．19.如图所示，一个闭合回路由两部分组成．右侧是电阻为r的圆形线圈，置于竖直向上均匀变化的磁场B1中，左侧是光滑的倾角为θ的平行导轨，宽度为d，其电阻不计．磁感应强度为B2的匀强磁场垂直导轨平面向上，且只分布在左侧，一个质量为m、电阻为R的导体棒ab此时恰好能静止在导轨上，下述判断不正确的是()A．圆形线圈中的磁场方向向上且均匀增强B．导体棒ab受到的安培力大小为mg sinθC．回路中的感应电流为D．圆形线圈中的电热功率为(r＋R)【答案】D【解析】导体棒此时恰好能静止在导轨上，根据左手定则，感应电流的方向b→a，感应电流的磁场方向向下，则右侧圆形线圈中的磁场应均匀增加，A正确；由导体棒平衡有：F安＝mg sinθ，B 正确；根据安培力公式F＝B2dI＝mg sinθ，所以I＝，C正确；圆形线圈中的电热功率P＝r，D错误．20.如图所示，矩形闭合金属框abcd的平面与匀强磁场垂直，若ab边受竖直向上的磁场力的作用，则可知线框的运动情况是()A．向左平动进入磁场B．向右平动退出磁场C．沿竖直方向向上平动D．沿竖直方向向下平动【答案】A【解析】由于ab边受竖直向上的磁场力的作用，根据左手定则可判断金属框中电流方向为abcd，根据楞次定律可判断穿过金属框的磁通量在增加选项A正确．第Ⅱ卷二、计算题(共4小题,每小题10.0分,共40分)21.有人设计了一种可测速的跑步机，测速原理如图所示，该机底面固定有间距为L、长度为d的平行金属电极．电极间充满磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，且接有电压表和电阻R，绝缘橡胶带上镀有间距为d的平行细金属条，磁场中始终仅有一根金属条，且与电极接触良好，不计金属电阻，若橡胶带匀速运动时，电压表读数为U，求：(1)橡胶带匀速运动的速率；(2)一根金属条每次经过磁场区域克服安培力做的功．【答案】(1)v＝(2)W＝【解析】(1)设电动势为E，橡胶带运动速率为v由：E＝BLv，E＝U得：v＝(2)设电流强度为I，安培力为F，克服安培力做的功为W由：I＝，F＝BIL，W＝Fd，得：W＝.22.如图所示，平行金属导轨与水平面间夹角均为θ＝ 37°，导轨间距为1 m ，电阻不计，导轨足够长．两根金属棒ab和a′b′的质量都是0.2 kg，电阻都是1 Ω，与导轨垂直放置且接触良好，金属棒a′b′和导轨之间的动摩擦因数为0.5 ，金属棒ab和导轨无摩擦，导轨平面PMKO处存在着垂直轨道平面向上的匀强磁场，导轨平面PMNQ处存在着沿轨道平面向上的匀强磁场，磁感应强度B的大小相同．让a′b′固定不动，将金属棒ab由静止释放，当ab下滑速度达到稳定时，整个回路消耗的电功率为 18 W .求：(1)ab达到的最大速度多大？(2)ab下落了30 m 高度时，其下滑速度已经达到稳定，则此过程中回路电流的发热量Q多大？(3)在ab下滑过程中某时刻将a′b′固定解除，为确保a′b′始终保持静止，则a′b′固定解除时ab棒的速度有何要求？ (g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)【答案】(1)15 m/s(2)37.5 J(3)10 m/s≤v≤15 m/s【解析】(1)达到稳定时由能量守恒：P电＝mgv sin 37°解得：v＝15 m/s(2)由能量守恒关系得mgh＝mv2＋Q代入数据得Q＝37.5 J(3)由电功率定义可知：P＝I2·2R解得：I＝3 A又E＝BLv达到稳定时，对ab棒由平衡条件：mg sin 37°＝BIL解得：B＝0.4 T对a′b′棒：垂直轨道方向：F N＝mg cos 37°＋BIL由滑动摩擦定律：F f＝μF N由平衡条件：F f≥mg sin 37°代入已知条件，解得：v≥10 m/s则a′b′固定解除时ab棒的速度：10 m/s≤v≤15 m/s.23.如图(a)所示，间距为l、电阻不计的光滑导轨固定在倾角为θ的斜面上．在区域Ⅰ内有方向垂直于斜面的匀强磁场，磁感应强度为B；在区域Ⅱ内有垂直于斜面向下的匀强磁场，其磁感应强度Bt 的大小随时间t变化的规律如图(b)所示．t＝0时刻在轨道上端的金属细棒ab从图示位置由静止开始沿导轨下滑，同时下端的另一金属细棒cd在位于区域Ⅰ内的导轨上由静止释放．在ab棒运动到区域Ⅱ的下边界EF处之前，cd棒始终静止不动，两棒均与导轨接触良好．已知cd棒的质量为m、电阻为R，ab棒的质量、阻值均未知，区域Ⅱ沿斜面的长度为2l，在t＝tx时刻(tx未知)ab棒恰进入区域Ⅱ，重力加速度为g.求：(1)ab棒的质量；(2)ab棒开始下滑的位置离区域Ⅱ上边界的距离；(3)若ab棒开始下滑至EF的过程中cd棒产生的热量为Q，求ab棒的电阻．【答案】(1)m(2)l(3)－R【解析】(1)cd棒始终静止不动，说明ab棒进入磁场后做匀速直线运动，ab、cd组成串联回路二者电流大小相同，故ab棒的质量与cd相等，mab＝m(2)ab棒在到达区域Ⅱ前做匀加速直线运动，a＝＝g sinθ，cd棒始终静止不动，ab棒在到达区域Ⅱ前、后，回路中产生的感应电动势不变，则ab棒在区域Ⅱ中一定做匀速直线运动，可得：＝Blv1，＝Blg sinθtx，所以tx＝ab棒在区域Ⅱ中做匀速直线运动的速度v1＝，则ab棒开始下滑的位置与区域Ⅱ上边界的距离h＝at＝l.(3)ab棒在区域Ⅱ中运动的时间t2＝＝，ab棒从开始下滑至EF的总时间t＝tx＋t2＝2E＝Blv1＝Bl，ab棒从开始下滑至EF的过程中闭合回路中产生的总热量：Q总＝EIt＝4mgl sinθ，ab、cd串联，cd棒产生的热量Q＝Q总求得Rab＝－R.24.在光滑水平面上，有一个粗细均匀的单匝正方形线圈abcd，现在外力的作用下从静止开始向右运动，穿过固定不动的有界匀强磁场区域，磁场的磁感应强度为B，磁场区域的宽度大于线圈边长．测得线圈中产生的感应电动势E的大小和运动时间变化关系如图．已知图象中三段时间分别为Δt1、Δt2、Δt3，且在Δt2时间内外力为恒力．(1)定性说明线圈在磁场中向右作何种运动？(2)若线圈bc边刚进入磁场时测得线圈速度v，bc两点间电压U，求Δt1时间内，线圈中的平均感应电动势．(3)若已知Δt1∶Δt2∶Δt3＝2∶2∶1，则线框边长与磁场宽度比值为多少？(4)若仅给线圈一个初速度v0使线圈自由向右滑入磁场，试画出线圈自bc边进入磁场开始，其后可能出现的v－t图象．(只需要定性表现出速度的变化，除了初速度v0外，不需要标出关键点的坐标)【答案】(1)匀加速直线运动(2)E＝(3)7：18(4)【解析】(1)因为电动势大小随时间均匀增大，根据E＝BLv得速度v随时间均匀增大，线框作匀加速直线运动．(2)bc间电压U，则感应电动势E＝设线框边长l，则＝Blv①Δt1时间内，平均感应电动势E＝＝②联立得E＝(3)设线框加速度a，bc边进入磁场时速度v，Δt1＝Δt2＝2Δt3＝2Δt，线框边长l，磁场宽L根据三段时间内线框位移，得v·2Δt＋a(2Δt)2＝l v·4Δt＋a(4Δt)2＝L v·5Δt＋a(5Δt)2＝l＋L 解得l∶L＝7∶18. (4)。