学年高中学习物理 第四章节 电磁感应 、 划时代的发现 探究感应电流的产生条件总结练习 新人教版选修

4-1、2划时代的发现探究感应电流的产生条件
时间：40分钟总分值：100分
一、选择题(每题6分，共60分)
1．(多项选择)在电磁学的开展历程中，奥斯特与法拉第的奉献值得人们纪念。

以下有关说法正确的选项是( )
A．法国物理学家奥斯特发现了电流的磁效应，并提出了右手螺旋定那么和“分子电流〞假说
B．电流磁效应的发现，宣告了电磁学作为一门统一学科的诞生，掀起了一场研究电与磁关系的浪潮
C．法拉第虽然发现了电磁感应现象，但发现过程并不是一帆风顺的，也曾受思维定式的影响
D．电磁感应的发现，开辟了人类的电气化时代，促进了人类文明的开展
答案CD
解析丹麦物理学家奥斯特发现了电流的磁效应，安培提出了右手螺旋定那么和“分子电流〞假说，选项A错误。

电流磁效应的发现掀起了一场研究电与磁关系的浪潮，英国物理学家法拉第经过十年的不懈努力，发现了电磁感应现象。

电磁感应现象的发现，宣告了电磁学的诞生，开辟了人类的电气化时代，应选项B错误，C、D正确。

2．关于磁通量，以下说法中正确的选项是( )
A．磁通量不仅有大小，而且有方向，所以是矢量
B．磁通量越大，磁感应强度越大
C．通过某一面的磁通量为零，该处磁感应强度不一定为零
D．磁通量就是磁感应强度
答案C
解析磁通量是标量，故A错误；由Φ＝BS⊥可知Φ由B和S⊥两个因素决定，Φ较大，有可能是由于S⊥较大造成的，所以磁通量越大，磁感应强度越大是错误的，故B错误；由Φ＝BS⊥可知，当线圈平面与磁场方向平行时，S⊥＝0，Φ＝0，但磁感应强度B 不为零，故C正确；磁通量和磁感应强度是两个不同的物理量，故D错误。

3．(多项选择)如下列图，导线ab和cd互相平行，那么以下四种情况中，导线cd中有电流的是( )
A．开关S闭合或断开的瞬间
B．开关S是闭合的，滑动触头向左滑
C．开关S是闭合的，滑动触头向右滑
D．开关S始终闭合，滑动触头不动
答案ABC
解析开关S闭合和断开的瞬间，ab中电流发生变化，穿过上面回路的磁通量发生变化，导线cd中有感应电流产生，A正确；开关S闭合后，滑动触头向左滑，接入电路的阻值增大，下面回路中电流减小，那么导线ab产生的磁场减弱，穿过上面回路的磁通量也减小，因此上面的回路有感应电流产生，B正确；同理，滑动触头向右滑，接入电路的阻值减小，下面回路中电流增大，那么ab产生的磁场增强，穿过上面回路的磁通量增大，也有感应电流产生，C正确；D 选项中，开关S是闭合的，滑动触头不动，电路中电阻不变，电路中电流也不变，ab产生的磁场不变化，穿过上面回路的磁通量也不变，上面回路无电流产生，G无示数，D错误。

4．闭合电路的一局部导线ab处于匀强磁场中，如下列图，各情况下导线都在纸面内运动，那么以下判断中正确的选项是( )
A．都会产生感应电流
B．都不会产生感应电流
C．甲、丙会产生感应电流，乙、丁不会产生感应电流
D．甲、乙不会产生感应电流，丙、丁会产生感应电流
答案C
解析甲、丙两图中导线ab都在垂直切割磁感线，又因电路闭合，故产生感应电流；乙、丁两图中导线不切割磁感线，不会产生感应电流。

故C项正确。

5．如下列图，三角形线圈abc放在范围足够大的匀强磁场中并做以下运动，能产生感应电流的是( )
A．向上平移
B．向右平移
C．向左平移
D．以ab为轴转动
答案D
解析线圈平移时，穿过线圈的磁通量不变，线
圈中不产生感应电流，A、B、C错误；线圈以ab为轴转动时，线圈与磁场的夹角变化而使穿过线圈的磁通量变化，从而产生电流，D正确。

6．如下列图，在匀强磁场中的矩形金属轨道上，有等长的两根金属棒ab和cd，它们以相同的速度匀速运动，那么( )
A．断开开关S，ab 中有感应电流
B．闭合开关S，ab中有感应电流
C．无论断开还是闭合开关S，ab中都有感应电流
D．无论断开还是闭合开关S，ab中都没有感应电流
答案B
解析两根金属棒ab和cd以相同的速度匀速运动，假设断开开关S，两根金属棒与导轨构成的回路中磁通量无变化，那么回路中无感应电流，故A、C 错误；假设闭合开关S，两根金属棒与导轨构成的回路中磁通量发生变化，那么回路中有感应电流，故B 正确、D错误。

7．如下列图，a、b、c三个闭合线圈放在同一平
面内，当线圈a中有电流I通过时，它们的磁通量分别为Φa、Φb、Φc，以下说法中正确的选项是( )
A．Φa<Φb<Φc
B．Φa>Φb>Φc
C．Φa<Φc<Φb D．Φa>Φc>Φb
答案B
解析当a中有电流通过时，根据安培定那么可知穿过a、b、c三个闭合线圈向里的磁感线条数一样多，向外的磁感线条数c最多，其次是b，a中无向外的磁感线。

因此合磁通量应该是Φa>Φb>Φc，选B。

8.在闭合铁芯上绕有一组线圈，线圈与滑动变阻器、电池构成电路，假定线圈产生的磁感线全部集中在铁芯内，a、b、c三个闭合金属圆环位置如下列图，当滑动变阻器的滑片左右滑动时，能产生感应电流的圆环是( )
A．a、b两环 B．b、c 两环
C．a、c两环D．a、b、c三个环
答案A
解析当滑动变阻器的滑片左右滑动时，引起电路中电流变化，从而引起闭合铁芯中的磁通量变化，a、b两圆环中的磁通量必定随之变化，有感应电流产生，而c环中有两股铁芯同时穿过，穿入和穿出的磁通量始终相等，合磁通量为零，所以c环中不能产生感应电流。

应选A。

9．(多项选择)如图是一水平放置的矩形线圈abcd，在细长的磁铁的N极附近竖直下落，保持bc 边在纸外，ad边在纸内，由图中的位置A经过位置B 到位置C，这三个位置都靠得很近且B位置刚好在条形磁铁的中心轴线上。

在这个过程中，以下说法正确的选项是( )
A．由位置A到位置B，
框内不产生感应电流
B．由位置A到位置B，框内产生感应电流
C．由位置B到位置C，框内产生感应电流
D．由位置B到位置C，框内不产生感应电流
答案BC
解析如下列图，作出其正视(从对面看去)图，从图中可以看出：从位置A到位置B的过程中，从线框下面向上穿过线框的磁通量减少(B位置时，Φ＝0)；而从位置B到位置C时，从线框上面向下穿过线框的磁通量增加，故由位置A到位置B和由位置B到位置C的两个过程中，穿过线框的磁通量都发生变化，都产生感应电流，故B、C正确，A、D错误。

10．(多项选择)以下各图的闭合金属线圈中无感应电流的是( )
答案AB
解析产生感应电流的条件是：闭合回路的磁通量发生变化。

A图中线圈左侧一垂直纸面向里的通电导线快速从线圈左侧通过瞬间，通电导线产生的磁场
与线圈平面平行，在线圈中的磁通量一直为零，所以不能产生感应电流，故A正确；B图中线圈的平面始终与磁场平行，穿过线框的磁通量始终是零，闭合线圈的磁通量没有发生变化，没有产生感应电流，故B 正确；C图中线圈由矩形变成圆形的过程，线圈的面积增大，磁通量增大，所以能产生感应电流，故C错误；D图中转动磁铁，线圈也随之转动的过程，线圈中磁通量是变化的，有感应电流，故D错误。

二、非选择题(共3小题，40分)
11．(12分)在研究电磁感应现象的实验中所用器材如下列图。

它们是：①电流计；②直流电源；③带铁芯的线圈A；④线圈B；⑤开关；⑥滑动变阻器(用来控制电流以改变磁场强弱)。

试按实验的要求在实物图上连线(图中已连好一根导线)。

假设连接滑动变阻器的两根导线接在接线柱C和D上，而在开关刚刚闭合时电流表指针右偏，那么开关闭合后滑动变阻器的滑动触头向接线柱C移动时，电流计指针将________(填“左偏〞“右偏〞或“不偏〞)。

答案(1)图见解析(2)左偏
解析(1)该实验为探究电磁感应现象的实验，电流计与副线圈B的两个接线柱连接，构成回路；原线圈A与滑动变阻器、开关、直流电源构成回路，然后依次连接如图：
(2)在开关刚闭合时，回路中的电流增大，原线圈中电流产生的磁场增大，所以副线圈中的磁通量增大，此时电流表指针右偏；开关闭合后滑动变阻器的滑动触头迅速向接线柱C移动时，接入电路的有效电阻增大，所以回路中的电流减小，原线圈中的电流产生的磁场减小，穿过副线圈的磁通量减小，指针向左偏。

12．(12分)如下列图，匀强磁场区域宽度为l，使一边长为d(d>l)的矩形线框以恒定速度v向右通过磁场区域，求该过程中有感应电流的时间。

答案
解析在矩形线框的右端离开磁场右边缘开始直到线框的左端进入磁场为止(如下列图)，穿过线框的磁通量不变化，所以这段时间无感应电流，其他时间磁通量变化，有感应电流。

这段运动的距离为d－l，运动时间为t＝，线框通过磁场的总时间为t′＝，所以有感应电流的时间为Δt＝t′－t＝。

13．(16分)如下列图，有一个垂直纸面向里的匀强磁场B＝0.8T，磁场有明显的圆形边界，圆心为O，半径为1cm。

现于纸面内先后放上圆形线圈，圆心均在O处，A线圈半径为1cm,10匝；D线圈半径为2cm,1匝；C线圈半径为0.5cm,1匝；问：
(1)在磁感应强度B减少为0.4T的过程中，A和D中的磁通量改变了多少？
(2)当磁场转过30°角的过程中，C中的磁通量改变了多少？
答案(1)1.256×10－4Wb 1.256×10－4Wb
(2)8.4×10－6Wb
解析(1)对A线圈Φ1＝B1S1＝B1πr，Φ2＝B2S2＝B2πr，
故磁通量的改变量|Φ2－Φ1|＝(.8－0.4)×3.14×(1×10－2)2Wb＝1.256×10－4Wb
D线圈中磁场的有效面积与A线圈中磁场的有效面积相同，所以对D线圈|Φ2－Φ1|＝1.256×10－4Wb。

(2)对C线圈，Φ1′＝B1πr，磁场转过30°，线圈面积在磁场方向上的投影为S1′＝πr cos30°，那么Φ2′＝B1S1′＝B1πr cos30°
ΔΦ＝|Φ2′－Φ1′|＝B1πr(1－cos30°)≈8.4×10－6Wb。