度高中物理 第四章 电磁感应单元练习1 新3-2

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精PAGE1学必求其心得，业必贵于专精PAGE第四章电磁感应单元练习第I卷（选择题)一、选择题1。如图所示，一个有界匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外．一个矩形闭合导线框abcd，沿纸面由位置1(左)匀速运动到位置2（右)．则g(）A．导线框进入磁场时，感应电流方向为a→b→c→d→aB．导线框离开磁场时，感应电流方向为a→d→c→b→aC．导线框离开磁场时，受到的安培力方向水平向左D．导线框进入磁场时,受到的安培力方向水平向右2。图中能产生感应电流的是（）A． B． C． D．3.如图所示，矩形线圈abcd位于通电长直导线附近，线圈与导线在同一平面内,线圈的ad、bc边与导线平行．下面的操作不能使线圈中产生感应电流的是(）A．使线圈水平向左平移 B．使线圈水平向右平移C．使线圈竖直向下平移 D．使线圈以bc边为轴转动4。竖直向上的匀强磁场中，水平放置一单匝金属圆形线圈，线圈所围的面积为0.1m2，线圈的电阻为1Ω．规定图(a）所示感应电流的方向为正方向．磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图(b）所示,则以下说法正确的是（）A．第1s内,线圈具有扩张趋势B．第3s内，线圈的发热功率最大C．第4s时,感应电流的方向为负D．0～5s时间内，感应电流的最大值为0.1A5.(多选题）如图甲所示，圆形线圈P静止在水平桌面上，其正上方悬挂一螺线管Q，P和Q共轴，Q中通有变化的电流i，电流随时间变化的规律如图乙所示，P所受的重力为G，桌面对P的支持力为FN，则(）A．t1时刻,FN＞G B．t2时刻,FN＞G C．t3时刻，FN＜G D．t4时刻，FN=G6。矩形线圈在匀强磁场中，绕垂直磁场方向的轴匀速转动时，线圈平面跟中性面重合的瞬间，下面的说法中正确的是（)A．线圈中的磁通量为零B．线圈中的感应电动势最大C．线圈的每一边都不切割磁感线D．线圈所受的磁场力不为零7.如图甲所示，电路的左侧是一个电容为C的电容器，电路的右侧是一个环形导体，环形导体所围的面积为S．在环形导体中有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度的大小随时间变化的规律如图乙所示．则在0~t0时间内电容器（）A．上极板带正电，所带电荷量为B．上极板带正电，所带电荷量为C．上极板带负电，所带电荷量为D．上极板带负电，所带电荷量为8。（多选题）如图所示，在匀强磁场区域的上方有一半径为R的导体圆环，将圆环由静止释放，圆环刚进入磁场的瞬间和完全进入磁场的瞬间速度相等．已知圆环的电阻为r，匀强进场的磁感应强度为B,重力加速度为g，则（)A．圆环进入磁场的过程中,圆环中的电流为逆时针B．圆环进入磁场的过程可能做匀速直线运动C．圆环进入磁场的过程中,通过导体某个横截面的电荷量为D．圆环进入磁场的过程中,电阻产生的热量为2mgR9。（多选题)如图所示，电池内阻不计，L是电阻不计、自感系数足够大的线圈,D1、D2是两个规格相同的灯泡．对于这个电路，下列说法中正确的是（)A．S刚闭合瞬间，D1、D2同时亮B．S刚闭合瞬间，D1先亮，D2后亮C．闭合S电路达到稳定后则D1熄灭，D2比S刚闭合时亮D．闭合S待电路达到稳定后,再将S断开时，D1亮一下再逐渐变暗，D2立即熄灭10.如图所示，L为一个带铁芯的线圈，R是纯电阻,两支路的直流电阻相等,那么在接通和断开开关瞬间,两表的读数I1和I2的大小关系分别是（)A．I1＜I2，I1＞I2 B．I1＞I2，I1＜I2 C．I1＜I2，I1=I2 D．I1=I2,I1＜I211.（多选题）如图所示,一闭合金属圆环用绝缘细绳挂于O点,将圆环拉离平衡位置并释放，圆环摆动过程中经过匀强磁场区域，则（空气阻力不计）（）A．圆环向右穿过磁场后，不能摆至原高度B．在进入和离开磁场时，圆环中均有感应电流C．圆环进入磁场后离最低点越近速度越大，感应电流也越大D．圆环最终将静止在最低点12。如图所示，线圈匝数为n，横截面积为S,线圈电阻为r，处于一个均匀增强的磁场中，磁感应强度随时间的变化率为k，磁场方向水平向右且与线圈平面垂直，电容器的电容为C，两个电阻的阻值分别为r和2r．由此可知,下列说法正确的是(）A．电容器所带电荷量为 B．电容器所带电荷量为C．电容器下极板带正电 D．电容器上极板带正电13.(多选题)如图A、B为两个相同的环形线圈，共轴并靠近放置．当A线圈中通有如图(a)所示的变化电流i，则（)A．在t1到t2时间内A、B两线圈相吸B．在t2到t3时间内A、B两线圈相斥C．t1时刻两线圈间作用力为零D．t2时刻两线圈间吸力最大14。图中甲图所示的线圈为5匝,其端点a，b与电压表相连，线圈内磁通量变化规律如（b)图所示，则a,b两点的电势高低及电压表读数为（）A．φa＞φb，2伏 B．φa＞φb,1伏 C．φa＜φb,2伏 D．φa＜φb,1伏15.（多选）如图甲所示，正六边形导线框abcdef放在匀强磁场中静止不动，磁场方向与线框平面垂直，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示．t=0时刻，磁感应强度B的方向垂直纸面向里,设产生的感应电流顺时针方向为正、竖直边cd所受安培力的方向水平向左为正．则下面关于感应电流i和cd所受安培力F随时间t变化的图象正确的是（）16。(多选）如图所示,两根间距为的光滑平行金属导轨与水平面夹角为a，图中虚线下方区域内存在磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直于斜面向上，两金属杆质量均为m，电阻均为R，垂直于导轨放置,开始时金属杆a6处在与磁场上边界相距的位置,金属杆cd处在导轨的最下端，被与导轨垂直的两根小柱挡住，现将金属杆ab由静止释放，当金属杆ab刚进入磁场便开始做匀速直线运动,已知重力加速度为g，则A。金属杆ab进入磁场时的感应电流的方向为由b到aB．金属杆ab进入磁场时的速度大小为C。金属杆a进入磁场后产生的感应电动势为D。金属杆ab进入磁场后金属杆cd对两根小柱的压力大小为零17。如图所示，匀强磁场区域宽度为l，使一边长为d（d＞l)的矩形线框以恒定速度v向右通过磁场区域,该过程中没有感应电流的时间为（）A。B。C。

D.

第II卷（非选择题）二、计算题18。如图所示,面积为0.2m2的100匝线圈处在匀强磁场中，磁场方向垂直于线圈平面，已知磁感应强度随时间变化的规律为B=（2+0.2t）T，定值电阻R1=6Ω，线圈电阻R2=4Ω，求：(1)回路中的感应电动势大小；（2)回路中电流的大小和方向；（3）a、b两点间的电势差．19.金属杆ab放在光滑的水平金属导轨上，与导轨组成闭合矩形电路，长l1=0.8m，宽l2=0。5m，回路的总电阻R=0。2Ω,且回路处在竖直向上的磁场中,金属杆用水平绳通过定滑轮连接质量M=0.04kg的木块（轻绳处于绷紧状态），磁感应强度从B=1T开始随时间均匀增强，5s末木块将离开水平面，不计一切摩擦,g取10m/s2，求回路中的电流．20.如图所示，两平行金属导轨间的距离L=0.40m，金属导轨所在的平面与水平面夹角α=37°，整个金属导轨处在磁感应强度B=1T、方向垂直于水平面向上的竖直匀强磁场中．金属导轨的一端接有电动势E=4。5V、内阻r=0。50Ω的直流电源．现把一个质量m=0。040kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒处于静止状态．导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R0=2.5Ω，金属导轨电阻不计，g取10m/s2．已知sin37°=0。60，cos37°=0.80，求：（1）通过导体棒的电流;（2）导体棒受到的安培力大小；（3）导体棒受到的摩擦力．

试卷答案1。C【考点】楞次定律．【分析】线框进入时dc边切割磁感线,出来时ab边切割磁感线，因此根据右手定则可以判断出电流方向,注意完全进入时，磁通量不变,无感应电流产生；然后根据左手定则判断安培力方向．也可以利用楞次定律直接判断电流和受力方向．【解答】解：A、线框进入磁场时，由右手定则可知,感应电流沿顺时针方向，即方向为a→d→c→b→a，故A错误;B、由右手定则可知，导线框离开磁场时,感应电流方向为逆时针方向，故B错误;C、由左手定则可知，导线框离开磁场时,受到的安培力方向向左，故C正确；D、导线框进入磁场时,受到的安培力方向向左，故D错误；故选：C2.B【考点】感应电流的产生条件．【分析】本题考查了感应电流产生的条件：闭合回路中的磁通量发生变化．据此可正确解答本题．【解答】解:A、线圈是不闭合的，不能产生感应电流．故A错误；B、线框的面积增大,穿过线框的磁通量增大，能够产生感应电流．故B正确；C、由于直导线在线圈的直径的上方，所以穿过线圈的磁通量等于0,电流增大,线圈的磁通量仍然是0．故C错误；D、线圈整体垂直于磁场运动，线圈的磁通量始终是最大,没有发生变化，没有感应电流．故D错误．故选：B3。C【考点】感应电流的产生条件．【分析】当通过线圈的磁通量发生变化时，线圈中将会产生感应电流．【解答】解：A、使线圈水平向左平移,垂直纸面向里的磁场，穿过线圈的磁通量增加，因此有感应电流．B、当线圈向右移动,逐渐远离线圈，穿过线圈的磁场减小,即穿过线圈的磁通量减小，故产生感应电流．C、当线圈向下平动，穿过线圈的磁通量不变，则不会产生感应电流．D、线圈以bc直导线为轴转动，穿过线圈的磁通量减小，则产生感应电流．本题选不能使线圈中产生感应电流的,故选：C．4。C【考点】楞次定律．【分析】根据楞次定律判断感应电流的方向和线圈的面积的变化趋势，通过法拉第电磁感应定律E=求出感应电动势的大小，结合闭合电路欧姆定律求出电流的大小．【解答】解：A、第1s内，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律可知，线圈的面积缩小可以阻碍磁通量的增大,所以线圈具有缩小趋势．故A错误；B、第3s内，穿过线圈的磁通量保持不变，所以线圈的发热功率为0．故B错误；C、第4s时,穿过线圈的磁通量减小，根据楞次定律可知，感应电流的方向逆时针方程，为负值．故C正确；D、由图可知，穿过线圈的磁通量刚刚开始变化时,B的变化率：则产生的电动势：V感应电流：I=A．故D错误．故选：C5。AD【考点】楞次定律．【分析】开始电流增大，磁通量变化,设逆时针为电流正方向，形成感应的磁场，由楞次可知，总是阻碍磁通量的变化，所以确定下面的磁场，再可知该线圈顺时针电流，由安培力知，异向电流相互排斥知，支持力与重力的关系．【解答】解:线圈总是阻碍磁通量的变化，所以t1电流增大，磁通量变大，下面线圈阻碍变化,就向下运动的趋势，所以FN＞G．t2时刻与t4时刻无电流变化，t3时刻Q中没有电流；所以t2时刻、t3时刻、t4时刻FN=G，故AD正确，BC错误．故选：AD．6。C【考点】法拉第电磁感应定律；磁通量．【分析】矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动时,线圈中产生正弦式电流．在中性面时，线圈与磁场垂直，磁通量最大，感应电动势为零．【解答】解：A、在中性面时，线圈与磁场垂直，磁通量最大．故A错误．B、在中性面时，没有边切割磁感线,感应电动势为零．故B错误．C、在中性面时，没有边切割磁感线，且每一边都不切割磁感线，感应电动势为零，故C正确．D、在中性面时，没有边切割磁感线，感应电动势为零，没有感应电流，则没有磁场力作用，故D错误．故选:C．7.A【考点】法拉第电磁感应定律；电容；闭合电路的欧姆定律．【分析】根据法拉第电磁感应定律求出产生感应电动势的大小，根据楞次定律判断出感应电动势的方向，从而确定电容器上极板所带电荷的电性，根据Q=CU求出电容器所带的电荷量．【解答】解:根据法拉第电磁感应定律，电动势E=,电容器两端的电压等于电源的电动势，所以电容器所带的带电量．根据楞次定律，在环形导体中产生的感应电动势的方向为逆时针方向，所以电容器的上极板带正电．故A正确，B、C、D错误．故选A．8。AD【考点】电磁感应中的能量转化．【分析】分析清楚圆环穿过磁场的过程，根据楞次定律判断感应电流的方向;根据线圆环进入与离开磁场的速度判断线框的运动性质；根据q=求电荷量根据动能定理求出线框的ab边刚进人磁场到ab边刚离开磁场这段过程中克服安培力做的功,即可知道线框从进入到全部穿过磁场的过程中克服安培力做的功【解答】解：A、圆环进入磁场的过程中，垂直纸面向里的磁通量增加,根据楞次定律,圆环中感应电流的磁通量应垂直纸面向外，由右手定则判断感应电流为逆时针方向，故A正确B、由于圆环刚进入磁场的瞬间和完全进入磁场的瞬间速度相等，该过程感应电流不同,安培力不同，故线圈不可能匀速,故B错误;C、根据q=，得q===，故C错误D、由于圆环刚进入磁场的瞬间和完全进入磁场的瞬间速度相等,根据动能定理得：mg2R﹣W=0,所以W=2mgR．故D正确．故选:AD9。ACD【考点】自感现象和自感系数．【分析】线圈中的电流增大时，产生自感电流的方向更原电流的方向相反,抑制增大；线圈中的电流减小时,产生自感电流的方向更原电流的方向相同,抑制减小，并与灯泡D1构成电路回路．【解答】解:A、S闭合瞬间，由于自感线圈相当于断路,所以两灯是串联，电流相等，故A正确B错误；C、闭合开关S待电路达到稳定时，D1被短路，D2比开关S刚闭合时更亮，C正确；D、S闭合稳定后再断开开关，D2立即熄灭,但由于线圈的自感作用，L相当于电源，与D1组成回路,D1要过一会在熄灭，故D正确；故选：ACD10.C【考点】自感现象和自感系数．【分析】当开关接通和断开的瞬间，流过线圈的电流发生变化,产生自感电动势，阻碍原来电流的变化，根据这一特点来分析电流的大小．【解答】解：当开关接通瞬间，R中电流立即增大到正常值I2．而线圈中的电流从零开始增大,产生自感电动势阻碍电流的增大，则电流I1只能逐渐增大，故I1＜I2．断开开关瞬间,线圈产生的自感电流流过线圈和电阻R，两者串联，电流相同，I1=I2．故选项C正确，选项ABD错误．故选：C．11。AB【考点】涡流现象及其应用．【分析】圆环向右穿过磁场后,会产生电流，根据能量守恒求解．当圆环进入或离开磁场区域时磁通量发生变化,会产生电流．整个圆环在磁场区域来回摆动，不产生感应电流,机械能守恒．【解答】解：A、圆环向右穿过磁场后，会产生电流，圆环中将产生焦耳热，根据能量守恒知圆环的机械能将转化为电能，所以回不到原来的高度了,故A正确．B、当圆环进入或离开磁场区域时磁通量发生变化,会产生电流．故B正确．C、整个圆环进入磁场后，磁通量不发生变化，不产生感应电流，机械能守恒．离平衡位置越近速度越大，感应电流为零．故C错误．D、在圆环不断经过磁场,机械能不断损耗过程中圆环越摆越低，最后整个圆环只会在磁场区域来回摆动，因为在此区域内没有磁通量的变化（一直是最大值）,所以机械能守恒,即圆环最后的运动状态为在磁场区域来回摆动,而不是静止在平衡位置．故D错误．故选：AB．12.D【考点】法拉第电磁感应定律;电容;闭合电路的欧姆定律．【分析】磁场均匀增强,线圈中产生恒定的感应电动势，相当于电源．根据法拉第定律可求得感应电动势的大小，由电路的结构求出路端电压．带电微粒P处于平衡状态,电场力与重力平衡，由平衡条件列式，即可求出P的电荷量，由楞次定律判断电容器极板的电性，从而判断P的电性．【解答】解：AB、闭合线圈与阻值为r的电阻形成闭合回路，线圈相当与电源，电容器两极板间的电压等于路端电压，线圈产生的感应电动势为:E=nS=nSk，路端电压：U=，则电容器所带电荷量为：Q=CU=,故AB错误；CD、根据磁场向右均匀增强,并由楞次定律可知,电容器上极板带正电，故C错误，D正确．故选：D．13.ABC【考点】法拉第电磁感应定律；楞次定律．【分析】根据安培定则确定电流与磁场的方向关系，再根据楞次定律知，感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化．当磁通量增大时，感应电流的磁场与它相反，当磁通量减小时，感应电流的磁场与它相同．最后运用同向电流相互吸引，异向电流相互排斥．【解答】解：A、在t1到t2时间内，若设逆时针（从左向右看）方向为正，则线圈A电流方向逆时针且大小减小，所以根据右手螺旋定则可判定穿过线圈B方向向右的磁通量大小减小，由楞次定律可知，线圈B的电流方向逆时针方向，因此A、B中电流方向相同，出现相互吸引现象，故A正确；B、在t2到t3时间内，若设逆时针方向（从左向右看）为正,则线圈A电流方向顺时针且大小增大，所以根据右手螺旋定则可判定穿过线圈B方向向左的磁通量大小增大，由楞次定律可知,线圈B的电流方向逆时针方向，因此A、B中电流方向相反，A、B出现互相排斥，故B正确;C、由题意可知，在t1时刻,线圈A中的电流最大，而磁通量的变化率是最小的，所以线圈B感应电流也是最小，因此两线圈间作用力为零,故C正确；D、在t2时刻，线圈A中的电流最小，而磁通量的变化率是最大的，所以线圈B感应电流也是最大，但A、B间的相互作用力最小，故D错误；故选：ABC14。B【考点】法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律．【分析】根据法拉第电磁感应定律求出线圈中感应电动势．根据楞次定律判断感应电流的方向．结合电路知识求出a、b两点电势差．【解答】解：从图中发现：线圈的磁通量是增大的，根据楞次定律，感应电流产生的磁场跟原磁场方向相反，即感应电流产生的磁场方向为垂直纸面向外,根据右手定则,我们可以判断出线圈中感应电流的方向为：逆时针方向．在回路中,线圈相当于电源，由于电流是逆时针方向,所以a相当于电源的正极,b相当于电源的负极，所以a点的电势大于b点的电势．根据法拉第电磁感应定律得：E=n•=5×0。2v=1v电压表读数为1v．故选B．15.AC法拉第电磁感应定律；安培力解：A、0~2s内,磁场的方向垂直纸面向里，且逐渐减小，根据楞次定律，感应电流的方向为顺时针方向，为正值．根据法拉第电磁感应定律，E=n•=B0S为定值，则感应电流为定值，I1=B0S/R．在2～3s内,磁感应强度方向垂直纸面向外，且逐渐增大，根据楞次定律,感应电流方向为顺时针方向，为正值,大小与0～2s内相同．在3～4s内，磁感应强度垂直纸面向外，且逐渐减小，根据楞次定律，感应电流方向为逆时针方向,为负值，大小与0～2s内相同．在4～6s内，磁感应强度方向垂直纸面向里,且逐渐增大,根据楞次定律，感应电流方向为逆时针方向，为负值，大小与0～2s内相同．故A正确，B错误．C、在0～2s内，磁场的方向垂直纸面向里，且逐渐减小,电流恒定不变,根据FA=BIL，则安培力逐渐减小，cd边所受安培力方向向右，为负值．0时刻安培力大小为F=2B0I0L．在2s～3s内，磁感应强度方向垂直纸面向外,且逐渐增大，根据FA=BIL，则安培力逐渐增大，cd边所受安培力方向向左，为正值，3s末安培力大小为B0I0L．在2~3s内，磁感应强度方向垂直纸面向外，且逐渐增大，则安培力大小逐渐增大,cd边所受安培力方向向右，为负值，第4s初的安培力大小为B0I0L．在4～6s内，磁感应强度方向垂直纸面向里,且逐渐增大，则安培力大小逐渐增大，cd边所受安培力方向向左，6s末的安培力大小2B0I0L．故C正确，D错误．故选AC．16。【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化．L3L4L5【答案解析】AB解析：A、由右手定则可知，ab进入磁场时产生的感应电流有b流向a，故A正确;B、从ab开始下滑到进入磁场过程，ab的机械能守恒，由机械能守恒定律得:mglsinα=mv2，解得:v=,故B正确；C、ab进入磁场产生的感应电动势:E=Blv=Bl，故C错误；D、由左手定则可知，cd受到的安培力平行与斜面向下,则cd对两根小柱的压力不为零，故D错误；故选：AB．【思路点拨】由右手定则可以判断出感应电流方向；由机械能守恒定律可以求出ab进入磁场时的速度；由E=BLv可以求出感应电动势；由左手定则判断出cd所受安培力的方向,然后答题．本题是电磁感应与力学相结合的题，分析清楚运动过程，应用左手定则与右手定则，机械能守恒定律即可正确解题．17。C矩形线框从左边进入磁场时由于面积逐渐变大，磁通量发生变化,能产生感应电流，当到达如下图甲所示位置（矩形线框右边刚好到达磁场右边界)，再向右运动至下图乙所示位置(矩形线框左边刚好到达磁场左边界）的过程中线圈的磁通量未发生变化，当然不能产生感应电流;当线圈从图乙向右运动时，通量发生变化，又能产生感应电流.因此不产生感应电流的时间t=18。解:（1）根据法拉第电磁感应定律，则有：E=N=100×0.2×0.2=4V;(2）根据楞次定律，垂直向里的磁通量增加，则电流方向是逆时针方向；依据闭合电路欧姆定律，则有：I===0.4A（3)根据欧姆定律,则有：Uab=IR=0。4×6=2。4V；答：(1）回路中的感应电动势大小4V；（2)回路中电流的大小0。4A和逆时针方向；（3）a、b两点间的电势差2.4V．【考点】法拉第电磁感应定律；电势差；闭合电路的欧姆定律．【分析】线圈平面垂直处于匀强磁场中，当磁感应强度随着时间均