高中物理阶段验收评估二楞次定律和自感现象鲁科版选修3_2

阶段验收评估（二） 楞次定律和自感现象(时间：50分钟满分：100分)一、选择题(共8小题，每小题6分，共48分，第15题只有一项符合题目要求，第68题有多项符合题目要求，全都选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)1在物理学发展过程中，观测、实验、假说和逻辑推理等方法都起到了重要作用。下列叙述不符合史实的是()A奥斯特在实验中观察到电流的磁效应，该效应揭示了电和磁之间存在联系B安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说C法拉第在实验中观察到，在通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中，会出现感应电流D楞次在分析了许多实验事实后提出，感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化解析：选C奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电和磁之间的关系，选项A符合；根据通电螺线管产生的磁场与条形磁铁的磁场相似，安培提出了磁性是分子内环形电流产生的，即分子电流假说，选项B符合；法拉第提出的是电磁感应定律，但恒定电流周围不产生感应电流，选项C不符合；楞次定律指出感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化，选项D符合。2.电阻R，电容C与一个线圈连成闭合回路，条形磁铁静止在线圈的正上方，N极朝下，如图1所示，现使磁铁开始自由下落，在N极接近线圈上端过程中，流过R的电流方向和电容器极板的带电情况是()图1A从a到b，上极板带正电B从a到b，下极板带正电C从b到a，上极板带正电D从b到a，下极板带正电解析：选D当N极靠近线圈时，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律可知线圈中的感应电流方向，线圈的下端为感应电动势的正极，上端为负极，故流过R的电流方向从 ba，电容器下板为正极板，故D正确。3.如图2所示，在x0的区域内存在匀强磁场，磁场的方向垂直于xOy平面(纸面)向里。具有一定电阻的矩形线框abcd位于xOy平面内，线框的ab边与y轴重合。令线框从t0时刻起由静止开始沿x轴正方向做匀加速运动，则线框中的感应电流I(取逆时针方向为电流正方向)随时间t的变化图线It图可能是下列选项中的()图2解析：选D线框匀加速向右运动时，cd边切割磁感线，由右手定则知电流方向为顺时针，方向为负；I，故D项正确。4图3为无线充电技术中使用的受电线圈示意图，线圈匝数为n，面积为S。若在t1到t2时间内，匀强磁场平行于线圈轴线向右穿过线圈，其磁感应强度大小由B1均匀增加到B2，则该段时间线圈两端a和b之间的电势差ab()图3A恒为B从0均匀变化到C恒为D从0均匀变化到解析：选C根据法拉第电磁感应定律得，感应电动势Enn，由楞次定律和右手螺旋定则可判断b点电势高于a点电势，因磁场均匀变化，所以感应电动势恒定，因此a、b两点电势差恒为abn，选项C正确。5图4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()图4A从X到O，电流由E经G流向F，先增大再减小B从X到O，电流由F经G流向E，先减小再增大C从O到Y，电流由F经G流向E，先减小再增大D从O到Y，电流由E经G流向F，先增大再减小解析：选D从X到O，磁通量向上增大，由楞次定律知感应电流方向是由F经G到E。当两磁极经过线圈边正上下方时，穿过线圈磁通量变化率最大，感应电动势最大，电流最大。则可知此过程中感应电流的大小应是先增大再减小，A、B皆错误，同理可知C错误，D正确。6.如图5，一均匀金属圆盘绕通过其圆心且与盘面垂直的轴逆时针匀速转动。现施加一垂直穿过圆盘的有界匀强磁场，圆盘开始减速。在圆盘减速过程中，以下说法正确的是()图5A处于磁场中的圆盘部分，靠近圆心处电势高B所加磁场越强越易使圆盘停止转动C若所加磁场反向，圆盘将加速转动D若所加磁场穿过整个圆盘，圆盘将匀速转动解析：选ABD根据右手定则可判断靠近圆心处电势高，选项A正确；圆盘处在磁场中的部分转动切割磁感线，相当于电源，其他部分相当于外电路，根据左手定则，圆盘所受安培力与运动方向相反，磁场越强，安培力越大，故所加磁场越强越易使圆盘停止转动，选项B正确；磁场反向，安培力仍阻碍圆盘转动，选项C错误；若所加磁场穿过整个圆盘，整个圆盘相当于电源，不存在外电路，没有电流，所以圆盘不受安培力而匀速转动，选项D正确。7.如图6所示，水平放置的两平行导轨左侧连接电阻R，其他电阻不计，长为L的导体杆MN放在导轨上，在水平恒力F的作用下，沿导轨向右运动，并将穿过方向竖直向下的有界匀强磁场，磁场边界PQ与MN平行，从MN进入磁场开始计时，通过它的感应电流I随时间t的变化可能是选项中的()图6解析：选ACD导体杆在水平恒力F的作用下在磁场外做匀加速运动，进入磁场后切割磁感线产生感应电流，当导体杆所受安培力刚好等于外力F时，将以这个速度在磁场中匀速运动，感应电流也为定值。由BILF，可得I，又I，可知匀速运动的速度v(如题图A)；若导体杆在磁场外加速运动获得的末速度大于时，导体杆在磁场中所受的安培力大于外力F，导体杆将逐渐减速，I也将逐渐减小，但不是匀减速，而是随着I的减小，安培力在减小，合外力在减小，加速度在减小，速度减小得越来越慢，最后当安培力大小等于外力F时，匀速运动(如题图C)；若导体杆进入磁场时速度较小，安培力将小于外力F，导体杆将继续加速，但加速度越来越小，I将越来越大，最后速度达到最大值，电流I保持不变(如题图D)。8.如图7所示，电动机牵引一根原来静止的、长L为1 m、质量m为0.1 kg的导体棒MN上升，导体棒的电阻R为1 ，架在竖直放置的框架上，它们处于磁感应强度B为1 T的匀强磁场中，磁场方向与框架平面垂直。当导体棒上升h3.8 m时，获得稳定的速度，导体棒上产生的热量为2 J，电动机牵引棒时，电压表、电流表的读数分别为7 V、1 A，电动机内阻r为1 ，不计框架电阻及一切摩擦，则以下判断正确的是()图7A导体棒向上做匀减速运动B电动机的输出功率为49 WC导体棒达到稳定时的速度为v2 m/sD导体棒从静止至达到稳定速度所需要的时间为1 s解析：选CD由于电动机的输出功率恒定，则由P出Fv及Fmgma可知导体棒的加速度逐渐减小，故选项A错误；电动机的输出功率为：P出IUI2r6 W，选项B错误；电动机的输出功率就是电动机牵引棒的拉力的功率，P出Fv，当棒达稳定速度时FmgBIL，感应电流I，解得棒达到的稳定速度为v2 m/s，选项C正确；由能量守恒定律得：P出tmghmv2Q，解得t1 s，选项D正确。二、计算题(共3小题，共52分。解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)9. (16分)如图8所示，水平桌面上固定足够长的两光滑平行导轨PQ、MN，导轨的电阻不计，间距为d0.5 m，P、M间接有一只理想电压表，整个装置处于竖直向下的磁感应强度B0.2 T的匀强磁场中，电阻均为r0.1 、质量分别为m10.3 kg和m20.5 kg 的两金属棒ab、cd平行地放在导轨上，现固定棒ab，让cd在水平恒力F0.8 N的作用下由静止开始做加速运动，试求：图8(1)cd棒两端哪端电势高？(2)当电压表的读数为U0.2 V时，cd棒受到的安培力为多大。(3)棒cd能达到的最大速度vm。解析：(1)导体棒cd切割磁感线相当于电源，由右手定则判断出c端相当于电源的正极，c端电势高。(2)因为ab与cd串联流过ab的电流为I2 Acd棒所受安培力大小F安BdI0.2 N。(3)当棒cd所受安培力F安F时，棒有最大速度vm，设此时电路中电流为Im。则：FF安BdIm。EBdvmIm由式得vm16 m/s。答案：(1)c端电势高(2)0.2 N(3)16 m/s10(18分)如图9甲所示，边长L2.5 m、质量m0.50 kg的正方形金属线框，放在磁感应强度B0.80 T的匀强磁场中，它的一边与磁场的边界MN重合。在力F作用下由静止开始向左运动，在5.0 s内从磁场中拉出。测得金属线框中的电流随时间变化的图像如图乙所示。已知金属线框的总电阻R4.0 。图9(1)试判断金属线框从磁场中拉出的过程中，线框中的感应电流的方向，并在图中标出。(2)t2.0 s时金属线框的速度和力F的大小。(3)已知在5.0 s内力F做功1.92 J，那么金属线框从磁场拉出的过程中，线框中产生的焦耳热是多少？解析：(1)由楞次定律或右手定则，可知线框中的感应电流的方向为逆时针。(2)t2.0 s时由题图乙可知I0.2 A所以EIR0.8 V由EBLv得v0.4 m/s由图可知线框做匀加速运动，由vat得a0.2 m/s2安培力F安BLI0.4 NFF安ma得F0.5 N。(3)由动能定理有WFWF安mv220v2at1 m/s所以WF安1.67 J即QWF安1.67 J。答案：(1)逆时针图略(2)0.4 m/s0.5 N(3)1.67 J11(18分)如图10所示，间距l0.3 m的平行金属导轨a1b1c1和a2b2c2分别固定在两个竖直面内。在水平面a1b1b2a2区域内和倾角37的斜面c1b1b2c2区域内分别有磁感应强度B10.4 T、方向竖直向上和B21 T、方向垂直于斜面向上的匀强磁场。电阻R0.3 、质量m10.1 kg、长为l的相同导体杆K、S、Q分别放置在导轨上，S杆的两端固定在b1、b2点，K、Q杆可沿导轨无摩擦滑动且始终接触良好。一端系于K杆中点的轻绳平行于导轨绕过轻质定滑轮自然下垂，绳上穿有质量m20.05 kg的小环。已知小环以a6 m/s2的加速度沿绳下滑，K杆保持静止，Q杆在垂直于杆且沿斜面向下的拉力F作用下匀速运动。不计导轨电阻和滑轮摩擦，绳不可伸长。取g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8。求(1)小环所受摩擦力的大小；(2)Q杆所受拉力的瞬时功率。图10解析：(1)设小环受到的摩擦力大小为Ff，由牛顿第二定律，有m2gFfm2a代入数据，得Ff0.2 N。