人教版选修3-2第四章电磁感应单元测试试题

1、人教版选修3-2第四章电磁感应单元测试题一、单选题（本大题共7小题，共28.0分）1. 下面所示的实验示意图中，用于探究电磁感应现象的是（）A. B. C. D. 2. 如图所示，要使Q线圈产生图示方向的电流，可采用的方法有()A. 闭合电键K后，把R的滑片右移B. 闭合电键K后，把P中的铁心从左边抽出C. 闭合电键K后，把Q靠近PD. 无需闭合电键K，只要把Q靠近P即可3. 如图所示，垂直纸面向里的匀强磁场的区域宽度为2a，磁感应强度的大小为B一边长为a、电阻为4R的正方形均匀导线框CDEF从图示位置开始沿x轴正以速度v匀速穿过磁场区域，在图中给出的线框E、F两端的电压UEF与线框移动距离x

2、的关系的图象正确的是（）A. B. C. D. 4. 将一段导线绕成图甲所示的闭合电路，并固定在水平面（纸面）内，回路的ab边置于垂直纸面向里的匀强磁场中。回路的圆形区域内有垂直纸面的磁场，以向里为磁场的正方向，其磁感应强度B随时间t变化的图象如图乙所示。用F表示ab边受到的安培力，以水平向右为F的正方向，能正确反映F随时间t变化的图象是（）A. B. C. D. 5. 扫描隧道显微镜（STM）可用来探测样品表面原子尺寸上的形貌，为了有效隔离外界震动对STM的扰动，在圆底盘周边沿其径向对称地安装若干对紫铜薄板，并施加磁场来快速衰减其微小震动，如图所示，无扰动时，按下列四种方案对紫铜薄板施加恒磁

3、场；出现扰动后，对于紫铜薄板上下及其左右震动的衰减最有效的方案是（）A. B. C. D. 6. 如图所示，在匀强磁场中，MN、PQ是两根平行的金属导轨，而abcd为串接有理想电压表和理想电流表的两根金属棒在abcd同时以相同速度沿导轨向右运动时，下列结果正确的是（）A. 电压表有读数，电流表有读数B. 电压表无读数，电流表有读数C. 电压表有读数，电流表无读数D. 电压表无读数，电流表无读数7. 如图（甲）所示，MN、PQ是水平方向的匀强磁场的上下边界，磁场宽度为L一个边长为a的正方形导线框（L2a）从磁场上方下落，运动过程中上下两边始终与磁场边界平行线框进入磁场过程中感应电流i随时间t变化

4、的图象如图（乙）所示，则线框从磁场中穿出过程中线框中感应电流i随时间t变化的图象可能是以下的哪一个（）A. B. C. D. 二、多选题（本大题共3小题，共12.0分）8. 如图所示，足够长的U形光滑金属导轨平面与水平面成角，其中MN与PQ平行且间距为L，导轨平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且接触良好，ab棒接入电路的电阻为R，当流过ab棒某一横截面的电荷量为q时，棒的速度大小为，则金属棒ab在这一过程中（）A. 加速度为v22LB. 下滑的位移为qRBLC. 产生的焦耳热为mgqRBLsin-12mv2D. 受到的最大安培

5、力为B2L2vR9. 如图所示，水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ、MN，当PQ在外力作用下运动时，MN在磁场力作用下向右运动则PQ所做的运动可能是（）A. 向右匀加速运动B. 向左匀加速运动C. 向右匀减速运动D. 向左匀减速运动10. 如图，光滑绝缘的水平面桌面上有一边长为L、电阻为R的正方形导体框匀强磁场区域宽度为2L、磁感应强度为B、方向垂直桌面向下导体框的一边跟磁场边界平行，在外力作用下以恒定速度v穿过磁场下列说法正确的是（）A. 穿过磁场过程，外力做的功为2B2L3vRB. 穿过磁场过程，导体框产生的焦耳热为2B2L3vRC. 进入磁场过程，通过导体框某一横截面的电量

6、为BL2RD. 进入和离开磁场过程，通过导体框的电流大小都为BLvR，且方向相同三、实验题及填空题（本大题共2小题，共18.0分）11. 某学生小组在一次探究电磁感应实验中，利用如图中甲所示，100匝的线圈（为表示线圈的绕向，图中只画了两匝）两端A、B与一个电压表相连，线圈内有垂直纸面向里的匀强磁场，同时知道线圈中的磁通量按图乙所示的规律变化那么：（1）在0.1s时间内，线圈产生的感应电动势为_；（2）穿过线圈内的磁感线方向为_（选择“”或“”）；（3）电压表的正极应接_（选择“A端”或“B端”）12. 某同学利用如图装置研究磁铁下落过程中的重力势能与电能之间的相互转化。内阻r40 的螺线管固

7、定在铁架台上，线圈与电流传感器、电压传感器和滑动变阻器连接。滑动变阻器最大阻值40 ，初始时滑片位于正中间20 的位置。打开传感器，将质量m0.01 kg的磁铁置于螺线管正上方静止释放，磁铁上表面为N极。穿过螺线管后掉落到海绵垫上并静止(磁铁下落中受到的阻力远小于磁铁重力，不发生转动)，释放点到海绵垫高度差h0.25 m。计算机屏幕上显示出如图的UIt曲线。 (1)磁铁穿过螺线管过程中，螺线管产生的感应电动势最大值约为_V。 (2)图像中UI出现前后两个峰值，对比实验过程发现，这两个峰值是在磁铁刚进入螺线管内部和刚从内部出来时产生的，对这一现象相关说法正确的是( )。 (A)线圈中的磁通量经历

8、先增大后减小的过程 (B)如果仅略减小h，两个峰值都会减小 (C)如果仅略减小h，两个峰值可能会相等 (D)如果仅移动滑片，增大滑动变阻器阻值，两个峰值都会增大 (3)在磁铁下降h0.25 m的过程中，可估算重力势能转化为电能的效率是_。四、计算题（本大题共4小题，共42.0分）13. 如图所示，一个圆形线圈n=1000匝，线圈面积S=20cm2，线圈电阻r=1，在线圈外接一个阻值为R=4的电阻，把线圈放入一个方向垂直线圈平面向里的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化的规律如B-t图线所示，在0-2s内求：（1）线圈产生的感应电动势E；（2）电阻R中的电流I的大小；（3）电阻R两端的电势差Uab，

9、14. 如图所示，足够长的平行光滑金属导轨水平放置，宽度L0.4m，一端连接R1的电阻。导线所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B1T导体棒MN放在导轨上，其长度恰好等于导轨间距，与导轨接触良好，导轨和导体棒的电阻均可忽略不计。在平行于导轨的拉力F作用下，导体棒沿导轨向右匀速运动，速度v5m/s。求：（1）感应电动势E和感应电流I；（2）拉力F的大小；（3）若将MN换为电阻r1的导体棒，其他条件不变，求导体棒两端的电压U。15. 如图甲所示，足够长的“U”型金属导轨固定在水平面上，金属导轨宽度L=1.0m，导轨上放有垂直导轨的金属杆P，金属杆质量为m=0.1kg，空间存在磁感应强度B=0

10、.5T，竖直向下的匀强磁场连接在导轨两端的电阻R=3.0，金属杆的电阻r=1.0，其余部分电阻不计某时刻给金属杆一个水平向右的恒力F，金属杆P由静止开始运动，图乙是金属杆P运动过程的v-t图象，导轨与金属杆间的动摩擦因数=0.5在金属杆P运动的过程中，第一个2s内通过金属杆P的电荷量与第二个2s内通过P的电荷量之比为3：5g取10m/s2求：（1）水平恒力F的大小；（2）求前2s内金属杆P运动的位移大小x1；（3）前4s内电阻R上产生的热量16. 如图所示，MN、PQ为足够长的平行金属导轨，间距L=0.2m，导轨平面与水平面间夹角=37，N、Q间连接一个电阻R=0.1，匀强磁场垂直于导轨平面向

11、上，磁感应强度B=0.5T一根质量m=0.03kg的金属棒正在以v=1.2m/s的速度沿导轨匀速下滑，下滑过程中始终与导轨垂直，且与导轨接触良好金属棒及导轨的电阻不计，g=10m/s2，sin37=0.60，cos37=0.80求：（1）电阻R中电流的大小；（2）金属棒与导轨间的滑动摩擦因数的大小；（3）对金属棒施加一个垂直于金属棒且沿导轨平面向上的恒定拉力F=0.2N，若金属棒继续下滑x=0.14m后速度恰好减为0，则在金属棒减速过程中电阻R中产生的焦耳热为多少？答案和解析1.【答案】B【解析】解：A、该选项是奥斯特实验，该实验证明了通电导线周围存在着磁场，利用电生磁现象制成了电磁铁，故不符

12、合题意；故A错误；B、磁铁在进入线圈的过程，由于磁通量的变化，产生感应电流；这是用来探究电磁感应现象的；故B正确；C、闭合开关，线圈中有电流通过时，它就会运动起来，即说明通电导线在磁场中受力的作用，即是电动机的制作原理，故不符合题意；故C错误；D、闭合开关，导线中有电流通过时，它就会运动起来，即说明通电导线在磁场中受力的作用，即是电动机的制作原理，故不符合题意；故D错误；故选：B。发电机原理是电磁感应现象，即闭合电路中一部分导体在磁场中做切割磁感线运动，即发电机的原理图中没电源，有电源的实验装置图不是发电机原理图本题涉及的内容有电流的磁效应，电动机的原理和发电机的原理注意电磁感应和通电导体在磁

13、场中受力运动的装置的不同，前者外部有没有电源，后者外部有电源2.【答案】C【解析】解：A、闭合电键K后，把R的滑片右移，Q中的磁场方向从左向右，且在减小，根据楞次定律，左边导线电流方向向上故A错误B、闭合电键K后，将P中的铁心从左边抽出，Q中的磁场方向从左向右，且在减小，根据楞次定律，左边导线电流方向向上故B错误C、闭合电键，将Q靠近P，Q中的磁场方向从左向右，且在增强，根据楞次定律，左边导线的电流向下故C正确D、若不闭合电键K，即使把Q靠近P，也不会导致穿过线圈的磁通量改变，因此不会产生感应电流故D错误故选：C当通过闭合回路中的磁通量发生变化，就会产生感应电流，根据楞次定律判断感应电流的方向

14、解决本题的关键掌握感应电流产生的条件，以及会运用楞次定律判断感应电流的方向3.【答案】D【解析】解：由楞次定律判断可知，在线框穿过磁场的过程中，E的电势始终高于F电势，则UEF为正值；EF和CD边切割磁感线时产生的感应电动势为E=Bav。在0-a内，EF切割磁感线，EF的电压是路端电压，则UEF=；在a-2a内，线框完全在磁场中运动，穿过线框的磁通量没有变化，不产生感应电流，则UEF=E=Bav；在2a-3a内，E、F两端的电压等于路端电压的，则UEF=Bav故D正确。故选：D。由楞次定律判断感应电流方向，确定出EF两端电势的高低。由E=BLv求出感应电动势，由欧姆定律求出电势差。本题由楞次定

15、律判断电势的高低，确定电势差的正负。分析UEF与感应电动势关系是关键，要区分外电压和内电压。4.【答案】B【解析】解：分析一个周期内的情况：在前半个周期内，磁感应强度均匀变化，磁感应强度B的变化度一定，由法拉第电磁感应定律得知，圆形线圈中产生恒定的感应电动势恒定不变，则感应电流恒定不变，ab边在磁场中所受的安培力也恒定不变，由楞次定律可知，圆形线圈中产生的感应电流方向为顺时针方向，通过ab的电流方向从ba，由左手定则判断得知，ab所受的安培力方向水平向左，为负值；同理可知，在后半个周期内，安培力大小恒定不变，方向水平向右。故B正确。故选：B。当线圈的磁通量发生变化时，线圈中才会产生感应电动势，

16、从而形成感应电流；当线圈的磁通量不变时，则线圈中没有感应电动势，所以不会有感应电流产生。由楞次定律可知电流的方向，由左手定则判断安培力的方向。本题要求学生能正确理解B-t图的含义，故道B如何变化，才能准确的利用楞次定律进行判定。根据法拉第电磁感应定律分析感应电动势的变化，由欧姆定律判断感应电流的变化，进而可确定安培力大小的变化。5.【答案】A【解析】解：当加恒定磁场后，当紫铜薄板上下及左右振动时，导致穿过板的磁通量变化，从而产生感应电流，感应磁场进而阻碍板的运动，而BC选项，只能上下振动时，才有磁通量变化，左右振动，却没有磁通量变化，因此只有A选项穿过板的磁通量变化，故A正确，BCD错误；故选

17、：A。根据电磁感应原理，结合楞次定律的阻碍相对运动角度，及产生感应电流的条件，即可判定。考查电磁感应原理，掌握楞次定律中阻碍相对运动，理解磁通量的含义，及感应电流的产生条件。6.【答案】D【解析】【分析】电压表是由电流表改装而成的，其核心是电流表，有电流通过电压表时，电压表即有示数。分析磁通量的变化情况，判断有无感应电流产生，再分析两个电表有无读数。或根据E=BLv，分析两杆产生的感应电动势的大小关系，再进行判断。本题关键理解cd棒有效的切割长度即与速度垂直方向导体的长度，知道电压表的核心部分是电流表，没有电流就没有读数。【解答】解：图中两个金属棒产生的感应电动势大小相等，都为 E=BLv（L

18、是导轨间距），根据右手定则可知，两个感应电动势方向相反，相互抵消，整个回路中总的感应电动势为零，没有感应电流，所以电压表和电流表读数都是0，故D正确，ABC错误。故选D。7.【答案】B【解析】解：由题意可知，线框进入磁场过程中感应电流i随时间t变化的图象如图（乙）所示，由法拉第电磁感应定律可知，线框匀速进入磁场，由于L2a，当完全进入磁场后，因磁通量不变，则没有感应电流，线框只受到重力，使得线框速度增加，当出磁场时，速度大于进入磁场的速度，由法拉第电磁感应定律可知，出磁场的感应电流大于进磁场的感应电流，导致出磁场时的安培力大于重力，导致线框做减速运动，根据牛顿第二定律，BIL-mg=ma，则有

19、：加速度在减小的减速运动，故B正确，ACD错误；故选：B。由题意可知，线框进入磁场时，做匀速直线运动，根据L2a，则可知，出磁场时，速度与进入磁场的速度相比较，从而确定线框的运动性质，进而由法拉第电磁感应定律，可求得感应电流的大小如何变化，即可求解考查线框切割磁感线产生感应电流，掌握法拉第电磁感应定律与牛顿第二定律的应用，注意出磁场安培力大于进磁场的安培力，这是解题的关键，同时注意完全进入磁场后，不受到安培力作用8.【答案】BCD【解析】【分析】金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，做加速度逐渐减小的变加速运动，由牛顿第二定律，法拉第电磁感应定律、能量守恒定律等研究处理即可正确解题。由牛顿第二定律，

20、法拉第电磁感应定律、能量守恒定律等研究处理电磁感应综合题中，常常用到这个经验公式：感应电量q=和F安=，注意电阻和匝数，在计算题中，不能直接作为公式用，要推导。【解答】解：A.金属棒ab开始做加速运动，速度增大，感应电动势增大，所以感应电流也增大，导致金属棒受到的安培力增大，所以加速度减小，即金属板做加速度逐渐减小的变加速运动，根据牛顿第二定律，有：mgsin-BIL=ma；其中I=；故a=gsin-，故A错误；B.由电量计算公式q=It=，可得，下滑的位移大小为X=，故B正确；C.根据能量守恒定律：产生的焦耳热Q=mgXsin-=sin-mv2，故C正确；D.金属棒ab受到的最大安培力大小为

21、F=BIL=BL=，故D正确。故选BCD。9.【答案】BC【解析】解：MN在磁场力作用下向右运动，说明MN受到的磁场力向右，由左手定则可知电流由M指向N，由楞次定律可知，线圈中产生感应电流的磁场应该是向上减小，或向下增加；再由右手螺旋定则与楞次定律可知，PQ可能是向左加速运动或向右减速运动。故BC正确，AD错误。故选：BC。MN在磁场力作用下向右运动，说明MN受到的磁场力向右，由左手定则可知电流由M指向N，由楞次定律可知，线圈中产生感应电流的磁场应该是向上减小，或向下增加；根据右手螺旋定则，与楞次定律可知PQ的运动情况本题关键是分析好引起感应电流的磁通量的变化，进而才能分析产生电流的磁通量是由

22、什么样的运动产生的10.【答案】ABC【解析】【分析】根据安培力公式F=BIL，结合法拉第电磁感应定律，与闭合电路欧姆定律，及力做功表达式，即可求解；根据焦耳定律Q=I2Rt，即可求解；依据电量表达式q=It，及法拉第电磁感应定律，及闭合电路欧姆定律，即可推导电量的综合表达式，从而求解；根据楞次定律，结合法拉第电磁感应定律，及闭合电路欧姆定律，即可求解。考查法拉第感应定律与闭合电路欧姆定律，及楞次定律的内容，掌握安培力与力做功表达式，理解电量的综合表达式的推导，注意当线圈完全进入磁场时，线圈中没有感应电流，只有在进与出过程中，才有磁通量的变化。【解答】A.根据法拉第电磁感应定律，及闭合电路欧姆

23、定律，则线圈穿过磁场过程产生的感应电流大小，依据安培力公式，根据力做功表达式W=FS，那么只有在进与出磁场过程中，才有安培力，因此安培力做功，由于在外力作用下以恒定速度v穿过磁场，则外力做的功为，故A正确；B.由上分析可知，根据焦耳定律Q=I2Rt，那么穿过磁场过程，导体框产生的焦耳热为，故B正确；C.依据电量表达式q=It，及法拉第电磁感应定律，及闭合电路欧姆定律，即可推导电量的综合表达式，那么进入磁场过程，通过导体框某一横截面的电量为，故C正确；D.根据楞次定律，可知，进入和离开磁场过程，通过导体框的电流方向不同，但它们的大小是相同，即为，故D错误。故选ABC。11.【答案】50 A端【解

24、析】解：（1）根据法拉第电磁感应定律，有（2）根据题意，线圈内有垂直纸面向里的匀强磁场，所以穿过线圈内的磁感线方向为“”（3）由楞次定律判定，感应电流方向为逆时针方向，线圈等效于电源，而电源中电流由低电势流向高电势，故A端的电势高于B端电势（比B端高），A端应该与电压表的“+”的接线柱连接故答案为：（1）50 （2）（3）A端（1）由图求出磁通量的变化率根据法拉第电磁感应定律求出回路中感应电动势，（2）根据题意，线圈内有垂直纸面向里的匀强磁场，所以穿过线圈内的磁感线方向为“”（3）根据楞次定律判断电动势的方向，确定电压表的接线柱接法本题考查根据法拉第电磁感应定律求感应电动势，由楞次定律判断感应

25、电动势的方向，是常规题12.【答案】（1）1.05 V （2）ABD （3）2.7【解析】【分析】（1）磁场下落经过线圈时线圈磁通量发生变化，此时线圈可以看作电源，根据图象可求出最大输出功率，根据闭合电路欧姆定律，即可求出螺线管产生的感应电动势的最大值。（2）感应电动势的大小等于磁通量的变化率，因此通过线圈速度越大，磁通量的变化率越大，电动势越大，两个峰值也越大；根据闭合电路欧姆定律可知，当外电阻等于内阻时，输出功率最大。（3）磁铁下落过程中，重力势能转化为电能，根据图象求出h=0.25m时的电能，即可求出转化效率。明确实验目的，理解实验原理和图象的物理意义，是解答本题的关键。【解答】（1）由

26、曲线可知线圈的最大输出功率为：线圈输出功率表达式为：根据闭合电路欧姆定律得：联立将,代入得。（2）A.磁铁进入线框时，磁通量增大，当磁铁从线框出来时，磁通量减小，故A正确；BC.当h减小时，磁铁进入线框的速度减小，导致线框中磁通量的变化率减小，因此两个峰值都会减小；再者，磁铁进、出螺线管时的速度不同，磁通量的变化率不同，两个峰值不可能相等，故B正确，C错误；D.根据闭合电路欧姆定律可知，当外电阻等于内电阻时，电源的输出功率最大，本题中滑动变阻器的最大阻值与内阻相等，因此增大滑动变阻器阻值，两个峰值都会增大，故D正确。故选ABD。（3）下落过程减小的重力势能为：，根据图象物理意义可知：图象与横轴

27、围成面积大小等于下落过程中电源的输出电能：所以总能量为：重力势能转化为电能的效率为：联立得重力势能转化为电能的效率为：。故答案为：（1）1.05 V；(2)ABD；(3)2.7。13.【答案】解：（1）由法拉第电磁感应定律：E=nt磁通量定义=BS代入数据得E=4V；（2）由闭合电路欧姆定律：I=ER+r代入数据得I=0.8A；（3）U=IR得U=3.2V，由楞次定律可知电流在导体中由ba，Uab=-3.2V；答：（1）线圈产生的感应电动势4V；（2）电阻R中的电流I的大小0.8A；（3）电阻R两端的电势差-3.2V。【解析】（1）根据法拉第电磁感应定律求感应电动势；（2）再由闭合电路欧姆定律

28、求感应电流；（3）根据楞次定律判断感应电流的方向，再由欧姆定律求电阻R两端的电压。解决本题的关键熟练掌握楞次定律和法拉第电磁感应定律，以及电势差与电压的不同，注意电势差的正负号。14.【答案】（1）根据动生电动势公式得：E=BLv=10.45V=2.0V，故感应电流为：I=ER=21A=2A。（2）金属棒匀速运动过程中，所受的安培力大小为：F安=BIL=120.4N=0.8N。因为是匀速直线运动，所以导体棒所受拉力为：F=F安=0.8N（3）导体棒两端电压为：U=ER+rR=21+11V=1V。答：（1）感应电动势E为2V，感应电流I为2A；（2）拉力F的大小为0.8N。（3）导体棒两端的电压

29、U为1V。【解析】（1）根据切割产生的感应电动势公式求出感应电动势的大小，结合闭合电路欧姆定律求出感应电流。（2）根据导体棒所受的安培力，得出拉力的大小。（3）根据闭合电路欧姆定律求出感应电流的大小，结合部分电路欧姆定律求出导体棒两端的电压。本题考查了切割产生的感应电动势和闭合电路欧姆定律的综合运用，知道导体棒两端的电压不是内电压，而是电源的外电压。15.【答案】解：（1）由图乙可知金属杆P先作加速度减小的加速运动，2s后做匀速直线运动当t=2s时，v=4m/s，此时感应电动势E=Blv 感应电流I=ER+r 安培力F=BIL=B2L2vR+r 根据牛顿运动定律有F-F-mg=0 解得F=0.75N （2）通过金属杆P的电荷量q=It=E-R+rt 其中E-=t=BLxt 所以q=BLxR+rx（x为P的位移） 设第一个2s内金属杆P