高二物理 第四章电磁感应 单元练习.docx

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高二物理第四章电磁感应单元练习

2018-2019高二物理电磁感应单元练习

一、单选题

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，MN是只有左边界的匀强磁场的边界线，磁场方向垂直纸面，abcd是一矩形线圈，线圈平面与磁场垂直，ad边与磁场边界线重合．当线圈做下列几种运动时，有感应电流产生的是（　　）

A.线圈在磁场中向右平动

B.线圈在磁场中向上平动

C.线圈在磁场中向下平动

D.线圈绕ab边转动

角

3.

如图所示，在水平面上有一个闭合的线圈，将一根条形磁铁从线圈的上方插入线圈中，在磁铁进入线圈的过程中，线圈中会产生感应电流，磁铁会受到线圈中电流的作用力，若从线圈上方俯视，关于感应电流和作用力的方向，以下判断正确的是（　　）

A.若磁铁的N极向下插入，线圈中产生顺时针方向的感应电流

B.若磁铁的S极向下插入，线圈中产生逆时针方向的感应电流

C.无论N极向下插入还是S极向下插入，磁铁都受到向下的引力

D.无论N极向下插入还是S极向下插入，磁铁都受到向下的斥力

4.一个面积

、匝数n=100匝的线圈放在匀强磁场中，磁场方向垂直于线圈平面，磁感应强度B随时间t变化的规律如图所示，则下列判断正确的是（）

A.在开始的2s内穿过线圈的磁通量变化率等于

B.在开始的2s内穿过线圈的磁通量的变化量等于零

C.在开始的2s内线圈中产生的感应电动势等于8V

D.在第3s末线圈中的感应电动势等于零

5.在如图所示的电路中，a、b为两个完全相同的灯泡，L为自感线圈，E为电源，S为开关。

下列说法正确的是

A.合上开关S，a、b同时亮

B.合上开关S，a先亮、b后亮

C.将原来闭合的开关S断开，a先熄灭、b后熄灭

D.将原来闭合的开关S断开，b先熄灭、a后熄灭

6.

如图所示，在PQ、QR区域存在着磁感应强度大小相等、方向相反的匀强磁场，磁场宽度均为l，磁场方向均垂直于纸面，bc边与磁场的边界P重合．导线框与磁场区域的尺寸如图所示．从t=0时刻开始线框匀速横穿两个磁场区域．以a→b→c→d→e→f为线框中有电动势的正方向．以下四个ε-t关系示意图中正确的是（　　）

A.

B.

C.

D.

7.

如图，一个半径为L的半圆形硬导体AB以速度v在水平U型框架上匀速滑动，匀强磁场的磁感应强度为B，回路电阻为R0，半圆形硬导体AB的电阻为r，其余电阻不计，则半圆形导体AB切割磁感线产生感应电动势的大小及AB之间的电势差分别为（　　）

A.2BLv；

B.2BLv；BLv

C.BLv；2BLvD.2BLv；

8.用均匀导线做成的正方形线圈边长为L，如图所示，正方形的一半放在垂直于纸面向里的匀强磁场中，当磁场以

的变化率增强时，不考虑磁场的变化对虚线右侧的影响，则（   ）

A.线圈中感应电流方向为adbca

B.线圈中产生的电动势

C.线圈中a点电势高于b点电势

D.线圈中b、a两点间的电势差

9.如图所示，正方形单匝铝质线圈abcd和efgh分别在外力作用下以相同速度v向右匀速进入同一匀强磁场中。

已知两线圈导线的横截面积相同，所用材料也相同，两线圈的边长之比为1：

2，则（）

A.两线圈的右边刚进入磁场时，产生的感应电流之比为1：

2

B.两线圈的右边刚进入磁场时，所加的外力大小之比为1：

2

C.两线圈在进入磁场的整个过程中，通过导体横截面的电荷量之比为1：

1

D.两线圈在进入磁场的整个过程中，产生的焦耳热之比为1：

1

二、多选题

10.在如图甲所示的电路中，电阻R1=R2=2R，圆形金属线圈半径为r1，线圈导线的电阻为R，半径为r2（r21）的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系图线如图乙所示，图线与横、纵轴的交点坐标分别为t0和B0，其余导线的电阻不计。

闭合S，至t1时刻，电路中的电流已稳定，下列说法正确的是（ ）

A.线圈中产生的感应电动势的大小为

B.电容器下极板带正电

C.电路中产生的感应电流为

D.线圈两端的电压为

11.两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为L，顶端接阻值为R的电阻质量为m、电阻为r的金属棒在距磁场上边界某处静止释放，金属棒和导轨接触良好，导轨所在平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，如图所示，不计导轨的电阻，重力加速度为g则（）

A.金属棒在磁场中运动时，流过电阻R的电流方向

B.金属棒的速度为v时，金属棒所受的安培力大小为

C.金属棒的最大速度为

D.金属棒以稳定的速度下滑时，电阻R的热功率为

12.

法拉第圆盘发电机的示意图如图所示。

铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别于圆盘的边缘和铜轴接触，圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中，圆盘旋转时，关于流过电阻R的电流，下列说法正确的是（　　）

A.若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定

B.若从上往下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a到b的方向流动

C.若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化

D.若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R上的热功率也变为原来的2倍

三、计算题

13.如图，水平面（纸面）内间距为l的平行金属导轨间接一电阻，质量为m、长度为l的金属杆置于导轨上，t=0时，金属杆在水平向右、大小为F的恒定拉力作用下由静止开始运动，t0时刻，金属杆进入磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，且在磁场中恰好能保持匀速运动．杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保持垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数为μ．重力加速度大小为g．求：

（1）金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小；

（2）电阻的阻值．

14.如图所示，宽度为L=0.40m的足够长的平行光滑金属导轨固定在绝缘水平面上，导轨的一端连接阻值为R=2.0Ω的电阻．导轨所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B=0.40T．一根质量为m=0.1kg的导体棒MN放在导轨上与导轨接触良好，导轨和导体棒的电阻均可忽略不计．现用一平行于导轨的拉力拉动导体棒沿导轨向右匀速运动，运动速度v=0.50m/s，在运动过程中保持导体棒与导轨垂直．求：

（1）在闭合回路中产生的感应电流的大小；

（2）作用在导体棒上的拉力的大小及拉力的功率；

（3）当导体棒移动50cm时撤去拉力，求整个运动过程中电阻R上产生的热量．

15.如图所示，一个圆形线圈n=1000匝，线圈面积S=20cm2，线圈电阻r=1Ω，在线圈外接一个阻值为R=4Ω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，

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】D

【解析】

解：

A、当线圈在磁场中向右平动，线圈的磁通量始终保持不变，没有感应电流产生。

故A错误。

   B、当线圈在磁场中向上平动，线圈的磁通量始终保持不变，没有感应电流产生。

故B错误。

   C、当线圈在磁场中向下平动，线圈的磁通量始终保持不变，没有感应电流产生。

故C错误。

   D、当线圈以ab边为轴转动时，磁通量发生变化，穿过线圈的磁通量从有到无发生变化，有感应电流产生。

故D正确。

故选：

D。

当穿过闭合线圈的磁通量发生变化时，线圈中就产生感应电流，根据这个条件进行分析。

本题考查应用感应电流产生的条件判断实际问题的能力，常规题，情景并不复杂，容易得分。

3.【答案】D

【解析】

【分析】

在磁铁进入线圈的过程中，穿过线圈的磁通量增加，根据磁场方向，由楞次定律判断感应电流的方向。

通电线圈的磁场与条件磁铁相似，由安培定则判断线圈的极性，分析线圈与磁铁间的作用力。

本题是楞次定律的基本应用。

对于电磁感应现象中，导体与磁体的作用力也可以根据楞次定律的另一种表述判断：

感应电流的磁场总要阻碍导体与磁体间的相对运动。

【解答】

A、若磁铁的N极向下插入，穿过线圈的磁通量增加，磁场方向向下，根据楞次定律可知，线圈中产生逆时针方向的感应电流。

故A错误。

B、若磁铁的S极向下插入，穿过线圈的磁通量增加，磁场方向向上，根据楞次定律可知，线圈中产生顺时针方向的感应电流。

故B错误。

C、D、根据安培定则判断可知，当N极向下插入时，线圈上端相当于N极；当S极向下插入，线圈上端相当于S极，与磁铁的极性总相反，存在斥力。

故C错误，D正确。

故选：

D。

4.【答案】C

【解析】

【分析】

由图象看出，磁感应强度随时间均匀增大，从而得出磁通量的变化率，再由法拉第电磁感应定律求出线圈中产生的感应电动势，从而即可求解。

本题中磁感应强度均匀增大，穿过线圈的磁通量均匀增加，线圈中产生恒定的电动势，由法拉第电磁感应定律求出感应电动势，是经常采用的方法和思路。

【解答】

A.由图象的斜率求出

，因此

，故A错误；

B.开始的2s内穿过线圈的磁通量的变化量不等于零，故B错误；

C.根据法拉第电磁感应定律得：

，可知它们的感应电动势大小为8V，故C正确；

D.由图看出，第3s末线圈中的磁通量为零，但磁通量的变化率不为零，感应电动势也不等于零，故D错误。

故选C。

5.【答案】B

【解析】

【分析】

根据线圈在电流发生变化会产生自感电动势，电流增大时自感电动势阻碍电流增大，电流减小时自感电动势阻碍电减小，相当于电源；并结合欧姆定律分析。

本题考查了自感线圈对电流发生变化时的阻碍作用，增大瞬间相当于断路，减小瞬间相当于电源，稳定后相当于短路。

【解答】

AB.由图可以看出，a、b灯泡在两个不同的支路中，对于纯电阻电路，不发生电磁感应，通电后用电器立即开始正常工作；但对于含电感线圈的电路，在通电时，线圈产生自感电动势，对电流的增大有阻碍作用，使b灯后亮，则合上开关，a先亮，b后亮，故A错误，B正确；

CD.当断开电键时，线圈中产生自感电动势，由a、b及电感线圈组成一个回路，两灯同时逐渐熄灭，故CD错误。

故选B。

6.【答案】C

【解析】

【分析】

解决本题的关键是掌握右手定则判断出不同阶段电动势的方向，以及根据E=BLv求出不同阶段的电动势大小。

根据右手定则判断出不同阶段电动势的方向，以及根据E=BLv求出不同阶段的电动势大小；刚进磁场时，只有bc边切割；bc边进入QR区域时，bc边和de边都切割磁感线，但等效电动势为0；bc边出磁场后，de边和af边切割磁感线，af边切割产生的电动势大于bc边；de边出磁场后后，只有af边切割。

【解答】

下面是线框切割磁感线的四个阶段示意图：

在第一阶段，只有bc切割向外的磁感线，由右手定则知电动势为负，大小为Blv．在第二阶段，bc切割向里的磁感线，电动势为逆时针方向，同时de切割向外的磁感线，电动势为顺时针方向，等效电动势为零．在第三阶段，de切割向里的磁感线同时af切割向外的磁感线，两个电动势同为逆时针方向，等效电动势为正，大小为3Blv．在第四阶段，只有af切割向里的磁感线，电动势为顺时针方向，等效电动势为负大小为2Blv，故C正确，ABD错误。

故选C。

7.【答案】D

【解析】

解：

半圆形导体AB切割磁感线的有效长度是2L，

根据法拉第电磁感应定律则，感应电动势为：

E=B•2L•v=2BLv

A、B之间的电势差为：

U=

E=

，故D正确，ABC错误；

故选：

D。

半圆形导体AB有效的切割长度等于2L，根据法拉第电磁感应定律E=Blv，求感应电动势，A、B之间的电势差是指R0两端的电压，由串联电路分压规律求解。

本题考查法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律，产生感应电动势的部分可以相当于电源，则AB之间的电势差指的是路端电压。

8.【答案】D

【解析】

【分析】

由楞次定律可以判断出感应电流的方向，由法拉第电磁感应定律可以求出感应电动势，由欧姆定律可以求出a、b两点间的电势差。

熟练应用楞次定律、法拉第电磁感应定律、欧姆定律即可正确解题。

【解答】

A.磁感应强度增大，由楞次定律可知，感应电流沿逆时针方向，故A错误；

B.由法拉第电磁感应定律可得，感应电动势

，故B错误；

C.acb段导线相当于电源，电流沿a经c流向b，在电源内部电流从低电势点流向高电势点，因此a点电势低于b点电势，故C错误；

D.设导线总电阻为R，则a、b两点间的电势差为路端电压：

，故D正确。

故选D。

9.【答案】B

【解析】

【分析】

根据切割公式E=BLv求解电动势，由欧姆定律求出感应电流，然后求出电流之比； 线框匀速进入匀强磁场，安培力与外力平衡，根据安培力公式求解安培力，应用平衡条件求出外力，然后求出外力之比； 由焦耳定律求出线圈产生的热量，然后求出热量之比； 由电流定义式求出电荷量间的关系。

本题关键明确线圈进入磁场过程中，电动势E=BLv，然后根据P=Fv求解功率，根据

求解热量，能由电流定义式可以求出电荷量，难度不大。

【解答】

由电阻定律可知：

，由题意可知，两线框的材料、横截面积相同，两线圈边长之比为1：

2，则：

；

A、线框切割磁感线产生的感应电动势：

E=BLv，电流：

，由于两线圈边长之比为1：

2，

，两线圈的右边刚进入磁场时，产生的感应电流之比为1：

1，故A错误；

B、两线圈的右边刚进入磁场时线圈受到的安培力：

，由于两线圈产生的电流之比为1：

1，两线框边长为1：

2，则两线圈受到的安培力之比为1：

2，线圈做匀速直线运动，由平衡条件可知，外力与安培相等，由此可知，所加外力大小之比为1：

2，故B正确；

C、线圈在进入磁场的整个过程中，通过导体横截面的电荷量：

，两线圈边长之比为1：

2，电阻之比为1：

2，则两线圈在进入磁场的整个过程中，通过导体横截面的电荷量之比为1：

2，故C错误；

D、线圈进入磁场过程中产生的热量：

，两线圈边长之比为1：

2，电阻之比为1：

2，则两线圈在进入磁场的整个过程中，产生的焦耳热之比为1：

4，故D错误。

故选：

B。

10.【答案】BCD

【解析】

【分析】

由B-t图象的斜率读出磁感应强度的变化率

，由法拉第电磁感应定律求出线圈中产生的感应电动势，由欧姆定律求出感应电流的大小，从而求得路端电压。

本题考查了法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律；本题是法拉第电磁感应定律、欧姆定律的综合应用，应用法拉第定律时要注意S是有效面积，并不等于线圈的面积。

【解答】

A.根据法拉第电磁感应定律，则有：

 ，故A错误；

B.根据楞次定律可知，线圈产生的顺时针方向电流，则电容器下极板带正电，故B正确；

CD.电流为：

，线圈两端的电压

，故CD正确。

故选BCD。

11.【答案】BD

【解析】

【分析】

根据金属棒进入磁场时切割磁感线产生感应电流，可判定电流方向；由于受到向上的安培力，根据安培力与重力的大小分析其运动情况；由公式E=BLv、

、F=BIL求解安培力的大小；金属棒以恒定的速度下滑时重力与安培力平衡，据此列式求出此时的速度；并求出R的热功率。

本题考查电磁感应中的电路、受力、功能等问题，对于这类问题一定做好感应电流、安培力、运动情况、功能转化这四个方面的分析。

【解答】

A、金属棒刚进入磁场的瞬间，向下切割磁感线，由右手定则可知，电阻R的电流方向b→a，故A错误；

B、金属棒的速度为v时，由公式E=BLv、

、F=BIL，得金属棒所受的安培力大小为：

；故B正确；

C、金属棒以恒定的速度下滑时，有

，解得：

，故C错误；

D、金属棒以恒定的速度v下滑时，电路中电流为：

。

电阻R的热功率为：

，解得：

，故D正确。

故选：

BD。

12.【答案】AB

【解析】

解：

AB、铜盘转动产生的感应电动势为：

，B、L、ω不变，E不变，电流大小恒定不变，由右手定则可知，回路中电流方向不变，若从上往下看，圆盘顺时针转动，由右手定则知，电流沿a到b的方向流动，故AB正确；

C、若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向不变，大小变化，故C错误；

D、若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，回路电流变为原来2倍，根据

电流在R上的热功率也变为原来的4倍，故D错误；

故选：

AB。

圆盘转动可等效看成无数轴向导体切割磁感线，有效切割长度为铜盘的半径L，根据感应电动势公式分析电动势情况，由欧姆定律分析电流情况．根据右手定则分析感应电流方向，根据

分析电流在R上的热功率变化情况

本题是转动切割磁感线类型，运用等效法处理．根据右手定则判断感应电流的方向，需要熟练掌握．

13.【答案】解：

（1）根据牛顿第二定律：

F-μmg=ma…①

刚进磁场时的速度：

…②

感应电动势为：

…③

解得：

…④

（2）根据右手定则，导体棒中的电流向上，由左手定则知安培力水平向左

匀速运动受力平衡：

F=μmg+BI′l…⑤

回路电流为：

…⑥

得：

…⑦

答：

（1）金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小为

；

（2）电阻的阻值为

．

【解析】

（1）根据牛顿第二定律和运动学公式求刚进入磁场时的速度，再根据法拉第电磁感应定律求切割电动势

（2）进入磁场匀速运动受力平衡求出安培力，结合闭合电路欧姆定律求电流，即可求电阻

本题是电磁感应中的力学问题，知道受力情况，要能熟练运用动力学方法求解金属棒进入磁场时的速度．要知道安培力与速度成正比，都是常用的方法，这些思路要熟悉．

14.【答案】解：

（1）感应电动势：

E=BLv=0.40×0.40×0.5V=8.0×10-2V，

感应电流为：

A=4.0×10-2 A，

（2）导体棒匀速运动，安培力与拉力平衡：

F=FB=BIL=0.40×4.0×10-2×0.4N=6.4×10-3N，

拉力的功率为：

P=Fv=6.4×10-3×0.50W=3.2×10-3W；

（3）导体棒移动50cm的时间为：

t=

=

=1.0s，

根据焦耳定律：

Q1=I2R t=0.042×2.0×1.0J=3.2×10-3J，

由能量守恒定律得：

Q2=

mv2=

J=1.25×10-2J，

电阻R上产生的热量：

Q=Q1+Q2=3.2×10-3+1.25×10-2J=1.57×10-2J；

答：

（1）在闭合回路中产生的感应电流的大小是4.0×10-2 A；

（2）作用在导体棒上的拉力的大小是6.4×10-3N，拉力的功率是3.2×10-3W；

（3）整个运动过程中电阻R上产生的热量为1.57×10-2J．

【解析】

（1）由E=BLv求出导体棒切割磁感线产生的感应电动势，由欧姆定律求出感应电流；

（2）由F=BIL求出导体棒受到的安培力，然由平衡条件求出拉力，由P=Fv求出拉力的功率；

（3）由焦耳定律求出导体棒匀速运动时产生的焦耳热，由能量守恒定律求出撤去拉力后产生的焦耳热，然后求出整个过程的焦耳热．

本题难度不大，熟练应用基础知识即可正确解题，最后一问是本题的易错点，要对两个阶段分别求焦耳热．

15.【答案】解：

（1）由法拉第电磁感应定律：

E=n

磁通量定义△∅=△B•S

代入数据得E=4V；                      

（2）由闭合电路欧姆定律：

I=

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b→a，

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。