电磁感应与电磁波初步A-高中物理必修3（人教版2019）

电磁感应与电磁波初步A 一、单选题（本题共7小题 每小题4分，共28分。每小题只有一个选项符合题目要求） 1．一般雷达发出的电磁波频率多在200MHz-1000MHz的范围内，下列说法正确的是（　　） A．电磁波是由恒定不变的电场或磁场产生的 B．上述频率范围的电磁波的波长约在0.3m~1.5m之间 C．波长越短的电磁波，越容易绕过障碍物，便于远距离传播 D．若测出雷达从发射电磁波到接收反射回来的电磁波的时间，就可以确定障碍物的体积 2．如图所示，通电螺线管内、外的四只可以自由转动的小磁针都处于静止状态。若不考虑地磁场对小磁针的作用，则小磁针的极标得正确的是 A．小磁针 B．小磁针 C．小磁针 D．小磁针 3．匀强磁场区域宽为d，方向垂直纸面向里，纸面内一正方形线框abcd的边长为l，且边与l>d，bc边与磁场区域边界平行，线框以垂直bc边的速度v匀速通过磁场区域，如图所示，从线框进入到完全离开磁场的时间内，线框中没有感应电流的时间是（    ） A． B． C． D． 4．太阳帆航天器是一种利用太阳光的压力进行太空飞行的航天器，如图所示。在没有空气的宇宙中，太阳光光子会连续撞击太阳帆，使太阳帆获得的动量逐渐增加，从而产生加速度。太阳帆飞船无需燃料，只要有阳光，就会不断获得动力加速飞行。有人设想在探测器上安装有面积极大、反射功率极高的太阳帆，并让它正对太阳。已知太阳光照射太阳帆时每平方米面积上的辐射功率为 P0，探测器和太阳帆的总质量为 m，太阳帆的面积为 s，每个光子的能量为p，此时探测器的加速度大小为（　　） A． B． C． D． 5．如图所示，三根相互平行的固定长直导线、和垂直纸面如图放置，与坐标原点分别位于边长为a的正方形的四个点上， 与中的电流均为I，方向均垂直于纸面向外， 中的电流为2I，方向垂直纸面向里（已知电流为I的长直导线产生的磁场中，距导线r处的磁感应强度（其中k为常数）．某时刻有一质子（电量为e）正好沿与x轴正方向成45°斜向上经过原点O，速度大小为v，则质子此时所受磁场力为(       )    A．方向垂直纸面向里，大小为 B．方向垂直纸面向外，大小为 C．方向垂直纸面向里，大小为 D．方向垂直纸面向外，大小为 6．如图所示，固定于水平面上的金属导轨PP'Q'Q，金属棒MN沿导轨向右运动。t=0时，垂直导轨平面向下的磁场磁感应强度为，金属棒MN到PQ的距离为l，速度为，并且开始做匀减速直线运动，加速度大小为a。已知金属棒MN与金属架始终接触良好，在金属棒MN停止之前，为使MN棒中不产生感应电流，则从t=0开始，磁感应强度B随时间t的变化关系应为（　　） A． B． C． D． 7．一个闭合线圈放在匀强磁场中，线圈的轴线与磁场方向成角，下述方法可使穿过线圈的磁通量扩大2倍的是（    ） A．只把线圈匝数扩大2倍 B．只把线圈面积扩大2倍 C．只把线圈半径扩大2倍 D．只把线圈与磁场方向的夹角从改变为 二、多选题（本题共3小题 每小题6分，共18分。全部选对得6分，部分选对得3分，错选得0分） 8．已知通电长直导线产生的磁场中某点的磁感应强度满足（其中k为比例系数，I为电流强度，r为该点到直导线的距离）。现有四根平行的通电长直导线，其横截面积恰好在一个边长为L的正方形的四个顶点上，电流方向如图，其中A、C导线中的电流大小为I1，B、D中的电流大小为I2。已知B导线所受的磁场力恰好为零，则下列说法正确的是（　　） A．电流的大小关系为2I1=I2 B．四根导线所受的磁场力都为零 C．正方形中心O处的磁感应强度为零 D．若移走A导线，D导线所受的磁场力平行于OC方向 9．利用手机中的磁传感器可测量埋在地下的水平高压直流长直电缆的深度。在手机上建立了空间直角坐标系后保持手机方位不变，且始终竖直向上，如图（a）所示。电缆上方的水平地面上有E、F、G、H四个点，如图（b）所示。长均为且垂直平分。电缆通电前将各分量调零，通电后将手机贴近地面，测得四点的分量数据见表，其中。则（　　） 位置 E 8 0 6 F 8 0 G 0 0 H 0 0 A．电缆中电流沿方向 B．电缆中电流沿方向 C．电缆距离地面的深度为 D．电缆距离地面的深度为 10．如图所示，在光滑的绝缘水平桌面上，有一质量均匀分布的细圆环，处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向竖直向下。圆环的半径为R，质量为m。令此圆环均匀带上正电荷，总电量为Q。当圆环绕通过其中心的竖直轴以角速度ω沿图中所示方向匀速转动时（假设圆环的带电量不减少，不考虑环上电荷之间的作用），下列说法正确的是（　　） A．圆环匀速转动形成的等效电流大小为 B．圆环受到的合力大小为BQωR C．圆环内侧（Ⅰ区）的磁感应强度大于外侧（Ⅱ区）的磁感应强度 D．将圆环分成无限个小段，每小段受到的合力都背离圆心，所以圆环有向外扩张的趋势 三、实验题（本大题共18分，每题各9分） 11．在“探究影响感应电流方向的因素”实验中： (1)实验发现，电流由“+”接线柱流入时灵敏电流计指针向右偏转，电流由“-”接线柱流入时指针向左偏转；如图甲所示，实验发现指针向右偏转，则条形磁铁的N极 （选填“向上”或“向下”）运动。 (2)如图乙为另一种实验装置，开关闭合前小螺线管已插入到大螺线管中。 ①请用笔画线代替导线，将电路图补充完整。( ) ②在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏转了一下。在开关闭合的状态下，将小螺线管迅速抽出时，灵敏电流计指针将向 （选填“左”或“右”）偏转；断开开关的瞬间，灵敏电流计的指针 （选填“向左”“向右”或“不”）偏转。 ③将滑动变阻器的滑片迅速向左滑动，灵敏电流计指针将向 （选填“左”或“右”）偏转；进一步分析，滑动变阻器的滑片向左滑动的速度越大，电流表指针偏转角度 （选填“越大”或“越小”）。 12．（1）如图所示是“探究影响感应电流方向的因素”的实验装置： ①如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上开关后，将A线圈迅速插入B线圈中，电流计指针将 偏转（填“向左”“向右”或 “不”）； ②连好电路后，并将A线圈插入B线圈中后，若要使灵敏电流计的指针向左偏转，可采取的操作是 ； A.插入铁芯     B.拔出A线圈 C.变阻器的滑片向左滑动     D.断开开关S瞬间 （2）G为指针零刻度在中央的灵敏电流表，连接在直流电路中时的偏转情况如图（1）中所示，即电流从电流表G的左接线柱进时，指针也从中央向左偏。今把它与一线圈串联进行电磁感应实验，则图（2）中的条形磁铁的运动方向是向 （填“上”“下”）；图（3）中电流表指针应 （填“向左”“向右”）偏转；图（4）中的条形磁铁下端为 极（填“N”，“S”）。 四、解答题（本大题共36分，每题12分） 13．如图所示，在纸面内面积为S的圆形区域有一磁感应强度大小为B、方向垂直纸面的匀强磁场，金属棒ab与某一直径重合。一根弹性金属导线两端分别固定于a、b两点，现撑起弹性导线使导线与金属棒构成三角形闭合回路，导线上的动点c沿圆周从a点向b点移动，导线始终处于张紧状态。求该过程中穿过闭合回路abc的磁通量的最大值m。    14．如图所示，足够长的金属框架MON与足够长的导体棒DE构成回路，处在匀强磁场中且与磁场垂直。 （1）若，DE从O点出发，向右以的速度匀速运动4s时，回路的磁通量的变化量是多少？ （2）在图中，若回路面积从变到，同一时间内B从变到，则回路中的磁通量变化量是多少？ （3）若开始时，DE从O点右侧1m处出发，向右以的速度匀速运动，且闭合回路中没有感应电流产生，求磁感应强度大小B随时间t变化的表达式。 15．CD、EF是水平放置的电阻可忽略的光滑平行金属导轨，两导轨距离水平地面高度为H，导轨间距为L，在水平导轨区域存在方向垂直导轨平面向上的有界匀强磁场（磁场区域为CPQE），磁感强度大小为B，如图所示.导轨左端与一弯曲的光滑轨道平滑连接，弯曲的光滑轨道的上端接有一电阻R。将一阻值也为R的导体棒从弯曲轨道上距离水平金属导轨高度h处由静止释放，导体棒最终通过磁场区域落在水平地面上距离水平导轨最右端水平距离x处。已知导体棒质量为m，导体棒与导轨始终接触良好，重力加速度为g。求： (1)导体棒两端的最大电压U； (2)整个电路中产生的焦耳热； (3)磁场区域的长度d。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 1．B 【详解】A．由麦克斯韦电磁理论，周期性变化的电场或磁场才能产生电磁波，A错误； B．由波长 知200MHz电磁波的波长为 1000MHz电磁波的波长为 B正确； C．波长越短的电磁波波动性越小，越不易绕过障碍物，C错误； D．测出雷达从发射电磁波到接收反射回来的电磁波的时间，可以测出障碍物与雷达间的距离，并不能确定障碍物的体积，D错误。 故选B。 2．D 【详解】根据右手螺旋法则可知，螺线管的左端为N极，右端为S极； A．小磁针的N极指向左，选项A错误； B．小磁针的N极指向左，选项B错误； C．小磁针的N极指向左，选项C错误； D．小磁针的N极指向右，选项D正确； 故选D。 3．B 【详解】只有线框在进入磁场的过程中（bc边未出磁场）和线框在穿出磁场的过程中（仅ad边在磁场中运动），穿过线框的磁通量才发生变化，产生感应电流；ad边和bc边都在磁场外运动的过程中没有感应电流，则. A. ，与结论不相符，选项A错误； B. ，与结论相符，选项B正确； C. ，与结论不相符，选项C错误； D. ，与结论不相符，选项D错误； 4．A 【详解】每秒光照射到帆面上的能量 E=P0s 光子的平均能量 ε=hf 光子的频率 每秒射到帆面上的光子数 联立可得 每个光子的动量 光射到帆面被反弹，由动量定理得 Ft=2Ntp 对飞船，由牛顿第二定律得 F=ma 联立解得 故A正确，BCD错误。 5．B 【详解】根据安培定则，作出三根导线分别在O点的磁场方向，如图：    由题意知，L1在O点产生的磁感应强度大小为B1＝，L2在O点产生的磁感应强度大小为B2＝，L3在O点产生的磁感应强度大小为B3＝，先将B2正交分解，则沿x轴负方向的分量为B2x＝sin45°＝ ，同理沿y轴负方向的分量为B2y＝sin45°＝，故x轴方向的合磁感应强度为Bx＝B1+B2x＝，y轴方向的合磁感应强度为By＝B3−B2y＝，故最终的合磁感应强度的大小为，方向为tanα＝＝1，则α=45°，如图：    故某时刻有一质子（电量为e）正好沿与x轴正方向成45°斜向上经过原点O，由左手定则可知，洛伦兹力的方向为垂直纸面向外，大小为f＝eBv＝，故B正确; 故选B． 【点睛】磁感应强度为矢量，合成时要用平行四边形定则，因此要正确根据安培定则判断导线周围磁场方向是解题的前提. 6．B 【详解】设MN长为，为使MN棒中不产生感应电流，则应使磁通量不发生变化，即 解得 故选B。 解得 7．B 【详解】穿过线圈的磁通量 A．只把线圈匝数扩大2倍，则磁通量不变，选项A错误； B．只把线圈面积扩大2倍，则磁通量变为原来的2倍，选项B正确； C．只把线圈半径扩大2倍，则磁通量变为原来的4倍，选项C错误； D．只把线圈与磁场方向的夹角从改变为，则磁通量变为 则磁通量变为原来的倍，选项D错误。 故选B。 8．AC 【详解】A．通电长直导线产生的磁场中某点的磁感应强度满足，那么A在B处的磁场 方向由B指向C，同理，C在A处的磁场 方向由A指向B，而D在B的磁场 方向垂直与BD指向斜上方，再依据矢量的合成法则，则有 解得 故A正确； B．依据对称性，D导线所受的磁场力恰好为零，因电流大小不同，则A与C导线所受的磁场力一定不为零，故B错误； C．依据矢量的合成法则，则B与D导线在O点的合磁场为零，而A与C导线在O点的合磁场也为零，故C正确； D．若移走A导线，D受到C的作用力沿CD方向，D受B的作用力沿DB方向，两力方向夹角为，大小关系为D受到C的作用力是D受B的作用力的，由平行四边形定则可知，D导线所受的磁场力不平行于OC方向，故D错误。 故选AC。 9．AC 【详解】AB．由题中数据可知，E、F两点水平x方向的磁感应强度大小相等，方向均沿+x方向，竖直z方向的磁感应强度大小相等，E点沿+z方向分量与F点沿-z方向分量相等，结合G、H两点在y、z方向磁感应强度均为零可知E、F点位置如图所示： G、H在EF的中垂线上，故电缆中电流沿+y方向。选项A正确，B错误； CD．F点的磁感应强度分解如图所示： 可得 又EF长为 L=18m 由几何关系可得 解得距离地面的深度为 h=1.2m 选项C正确，D错误。 故选AC。 10．CD 【详解】A．圆环匀速转动形成的等效电流大小为 选项A错误； BD．将圆环分成无限个小段，由左手定则可知，每小段受到的合力都背离圆心，所以圆环受合力为零，圆环有向外扩张的趋势，选项B错误，D正确； C．根据安培定则，圆环转动时的等效电流产生的磁场在圆环内部垂直圆环向里，在圆环外部产生的磁场方向向外，由磁场的叠加可知，圆环内侧（Ⅰ区）的磁感应强度大于外侧（Ⅱ区）的磁感应强度，选项C正确。 故选CD。 11．(1)向上 (2) 左 向左 右 越大 【详解】（1）实验发现指针向右偏转，则电流从下端流入电流计，螺线管中的感应电流从上到下，根据楞次定律，则条形磁铁的N极向上运动。 （2）①[1]用笔画线代替导线，将电路图补充完整 ②[2][3]在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏转了一下，说明磁通量增加时电流计指针右偏。在开关闭合的状态下，将小螺线管迅速抽出时，则磁通量减小，则灵敏电流计指针将向左偏转；断开开关的瞬间，则磁通量减小，灵敏电流计的指针向左偏转。 ③[4][5]将滑动变阻器的滑片迅速向左滑动，滑动变阻器阻值减小，电流变大，磁通量增加，则灵敏电流计指针将向右偏转；进一步分析，滑动变阻器的滑片向左滑动的速度越大，磁通量增加的越快，感应电流越大，即电流表指针偏转角度越大。 12． 向右 BD 下 向右 S 【详解】（1）①[1]已知闭合开关瞬间，A线圈中的磁通量增加，产生的感应电流使灵敏电流计的指针向右偏转，可知磁通量增加时，灵敏电流计的指针向右偏转；当开关闭合后，将A线圈迅速插入B线圈中时，B线圈中的磁通量增加，所以产生的感应电流也应使灵敏电流计的指针向右偏转； ②[2] A．要使灵敏电流计的指针向左偏转，根据楞次定律知，磁通量应减小。插入铁芯时，B线圈中的磁通量增加，A错误； B．拔出A线圈时，B线圈中的磁通量减小，B正确； C．变阻器的滑片向左滑动时，电流增大，B线圈中的磁通量增大，C错误； D．断开开关S瞬间，电流减小，B线圈中的磁通量减小，D正确。 故选BD。 （2）[3]图（2）中指针向左偏，可知感应电流的方向是顺时针（俯视），感应电流的磁场方向向下，条形磁铁的磁场方向向上，由楞次定律可知，磁通量增加，条形磁铁向下插入； [4]图（3）中条形磁铁N极向下运动，线圈中为向下磁通量增大，感应电流方向应为逆时针方向，电流表指针向右偏转； [5]图（4）中可知指针向右偏，则感应电流的方向逆时针（俯视），由安培定则可知，感应电流的磁场方向向上，条形磁铁向上拔出，即磁通量减小，由楞次定律可知，条形磁铁的磁场方向应该向上，所以条形磁铁上端为N极，下端为S极。 13． 【详解】设圆形区域的半径为R，由数学知识可知，当 ac=bc= 时，闭合回路abc所围面积最大，最大面积为 Sm=R2 时，穿过闭合回路abc的磁通量最大，有 m=BSm 又 S=R2 解得 14．（1）ΔΦ1=0.4Wb；（2）ΔΦ2=11.6Wb；（3） 【详解】(1)棒向右以的速度匀速运动4s时，位移为 由于∠MON=45°，此时回路的面积为 回路的磁通量即磁通量的变化量为 (2)B0=0.8T时的初态磁通量为 末态的磁通量为 回路中的磁通量的变化为 (3)闭合回路三角形的直角边长为 闭合回路中没有感应电流产生，则磁通量不变，有 解得 15．(1)(2)(3) 【详解】(1)由题意可知，导体棒刚进入磁场的瞬间速度最大，产生的感应电动势最大，感应电流最大，由机械能守恒定律有 解得 由法拉第电磁感应定律得，得： (2)由平抛运动规律 解得 由能量守恒定律可知个电路中产生的焦耳热为 (3)导体棒通过磁场区域时在安培力作用下做变速运动。由牛顿第二定律 联立解得 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$