电磁感应 章末检测

章末检测试卷二(第一章)

(时间：90分钟满分：100分)

一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共计48分.1～8题为单选题，9～12题为多选题，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)

1．(2019·定州中学周练)在如图1所示的几种情况中，不能产生感应电流的是()

图1

A．甲图，竖直面内的矩形闭合导线框绕与线框在同一平面内的竖直轴在水平方向的匀强磁场中匀速转动的过程中

B．乙图，水平面内的圆形闭合导线圈静止在磁感应强度正在增大的非匀强磁场中

C．丙图，金属棒在匀强磁场中垂直于磁场方向匀速向右运动的过程中

D．丁图，导体棒在水平向右的恒力F作用下紧贴水平固定的U形金属导轨运动的过程中

答案 C

2.如图2所示，两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有电阻R.金属棒ab与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下．现使磁感应强度随时间均匀减小，ab始终保持静止，下列说法正确的是()

图2

A．ab中的感应电流方向由b到a

B．ab中的感应电流逐渐减小

C．ab所受的安培力保持不变

D．ab所受的静摩擦力逐渐减小

答案 D

解析磁感应强度随时间均匀减小，ab始终保持静止，所以闭合回路面积不发生改变，根据楞次定律和法拉第电磁感应定律可知，ab中产生由a到b的恒定电流，A、B错误；由于电流恒定，磁感应强度逐渐减小，所以安培力逐渐减小，静摩擦力与安培力是一对平衡力，所

以静摩擦力逐渐减小，C 错误，D 正确．

3．(2018·阳江市阳东区广雅中学高二上检测)如图3所示，一端接有定值电阻的平行金属轨道固定在水平面内，通有恒定电流的长直绝缘导线垂直并紧靠轨道固定，导体棒与轨道垂直且接触良好．在向右匀速通过M 、N 两区域的过程中，导体棒所受安培力分别用F M 、F N 表示，不计轨道电阻，以下叙述不正确的是( )

图3

A ．在M 区时通过R 的电流为b →a

B ．在N 区时通过R 的电流为a →b

C ．F M 向右且增大

D ．F N 向左且减小 答案 C

解析 根据直导线电流产生的磁场分布情况知，M 区的磁场方向垂直纸面向外，N 区的磁场方向垂直纸面向里．当导体棒匀速通过M 、N 两区时，由右手定则可知，选项A 、B 正确；根据左手定则可知，导体棒在M 、N 两区域运动时，受到的安培力均向左，离直导线越近，磁感应强度B 越大，F 安＝BIL ＝BL ·BL v R ＝B 2L 2v R ，F 安也越大，选项C 错误，D 正确．

4. (2019·辽河油田二中高二期末)如图4，一个匝数为100匝的圆形线圈，面积为0.4 m 2，电阻为r ＝1 Ω.在线圈中存在面积为0.2 m 2的垂直线圈平面向外的匀强磁场区域，磁感应强度B ＝0.3＋0.15t (T)．将线圈两端a 、b 与一个阻值R ＝2 Ω的电阻相连接，b 端接地．则下列说法正确的是( )

图4

A ．通过电阻R 的电流方向向下

B ．回路中的电流大小不变

C ．电阻R 消耗的电功率为3 W

D ．a 端的电势为－3 V 答案 B

解析 磁通量随时间均匀增加，根据楞次定律可知，感应电流通过R 的方向向上，选项A 错误；由ΔB

Δt ＝0.15 T/s 可知，回路中产生的感应电动势不变，则感应电流大小不变，选项B 正

确；E ＝n ΔB Δt S ＝100×0.15×0.2 V ＝3 V ，则回路的电流I ＝E R ＋r ＝3

2＋1 A ＝1 A ，电阻R 消耗

的电功率为P R ＝I 2R ＝2 W ，选项C 错误；R 两端的电压U R ＝IR ＝2 V ，即φb －φa ＝2 V ，因φb ＝0可得φa ＝－2 V ，选项D 错误．

5.如图5所示，匀强磁场方向垂直矩形线框平面，先后两次将线框从磁场中同一位置匀速拉出有界磁场．第一次速度为v 1＝v ，第二次速度为v 2＝4v .则在先后两次过程中有( )

图5

A ．流过线框任一横截面的电荷量之比为1∶4

B ．线框中感应电动势之比为1∶4

C ．线框所受安培力大小之比为1∶8

D ．沿运动方向作用在线框上的外力的功率之比为1∶8 答案 B

解析 线框在磁场中运动产生感应电动势，E 1＝Bl v ，E 2＝4Bl v ，则E 1∶E 2＝1∶4，B 正确；电荷量q ＝I Δt ＝ΔΦ

R ，则q 1∶q 2＝1∶1，A 错误；安培力F ＝BIl ＝B 2l 2v R ，则F 1∶F 2＝1∶4，

C 错误；由于匀速运动，外力的功率等于安培力的功率，P 外＝F ·v ＝B 2l 2v 2

R ，则P

外1∶P 外2

＝1∶16，D 错误．

6．(2019·青岛市调研)如图6甲所示，A 、B 为两个相同的环形线圈，共轴并靠近放置．若A 线圈中通有如图乙所示的变化电流i ，则下列说法正确的是( )

图6

A ．t 1到t 2时间内

B 线圈电流方向与A 线圈内电流方向相反 B ．t 1到t 3时间内B 线圈电流方向一直没有发生变化

C ．t 1时刻两线圈间作用力最大

D．t2时刻两线圈间作用力最大

答案 B

解析在t1到t2时间内，若设逆时针(从左向右看)方向为正，则A线圈电流方向沿逆时针且逐渐减小，所以根据右手螺旋定则可判定穿过B线圈方向向左的磁通量减小，由楞次定律和右手螺旋定则可知，B线圈的电流沿逆时针方向，因此A、B中电流方向相同，故A错误；在t2到t3时间内，A线圈电流方向沿顺时针且逐渐增大，所以根据右手螺旋定则知，穿过B 线圈方向向右的磁通量增大，由楞次定律和右手螺旋定则可知，B线圈的电流沿逆时针方向，所以在t1到t3时间内B线圈电流方向为逆时针一直没有发生变化，故B正确；由题意可知，在t1时刻，线圈A中的电流最大，而磁通量的变化率为零，所以线圈B中感应电流为零，因此两线圈间作用力为零，故C错误；在t2时刻，线圈A中的电流为零，而磁通量的变化率是最大的，所以线圈B中感应电流也是最大，但A、B间的相互作用力为零，故D错误．7．(2019·长春十一中月考)如图7所示，等腰直角三角形AOB内部存在着垂直纸面向外的匀强磁场，OB在x轴上，长度为2L.纸面内一边长为L的正方形导线框的一边在x轴上，沿x 轴正方向以恒定的速度穿过磁场区域．规定顺时针方向为导线框中感应电流的正方向，t＝0时刻导线框正好处于图示位置．则下面四幅图中能正确表示导线框中感应电流i随位移x变化的是()

图7

答案 B

解析根据法拉第电磁感应定律，当位移为0～L时，通过线框的磁通量均匀增加，产生顺时针的感应电流；当位移为L～2L时，右边切割磁感线的长度减小，左边切割磁感线的长度增大，由法拉第电磁感应定律可判断两个边切割磁感线产生的电流方向相反，所以合电流逐

渐减小，在位移为1.5L时电流减小到零，随后左边切割磁感线的长度大于右边，电流反向，所以B选项正确．

8．如图8所示，一刚性矩形铜制线圈从高处自由下落，进入一水平的匀强磁场区域，然后穿出磁场区域，则()

图8

A．若线圈进入磁场过程是匀速运动，则离开磁场过程一定是匀速运动

B．若线圈进入磁场过程是加速运动，则离开磁场过程一定是加速运动

C．若线圈进入磁场过程是减速运动，则离开磁场过程一定是加速运动

D．若线圈进入磁场过程是减速运动，则离开磁场过程一定是减速运动

答案 D

解析线圈从高处自由下落，以一定的速度进入磁场，会受到重力和安培力．线圈全部进入磁场后只受重力，在磁场内部会做一段加速运动，所以线圈出磁场时的速度要大于进磁场的速度．若线圈进入磁场过程是匀速运动，说明重力等于安培力，离开磁场时安培力大于重力，就会做减速运动，故A错误．若线圈进入磁场过程是加速运动，说明重力大于安培力，离开磁场时安培力变大，安培力与重力大小关系无法确定，故B错误．若线圈进入磁场过程是减速运动，说明重力小于安培力，离开磁场时安培力变大，安培力仍然大于重力，所以也是减速运动，故C错误，D正确．

9．有一个垂直于纸面的匀强磁场，它的边界MN左侧为无场区，右侧是匀强磁场区域，如图9甲所示．现让一个金属线框在纸平面内以垂直于MN方向的恒定速度从MN左侧进入匀强磁场区域，线框中的电流随时间变化的i－t图像如图乙所示，则进入磁场区域的金属线框可能是选项图中的()

图9

答案 BC

解析 线框切割磁感线产生的感应电动势E ＝BL v ，设线框总电阻是R ，则感应电流I ＝BL v

R ，

由题图乙所示图像可知，感应电流先均匀变大，后恒定，最后均匀减小，由于B 、v 、R 是定值，则线框的有效长度L 应先均匀增加，后恒定，最后均匀减小．闭合圆环匀速进入磁场时，有效长度L 先变大，后变小，不符合题意，A 项错误；六边形线框进入磁场时，有效长度L 先均匀增大，后恒定，最后均匀减小，符合题意，B 项正确；梯形线框匀速进入磁场时，有效长度L 先均匀增大，后不变，最后均匀减小，符合题意，C 项正确；三角形线框匀速进入磁场时，有效长度L 先增大，后减小，不符合题意，D 项错误．

10．电吉他中的拾音器的基本结构如图10所示，磁体附近的金属弦被磁化，当拨动金属弦时，拾音器中的线圈能将振动产生的声音信号转换为电信号并传送到音箱发出声音，下列说法正确的是( )

图10

A ．选用铜质弦，电吉他仍能正常工作

B ．取走磁体，电吉他将不能正常工作

C ．增加线圈匝数可以增大线圈中的感应电动势

D ．金属弦振动过程中，线圈中的电流方向不断变化 答案 BCD

解析 选用铜质弦时，不会被磁化，不会产生电磁感应现象，电吉他不能正常工作，选项A 错误；取走磁体时，金属弦磁性消失，电吉他不能正常工作，选项B 正确；根据法拉第电磁感应定律可知，增加线圈匝数可以增大线圈中的感应电动势，选项C 正确；根据楞次定律可知，金属弦振动过程中，线圈中的电流方向不断变化，选项D 正确．

11.如图11所示，在磁感应强度为B 、方向竖直向下的匀强磁场中有一水平放置的U 形金属导轨，导轨宽度为L ，导轨左端连接一阻值为R 的电阻，导轨电阻不计．在导轨上垂直放置

一根长度为L 、电阻为r 的金属棒MN ，金属棒与导轨接触良好，用外力拉着金属棒向右以速度v 做匀速运动，则金属棒运动过程中( )

图11

A ．金属棒中的电流方向为由N 到M

B ．电阻R 两端的电压为BL v

C ．金属棒受到的安培力大小为B 2L 2v

R ＋r

D ．电阻R 产生的焦耳热的功率为B 2L 2v

R

答案 AC

解析 由右手定则可知金属棒MN 中的电流方向为由N 到M ，故A 正确；MN 产生的感应电动势为E ＝BL v ，则电阻R 两端的电压为U ＝RBL v R ＋r ，故B 错误；回路中感应电流大小为I ＝BL v

R ＋r ，

金属棒MN 受到的安培力大小为F ＝BIL ＝B 2L 2v

R ＋r ，故C 正确；电阻R 产生的焦耳热的功率为

P ＝I 2R ＝(

BL v

R ＋r

)2R ＝

B 2L 2v 2R

(R ＋r )2

，故D 错误．

12．如图12甲所示，两根间距为L 的粗糙导轨水平放置，在导轨上垂直导轨放置一根导体棒MN ，导体棒MN 接入回路中电阻为R ，与导轨接触良好，且处在竖直向上的匀强磁场B 1中．导轨的左端与一个半径为l 的导线圈连接，P 、Q 两点距离很小，导线圈内存在着竖直向下的磁场B 2，B 2随时间变化的图像如图乙所示．已知导体棒MN 始终保持静止状态，导轨与导线圈电阻不计，则在B 2均匀减弱的过程中，下列说法正确的是( )

图12

A ．导体棒MN 受到水平向左的摩擦力

B ．导体棒MN 受到水平向右的摩擦力

C ．摩擦力大小为B 1πB 2R

t 2L

D ．摩擦力大小为B 1πB 2l 2

Rt 2

L

答案 BD

解析 根据楞次定律可知，导线圈内的感应电流方向为顺时针，根据左手定则，导体棒MN 受到水平向左的安培力，根据平衡条件可知导体棒MN 受到水平向右的摩擦力，故B 正确，A 错误；根据法拉第电磁感应定律有E ＝ΔΦΔt ＝S ΔB Δt ＝B 2πl 2t 2，由欧姆定律可知I ＝E

R ，安培力大

小为F ＝B 1IL ，摩擦力大小为F f ＝F ＝πB 1B 2l 2L

Rt 2，故D 正确，C 错误．

二、非选择题(本题共5小题，共计52分)

13．(8分)(2018·南充市高级中学高二下期中)一灵敏电流计，当电流从它的正接线柱流入时，指针向正接线柱一侧偏转．现把它与一个线圈串联，将磁铁从线圈上方插入或拔出，如图13所示．请完成下列填空：

图13

(1)图甲中灵敏电流计指针的偏转方向为________．(填“偏向正极”或“偏向负极”) (2)图乙中磁铁下方的极性是________．(填“N 极”或“S 极”) (3)图丙中磁铁的运动方向是________．(填“向上”或“向下”)

(4)图丁中线圈从上向下看的电流方向是________．(填“顺时针”或“逆时针”) 答案 (1)偏向正极(2分) (2)S 极(2分) (3)向上(2分) (4)顺时针(2分)

解析 (1)磁铁向下运动，穿过线圈的磁通量增加，原磁场方向向下，根据楞次定律可知线圈中感应电流方向(从上向下看)为逆时针方向，即电流从正接线柱流入电流计，指针偏向正极． (2)由题图乙可知，电流从负接线柱流入电流计，根据安培定则，感应电流的磁场方向向下，又知磁通量增加，根据楞次定律可知，磁铁下方为S 极．

(3)磁场方向向下，电流从负接线柱流入电流计，根据安培定则，感应电流的磁场方向向下，根据楞次定律可知，磁通量减小，磁铁向上运动．

(4)磁铁向下运动，穿过线圈的磁通量增加，原磁场方向向上，根据楞次定律可知感应电流方向(从上向下看)为顺时针方向．

14．(8分)(2019·黑龙江大庆实验中学月考)如图14甲所示，一个匝数n ＝100的圆形导体线圈，面积S 1＝0.4 m 2，电阻r ＝1 Ω.在线圈中存在面积S 2＝0.3 m 2的垂直线圈平面向外的匀强磁场

区域，磁感应强度B 随时间t 变化的关系如图乙所示．有一个R ＝2 Ω的电阻，将其两端a 、b 分别与图甲中的圆形线圈相连接，求：

图14

(1)ab 两点间的电势差U ab ；

(2)在0～4 s 时间内通过电阻R 的电荷量； (3)在0～4 s 时间内电阻R 上产生的热量． 答案 (1)－3 V (2)6 C (3)18 J

解析 (1)由法拉第电磁感应定律可得E ＝n ΔBS 2

Δt ，

(1分) 解得E ＝4.5 V (1分) 电流I ＝E

r ＋R ＝1.5 A

(1分) U ab ＝－IR ＝－3 V

(1分) (2)通过电阻R 的电荷量q ＝I Δt ＝6 C ．

(2分) (3)由焦耳定律可得Q ＝I 2Rt ，得Q ＝18 J ．

(2分)

15．(10分)如图15所示，在匀强磁场中倾斜放置的两根平行光滑的金属导轨，它们所构成的导轨平面与水平面成θ＝30°角，平行导轨间距L ＝1.0 m ．匀强磁场方向垂直于导轨平面向下，磁感应强度B ＝0.2 T ．两根金属杆ab 和cd 可以在导轨上无摩擦地滑动．两金属杆的质量均为m ＝0.2 kg ，电阻均为R ＝0.2 Ω.若用与导轨平行的拉力作用在金属杆ab 上，使ab 杆沿导轨匀速上滑并使cd 杆在导轨上保持静止，整个过程中两金属杆均与导轨垂直且接触良好．金属导轨的电阻可忽略不计，取重力加速度g ＝10 m/s 2.求：

图15

(1)cd 杆受到的安培力F 安的大小； (2)通过金属杆的感应电流大小I ； (3)作用在金属杆ab 上拉力的功率．

答案(1)1.0 N(2)5.0 A(3)20 W

解析(1)金属杆cd静止在金属导轨上，所受安培力方向平行于导轨平面向上．

则F安＝mg sin 30°(2分) 解得：F安＝1.0 N (1分) (2)F安＝BIL (1分) 解得：I＝5.0 A (1分) (3)金属杆ab所受安培力方向平行于导轨平面向下，金属杆ab在拉力F、安培力F安和重力mg沿导轨方向分力作用下匀速上滑，则F＝BIL＋mg sin 30°(2分) 根据法拉第电磁感应定律，金属杆ab上产生的感应电动势为E＝BL v (1分) 根据闭合电路欧姆定律，通过金属杆ab的电流I＝E

2R(1分) 根据功率公式：P＝F v＝20 W (1分) 16.(12分)某同学设计一个发电测速装置，工作原理如图16所示．一个半径为R＝0.1 m的圆形金属导轨固定在竖直平面上，一根长为R的金属棒OA，A端与导轨接触良好，O端固定

在圆心处的转轴上，转轴的左端有一个半径为r＝R

3的圆盘，圆盘和金属棒能随转轴一起转

动．圆盘上绕有不可伸长的细线，下端挂着一个质量为m＝0.5 kg的铝块．在金属导轨区域内存在垂直于导轨平面向右的匀强磁场，磁感应强度B＝0.5 T．a点与金属导轨相连，b点通过电刷与O端相连．测量a、b两点间的电势差U可求得铝块速度．铝块由静止释放，下落h＝0.3 m时，测得U＝0.15 V．(细线与圆盘间没有滑动，金属棒、导轨、导线及电刷的电阻均不计，重力加速度g＝10 m/s2)

图16

(1)测U时，与a点相接的是电压表的正极还是负极？

(2)求此时铝块的速度大小；

(3)求此下落过程中铝块损失的机械能．

答案(1)正极(2)2 m/s(3)0.5 J

解析(1)由右手定则判断，金属棒中电流方向为由O到A，则A端为等效电源正极，则与a 点相接的是电压表的正极．(2分)

(2)由法拉第电磁感应定律得U ＝E ＝BR v (2分) v ＝12Rω

(1分) 得U ＝1

2

BωR 2

(1分)

圆盘和金属棒一起转动，则两者角速度相同，铝块的速度与圆盘边缘的线速度大小相等，

(1分)

v ＝rω＝1

3ωR

(1分) 所以v ＝2U

3BR ＝2 m/s

.(1分)

(3)ΔE ＝mgh －1

2m v 2

(2

分)

解得ΔE ＝0.5 J ．

(1分)

17．(14分)如图17甲所示，一电阻不计且足够长的固定光滑平行金属导轨MN 、PQ 间距L ＝0.8 m ，其下端接有阻值R ＝3 Ω的电阻，导轨平面与水平面间的夹角θ＝30°.整个装置处于方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中．一质量m ＝0.1 kg 、阻值r ＝0.15 Ω的金属棒垂直导轨放置并用绝缘细线通过光滑的定滑轮与质量M ＝0.9 kg 的重物相连，左端细线连接金属棒中点且沿NM 方向．棒由静止释放后，沿NM 方向位移x 与时间t 之间的关系如图乙所示，其中ab 为直线．已知棒在0～0.3 s 内通过的电荷量是0.3～0.4 s 内通过电荷量的2倍，取g ＝10 m/s 2，求：

图17

(1)0～0.3 s 内棒通过的位移x 1的大小； (2)电阻R 在0～0.4 s 内产生的热量Q 1. 答案 (1)0.6 m (2)3 J

解析 (1)棒在0～0.3 s 内通过的电荷量q 1＝I Δt 1

(1分)

平均感应电流I ＝

E

R ＋r

(1分)

回路中平均感应电动势E ＝Bx 1L

Δt 1

(1分)

得q 1＝BLx 1

R ＋r

(1分)

同理，棒在0.3～0.4 s 内通过的电荷量 q 2＝BL (x 2－x 1)R ＋r

(1

分)

由题图乙读出0.4 s 时刻位移大小x 2＝0.9 m 又q 1＝2q 2

联立解得x 1＝0.6 m ．

(2分)

(2)由题图乙知棒在0.3～0.4 s 内做匀速直线运动，棒的速度大小v ＝0.9－0.6

0.4－0.3 m /s ＝3 m/s(1

分)

0～0.4 s 内，对整个系统，根据能量守恒定律得 Q ＝Mgx 2－mgx 2sin θ－1

2

(M ＋m )v 2

(3分)

代入数据解得Q ＝3.15 J (1分) 根据

焦

耳

定

律

有

Q 1

Q

＝

R

R ＋r

(1分)

代入数据解得Q 1＝3 J ． (1分)