2019届人教版 电磁感应 单元测试_1

2019届人教版电磁感应单元测试
一、选择题
1.如图所示，两条平行导轨所在平面与水平地面的夹角为θ，导轨上端接有一平行板电容器，导轨处于方向垂直于导轨平面的匀强磁场中，在导轨上放置一金属棒，导轨及金属棒的电阻不计．t=0时刻，金属棒由静止释放，金属棒沿导轨下滑，在下滑过程中始终保持与导轨垂直并良好接触，若用x、a、E K、E P分别表示，金属棒下滑的位移大小、加速度大小、动能和重力势能（以斜面底端所在水平面为零势面），t表示时间，则下列图象能正确描述这一运动过程的是（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】AB、设金属棒的速度大小为v时，经历的时间t时，通过金属棒的电流为i，则电容器的电压，
电容器的电荷量，设在时间间隔(t，t+△t)内流经金属棒的电荷量为，按电流的定义有：
, 也是平行板电容器极板在时间间隔(t，t+△t)内增加的电荷量；按加速度的定义有：，△v为
金属棒的速度变化量，则得，由上式可得金属棒受到的安培力方向沿导轨向上，大小为
，金属棒所受到的摩擦力方向沿导轨斜面向上，大小为：，式中，N是金属棒对于导轨的正压力的大小，有，金属棒在时刻t的加速度方向沿斜面向下，设其大小为a，根据牛顿第二定律有：，联立上此式可得：，可知a不变,金属棒做初速度为零的匀加速运动,t时刻金属棒的位移为，故A正确，B错误；
C、t时刻金属棒的速度大小为v=a t，动能为，t增大, 增大，故C错误；
D、t时刻金属棒的重力势能随时间t的延长应减小，故D错误；
故选A 。

【点睛】根据
及牛顿第二定律求出加速度与时间的关系，即可分析出金属棒的运动情况，由力
规律分析动能和势能的变化。

2.有一个匀强磁场边界是EF ，在EF 右侧无磁场，左侧是匀强磁场区域，如图甲所示．现有一个闭合的金属线框以恒定速度从EF 右侧水平进入匀强磁场区域．线框中的电流随时间变化的i －t 图象如图乙所示，则可能的线框是下列四个选项中的( )
A. B. C. D.
【答案】A 【解析】
导体棒切割磁感线产生的感应电动势E=BLv ，设线框总电阻是R ，则感应电流；由图乙所示图象
可知，感应电流先变大，后变小，且电流大小与时间成正比，由于B 、v 、R 是定值，故导体棒的有效长度L 应先变长，后变短，且L 随时间均匀变化，即L 与时间t 成正比．三角形线框匀速进入磁场时，有效长度L 先增加，后减小，且随时间均匀变化，符合题意，故A 正确；梯形线框匀速进入磁场时，有效长度L 先均匀增加，后不变，最后均匀减小，不符合题意，故B 错误；长方形线框进入磁场时，有效长度L 不变，感应电流不变，不符合题意，故B 错误；闭合圆环匀速进入磁场时，有效长度L 先变大，后变小，但L 不随时间均匀变化，不符合题意，故D 错误；故选A ．
点睛：本题是一道关于感应电流的图象题，熟练应用导体棒切割磁感线产生的感应电动势公式、欧姆定律、分析清楚图象特点是正确解题的关键.
3.为了儿童安全，布绒玩具必须检测其中是否存在金属断针，可以先将玩具放置强磁场中，若其中有断针，则断针被磁化，用磁报警装置可以检测到断针的存在，如图所示是磁报警装置中的一部分电路示意图，其中R B 是磁敏传感器，它的电阻随断针的出现而减小，a 、b 接报警器，当传感器R B 所在处出现断针时，电流表的电流I 、ab 两端的电压U 将（ ）
A. I变大，U变小
B. I变小，U变小
C. I变大，U变大
D. I变小，U变大
【答案】A
【解析】
试题分析：当传感器R B所在处出现断针时，R B的电阻变小，故外电路的总电阻也变小，所以路端电压减小，即ab两端的电压U将变小，CD错误；由欧姆定律可得，电路的总电流变大，故电阻R1的两端电压变大，所以R3与R B的并联的电压减小，所以通过电阻R3的电流变小，则通过R B的电流变大，即电流表的示数I 变大，A正确，B错误。

考点：动态电路。

4.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。

5.如图所示，“U”形金属框架固定在水平面上，处于竖直向下的匀强磁场中。

现使ab棒突然获得一水平初速度V向右运动，下列说法正确的是
A. ab做匀减速运动
B. 回路中电流均匀减小
C. a点电势比b点电势低
D. ab受到的安培力方向水平向左
【答案】D
【解析】
【详解】棒ab具有向右的初速度，根据右手定则，可知产生b指向a的电流，则a点的电势比b点的电势高；根据左手定则，ab棒受到的安培力向左，ab棒做减速运动，因为电动势减小，电流减小，则安培力减小，根据牛顿第二定律，加速度减小，所以ab棒做加速度减小的减速运动，由于速度不是均匀减小，则由
可知，电流不是均匀减小，故D正确，A、B、C错误；
故选D。

【点睛】使ab棒突然获得一个向右的初速度，切割磁感线产生感应电动势和感应电流，受到向左的安培力，
做边减速运动，根据右手定则判断ab棒中的感应电流方向，从而确定a、b两点的电势．分析安培力的变化，判断加速度的变化，从而判断电流的变化情况。

6. 1931年英国物理家狄拉克从理论上预言：存在只有一个磁极的粒子，即“磁单极子”。

1982年，美国物理家卡布莱设计了一个寻找磁单极子的实验：他设想，如果一个只有N极的磁单极子从上向下穿过如图所示
的闭合超导线圈，那么，从上向下看，这个线圈中将出现（）
A. 先是逆时针方向，然后是顺时针方向的感应电流
B. 先是顺时针方向，然后是逆时针方向的感应电流
C. 顺时针方向的持续流动的感应电流
D. 逆时针方向的持续流动的感应电流
【答案】D
【解析】
试题分析：在进入线圈的过程中，原磁场方向向下，磁通量增大，根据楞次定律可得：感应电流磁场向上，再由右手定则可判断感应电流的方向从上往下看为逆时针方向，同理可判断在离开磁场的过程中也是逆时针方向，所以A、B、C错误；D正确。

考点：本题考查电磁感应
7.一直升飞机停在南半球的地磁极上空。

该处地磁场的方向竖直向上，磁感应强度为B。

直升飞机螺旋桨叶片的长度为l，螺旋桨转动的周期为T，顺着地磁场的方向看螺旋桨，螺旋桨按逆时针方向转动。

螺旋桨叶片的近轴端为a，远轴端为b，如图所示。

如果忽略a到转轴中心线的距离，用E表示每个叶片中的感应电动势，则（）
A. ，且a点电势高于b点电势
B. ，且a点电势低于b点电势
C. ，且a点电势低于b点电势
D. ，且a点电势高于b点电势
【答案】B
【解析】
【详解】每个叶片都切割磁感线，由右手定则可知，a点电势低于b点电势；
线速度：，电动势：，故B正确，A、C、D错误，；
故选B。

【点睛】转动切割产生的感应电动势根据求出大小，根据右手定则判断出电动势的方向，从而判断出a、b两点的电势高低。

8.
青藏铁路刷新了一系列世界铁路的历史纪录，青藏铁路火车上多种传感器运用了电磁感应原理，有一种电磁装置可以向控制中心传输信号以确定火车位置和运动状态，原理是将能产生匀强磁场的磁铁，安装在火车首节车厢下面，俯视如图甲所示，当它经过安放在两铁轨间的线圈时，便产生一个电信号，被控制中心接收到，当火车通过线圈时，若控制中心接收到的线圈两端的电压信号为图乙所示，则说明火车在做
A. 匀速直线运动
B. 匀加速直线运动
C. 匀减速直线运动
D. 加速度逐渐加大的变加速直线
【答案】B
【解析】
试题分析：由u-t图象得到，线圈两端的电压大小与时间成正比，即有u=kt由法拉第电磁感应定律u=BLv，则v=，B、L、k均一定，则速度v与时间t成正比，所以火车做匀加速直线运动．B正确。

考点：本题考查导体切割磁感线时的电动势及图象。

二、多项选择
9.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
【答案】BD
【解析】
【详解】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：，路端电压：，则电容器所带电荷量为：
，故A错误，B正确；
CD、磁场向右均匀增强，由楞次定律可知，电容器上极板带正电，下极板带负电，故C错误，D正确；故选BD。

【点睛】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，根据求出电容器所带电荷量；由楞次定律判断电容器极板的电性。

10.如图所示，有一个磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，一半径为r、电阻为2R的金属圆环放置在磁场中，金属圆环所在的平面与磁场垂直．金属杆Oa一端可绕环的圆心O旋转，另一端a搁在环上，电阻值为R；另一金属杆Ob一端固定在O点，另一端b固定在环上，电阻值也是R．已知Oa杆以角速度ω匀速旋转，所有接触点接触良好，Ob不影响Oa的转动，则下列说法正确的是
A. 流过Oa的电流可能为
B. 流过Oa的电流可能为
C. Oa旋转时产生的感应电动势的大小为Bωr2
D. Oa旋转时产生的感应电动势的大小为Bωr2
【答案】ABD
【解析】
【详解】oa杆切割磁感线产生感应电动势为，当oa转到最高点时，外电路总电阻最大，为：，通过oa的电流最小，最小电流为：，当oa与ob重合时，环的电阻为0，外电路总电阻最小，通过oa的电流最大，最大电流为：，故流过oa的电流的范围为，故A、B、D正确，C错误；
故选ABD。

【点睛】oa杆以角速度匀速旋转，切割磁感线产生感应电动势，相当于电源，其余部分为外电路．当oa转到最高点时，外电路总电阻最大，通过oa的电流最小；当oa与ob重合时，环的电阻为0，外电路总电阻最小，通过oa的电流最大，根据E=BLv和欧姆定律求解，其中v是速度的平均值。

11.
如图，在水平光滑桌面上，两相同的矩形刚性小线圈分别叠放在固定的绝缘矩形金属框的左右两边上，且每个小线圈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. 两小线圈会有相互靠拢的趋势
B. 两小线圈会有相互远离的趋势
C. 两小线圈中感应电流都沿顺时针方向
D. 左边小线圈中感应电流沿顺时针方向，右边小线圈中感应电流沿逆时针方向
【答案】BC
【解析】
解：根据右手螺旋定则可知，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、C正确，A、D错误．
故选：BC．
【点评】解决本题的关键掌握同向电流、异向电流的关系．同向电流相互吸引，异向电流相互排斥．同时还考查右手螺旋定则与楞次定律．
12.如图所示，平行金属导轨宽度为L=0.6m，与水平面间的倾角为θ=37°，导轨电阻不计，底端接有阻值为R=3Ω的定值电阻，磁感应强度为B=1T的匀强磁场垂直向上穿过导轨平面．有一质量为m=0.2kg，长也为L的导体棒始终与导轨垂直且接触良好，导体棒的电阻为R o=1Ω，它与导轨之间的动摩擦因数为μ=0.3．现让导体棒从导轨底部以平行斜面的速度v o=10m/s向上滑行，上滑的最大距离为s=4m．（sin37°=0.6，
cos37°=0.8，g=10m/s2），以下说法正确的是（）
A. 把运动导体棒视为电源，最大输出功率6.75W
B. 导体棒最后可以下滑到导轨底部，克服摩擦力做的总功为10.0J
C. 当导体棒向上滑d=2m时，速度为7.07m/s
D. 导体棒上滑的整个过程中，在定值电阻R上产生的焦耳热为2.46J
【答案】AD
【解析】
试题分析：导体棒速度最大时产生的感应电动势最大，输出功率最大，由功率公式可以求出最大输出功率；根据摩擦力与重力沿斜面向下的分力大小关系判断导体棒的运动过程，然后答题；
由能量守恒定律求出金属棒的速度；
由能量守恒定律求出电阻上产生的焦耳热．
解：A、开始时，导体棒产生的感应电动势最大：E=BLv0=1×0.6×10=6V，电流I===1.5A，最大
输出功率P=I2R=1.52×3=6.75W，故A正确；
B、导体棒到达最高点时，摩擦力f=μmgcos37°=0.3×0.2×10×0.8=0.48N，重力沿斜面向下的分类
mgsin37°=0.2×10×0.6=1.2N＞f，导体棒到达最高点后反向向下加速运动，整个过程中克服摩擦力做的总功W=f•2s=0.48×2×4=3.84J，故B错误；
C、假设棒上滑做匀减速运动，设向上滑行距离d=2m时，速度为v，加速度大小为a．则有0﹣v02=﹣2as，v2﹣v02=﹣2ad，解得：a=12.5m/s2，向上滑行2m时，v==5m/s=7.07m/s，由于开始的2m内合力比后2m的合力大，加速度大，所以当导体棒向上滑行距离d=2m时，速度一定小于7.07/s．故C错误；
D、导体棒向上滑动过程中，由能量守恒定律得：mv2=+Q+mgssin37°，Q=Q R+Q R0，==，解得：Q R=2.46J，故D正确；
故选：AD．
【点评】本题从两个角度研究电磁感应现象，一是力的角度，关键是推导安培力的表达式；二是能量的角度，关键分析涉及几种形式的能，分析能量是如何转化的．
13.如图所示，在坐标系xOy中，有边长为L的正方形金属线框abcd，其一条对角线ac和y轴重合、顶点a 位于坐标原点O处。

在y轴的右侧，的I、Ⅳ象限内有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁场的上边界与线框的ab边刚好完全重合，左边界与y轴重合，右边界与y轴平行。

t =0时刻，线圈以恒定的速度v沿垂直于磁场上边界的方向穿过磁场区域。

取沿a→b→c→d→a方向的感应电流为正，则在线圈穿过磁场区域的过程中，感应电流i、ab间的电势差U ab随时间t变化的图线是下图中的( )
A. B. C. D.
【答案】AD
【解析】
【详解】AB、在d点运动到O点过程中，ab边切割磁感线，根据右手定则可以确定线框中电流方向为逆时针方向，即正方向，电动势均匀减小到0，则电流均匀减小到0；然后cd边开始切割，感应电流的方向为顺时针方向，即负方向，电动势均匀减小到0，则电流均匀减小到0，故A正确，B错误；
CD、d点运动到O点过程中，ab边切割磁感线，ab相当于电源，电流由a到b，b点的电势高于a点，ab 间的电势差U ab为负值，大小等于电流乘以bcda三条边的电阻，并逐渐减小；ab边出磁场后后，cd边开始切割，cd边相当于电源，电流由b到a，ab间的电势差U ab为负值，大小等于电流乘以ab边得电阻，并逐渐减小，故C错误，D正确；
故选AD。

【点睛】线圈以恒定的速度v沿垂直于磁场上边界的方向穿过磁场区域时，开始ab边切割磁感线，切割的有效长度均匀减小，当ab边切割的有效长度刚减为0；cd边又开始切割，切割的有效长度均匀减小到0，根据右手定则判定感应电动势及感应电流的方向，从而判断出ab间的电势差U ab的变化。

14.如图所示，间距为L、电阻不计的足够长平行光滑金属导轨水平放置，导轨左端用一阻值为R的电阻连接导轨上横跨一根质量为m、电阻也为R的金属棒，金属棒与导轨接触良好。

整个装置处于竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中。

现使金属棒以初速度沿导轨向右运动，若金属棒在整个运动过程中通过的电荷量为q。

下列说法正确的是()
A. 金属棒在导轨上做匀减速运动
B. 整个过程中金属棒克服安培力做功为
C. 整个过程中金属棒在导轨上发生的移为
D. 整个过程中电阻R上产生的焦耳热为
【答案】ABC
【解析】
试题分析：金属棒以速度向右运动，切割磁感线产生感应电动势,线框中产生感应电流
，金属棒受到安培力水平向左大小为，金属棒在安培力作用下做减速运动，速度变小，安培力变小，加速度变小，选项A对。

直到速度减小到0，安培力变为0，金属棒停止运动，此过
程根据动能定理，克服安培力做功等于减少的动能即，选项B对。

金属棒通过的电荷量
，可得位移，选项C对。

整个电路即金属棒和电阻R 上产生的总热量等于克服安培力做的功，所以电阻R上面产生的热量小于，选项D错。

考点：电磁感应定律功能关系
三、填空题
15.如图所示，将边长为l、总电阻为R的正方形闭合线圈，从磁感强度为B的匀强磁场中以速度v匀速拉出（磁场方向，垂直线圈平面）
(1)所用拉力F＝．
(2)拉力F做的功W＝．
(3)拉力F的功率P F＝．
(4)线圈放出的热量Q＝．
(5)线圈发热的功率P热＝．
(6)通过导线截面的电量q＝．
【答案】(1). B2L2v/R(2). B2L3v/R(3). B2L2v2/R(4). B2L3v/R(5). B2L2v2/R(6). BL2/R 【解析】
【详解】（1）因为线圈被匀速拉出，所以F=F安
感应电动势的大小为：E=Blv
根据闭合欧姆定律得：I=Blv/R，
则拉力为：F=F安=；
（2）拉力F做的功为：W=Fl=；
（3）拉力的功率：P F=Fv=；
（4）线圈放出的热量为：Q=；
（5）线圈的发热功率等于拉力的功率：P热=
（6）通过导线截面的电量为：q=It=。

16.电阻为R的矩形线框abcd，边长ab=L，bd=H，质量为m，自某一高度自由下落，恰好能匀速通过一匀强磁场，磁场与线框平面垂直，磁场区域的宽度为H，则线框穿过磁场区域的过程中产生的焦耳热
为．
【答案】2mgH
【解析】
【分析】
线框匀速通过磁场过程，在进入和穿出磁场时都产生焦耳热，根据能量守恒定律求出线框通过磁场过程中产生的焦耳。

【详解】因为线框恰好以恒定速度通过磁场，线框的重力势能减小转化为内能，线框通过磁场的整个过程，线框的高度下降为2H，重力势能减少为2mgH，则根据能量守恒定律，线框内产生的焦耳热为：；故答案为：2mgH。

四、实验,探究题
17. 在研究“电磁感应现象”的实验中，所需的实验器材如图所示．现已用导线连接了部分实验电路．
（1）请把电路补充完整；
（2）实验时，将线圈A插入线圈B中，合上开关瞬间，观察到检流计的指针发生偏转，这个现象揭示的规律是；
（3）（多选）某同设想使线圈B中获得与线圈A中相反方向的电流，可行的实验操作是
A．抽出线圈A B．插入软铁棒
C．使变阻器滑片P左移D．断开开关．
【答案】（1）如图所示；
（2）闭合电路中磁通量发生变化时，闭合电路中产生感应电流．（3）B、C．
【解析】
解：（1）本实验中L1与电源相连，通过调节滑动变阻器使L2中的磁通量发生变化，从而使L2产生电磁感应线象，故L2应与检流计相连，电路图如图所示：
（2）指针发生偏转说明电路中有电流产生，产生的原因是闭合回路中磁通量发生了变化；故结论为：闭合电路中磁通量发生变化时，闭合电路中产生感应电流．
（3）感应电流的方向与原电流方向相反，则它们的磁场也一定相反，由楞次定律可知，原磁场应增强，故可以加入铁芯或使变阻器滑片P左移，故选：B C；
故答案为：（1）如图所示；（2）闭合电路中磁通量发生变化时，闭合电路中产生感应电流．（3）B、C．【点评】实验题应根据实验的原理进行分析，注意结合实验的现象得出实验的结论，同时根据实验的原理
记忆实验中的仪器及误差分差．
五、计算题
18. 如图所示，足够长的粗糙斜面与水平面成θ＝37°角放置，在斜面上虚线aa′和bb′与斜面底边平行，且间距为d＝0.1m，在aa′、bb′围成的区域内有垂直斜面向上的有界匀强磁场，磁感应强度为B＝1T；现有一质量为m＝10g，总电阻为R＝1Ω，边长也为d＝0.1m的正方形金属线圈MNPQ，其初始位置PQ边与aa′重合，现让金属线圈以一定初速度沿斜面向上运动，当金属线圈从最高点返回到磁场区域时，线圈刚好做匀速直线运动．已知线圈与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5，不计其他阻力，求：（取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）
（1）线圈向下返回到磁场区域时的速度；
（2）线圈向上离开磁场区域时的动能；
（3）线圈向下通过磁场区域过程中，线圈中产生的焦耳热.
【答案】（1）2m/s；（2）0.1J（3）0.004J；
【解析】
试题分析：（1）线框进入磁场时，产生的感应电动势：E=Bdv，
电流：，
安培力：F=BId，
线框做匀速直线运动，由平衡条件得：mgsi nθ=μmgcosθ+F，
解得：v=2m/s；
（2）线圈离开磁场最高点的距离为x，线圈离开磁场最高点时，由动能定理得：-mgxsinθ-μmgxcosθ=0-E K1，线圈从最高点进入磁场时，由动能定理得：mgxsinθ-μmgxcosθ=E K-0，
其中：，
解得：E K1=0.1J；
（3）线圈向下匀速通过磁场过程中，由能量守恒定律得：mg•2dsinθ-μmg•2dcosθ+W=0，
焦耳热：Q=-W，
解得：Q=0.004J；
考点：物体的平衡；能量守恒定律；动能定理
【名师点睛】分析清楚线圈的运动过程是正确解题的关键，解题时要注意：E=BLv、欧姆定律、安培力公式、平衡条件、动能定理与能量守恒定律的应用，求热量时，要注意线框进入和穿出磁场两个过程都要产生焦耳热.
19.如图所示,线圈面积S=1×10 -5 m 2 ，匝数n=100,两端点连接一电容器，其电容C=20 μF.线圈中均匀磁场的
磁感应强度按=0.1 T/s增加，磁场方向垂直线圈平面向里，那么电容器所带电荷量为多少？电容器的极板a带什么种类的电荷？
【答案】，正电荷
【解析】
【分析】
由法拉第电磁感应定律求出感应电动势，然后由电容的定义式求出电热器所带电荷量；由楞次定律可以判断出感应电动势的方向，从而判断出电热器极板所带电荷的性质。

【详解】因磁场在增强，由楞次定律可推知a端电势高，即a带正电荷，
由法拉第电磁感应定律得：
故。