人教版高中物理选修3-2《电磁感应》单元检测试题.docx

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《电磁感应》单元检测试题
一、不定项选择题（共48分，每题4分）
1．关于穿过线圈的磁通量，下面说法正确的是（）
A．线圈所在位置磁感应强度越大，穿过线圈的磁通量一定越大
B．线圈在磁场中的面积越大，则穿过线圈的磁通量一定越大
C．磁感应强度越大，线圈面积越大，穿过线圈的磁通量一定越大
D．磁感应强度越大，线圈面积越大，穿过线圈的磁通量可以是0
【解析】A. C. 根据磁通量的计算公式Φ=BSsinθ，可知影响磁通量大小的因素有磁感强度和面积的大小，还与线圈跟磁场方向的夹角有关，磁感应强度越大的地方，穿过线圈的磁通量故一定越大，故A错误，C错误；
B. 根据磁通量的定义，穿过线圈的磁感线条数越多，则磁通量越大，故B正确；
D. 穿过线圈的磁通量为零，该处的磁感应强度不一定为零，可能是由于线圈平面与磁场平行，故D错
误。

故选B。

2．关于感应电流和感应电动势，下面说法中正确的是（）
A．穿过回路的磁通量发生变化时，一定产生感应电流
B．穿过回路的磁通量发生变化时，一定产生感应电动势
C．穿过回路的磁通量变化越大，则感应电动势一定越大
D．穿过回路的磁通量变化越快，则感应电动势一定越大
【解析】AB.穿过回路中的磁通量发生变化时，就一定有感应电动势，不一定有感应电流产生，故A错误，B正确。

C. 根据法拉第电磁感应定律则知：感应电动势的大小与磁通量变化率成正比，与磁通量没有直接关系，
所以磁通量越大，感应电动势不一定越大；而磁通量变化越快，磁通量变化率就越大，则闭合电路中感应电动势越大，故C错误；
D. 穿过线圈的磁通量为零，但磁通量的变化率不为零，则感应电动势不一定为零，故D错误。

故选B。

3．如图所示，线圈M和线圈P绕在同一铁芯上．设两个线圈中的电流方向与图中所标的电流方向相同时为正．当M中通入下列哪种电流时，在线圈P中能产生正方向的
恒定感应电流（）
【解析】A. 线圈M中的电流均匀增加，则磁场均匀增加，产生的磁场通过线圈P，根据E=N△BS/△t，知线圈P中产生恒定的电流，根据楞次定律，在P中产生的感应电流方向与图示电流方向相反，故A错误；
B. 线圈M中电流不变，在线圈P中产生恒定的磁场，不产生感应电流，故B错误；
C. 线圈M中的电流不是均匀变化的，则产生的磁场也不均匀变化，根据法拉第电磁感应定律，在线圈P 中产生变化的电流，故C错误；
D. 线圈M中的电流均匀减小，则磁场均匀减小，产生的磁场通过线圈P，根据E=N△BS/△t，知线圈P 中产生恒定的电流，根据楞次定律，在P中产生的感应电流方向与图示电流方向相同，故D正确。

故选D。

4．如图所示，闭合线圈上方有一竖直放置的条形磁铁，磁铁的N极朝下．当磁铁向下运动时（但未插入线圈内部），下列判断正确的是（）
A．磁铁与线圈相互排斥
B．磁铁与线圈相互吸引
C．通过R的感应电流方向为从a到b
D．通过R的感应电流方向为从b到a
【解析】AB. 由“来拒去留”可知，磁铁靠近线圈，则线圈与磁铁相互排斥，故A正确，B错误；
CD. 由图可知，穿过线圈的磁场方向向下增大，由楞次定律可知感应电流的磁场应向上，则由右手螺旋定则可知电流方向从a向b.故C正确，D错误、
故选AC。

5．如图所示，A和B都是铝环，环A是闭合的，环B是断开的，两环分别固定在一横梁的两端，横梁可以绕中间的支点转动．下列判断正确的是（）
A．用磁铁的N极靠近A环，A环会远离磁铁
B．用磁铁的N极靠近B环，B环会远离磁铁
C．用磁铁的N极靠近A环，A环会有顺时针方向的电流产生
D．用磁铁的N极靠近A环，A环会有逆时针方向的电流产生
【解析】A. A环闭合，磁铁插向A环时，产生感应电流，环受力，A环会远离磁铁，故A正确；
B. B环不闭合，磁铁插向B环时，环内不产生感应电流，因此环不受到磁场的作用，横杆不转动，故B
错误；
CD. 用N极接近环A时，向里的磁通量最大，所以A环中感应电流的磁场的方向向外，环A能产生逆时针的感应电流，故C错误，D正确。

故选AD。

6．在竖直向上的匀强磁场中，水平放置一个不变形的单匝金属圆线圈，规定线圈中感应电流的正方向如图1所示，当磁场的感应强度B随时间如图2变化时，下图正确表示线圈中感应电动势E变化的是（）
【解析】在0−1s 内,根据法拉第电磁感应定律,E=n △Φ/△t=n △BS/△t=nB 0S.根据楞次定律,感应电动势
的方向与图示箭头方向相同,为正值；在1−3s 内,磁感应强度不变,感应电动势为零；在3−5s 内,根据法拉第电磁感应定律,E ′=n △Φ/△t=n △BS/△t=nB 0S/2=E/2.根据楞次定律，感应电动势的方向与图示方向相反，为负值,故A 正确，BCD 错误。

故选A 。

7．一飞机在北半球的上空以速度v 水平飞行，飞机翼展为b ；该空间地磁场磁感应强度的水平分量为1B ，竖直分量为2B ；驾驶员左侧机翼端点的电势用A ϕ表示，右侧机翼端点的电势用B ϕ表示，用E 表示飞机两个机翼产生的感应电动势，则（ ）
A ．1E
B vb =，A B ϕϕ< B ．1E B vb =，A B ϕϕ>
C ．2E B vb =，A B ϕϕ=
D ．2
E B vb =，A B ϕϕ> 【解析】一飞机在北半球的上空以速度v 水平飞行,切割磁感应强度的竖直分量,切割的长度等于驿站的长度,所以2E B vb =，根据右手定则，感应电动势的方向B 指向A ，所以A 点的电势高于B 点的电势。

故D 正确，ABC 错误。

故选D 。

8．如图所示，闭合导线框的质量可以忽略不计，将它从图示位置匀速拉出匀强磁场．若第一次拉出用时为
t ，外力做的功为1W ，通过导线截面的电荷量为1q ；第二次拉出用时为3t ，
外力所做的功为2W ，通过导线截面的电荷量为2q ，则（ ） A ．12W W <，12q q < B ．12W W <，12q q = C ．12W W >，12q q = D ．12W W >，12q q >
【解析】设线框的长为L 1,宽为L 2,速度为v.线框所受的安培力大小为F A =BIL,又I=BLv/R,线框匀速运动时,
外力与安培力平衡,则外力的大小为F=F A =B 2L 2
v/R ，
外力做功为W=FL 1=∝v,可见,外力做功与所用时间成反比,则有W 1>W 2。

两种情况下,线框拉出磁场时穿过线框的磁通量的变化量相等,根据感应电荷量公式式q=△Φ/R 可知,通过导线截面的电量相等,即有q 1=q 2。

故选C 。

9．如图所示，在匀强磁场中放置一个电阻不计的平行金属导轨，导轨跟大线圈M 相连，导轨上放一根导线
ab ，磁感线垂直于导轨所在平面，欲使M 所包围的小闭合线圈N 产生顺时针方向的感应电流，则导线的运动情况可能是（ ）
A ．匀速向右运动
B ．加速向右运动
C ．减速向右运动
D ．加速向左运动
【解析】A. 导线ab匀速向右运动时，导线ab产生的感应电动势和感应电流恒定不变，大线圈M产生的磁场恒定不变，穿过小线圈N中的磁通量不变，没有感应电流产生，故A错误；
B.导线ab加速向右运动时，导线ab中产生的感应电动势和感应电流增加，由右手定则判断出来ab 电流方向由a→b，根据安培定则判断可知：M产生的磁场方向：垂直纸面向里，穿过N的磁通量增大，由楞次定律判断得知：线圈N产生逆时针方向的感应电流，不符合题意，故B错误；
C.导线ab减速向右运动时，导线ab产生的感应电动势和感应电流减小，由右手定则判断出来ab电流方向由a→b，根据安培定则判断可知：M产生的磁场方向：垂直纸面向里，穿过N的磁通量减小，由楞次定律判断得知：线圈N产生顺时针方向的感应电流，故C正确；
D.导线ab加速向左运动时，导线ab中产生的感应电动势和感应电流增加，由右手定则判断出来ab电流方向由b→a，根据安培定则判断可知：M产生的磁场方向：垂直纸面向外，穿过N的磁通量增大，由楞次定律判断得知：线圈N产生顺时针方向的感应电流，故D正确。

故选CD。

10．在如图所示的电路中，S闭合时流过自感线圈的电流是2A，流过灯泡的电流是1A，将S突然断开，则S断开前后，能正确反映流过灯泡的电流I随时间t变化的图线是下图中的（）
【解析】当闭合电键,因为线圈阻碍作用,所以电流I1会慢慢增大，灯泡这一支路立即就有电流。

当电键断开，灯泡这一支路电流立即消失，因为线圈阻碍电流的减小，所以通过灯泡的电流不会立即消失，会从原来的大小慢慢减小，而且灯泡和L构成回路，通过灯泡的电流也流过L，所以I2变成反向,且逐渐减小。

因I1>I2，故D正确，ABC错误。

故选D。

11．如图所示的回路竖直放在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向外，导线AC可以贴着光滑竖直长导线下滑，设回路的总电阻恒为R．当导线AC从静止开始下落，下面有关回路中能量转化的叙述中正
确的是（）
A．导线下落过程中，导线AC的重力势能减小，动能一直增加，机械能守恒
B ．导线加速下落的过程中，导线减少的重力势能全部转化为回路中电阻上产生的热能
C ．导线加速下落的过程中，导线减少的重力势能转化为导线增加的动能和回路中产生的热能
D ．导线下落达到稳定速度后，导线减少的重力势能全部转化为回路中增加的内能
【解析】A. 导体AC 下落过程中切割磁感线产生从A 到C 的感应电流，受到竖直向上的安培力，下落过程中安培力做负功，机械能减小，减小的机械能转化为电能，所以机械能不守恒，故A 正确； BC. 导体加速下落过程中，重力做正功，重力势能减小，减小的重力势能一部分通过克服安培力做功转化为电能，另一部分转化为导体的动能；故B 错误，C 正确；
D. 导体下落达到稳定速度时，竖直向下的重力等于竖直向上的安培力，两力的合力等于零，导体做匀速直线运动，动能不变，导体减少的重力势能等于回路中增加的内能，故D 正确。

故选CD 。

12．两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平面内，两导轨间的距离为L ．导轨上面横放着两根导
体棒ab 和cd ，构成矩形回路，如图所示，两根导体棒的质量皆为m ，电阻皆为R ，回路中其余部分的电阻可不计，在整个导轨平面内都在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B ．设两导体棒均可沿导轨无摩擦地滑行．开始时，棒cd 静止，棒ab 有指向棒cd 的初速度v ．若两导体棒在运动中始终不接触，在两根棒到达共速的过程中，则（ ）
A ．cd 杆的最大速度为
2
v
B ．安培力分别对ab 棒和cd 棒的冲量等大反向
C ．安培力对cd 杆做的功为28mv ，cd 导体棒生热为2
8
mv
D ．ab 杆克服安培力做功为24mv ，两根导体棒生热为2
4
mv
【解析】从开始到两棒达到相同速度v 的过程中,两棒的总动量守恒,有mv=mv ’，得v ’=v/2，故A 正确；
B. 由右手定则知电流的方向逆时针，又由左手定则知ab 棒与cd 棒所受的安培力大小相等方向相反，所以安培力分别对ab 棒和cd 棒的冲量等大反向，故B 正确；
CD. 由动能定理得
2221)2(221mv v m W -⋅=安，得241mv W -=安；所以2cd 8
12mv
W W W ab -===安，
2cd 8
1mv
Q Q ab ==,故CD 错误。

故选AB 。

二、填空题（共15分，每空3分）
13．有一个面积为20.04m 的闭合线圈共有100匝，其电阻为4Ω，线圈中磁感应强度随时间均匀变化，每秒
钟变化0.5T ，则通过这个线圈的感应电流为__________A ，发热功率为_________W ．
【解析】线圈产生的感应电动势E=n △Φ/△t=n △BS/△t=100×0.5×0.04V=2V ，
感应电流的大小I=E/R=0.5A ，发热功率P=I 2
R=0.25×4W=0.1W 故本题答案为：0.5A ，0.1V 。

14．如图所示，在磁感应强度为0.2T 的匀强磁场中，有一长为0.5m 的导体AB 在金属框架上以10m /s 的速
度向右滑动，杆AB 的电阻10Ωr =，1220ΩR R ==，其它电阻不计，则杆AB 两端的电压是_______V ．
【解析】导体棒AB 切割磁感线产生的感应电动势E=BLv=0.2×0.5×10V=1V 。

故本题答案为：1V 。

16．一电容器的电容为10μF ，垂直于回路平面的磁感应强度以3510/s T -⨯的变化率增加，
回路面积为22110m -⨯，如图所示．则A 、C 两板间的电压为_________V ，A 板所带电量为________C ．（标明正负）
【解析】由法拉第电磁感应定律：E=N △∅/△t=N △B ⋅S/△t=5×10−5V ，
则A. C 两板的电势差5×10−5
V ，由公式C=Q/U 得：Q=C/U=5×10−10
C 。

故答案为：5×10−5
,5×10−10。

三、计算题（共37分，16题10分，17题13分，18题14分）
16．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），求：
（1）线圈中感应电流的大小；
（2）克服安培力的功率FA P 克，线圈总的电功率P 总，试证明FA P P =总克．
【解析】(1)感应电动势的大小为：E=Blv
根据闭合欧姆定律得：I=Blv/R (2)因为线圈被匀速拉出,所以F=F 安 则拉力为：F=F 安=B 2l 2
v/R
克服安培力的功率
FA P 克
=Fv=B 2l 2v 2
/R
(2)线圈总的电功率等于拉力的功率：P 总=P F =Fv=B 2l 2v 2
/R 所以
FA P P =总
克
答：(1)线圈中感应电流的大小； （2）证明如上。

17．如图所示，固定在水平面上的金属框架CFED 处在竖直向下的匀强磁场中，金属棒ab 搁在框架上，可
无摩擦滑动．此时，aFEb 构成一个边长为l 的正方形．棒的电阻为r ，其余部分电阻不计．开始时磁
感应强度为0B ．
（1）若以0t =时刻起，磁感应强度均匀增加，每秒增量为k ，同时保持静止，求棒中的感应电流，并
说明方向． （2）在上述（1）情景中，始终保持棒静止，当1s t t =末时需加垂直于棒的水平拉力为多大？ （3）若从0t =时刻起，磁感应强度逐渐减小，当棒以恒定速度v 向右做匀速运动时，可使棒中不产生
感应电流，则磁感应强度应怎样随时间变化？（写出B 与t 的关系式）
【解析】(1)感应电动势E=△Φ/△t=kl 2,感应电流I=E/r=kl 2/r ，
方向为逆时针方向，即a →d →e →b →a.
(2)在t=t 1(s)时,B=B 0+kt 1,棒ab 所受的安培力F 安=BIl 要始终保持棒静止,则水平拉力F=F 安
所以F=(B 0+kt 1)kl 3
/r
(3)要棒中不产生感应电流，则总磁通量不变，则得 Bl(l+vt)=B 0l 2
， 所以B=B 0l/(l+vt)
答：(1)棒中的感应电流大小为kl 2
/r ，方向为逆时针方向，即a →d →e →b →a ； (2)需加的垂直于棒的水平拉力为(B 0+kt 1)kl 3
/r ； (3)磁感应强度的变化规律为B=B 0l/(l+vt)。

18．如图所示，处于匀强磁场中的两根足够长、电阻不计的平行金属导轨相距1m ，导轨平面与水平面成
37θ=︒角，下端连接阻值为2ΩR =的电阻．匀强磁场方向与导轨平面垂直．质量为0.2kg 、电阻不计
的金属棒ab 放在两导轨上，棒与导轨垂直并保持良好接触，它们之间的动摩擦因数为0.25． （1）求金属棒沿导轨由静止开始下滑时的加速度大小；
（2）若金属棒下滑的最大速度为10m /s ，则磁感应强度B 的大小为多少；
（3）接（2）问，金属棒到达最大速度沿杆下滑的距离为20m ，则金属杆克服安培力做的功以及电阻R
上生热分别为多少？（210m /s g =，sin370.6︒=，cos370.8︒=） 【解析】(1)金属棒开始下滑的初速为零，根据牛顿第二定律有：
mgsin θ−μmgcos θ=ma 解得：a=g(sin θ−μcos θ)=4m/s 2
故金属棒沿导轨由静止开始下滑时的加速度大小为4m/s 2
(2)设金属棒运动达到稳定时，速度为v ，所受安培力为F ，棒在沿导轨方向受力平衡，有： mgsin θ−μmgcos θ−F=0 金属棒所受安培力F=BIL=B 2L 2
v/R 两式联立解得B=0.4T
(3)金属棒到达最大速度沿杆下滑做匀速直线运动，有动能定理得 ( mgsin θ−μmgcos θ）s-W 安=0 解得W 安=8J
电流I=E/R=BLv/R=2A 运动时间t=s/v=2s 电阻R 上生热Q=I 2
Rt=16J
答：(1)金属棒沿导轨由静止开始下滑时的加速度大小为4m/s 2
； (2)磁感应强度B 的大小为0.4T ；
(3)金属杆克服安培力做的功以及电阻R 上生热分别为8J 和16J 。