2019届人教版 电磁感应 单元测试(8)

2019届人教版电磁感应单元测试
一、选择题(本大题共12个小题，共48分，在每小题给出的四个选项中，第1 7题只有一项符合题目要求，第8 12题有多个选项符合题目要求，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.高频感应炉是用来熔化金属对其进行冶炼的，如图4所示为冶炼金属的高频感应炉的示意图，炉内放入被冶炼的金属，线圈通入高频交变电流，这时被冶炼的金属就能被熔化，这种冶炼方法速度快，温度易控制，并能避免有害杂质混入被炼金属中，因此适于冶炼特种金属．该炉的加热原理是
A. 利用线圈中电流产生的焦耳热
B. 利用线圈中电流产生的磁场
C. 利用交变电流的交变磁场在炉内金属中产生的涡流
D. 给线圈通电的同时，给炉内金属也通了电
【答案】C
【解析】
线圈中的电流做周期性的变化，线圈产生高频变化的磁场，磁场穿过金属，在金属内产生强涡流，从而在导体中产生大量的热，而交流电的频率越大，产生的热量越多，故C正确，ABD错误。

点睛：用来冶炼合金钢的真空冶炼炉，炉外有线圈，线圈中通入反复变化的电流，炉内的金属中产生涡流，涡流产生的热量使金属熔化，高频交流电的频率越大，产生的热量越大。

2.如图所示，在磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，金属杆MN在平行金属导轨上以速度v 向右匀速滑动，MN中产生的感应电动势为E1；若磁感应强度增为2B，其他条件不变，MN中产生的感应电动势变为E2。

则通过电阻R的电流方向及E1与E2之比E1∶E2分别为( )
A. c→a,2∶1
B. a→c,2∶1
C. a→c,1∶2
D. c→a,1∶2
【答案】C
【解析】
试题分析：由楞次定律判断可知，MN中产生的感应电流方向为N→M，则通过电阻R的电流方向为a→c．MN产生的感应电动势公式为E=BLv，其他条件不变，E与B成正比，则得E l：E2=1：2．故选C．
考点：楞次定律；感应电动势
【名师点睛】本题关键要掌握楞次定律和切割感应电动势公式E=BLv，并能正确使用，属于基础题。

3.磁铁在线圈中心上方开始运动时，线圈中产生如图方向的感应电流，则磁铁（）
向上运动B．向下运动C．向左运动D．向右运动
【答案】B
【解析】
据题意，从图示可以看出磁铁提供的穿过线圈原磁场的磁通量方向向下，由安培定则可知线圈中感应电流激发的感应磁场方向向上，即两个磁场的方向相反，则由楞次定律可知原磁场通过线圈的磁通量的大小在增加，故选项B正确。

【学考点定位】楞次定律和安培定则
【方法技巧】通过安培定则判断感应磁场方向，通过楞次定律判断磁铁的运动情况。

4.如图所示，一质量为m的条形磁铁用细线悬挂在天花板上，细线从一水平金属圆环中穿过．现将环从位置Ⅰ释放，环经过磁铁到达位置Ⅱ.设环经过磁铁上端和下端附近时细线的张力分别为F T1和F T2，重力加速度大小为g，则( )
A. F T1>mg，F T2>mg
B. F T1<mg，F T2<mg
C. F T1>mg，F T2<mg
D. F T1<mg，F T2>mg
【答案】A
【解析】
【分析】
根据楞次定律进行判定：圆环从静止开始向下运动时，穿过圆环的磁通量先增大后减小，故圆环和磁铁先排斥后吸引．
【详解】圆环从静止开始向下运动到落到磁铁下方的过程中，穿过圆环的磁通量先增加再减小，根据楞次定律可知磁铁对线圈的反应是：感应电流的磁场先阻碍磁通量先增加再阻碍其减小，即先是排斥其向下运动，阻碍其磁通量增大，后是吸引线圈，阻碍其磁通量的减小。

故两种情况下，绳的拉力都大于mg；经过磁铁位置Ⅱ的时候速度较大，阻碍的作用也较大，故，A正确．
【点睛】深刻理解楞次定律“阻碍”的含义．如“阻碍”引起的线圈面积、速度、受力等是如何变化的．
5.如图为无线充电技术中使用的受电线圈示意图，线圈匝数为n，面积为S.若在t1到t2时间内，匀强磁场平行于线圈轴线向右穿过线圈，其磁感应强度大小由B1均匀增加到B2，则该段时间线圈两端a和b之间的电势差φa－φb( )
A. 恒为
B. 从0均匀变化到
C. 恒为
D. 从0均匀变化到
【答案】C
【解析】
【详解】穿过线圈的磁感应强度均匀增加，故产生恒定的感应电动势，根据法拉第电磁感应定律，有
，根据楞次定律，如果线圈闭合，感应电流的磁通量向左，故感应电动势顺时针（从右侧看），故，故，C正确．
6.如图所示，匀强磁场中有两个导体圆环a、b，磁场方向与圆环所在平面垂直．磁感应强度B随时间均匀增大．两圆环半径之比为2∶1，圆环中产生的感应电动势分别为E a和E b.不考虑两圆环间的相互影响．下列说法正确的是( )
A. E a∶E b＝4∶1，感应电流均沿逆时针方向
B. E a∶E b＝4∶1，感应电流均沿顺时针方向
C. E a∶E b＝2∶1，感应电流均沿逆时针方向
D. E a∶E b＝2∶1，感应电流均沿顺时针方向
【答案】B
【解析】
试题分析：根据法拉第电磁感应定律可得，根据题意可得，故，感应电流产
生的磁场要阻碍原磁场的增大，即感应电流产生向里的感应磁场，根据楞次定律可得，感应电流均沿顺时针方向。

【学考点定位】法拉第电磁感应定律、楞次定律的应用
【方法技巧】对于楞次定律，一定要清楚是用哪个手判断感应电流方向的，也可以从两个角度理解，一个是增反减同，一个是来拒去留，对于法拉第电磁感应定律，需要灵活掌握公式，学会变通。

7.如图，在光滑水平桌面上有一边长为L、电阻为R的正方形导线框；在导线框右侧有一宽度为d(d>L)的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的一边平行，磁场方向竖直向下．导线框以某一初速度向右运动．t＝0时导线框的右边恰与磁场的左边界重合，随后导线框进入并通过磁场区域．下列v-t图像中，可能正确描述上述过程的是( )
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
线框进入磁场时，由右手定则和左手点则可知线框受到向左的安培力，由于，则安培力减小，故线框做加速度减小的减速运动；同理可知线框离开磁场时，线框也受到向左的安培力，做加速度减小的减速运动；线框完全进入磁场后，线框中没有感应电流，不再受安培力作用，线框做匀速运动，本题选D。

8.如图所示的电路中，开关S闭合且电路达到稳定时，流过灯泡A和线圈L的电流分别为I1和I2，在开关S
断开的瞬间，为使小灯泡能比原来更亮一些，然后逐渐熄灭应( )
A. 必须使I2>I1
B. 与I1、I2大小无关，但必须使线圈自感系数L足够大
C. 自感系数L越大，切断时间越短，则I2也越大
D. 不论自感系数L多大，开关S断开瞬间I2只能减小，不会增大
【答案】AD
【解析】
【分析】
当电流增大时，线圈会阻碍电流的增大，当电流减小时，线圈会阻碍电流的减小．
【详解】当断开电键，因为线圈阻碍作用，A这一支路电流立即消失，因为线圈阻碍电流的减小，所以通过A的电流不会立即消失，会从原来的大小慢慢减小，而且A和L构成回路，通过A的电流也流过L，所以
成反向，且为使小灯泡能比原来更亮一些，必须使，BC错误AD正确．
【点睛】解决本题的关键掌握线圈对电流的变化有阻碍作用，当电流增大时，线圈会阻碍电流的增大，当电流减小时，线圈会阻碍电流的减小．
9.用一根横截面积为S、电阻率为ρ的硬质导线做成一个半径为r的圆环，ab为圆环的一条直径．如图所示，在ab的左侧存在一个匀强磁场，磁场垂直圆环所在平面，方向如图，磁感应强度大小随时间的变化率
＝k(k＜0)．则( )
A. 圆环中产生逆时针方向的感应电流
B. 圆环具有扩张的趋势
C. 圆环中感应电流的大小为
D. 图中a、b两点间的电势差大小为U ab＝
【答案】BD
【解析】
【详解】由题意可知磁感应强度均匀减小，穿过闭合线圈的磁通量减小，根据楞次定律可以判断，圆环中产生顺时针方向的感应电流，圆环具有扩张的趋势，A错误B正确；圆环中产生的感应电动势为
，圆环的电阻为，所以圆环中感应电流的大小为，C错误；图中a、b两点间的电势差，D正确．
10.如图所示，一个水平放置的“∠”形光滑导轨固定在磁感应强度为B的匀强磁场中，ab是粗细、材料与导轨完全相同的导体棒，导体棒与导轨接触良好．在外力作用下、导体棒以恒定速度v向右平动，以导体棒在图中所示位置的时刻为计时起点，则回路中感应电动势E、感应电流I、导体棒所受外力的功率P和回路中产生的焦耳热Q随时间t变化的下列图像中正确的是( )
A. B.
C. D.
【答案】AC
【解析】
【详解】设“∠”形导轨的夹角为，经过时间t，导体棒的水平位移为，导体棒切割磁感线的有效长度
，所以回路中感应电动势，感应电动势与时间t成正比，A正确；相似三角形的三边长之比为定值，故组成回路的三角形导轨总长度与时间成正比，而感应电动势与时间t成正比，故感应电流大小与时间无关，B错误；导体棒匀速移动，外力F与导体棒所受安培力为平衡力，故回路的外力的
功率，与时间成正比，C正确；回路产生的焦耳热，式中电流不变，回路电阻与t成正比，故焦耳热Q与成正比，D错误．
11.如图所示，相距为L的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为θ，上端接有定值电阻R，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B.将质量为m的导体棒由静止释放，当速度达到v时开始匀速运动，此时对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，并保持拉力的功率恒为P，导体棒最终以2v的速度匀速运动．导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为g.下列选项正确的是( )
A. 当导体棒速度达到时加速度大小为sin θ
B. 当导体棒速度达到时加速度大小为sin θ
C. P＝2mgv sin θ
D. P＝3mgv sin θ
【答案】AC
【解析】
【分析】
导体棒最终匀速运动受力平衡可求拉力F，由P=Fv可求功率，由牛顿第二定律求加速度．
【详解】当导体棒的速度达到v时，对导体棒进行受力分析如图甲所示．
，，所以①，当导体棒的速度达到2v时，对导体棒进行受力分析如图乙所示：②，由①②可得，功率，C正确D错误；当导体棒速
度达到时，对导体棒受力分析如图丙所示：③，由①③可得，A正确B错误．
【点睛】解决本题的关键能够通过导体棒的受力，判断其运动规律，知道合力为零时，做匀速直线运动，综合牛顿第二定律、闭合电路欧姆定律求解．
12.如图所示，两条形有界磁场宽度均为d＝0.5 m，磁感应强度大小均为B＝4T，方向垂直于纸面，两磁场区域间距也为d.在磁场区域的左边界处有一长L＝1m、宽d＝0.5m的矩形导体线框，线框总电阻为R＝2Ω，且线框平面与磁场方向垂直．现使线框以v＝0.5 m/s的速度匀速穿过磁场区域，若以初始位置为计时起点，规定B垂直纸面向里为正，则以下关于线框所受的安培力大小F及穿过线框磁通量Φ随时间t变化的四个图像正确的是( )
A. B.
C. D.
【答案】AD
【解析】
【详解】0 1s时，线框中产生的感应电动势，由欧姆定律可知，由安培力公式可知：；第2s内，通过线框的磁通量不变，无感应电流，安培力为零；第3 s内，线框左、右两边均
切割磁感线，由右手定则可知，感应电动势方向相同，故线框中总的感应电动势为，由欧姆定律可知；线框左、右两边所受安培力均为：，由左手定则可知，两安培力方向
相同，故安培力的合力为4 N，A正确B错误；当时，线框位移，此时通过线框的磁通量为零，C错误D正确．
二、计算题(本大题共4小题，共52分，按题目要求作答)
13.如图所示，足够长的光滑金属框竖直放置，框宽0.5m，框电阻不计，匀强磁场磁感应强度为1T，方向与框面垂直，金属棒MN电阻为1Ω、质量为0.1kg，无初速度地释放，并与框保持良好接触地竖直下落，从释放到达到最大速度的过程中，通过棒某一截面的电荷量为2C．求：此过程中回路产生的电能．(空气阻力不计，g取10 m/s2)
【答案】3.2J
【解析】
【分析】
金属棒下落过程受到重力和安培力作用，安培力随着速度的增大而增大，金属棒做加速度逐渐减小的加速运动，加速度减小到零时速度达到最大，根据平衡条件和安培力与速度的关系式，可求得最大速度．根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律，再根据能量守恒列式求解．
【详解】通过导体横截面的电荷量，；
又因为速度达最大时，而，，
下落过程中重力势能转化为棒的动能和电能，
故．
【点睛】金属棒在运动过程中克服安培力做功，把金属棒的动能转化为焦耳热，在此过程中金属棒做加速度减小的减速运动；对棒进行受力分析、熟练应用法拉第电磁感应定律、欧姆定律、能量守恒定律等正确解题．
14.（10分）如图所示，固定于水平桌面上足够长的两平行光滑导轨PQ、MN，其电阻不计，间距d=0.5m，P、M两端接有一只理想电压表，整个装置处于竖直向下的磁感应强度B0＝0.2T的匀强磁场中，两金属棒L1、L2平行地搁在导轨上，其电阻均为r＝0.1Ω，质量分别为M1=0.3kg和M2＝0.5kg。

固定棒L1，使L2在水平恒力F=0.8N的作用下，由静止开始运动。

试求：
(1) 当电压表读数为U=0.2V时，棒L2的加速度为多大；
(2)棒L2能达到的最大速度v m.
【答案】（1）（2）
【解析】
试题分析：(1) 流过L2的电流（1分）
L2所受的安培力（1分）
对L2由牛顿第二定律，可得：（2分）
解得：（1分）
（2）当安培力与恒力平衡时，棒L2速度达到最大，此时电路电流为I m，则
（1分）
而（2分）
由（1分）
解得：（1分）
考点：本题考查了电磁感应与力学、磁场、电路等多方面知识的综合
15.小明同学设计了一个“电磁天平”，如图甲所示，等臂天平的左臂为挂盘，右臂挂有矩形线圈，两臂平衡．线圈的水平边长L＝0.1 m，竖直边长H＝0.3 m，匝数为N1.线圈的下边处于匀强磁场内，磁感应强度B0＝1.0 T，方向垂直线圈平面向里．线圈中通有可在0 2.0 A范围内调节的电流I.挂盘放上待测物体后，调节线圈中电流使天平平衡，测出电流即可测得物体的质量．(重力加速度g取10 m/s2)
(1)为使电磁天平的量程达到0.5 kg，线圈的匝数N1至少为多少？
(2)进一步探究电磁感应现象，另选N2＝100匝、形状相同的线圈，总电阻R＝10 Ω.不接外电流，两臂平衡．如图乙所示，保持B0不变，在线圈上部另加垂直纸面向外的匀强磁场，且磁感应强度B随时间均匀变大，磁场区域宽度d＝0.1 m．当挂盘中放质量为0.01 kg的物体时，天平平衡，求此时磁感应强度的变化率
.
【答案】(1)25匝(2)0.1T/s
【解析】
(1)题中“电磁天平”中的线圈受到安培力F＝N1B0IL ①
由天平平衡可知：mg＝N1B0IL ②
代入数据解得：N1＝25匝③
(2)由电磁感应定律得：④
由欧姆定律得：⑤
线圈受到的安培力F′＝N2B0I′L ⑥
由天平平衡可得：⑦
代入数据可得⑧
【点睛】本题综合考查了安培力大小公式、法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律，抓住平衡列式求解，求解安培力时需注意线圈的匝数．
16.如图所示，将边长为a、质量为m、电阻为R的正方形导线框竖直向上抛出，穿过宽度为b、磁感应强度为B的匀强磁场区域，磁场的方向垂直纸面向里，线框向上离开磁场时的速度刚好是进入磁场时速度的一半，线框离开磁场后继续上升一段高度，然后落下并匀速进入磁场．整个运动过程中始终存在着大小恒定的空气阻力f，且线框不发生转动．求：
(1)线框在下落阶段匀速进入磁场时的速度v2；
(2)线框在上升阶段刚离开磁场时的速度v1；
(3)线框在上升阶段通过磁场过程中产生的焦耳热Q.
【答案】(1)(2)(3)
【解析】
【分析】
(1)下落阶段匀速进入磁场说明线框所受力：重力、空气阻力及向上的安培力的合力为零.(2)对比线框离开磁场后继续上升一段高度（设为h），然后下落相同高度h到匀速进入磁场时两个阶段受力情况不同，合力做功不同，由动能定理：线框从离开磁场至上升到最高点的过程。

(3)求解焦耳热Q，需要特别注意的是线框向上穿过磁场是位移是a+b而不是b，这是易错的地方
【详解】(1)线框在下落阶段匀速进入磁场瞬间，由平衡知识有：
解得：
(2)线框从离开磁场至上升到最高点的过程，由动能定理：
线圈从最高点落至进入磁场瞬间：
联立解得：
(3)线框在向上通过磁场过程中，由能量守恒定律有：
而
解得：
即线框在上升阶段通过磁场过程中产生的焦耳热为
【点睛】此类问题的关键是明确所研究物体运动各个阶段的受力情况，做功情况及能量转化情况，选择利用牛顿运动定律、动能定理或能的转化与守恒定律解决针对性的问题，由于过程分析不明而易出现错误.。