学年度高中物理第四章电磁感应单元练习6新人教版选修32.docx

1、学年度高中物理第四章电磁感应单元练习6新人教版选修32第四章电磁感应单元练习学校:_姓名：_班级：_考号：_第I卷（选择题）评卷人得分一、选择题1.（多选题）如图所示，在水平木制桌面上平放一个铜制的圆环，在它上方近处有一个N极朝下的条形磁铁，铜环始终静止关于铜环对桌面的压力F和铜环重力G的大小关系，下列说法中正确的是（）A当条形磁铁靠近铜环时，FGB当条形磁铁远离铜环时，FGC无论条形磁铁靠近还是远离铜环，F=GD无论条形磁铁靠近还是远离铜环，FG2.如图甲所示，长直导线与闭合金属线框位于同一平面内，长直导线中的电流i随时间t的变化关系如图乙所示在0时间内，直导线中电流向上，则在T时间内，线框

2、中感应电流的方向与所受安培力情况是（）A感应电流方向为顺时针，线框受安培力的合力方向向左B感应电流方向为逆时针，线框受安培力的合力方向向右C感应电流方向为顺时针，线框受安培力的合力方向向右D感应电流方向为逆时针，线框受安培力的合力方向向左3.如图，在水平光滑桌面上，两相同的矩形刚性小线框分别叠放在固定的绝缘矩形金属框的左右两边上，且每个小线框都各有一半面积在金属框内，在金属框接通逆时针方向电流的瞬间（）A两小线框会有相互靠拢的趋势B两小线框会有相互远离的趋势C两小线框中感应电流都沿逆时针方向D左边小线框中感应电流沿顺时针方向，右边小线框中感应电流沿逆时针方向4.将一段导线绕成图甲所示的闭合电路

3、，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 D5.穿过闭合回路的磁通量随时间t变化的图象分别如图所示，下列关于回路中产生的感应电动势的论述，正确的是（）A图中，回路产生的感应电动势恒定不变B图中，回路产生的感应电动势一直在变大C图中，回路在0t1时间内产生的感应电动势小于在t1t2时间内产生感应电动势D图中，回路产生的感应电动势先变小后变大6.如图所示，在匀强磁场中放有平行铜

4、导轨，它与大线圈M相连接要使小线圈N获得顺时针方向的感应电流，则放在导轨上的裸金属棒ab的运动情况是（）A向右匀速运动 B向左加速运动 C向左减速运动 D向右加速运动7.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8.如图所示，灯泡与自感线圈并联，灯泡的电阻为R1，线圈的直流电阻为R2，且R1R2，S闭合稳定时通过灯泡和线圈的电流分别为i1

5、和i2，当K断开时，则流过灯泡的电流方向和灯的亮暗情况是（）A当断开K瞬间，灯突然亮一下然后才逐渐熄灭B当断开K瞬间，灯既不突然变亮，也不突然变暗，只是逐渐熄灭C当K断开时，流过灯泡的电流方向仍为从左向右D当K断开时，流过灯泡的电流方向变为从右向左9.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abcdaB导线框离开磁场时，感应电流方向为adcbaC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10.如图所示，一闭合直角三角形线框以速度

6、v匀速穿过匀强磁场区域从BC边进入磁场区开始计时，到A点离开磁场区止的过程中，线框内感应电流的情况（以逆时针方向为电流的正方向）是如图所示中的（）A B C D11.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零12.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0t0时间内电容器（）A上极板带正电，所带电荷量

7、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13.（多选题）如图所示，足够长的U形光滑金属导轨所在平面与水平面成角（090），其中MN与PQ平行且间距为L，磁感应强度大小为B的匀强磁场方向垂直导轨所在平面斜向上，导轨电阻不计，质量为m的金属棒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，棒ab接入电路的电阻为R，当流过棒ab某一横截面的电荷量为q时，棒的速度大小为v，则金属棒ab在此下滑过程中（）A运动的加速度大小为B下滑位移大小为C产生的焦耳热为qBLvD受到的最大安培力大小为mgsin14.（多选题）在水平面上有一固定的U形金属框架，

8、框架上置一金属杆ab，如图示（纸面即水平面），在垂直纸面方向有一匀强磁场，则以下说法中正确的是（）A若磁场方向垂直纸面向外并增加时，杆ab将向右移动B若磁场方向垂直纸面向外并减少时，杆ab将向右移动C若磁场方向垂直纸面向里并增加时，杆ab将向右移动D若磁场方向垂直纸面向里并减少时，杆ab将向右移动15.（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Ct1时刻两线圈间作用力为零Dt2时刻两线圈间吸力最大16.矩形导线框abcd与长直导线MN放在同一水平面上，ab边与M

9、N平行，导线 MN中通入如图所示的电流方向，当MN中的电流增大时，下列说法正确的是（）A导线框abcd中有顺时针方向的感应电流B导线框abcd中有逆时针方向的感应电流C导线框所受的安培力的合力向左D导线框所受的安培力的合力为零17.如图所示，条形磁铁以速度v向螺旋管靠近，下面几种说正确的是（）A螺旋管中不会产生感应电流B螺旋管中会产生感应电流C只有磁铁的速度足够大时，螺旋管中才会产生感应电流D只有磁铁的磁性足够强时，螺旋管中才会产生感应电流18.（多选题）如图所示，相同电灯A和B的电阻为R，定值电阻的阻值也为R，L是自感线圈当S1闭合、S2断开且电路稳定时，A、B亮度相同再闭合S2，待电路稳定

10、后将S1断开下列说法中正确的是（）AA灯将比原来更亮一些后再熄灭BB灯立即熄灭C没有电流通过B灯D有电流通过A灯，方向为ba19.电阻R、电容C与一线圈连成闭合回路，条形磁铁静止于线圈的正上方，N极朝下，如图所示现使磁铁开始自由下落，在N极接近线圈上端的过程中，流过R的电流方向和电容器极板的带电情况是（）A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20.等离子体气流由左方连续以速度vo射入P1和P2两板间的匀强磁场中，ab直导线与P1、P2相连接，线圈A与直导线cd连接线圈A内有如图乙所示的变化磁场，且磁场B的正方向规定为向左，如图甲所示

11、，则下列叙述正确的是（）A01 s内ab、cd导线互相排斥 Bl2 s内ab、cd导线互相吸引C23 s内ab、cd导线互相吸引 D34 s内ab、cd导线互相吸引21.（多选题）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的滑片向右移B闭合电键K后，把R的滑片向左移C闭合电键K后，把P中的铁心从左边抽出D闭合电键K后，把Q靠近P22.如图所示，一导线弯成半径为a的半圆形闭合回路虚线MN右侧有磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于回路所在的平面回路以速度v向右匀速进入磁场，直径CD始终与MN垂直从D点到达边界开始到C点进入磁场为止，下列结论不正确的是（）A感应电

12、流方向不变 BCD段直线始终不受安培力C感应电动势最大值E=Bav D感应电动势平均值=Bav23.著名物理学家费曼曾设计过这样一个实验：一块水平放置的绝缘体圆盘可绕过其中心的竖直轴自由转动，在圆盘的中部有一个线圈，圆盘的边缘固定着一圈带负电的金属小球，如图所示当线圈接通直流电源后，线圈中的电流方向如图中箭头所示，圆盘会发生转动几位同学对这一实验现象进行了解释和猜测，你认为合理的是（）A接通电源后，线圈产生磁场，带电小球受到洛伦兹力，从而导致圆盘沿顺时针转动（从上向下看）B接通电源后，线圈产生磁场，带电小球受到洛伦兹力，从而导致圆盘沿逆时针转动（从上向下看）C接通电源的瞬间，线圈产生变化的磁场

13、，从而产生电场，导致圆盘沿顺时针转动（从上向下看）D接通电源的瞬间，线圈产生变化的磁场，从而产生电场，导致圆盘沿逆时针转动（从上向下看）24.如图，线圈abcd固定于分布均匀的磁场中，磁场方向垂直线圈平面当磁场的磁感应强度B随时间t变化时，该磁场对ab边的安培力大小恒定下列描述B随t变化的图象中，可能正确的是（）A BC D第II卷（非选择题）评卷人得分二、计算题25.如图甲所示，质量m=1kg，边长ab=1.0m，电阻r=2单匝正方形闭合线圈abcd放置在倾角=30的斜面上，保持静止状态匀强磁场垂直线圈平面向上，磁感应强度B随时间t变化如图乙所示，整个线圈都处在磁场中，重力加速度g=10m/

14、s2求：（1）t=1s时穿过线圈的磁通量；（2）4s内线圈中产生的焦耳热；（3）t=3.5s时，线圈受到的摩擦力26.如图所示，两根足够长的光滑导轨MN，PQ与水平面成=37角平行放置（不计导轨的电阻），导轨间的宽度为l=0.6m空间存在垂直导轨面向上的匀强磁场，磁感应强度大小B=0.5T，导轨上端接一标有“2.5V 1.25W”字样的小灯泡L一根电阻r=1的金属棒ab垂直导轨由某一位置静止释放，当下滑s=12m时达到稳定速度，此时小灯泡恰能正常发光，已知重力加速度g=10m/s2试求： （1）金属棒的质量m及运动稳定后的速度v； （2）金属棒下滑s的过程中，通过灯泡L上的电荷量q； （3）金

15、属棒下滑s的过程中小灯泡所产生的热量Q（设小灯泡电阻不变）（结果保留两位有效数字） 27.如图1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如图2，定值电阻R1=6，线圈电阻R2=4，求：（1）回路中的感应电动势大小（2）流过R1的电流的大小和方向试卷答案1.AB【考点】楞次定律【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【解答】解：磁铁的N极向下插入，穿过铜环的磁通量增加，磁场方向向下，根据楞次定律可知

16、，铜环中产生逆时方向的感应电流；根据安培定则判断可知，当N极向下插入时，铜环上端相当于N极；当S极向下插入，铜环上端相当于S极，与磁铁的极性总相反，存在斥力所以铜环对桌面的压力F大于铜环重力G的大小；磁铁的N极远离铜环时，穿过铜环的磁通量减小，磁场方向向下，根据楞次定律可知，铜环中产生逆时方向的感应电流；根据安培定则判断可知，当N极远离时，铜环上端相当于S极；与磁铁的极性总相同，存在引力所以铜环对桌面的压力F小于铜环重力G的大小所以AB正确，CD错误；故选：AB2.C【考点】楞次定律；安培力【分析】在T时间内，直线电流方向向下，根据安培定则判断出直导线周围的磁场，根据磁场的变化，通过楞次定律判

17、断出金属线框中的感应电流，从而通过受力判断线框所受安培力的合力【解答】解：在T时间内，直线电流方向向下，根据安培定则，知导线右侧磁场的方向垂直纸面向外，电流逐渐增大，则磁场逐渐增强，根据楞次定律，金属线框中产生顺时针方向的感应电流根据左手定则，知金属框左边受到的安培力方向水平向右，右边受到的安培力水平向左，离导线越近，磁场越强，则左边受到的安培力大于右边受到的安培力，所以金属框所受安培力的合力水平向右故C正确，A、B、D错误故选：C3.B【考点】楞次定律【分析】由通电导线产生磁场，导致线圈中产生感应电流，再根据电流与电流的作用力关系进行判断，同向电流相互吸引，异向电流相互排斥【解答】解：根据右

18、手螺旋定则可知，通电导线瞬间，对于左金属框，因矩形金属框内部的磁场比外部强，所以左小线圈有向外的磁通量，且增大；同理，右边金属框也一样，因此左、右小线圈的磁通量均增大，根据楞次定律可知，线圈的感应电流方向都是顺时针方向，再由同向电流相互吸引，异向电流相互排斥，知两线圈的运动情况是相互远离故B正确，A、C、D错误故选：B4.B【考点】楞次定律；安培力；左手定则【分析】当线圈的磁通量发生变化时，线圈中才会产生感应电动势，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【解答】解：分析一个周期内的情况：在前半个

19、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B5.D【考点】法拉第电磁感应定律；磁通量【分析】根据法拉第电磁感应定律我们知道感应电动势与磁通量的变化率成正比结合数学知识我们知道：穿过闭合回路的磁通量随时间t变化的图象的斜率k=运用数学知识结合磁通量随时间

20、t变化的图象解决问题【解答】解：根据法拉第电磁感应定律我们知道感应电动势与磁通量的变化率成正比，即E=N结合数学知识我们知道：穿过闭合回路的磁通量随时间t变化的图象的斜率k=A、图中磁通量不变，无感应电动势故A错误B、图中磁通量随时间t均匀增大，图象的斜率k不变，也就是说产生的感应电动势不变故B错误C、图中回路在Otl时间内磁通量随时间t变化的图象的斜率为k1，在tlt2时间内磁通量随时间t变化的图象的斜率为k2，从图象中发现：k1大于k2的绝对值所以在Otl时间内产生的感应电动势大于在tlt2时间内产生的感应电动势故C错误D、图中磁通量随时间t变化的图象的斜率先变小后变大，所以感应电动势先变

21、小后变大，故D正确故选：D6.B【考点】法拉第电磁感应定律；楞次定律【分析】根据棒的切割磁感线，依据右手定则可确定感应电流的方向，由法拉第电磁感应定律来确定感应电流的大小；从而由右手螺旋定则来确定线圈M的磁通量的变化，再根据楞次定律，即可确定线圈N中的感应电流的方向【解答】解：若要让N中产生顺时针的电流，M必须让N中的磁场“向里减小”或“向外增大”所以有两种情况：垂直纸面向里的磁场大小减小，根据楞次定律与法拉第电磁感应定律，则有导体棒向右减速运动同理，垂直纸面向外的磁场大小增大，根据楞次定律与法拉第电磁感应定律，则有导体棒向左加速运动故B正确，ACD错误故选：B7.D【考点】法拉第电磁感应定律

22、；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：D8.D【考点】自感现象和自

23、感系数【分析】线圈的特点是闭合时阻碍电流的增大，断开时产生一自感电动势相当于电源，与R1组成闭合回路，R1的右端电势高当灯泡处于正常发光状态，迅速断开开关K时，灯泡中原来的电流突然减小到零，线圈中电流开始减小，磁通量减小产生感应电动势，产生自感现象，根据楞次定律分析线圈中电流的变化【解答】解：在K断开前，自感线圈L中有向右的电流，断开K后瞬间，R2的电流要减小，于是R2中产生自感电动势，阻碍自身电流的减小，但电流还是逐渐减小为零原来跟R2并联的灯泡R1，由于电源的断开，向右的电流会立即消失但此时它却与R2形成了串联的回路，R2中维持的正在减弱的电流恰好从灯泡R1中流过，方向由右经过灯泡到左侧因

24、此，灯泡不会立即熄灭，而是渐渐熄灭，灯泡中的电流的方向与原电流方向相反；由于R1R2，所以通过灯泡和线圈的电流关系为i1i2，通过小灯泡的电流不可能再增大，所以小灯泡不可能闪亮一下，而是先突然变答比原来暗，然后逐渐熄灭，故ABC错误，D正确故选：D9.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adcba，故A错误；B、由右手定则可知，

25、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：C10.A【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律【分析】分三个阶段分析感应电流的变化情况，根据感应电流产生的条件判断线框中是否由感应电流产生，根据E=BLv及欧姆定律判断感应电流的大小【解答】解：根据感应电流产生的条件可知，线框进入或离开磁场时，穿过线框的磁通量发生变化，线框中有感应电流产生，当线框完全进入磁场时，磁通量不变，没有感应电流产生，故C错误；感应电流I=，线框进入磁场时，导体棒切割磁

26、感线的有效长度L减小，感应电流逐渐减小；线框离开磁场时，导体棒切割磁感线的有效长度L减小，感应电流逐渐减小；故A正确，BD错误；故选A11.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

27、D错误故选：C12.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A13.BD【分析】根据牛顿第二定律列方程解得加速度大小；根据闭合电路的欧姆定律和法拉第电磁感应定律求解电荷量的表达式，即可得到位移大小；整个过程

28、中的安培力都小于；根据共点力的平衡条件最大安培力大小【解答】解：A、根据牛顿第二定律可得mgsinBIL=ma，即mgsin=ma，解得加速度大小为a=gsin，A错误，B、根据q=It，I=和E=，有：q=，故下滑的位移大小为：x=，B正确；C、当导体棒的速度为v时，根据E=BLv、I=、F=BIL，得到此过程中最大的安培力为；如果利用最大安培力与位移x的乘积可得： =qBLv，整个过程中的安培力都小于，所以产生的焦耳热一定小于qBLv，C错误；D、根据共点力的平衡条件可得，当导体棒匀速运动时受到的安培力最大，所以最大安培力大小为mgsin，D正确故选：BD14.BD【考点】楞次定律；安培力

29、；法拉第电磁感应定律【分析】根据磁感应强度的方向和强度的变化，利用楞次定律判断感应方向，再用左手定则判断安培力来导体的运动方向【解答】解：A、若磁场方向垂直纸面向外，并且磁感应强度增大时，根据楞次定律，ab中感应电流方向ab，由左手定则，ab受到的安培力向左，故杆ab将向左移动故A错误 B、若磁场方向垂直纸面向外，并且磁感应强度减小时，根据楞次定律，ab中感应电流方向ba，由左手定则，ab受到的安培力向右，杆ab将向右移动故B正确 C、若磁场方向垂直纸面向里，并且磁感应强度增大时，根据楞次定律，ab中感应电流方向ba，由左手定则，ab受到的安培力向左，杆ab将向左移动故C错误 D、若磁场方向垂直纸面向里，并且磁感应强度减小时，根据楞次定律，ab中感应电流方向ab，左手定则，ab受到的安培力向右，杆ab将向右移动故D正确故选：BD15.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