高中物理选修3-2章末检测9：电磁感应

章末检测卷(电磁感应)
(时间：90分钟满分：100分)
一、单项选择题(本题共6小题，每小题4分，共24分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．宇航员登月后想探测一下月球表面是否有磁场，他手边有一只灵敏电流表和一个小线圈，则下列推断正确的是()
A．直接将电流表放于月球表面，看是否有示数来判断磁场有无
B．将电流表与线圈组成闭合回路，使线圈沿某一方向运动，如果电流表无示数，则判断月球表面无磁场
C．将电流表与线圈组成闭合回路，使线圈沿某一方向运动，如果电流表有示数，则可判断月球表面有磁场
D．将电流表与线圈组成闭合回路，使线圈在某个平面内沿两个互相垂直的方向运动，月球表面若有磁场，则电流表至少有一次示数不为零
2.如图1所示是研究通电自感实验的电路图，A1、A2是两个规格相同的小灯泡，闭合开关调节滑动变阻器R的滑动触头，使两个灯泡的亮度相同，调节滑动变阻器R1的滑动触头，使它们都正常发光，然后断开开关S.重新闭合开关S，则()
图1
A．闭合瞬间，A1立刻变亮，A2逐渐变亮
B．闭合瞬间，A1、A2均立刻变亮
C．稳定后，L和R两端的电势差一定相同
D．稳定后，A1和A2两端的电势差不相同
3．匀强磁场方向垂直纸面，规定向里的方向为正，磁感应强度B随时间t的变化规律如图2甲所示．在磁场中有一细金属圆环，圆环平面位于纸面内，t＝0时刻磁场的方向垂直纸面向里，如图乙所示，令I1、I2、I3分别表示Oa、ab、bc段的感应电流，F1、F2、F3分别表示感应电流为I1、I2、I3时金属圆环上很小一段受到的安培力，则()
图2
A．I1沿逆时针方向，I2沿顺时针方向
B．I2沿逆时针方向，I3沿顺时针方向
C．F1方向指向圆心，F2方向指向圆心
D．F2方向背离圆心向外，F3方向背离圆心向外
4.如图3所示，一个闭合三角形导线框ABC位于竖直平面内，其下方(略靠前)固定一根与导线框平面平行的水平直导线，导线中通以图示方向的恒定电流．释放导线框，它由实线位置下落到虚线位置未发生转动，在此过程中()
图3
A．导线框中感应电流的方向依次为ACBA→ABCA→ACBA
B．导线框的磁通量为零时，感应电流也为零
C．导线框所受安培力的合力方向依次为向上→向下→向上
D．导线框所受安培力的合力为零，做自由落体运动
5．如图4所示，A为多匝线圈，与开关、滑动变阻器相连后接在M、N间的交流电源上，B 为一接有小灯泡的闭合多匝线圈，下列关于小灯泡发光情况的说法正确的是()
图4
A．闭合开关后小灯泡一定发光
B．若闭合开关后，小灯泡发光，则再将B线圈靠近A，小灯泡会更亮
C．闭合开关瞬间，小灯泡才能发光
D．若闭合开关后小灯泡不发光，将滑动变阻器滑片左移后，小灯泡可能会发光
6．在边长为L的等边三角形区域abc内存在着垂直纸面向外的匀强磁场，一个边长也为L 的等边三角形导线框def在纸面上以某一速度向右匀速运动，底边ef始终与磁场的底边界bc 在同一直线上，如图5所示．取沿顺时针的电流为正，在线框通过磁场的过程中，其感应电流随时间变化的图象是()
图5
二、多项选择题(本题共4小题，每小题5分，共20分．每小题至少有两个选项正确，选对得5分，漏选得2分，错选得0分)
7.如图6所示，一均匀金属圆盘绕通过其圆心且与盘面垂直的轴逆时针匀速转动．现施加一垂直穿过圆盘的有界匀强磁场，圆盘开始减速．在圆盘减速过程中，以下说法正确的是()
图6
A ．处于磁场中的圆盘部分，靠近圆心处电势高
B ．所加磁场越强越易使圆盘停止转动
C ．若所加磁场反向，圆盘将加速转动
D ．若所加磁场穿过整个圆盘，圆盘将匀速转动
8.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7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ΔB
Δt
＝k (k ＜0)．则 ( )
图7
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|krS
2ρ
|
D ．图中a 、b 两点间的电势差大小为U ab ＝|1
4
πkr 2|
9.如图8所示，边长为L 的正方形线框，从图示位置开始沿光滑斜面向下滑动，中途穿越垂直纸面向里、有理想边界的匀强磁场区域，磁场的宽度大于L ，以i 表示导线框中的感应电流，从线框刚进入磁场开始计时，取逆时针方向为电流正方向，以下i －t 关系图象，可能正确的是 ( )
图8
10.如图9所示，竖直平行金属导轨MN 、PQ 上端接有电阻R ，金属杆ab 质量为m ，跨在平行导轨上，垂直导轨平面的水平匀强磁场的磁感应强度为B ，不计ab 与导轨电阻及一切摩擦，且ab 与导轨接触良好．若ab 杆在竖直向上的外力F 作用下匀速上升，则以下说法正确的是 ( )
图9
A．拉力F所做的功等于电阻R上产生的热量
B．杆ab克服安培力做的功等于电阻R上产生的热量
C．电流所做的功等于重力势能的增加量
D．拉力F与重力做功的代数和等于电阻R上产生的热量
三、非选择题(本题共5小题，共56分)
11．(10分)小明同学设计了一个“电磁天平”，如图10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．(重力加速度取g＝10 m/s2)
图10图11
(1)为使电磁天平的量程达到0.5 kg ，线圈的匝数N 1至少为多少？
(2)进一步探究电磁感应现象，另选N 2＝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11所示，保持B 0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ΔB
Δt .
12．(10分)如图12所示，光滑金属导轨PN 与QM 相距1 m ，电阻不计，两端分别接有电阻R 1和R 2，且R 1＝6 Ω，R 2＝3 Ω，ab 导体棒的电阻为2 Ω.垂直穿过导轨平面的匀强磁场的磁感应强度为1 T ．现使ab 以恒定速度v ＝3 m/s 匀速向右移动，求：
图12
(1)导体棒上产生的感应电动势E ； (2)R 1与R 2消耗的电功率分别为多少？ (3)拉ab 棒的水平向右的外力F 为多大？
13．(12分)轻质细线吊着一质量为m ＝0.32 kg 、边长为L ＝0.8 m 、匝数n ＝10的正方形线圈，总电阻为r ＝1 Ω.边长为L
2的正方形磁场区域对称分布在线圈下边的两侧，如图13甲所示，磁
场方向垂直纸面向里，大小随时间变化关系如图乙所示，从t ＝0开始经t 0时间细线开始松弛，取g ＝10 m/s 2.求：
图13
(1)在前t 0时间内线圈中产生的电动势； (2)在前t 0时间内线圈的电功率； (3)t 0的值．
14．(12分)如图14(a)所示，平行长直金属导轨水平放置，间距L ＝0.4 m ．导轨右端接有阻值R ＝1 Ω的电阻，导体棒垂直放置在导轨上，且接触良好，导体棒及导轨的电阻均不计，导轨间正方形区域abcd 内有方向竖直向下的匀强磁场，bd 连线与导轨垂直，长度也为L .从t ＝0时刻开始，磁感应强度B 的大小随时间t 变化，规律如图(b)所示；同一时刻，棒从导轨左端开始向右匀速运动，1 s 后刚好进入磁场，若使棒在导轨上始终以速度v ＝1 m/s 做直线运动，求：
图14
(1)棒进入磁场前，回路中的电动势E；
(2)棒在运动过程中受到的最大安培力F，以及棒通过三角形abd区域时电流i与时间t的关系式．
15．(12分)如图15所示，一边长L＝0.2 m，质量m1＝0.5 kg，电阻R＝0.1 Ω的正方形导体线框abcd，与一质量为m2＝2 kg的物块通过轻质细线跨过两定滑轮相连．起初ad边距磁场下边界为d1＝0.8 m，磁感应强度B＝2.5 T，磁场宽度d2＝0.3 m，物块放在倾角θ＝53°的斜面上，物块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5.现将物块由静止释放，经一段时间后发现当ad边从磁场上边缘穿出时，线框恰好做匀速运动(g取10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)．求：
图15
(1)线框ad边从磁场上边缘穿出时速度的大小；
(2)线框刚全部进入磁场时动能的大小；
(3)整个运动过程中线框产生的焦耳热．
[答案]精析
1．C[电流表有示数时可判断有磁场存在，沿某方向运动而无示数不能确定磁场是否存在，只有C正确．]
2．C[断开开关再重新闭合开关的瞬间，根据自感原理可判断，A2立刻变亮，而A1逐渐变亮，A、B均错误；稳定后，自感现象消失，根据题设条件可判断，闭合开关调节滑动变阻器R的滑动触头，使两个灯泡的亮度相同，说明此时滑动变阻器R接入电路的阻值与线圈L的电阻一样大，线圈L和R两端的电势差一定相同，A1和A2两端的电势差也相同，所以C正确，D错误．]
3．A[根据楞次定律“增反减同”的规律可推知A正确，B错误；由“增缩减扩”的规律可知，F1与F3的方向指向圆心，F2方向背离圆心向外，故C、D错误．]
4．A[根据右手螺旋定则可知导线上方的磁场方向垂直纸面向外，下方的磁场方向垂直纸面向里，而且越靠近导线磁场越强，所以闭合导线框ABC在下降过程中，导线框内垂直于纸面向外的磁通量先增大，当BC边与导线重合时，达到最大，再向下运动，导线框内垂直于纸面向外的磁通量逐渐减小至零，然后随导线框的下降，导线框内垂直于纸面向里的磁通量增大，当达到最大，继续下降时由于导线框逐渐远离导线，使导线框内垂直于纸面向里的磁通量再逐渐减小，所以根据楞次定律可知，感应电流的磁场总是阻碍内部磁通量的变化，所以感应电流的磁场先向里，再向外，最后向里，所以导线框中感应电流的方向依次为ACBA→ABCA→ACBA，A正确；当导线框内的磁通量为零时，内部的磁通量仍然在变化，有感应电动势产生，所以感应电流不为零，B错误．根据对楞次定律的理解，感应电流的效果总是阻碍导体间的相对运动，由于导线框一直向下运动，所以导线框所受安培力的合力方向一直向上，不为零，C、D错误．]
5．B[根据电磁感应的条件，当闭合回路的磁通量发生变化时，回路中会有感应电流，所以当闭合开关后，A线圈中的交变电流会在空间中产生变化的磁场，穿过B线圈的磁通量发生变化，使B线圈和小灯泡组成的回路中有感应电流产生，但电流要大于一定值，我们才能看到小灯泡发光，因此A、C、D错误．闭合开关后小灯泡发光，则再将B线圈靠近A，那么B
线圈中的磁通量变化率变大，感应电动势变大，感应电流变大，小灯泡更亮，B 正确．]
6．B [线框进入磁场后，切割的有效长度为：l ＝12
v t tan 60°，切割产生的感应电动势为：E ＝Bl v ＝
12B v 2t tan 60°，所以感应电流为：I ＝12B v 2t tan 60°R
，从开始进入磁场到d 与a 重合之前，电流与t 是成正比的，由楞次定律判得线框中的电流方向是顺时针的，此后线框切割的有效长度均匀减小，电流随时间变化仍然是线性关系，由楞次定律判得线框中的电流方向是逆时针的，综合以上分析可知B 正确，A 、C 、D 错误．]
7．ABD [由右手定则可知，处于磁场中的圆盘部分，靠近圆心处电势高，选项A 正确；根据E ＝Blv 可知所加磁场越强，则感应电动势越大，感应电流越大，产生的阻碍圆盘转动的安培力越大，则圆盘越容易停止转动，选项B 正确；若加反向磁场，根据楞次定律可知安培力阻碍圆盘的转动，故圆盘仍减速转动，选项C 错误；若所加磁场穿过整个圆盘，则圆盘中无感应电流，不产生安培力，圆盘匀速转动，选项D 正确．]
8．BD [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，故A 错误，B 正确；圆环
中产生的感应电动势为E ＝ΔΦΔt ＝ΔB Δt S ＝|12πr 2k |，圆环的电阻为R ＝ρl S ＝2πρr S
，所以圆环中感应电流的大小为I ＝E R ＝|krS 4ρ|，故C 错误；图中a 、b 两点间的电势差U ab ＝I ×12R ＝|14
πkr 2|，故D 正确．]
9．BC [边长为L 的正方形线框，从图示位置开始沿光滑斜面向下滑动，若进入磁场时所受安培力与重力沿斜面方向的分力平衡，则线框做匀速直线运动，感应电流为一恒定值；完全进入后磁通量不变，感应电流为零，线框做匀加速直线运动；从磁场中出来时，感应电流方向相反，所受安培力大于重力沿斜面方向的分力，线框做加速度减小的减速运动，感应电流减小，选项B 正确．同理可知，C 正确．]
10．BD [当外力F 拉着金属杆匀速上升时，拉力要克服重力和安培力做功，拉力做的功等于克服安培力和重力做功之和，即等于电阻R 上产生的热量和金属杆增加的重力势能之和，
选项A 错误，D 正确．克服安培力做多少功，电阻R 上就产生多少热量，选项B 正确．电流做的功不等于重力势能的增加量，选项C 错误．]
11．(1)25匝 (2)0.1 T/s
[解析] (1)“电磁天平”中的线圈受到安培力
F ＝N 1B 0IL
由天平平衡可知：mg ＝N 1B 0IL
代入数据解得：N 1＝25匝．
(2)由法拉第电磁感应定律得：E ＝N 2ΔΦΔt ＝N 2ΔB Δt
Ld 由欧姆定律得：I ′＝E R
线圈受到的安培力F ′＝N 2B 0I ′L
由天平平衡可得：m ′g ＝N 22B 0
ΔB Δt ·dL 2R
代入数据可得ΔB Δt
＝0.1 T/s. 12．(1)3 V (2)38 W 34 W (3)34
N [解析] (1)ab 棒匀速切割磁感线，产生的电动势为：E ＝Bl v ＝3 V .
(2)电路的总电阻为：R ＝r ＋
R 1R 2R 1＋R 2＝4 Ω 由欧姆定律：I ＝E R ＝34
A U ＝E －Ir ＝1.5 V
电阻R 1的功率：P 1＝U 2R 1＝38
W 电阻R 2的功率：P 2＝U 2R 2＝34
W. (3)由平衡知识得：F ＝F 安＝BIl ＝34
N. 13．(1)0.4 V (2)0.16 W (3)2 s
[解析] (1)由法拉第电磁感应定律得
E ＝n ΔΦΔt ＝n ×12×(L 2)2×ΔB Δt ＝10×12×(0.82)2×0.5 V ＝0.4 V .
(2)I ＝E r
＝0.4 A ，P ＝I 2r ＝0.16 W. (3)分析线圈受力可知，当细线松弛时有：
F 安＝nBt 0I L 2＝mg ，I ＝E r
Bt 0＝2mgr nEL
＝2 T 由题图乙知：Bt 0＝1＋0.5t 0(T)，
解得t 0＝2 s.
14．(1)0.04 V (2)0.04 N
i ＝(t －1)A(1 s ≤t ≤1.2 s)
[解析] (1)正方形磁场的面积为S ，则S ＝L 22
＝0.08 m 2.在棒进入磁场前，回路中的感应电动势是由于磁场的变化而产生的．由B －t 图象可知ΔB Δt ＝0.5 T/s ，根据E ＝n ΔΦΔt
，得回路中的感应电动势E ＝ΔB Δt
S ＝0.5×0.08 V ＝0.04 V . (2)当导体棒通过bd 位置时感应电动势、感应电流最大，导体棒受到的安培力最大．此时感应电动势E ′＝BL v ＝0.5×0.4×1 V ＝0.2 V ；
回路中感应电流I ′＝E ′R ＝0.21
A ＝0.2 A 导体棒受到的安培力F ＝BI ′L ＝0.5×0.2×0.4 N ＝0.04 N
当导体棒通过三角形abd 区域时，导体棒切割磁感线的有效长度l ＝2v (t －1)(1 s ≤t ≤1.2 s) 感应电动势e ＝Bl v ＝2B v 2(t －1)＝(t －1)V
感应电流i ＝e R
＝(t －1)A (1 s ≤t ≤1.2 s)． 15．(1)2 m/s (2)0.9 J (3)1.5 J
[解析] (1)由于线框匀速穿出磁场，则对m 2有
m 2g sin θ－μm 2g cos θ－F ＝0.
对m 1有F －m 1g －BIL ＝0.
又因为I ＝BL v R
.
联立可得v ＝m 2g (sin θ－μcos θ)－m 1g B 2L 2
R ＝2×10×(0.8－0.5×0.6)－0.5×102.52×0.22
×0.1 m/s ＝2 m/s.
(2)从线框刚全部进入磁场到线框ad 边刚要离开磁场，由能量守恒定律得
m 2g sin θ·(d 2－L )－m 1g (d 2－L )＝μm 2g cos θ·(d 2－L )＋12
(m 1＋m 2)v 2－E k 将速度v 代入，整理可得线框刚全部进入磁场时，线框与物块的动能和 E k ＝4.5 J.
所以此时线框的动能
E k ′＝m 1m 1＋m 2E k ＝0.50.5＋2
×4.5 J ＝0.9 J. (3)从初状态到线框完全出磁场，由能量守恒定律可得
(m 2g sin θ－μm 2g cos θ)(d 1＋d 2＋L )－m 1g (d 1＋d 2＋L )＝Q ＋12
(m 1＋m 2)v 2 将数据代入，整理可得线框在整个运动过程中产生的焦耳热Q ＝1.5 J.。