新人教版选修32第4章+电磁感应单元测试卷解析版

第1页（共20页）新人教版选修32第4章电磁感应2015年单元测试卷一、选择题1如图所示为两个互相绝缘的金属环重叠在同一平面内，小环有一半面积在大环中，当大环接通电源的瞬间，小环中感应电流的情况是（）A无感应电流B有顺时针的感应电流C有逆时针的感应电流D无法确定2用图示装置进行电磁感应实验，下列操作不能形成感应电流的是（）A电键闭合和断开的瞬间B电键闭合，移动滑动变阻器的滑动触头C电键闭合后线圈A在B中插入或拔出D只电键保持闭合3下列关于电磁感应现象的认识，正确的是（）A它最先是由奥斯特通过实验发现的B它说明了电能生磁C它是指变化的磁场产生电流的现象D它揭示了电流受到安培力的原因第2页（共20页）4一个N匝圆线圈，放在磁感应强度为B的匀强磁场中，线圈平面跟磁感强度方向成30角，磁感强度随时间均匀变化，线圈导线规格不变，下列方法中可使线圈中感应电流增加一倍的是（）A将线圈匝数增加一倍B将线圈面积增加一倍C将线圈半径增加一倍D适当改变线圈的取向5两圆环A、B置于同一水平面上，其中A为均匀带电绝缘环，B为导体环，当A以如图所示的方向绕中心转动的角速度发生变化时，B中产生如图所示方向的感应电流则（）AA可能带正电且转速减小BA可能带正电且转速增大CA可能带负电且转速减小DA可能带负电且转速增大6首先发现电流的磁效应的物理学家是（）A安培B法拉第C奥斯特D牛顿7如图所示电路中，S是闭合的，此时流过线圈L的电流为I1，流过灯泡A的电流为I2，且I1I2，在T1时刻将S断开，那么流过灯泡的电流随时间变化的图象是图中的哪一个（）ABCD8如图所示，有一矩形线圈ABCD在匀强磁场中分别绕轴O1O1和中轴O2O2以同样的角速度匀速转动，那么此线圈在以O1O1和O2O2分别为轴旋转到线圈平面与磁感线平行时，可产生的感应电流之比为（）第3页（共20页）A12B21C14D119一个面积S4102M2、匝数N100的线圈放在匀强磁场中，磁场方向垂直于线圈平面，磁感应强度B随时间T变化的规律如图所示，则下列判断正确的是（）A在开始的2S内穿过线圈的磁通量变化率等于008WB/SB在开始的2S内穿过线圈的磁通量的变化量等于零C在开始的2S内线圈中产生的感应电动势等于8VD在第3S末线圈中的感应电动势等于零10下列叙述正确的是（）A力、长度和时间是力学中三个基本物理量，它们的单位牛顿、米和秒就是基本单位B伽利略用“月地检验”证实了万有引力定律的正确性C法拉第最先提出电荷周围存在电场的观点D牛顿在给出万有引力定律的同时给出了引力常量二、填空题11电磁灶是利用原理制成的，它在灶内通过交变电流产生交变磁场，使放在灶台上的锅体内产生而发热12一个200匝，面积02M2的均匀圆线圈，放在匀强磁场中，磁场方向与线圈垂直若磁感应强度在005S内由01T增加到05T，则在此过程中，磁通量的变化率是WB/S，线圈中的感应电动势为EV第4页（共20页）13如图所示，匀强磁场竖直向下，磁感应强度为B有一边长为L的正方形导线框ABCD，匝数为N，可绕OO边转动，导线框总质量为M，总电阻为R现将导线框从水平位置由静止释放，不计摩擦，转到竖直位置时动能为EK，则在此过程中流过导线某一截面的电量为，导线框中产生热量为14一闭合线圈有50匝，总电阻R20，穿过它的磁通量在01S内由8103WB增加到12102WB，则线圈中的感应电动势E，线圈中的电流强度I三、计算题15一个匝数为N200的矩形线圈ABCD位于匀强磁场中，磁感强度大小为B08T、初始位置如图所示（线圈平面和磁场方向平行），线圈以AB为轴匀速转动，角速度为5RAD/S，已知AB边L115CM，AD边L210CM，线圈的总电阻是R100求（1）线圈转动过程中的感应电动势的最大值；（2）线圈从初始位置开始计时，线圈转动过程中的感应电流的瞬时表达式；（3）线圈从初始位置开始，转过90角的过程中，通过导线截面的电量；（4）线圈转动1分钟内外力所做的功第5页（共20页）16如图，一交流发电机的线圈在匀强磁场中匀速转动，线圈匝数N100，线圈电阻R3，ABCD05M，BCAD04M，磁感应强度B05T，电阻R311，当线圈以N300R/MIN的转速匀速转动时求（1）感应电动势的最大值；（2）T0时线圈在图示位置，写出此交变电流电动势瞬时值表达式；（3）此电压表的示数是多少17截面积为02M2的100匝圆形线圈A处在匀强磁场中，磁场方向垂直线圈平面向里，如图所示，磁感应强度正按002T/S的规律均匀减小，开始时S未闭合R14，R26，C30F，线圈内阻不计求（1）S闭合后，通过R2的电流大小；（2）S闭合后一段时间又断开，则S切断后通过R2的电量是多少18如图所示，匀强磁场的磁感应强度B1T，平行导轨宽L1M两根相同的金属杆MN、PQ在外力作用下均以V1M/S的速度贴着导轨向左匀速运动，金属杆电阻为R05导轨右端所接电阻R1，导轨电阻不计（已知N个相同电源的并联，等效电动势等于任意一个电源的电动势，等效内阻等于任意一个电源内阻的N分之一）（1）运动的导线会产生感应电动势，相当于电源用电池等符号画出这个装置的等效电路图（2）求10S内通过电阻R的电荷量以及电阻R产生的热量第6页（共20页）第7页（共20页）新人教版选修32第4章电磁感应2015年单元测试卷（江西省宜春三中）参考答案与试题解析一、选择题1如图所示为两个互相绝缘的金属环重叠在同一平面内，小环有一半面积在大环中，当大环接通电源的瞬间，小环中感应电流的情况是（）A无感应电流B有顺时针的感应电流C有逆时针的感应电流D无法确定【考点】楞次定律【专题】电磁感应与电路结合【分析】由通电导线产生磁场，导致线圈中产生感应电流，再根据电流与电流的作用力关系进行判断，同向电流相互吸引，异向电流相互排斥【解答】解根据右手螺旋定则可知，通电导线瞬间，左、右线圈的磁通量均增大，但小线圈的左边的磁场方向垂直纸面向里，右边的磁场方向垂直向外导致合磁场方向垂直纸面向里，根据楞次定律可知，线圈的感应电流方向都是逆时针方向，故C正确，A、B、D错误故选C【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2用图示装置进行电磁感应实验，下列操作不能形成感应电流的是（）第8页（共20页）A电键闭合和断开的瞬间B电键闭合，移动滑动变阻器的滑动触头C电键闭合后线圈A在B中插入或拔出D只电键保持闭合【考点】研究电磁感应现象【分析】产生感应电流的条件是穿过闭合回路的磁通量发生变化；根据图示情景分析答题【解答】解由图示可知，电流表所在电路闭合，A、电键闭合和断开的瞬间，穿过线圈B的磁通量发生变化，有感应电流产生，故A错误；B、电键闭合，移动滑动变阻器的滑动触头，穿过线圈B的磁通量发生变化，有感应电流产生，故B错误；C、电键闭合后线圈A在B中插入或拔出，穿过线圈B的磁通量发生变化，有感应电流产生，故C错误；D、保持开关闭合，则线圈A所在电路中的电流电流不变，穿过线圈B的磁通量不变，没有感应电流产生，故D正确；故选D【点评】本题考查了感应电流产生的条件，熟练掌握基础知识即可正确解题，本题是一道基础题3下列关于电磁感应现象的认识，正确的是（）A它最先是由奥斯特通过实验发现的B它说明了电能生磁C它是指变化的磁场产生电流的现象D它揭示了电流受到安培力的原因【考点】电磁感应现象的发现过程【分析】利用磁场产生电流的现象是电磁感应现象，电磁感应现象表明磁能生电【解答】解A、奥斯特发现了电流的磁效应，法拉第发现了电磁感应现象，故A错误；B、电磁感应现象说明，磁能生电，故B错误；第9页（共20页）C、利用磁场产生电流的现象是电磁感应现象，变化的磁场产生电流的现象是电磁感应现象，故C正确；D、电磁感应现象揭示了磁能生电，它并没有揭示电流受到安培力的原因，故D错误；故选C【点评】奥斯特发现了电流的磁效应，法拉第发现了电磁感应现象，人们认识到电与磁是相互联系的；电磁感应现象的发现，使人类进入电气化时代4一个N匝圆线圈，放在磁感应强度为B的匀强磁场中，线圈平面跟磁感强度方向成30角，磁感强度随时间均匀变化，线圈导线规格不变，下列方法中可使线圈中感应电流增加一倍的是（）A将线圈匝数增加一倍B将线圈面积增加一倍C将线圈半径增加一倍D适当改变线圈的取向【考点】法拉第电磁感应定律；楞次定律【专题】电磁感应与电路结合【分析】根据法拉第电磁感应定律EN，电阻定律R，以及欧姆定律推导出电流I的表达式，看I与什么因素有关，从而判断出哪一种方法使感应电流增加一倍【解答】解A、法拉第电磁感应定律EN，将线圈的匝数变化时，说明一定时，E与N成正比当线圈匝数增加为原来的1倍，则线圈产生的感应电动势也增加为原来的1倍，但线圈电阻也增加原来的1倍，因此线圈中的感应电流没有变化故A错误；B、由法拉第电磁感应定律EN，将线圈的面积增加1倍时，则也增加1倍，则线圈产生的感应电动势是原来的2倍线圈的面积增加1倍，半径为原来的，周长也为原来的，由电阻定律R，可得线圈电阻是原来的倍，因此线圈中的感应电流是原来的倍，故B错误C、法拉第电磁感应定律EN，将线圈的直径增加1倍时，则线圈面积是原来的4倍，因此也是原来的4倍，所以线圈产生的感应电动势是原来的4倍，由电阻定律R，可得线圈电阻是原来的2倍，因此线圈中的感应电流是原来的2倍，即线圈中产生的感应电流增大1倍，故C正确；D、由ISIN，将线圈与磁场方向的夹角改变时，SIN可以变为原来的2倍，电流可以变为原来的2倍，故D正确故选CD第10页（共20页）【点评】解决本题的关键掌握法拉第电磁感应定律、电阻定律、闭合电路欧姆定律的内容，注意电阻定律中的S，并不是线圈面积5两圆环A、B置于同一水平面上，其中A为均匀带电绝缘环，B为导体环，当A以如图所示的方向绕中心转动的角速度发生变化时，B中产生如图所示方向的感应电流则（）AA可能带正电且转速减小BA可能带正电且转速增大CA可能带负电且转速减小DA可能带负电且转速增大【考点】楞次定律【分析】A环转动时产生等效电流，若电流产生的磁场使B中的磁通量发生变化，则可以在B中产生感应电流；则根据楞次定律可判断A中带电及转动情况【解答】解由图可知，B中电流为逆时针，由右手螺旋定则可知，感应电流的磁场向外，由楞次定律可知，引起感应电流的磁场可能为向外减小或向里增大；若原磁场向里，则A中电流应为顺时针，故A应带正电，因磁场变强，故A中电流应增大，即A的转速应增大，故B正确；若原磁场向外，则A中电流应为逆时针，即A应带负电，且电流应减小，即A的转速应减小，故C正确；故选BC【点评】本题为楞次定律应用的逆过程，要明确B中感应电流是因为B中的磁通量发生变化引起的，同时还应知道由于A的转动而形成的等效电流的强弱与转速有关6首先发现电流的磁效应的物理学家是（）A安培B法拉第C奥斯特D牛顿【考点】物理学史【专题】常规题型【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可【解答】解奥斯特发现了通电导体周围存在磁场，是第一个发现电流磁效应的科学家；故ABD错误，C正确；故选C第11页（共20页）【点评】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一7如图所示电路中，S是闭合的，此时流过线圈L的电流为I1，流过灯泡A的电流为I2，且I1I2，在T1时刻将S断开，那么流过灯泡的电流随时间变化的图象是图中的哪一个（）ABCD【考点】自感现象和自感系数【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【解答】解当闭合电键，因为线圈阻碍作用，所以电流I1会慢慢增大，灯泡A这一支路立即就有电流当电键断开，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I2变成反向，且逐渐减小因I1I2，故D正确，A、B、C错误故选D【点评】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8如图所示，有一矩形线圈ABCD在匀强磁场中分别绕轴O1O1和中轴O2O2以同样的角速度匀速转动，那么此线圈在以O1O1和O2O2分别为轴旋转到线圈平面与磁感线平行时，可产生的感应电流之比为（）A12B21C14D11【考点】交流发电机及其产生正弦式电流的原理；导体切割磁感线时的感应电动势第12页（共20页）【专题】定量思想；推理法；交流电专题【分析】由EMNBS求出感应电动势的最大值，再由闭合电路欧姆定律，即可求解感应电流，从而得出它们之比【解答】解矩形线圈在匀强磁场中匀速转动时产生的最大感应电动势EMNBS，与转轴位置无关，因而感应电流是相同的，故ABC错误，D正确；故选D【点评】本题是简单的交流发电机的原理，考查综合应用法拉第定律、欧姆定律、楞次定律等电磁学规律分析实际问题的能力9一个面积S4102M2、匝数N100的线圈放在匀强磁场中，磁场方向垂直于线圈平面，磁感应强度B随时间T变化的规律如图所示，则下列判断正确的是（）A在开始的2S内穿过线圈的磁通量变化率等于008WB/SB在开始的2S内穿过线圈的磁通量的变化量等于零C在开始的2S内线圈中产生的感应电动势等于8VD在第3S末线圈中的感应电动势等于零【考点】法拉第电磁感应定律；磁通量【分析】由图象看出，磁感应强度随时间均匀增大，从而得出磁通量的变化率，再由法拉第电磁感应定律求出线圈中产生的感应电动势，从而即可求解【解答】解A、由图象的斜率求得T/S2T/S，因此有S24102WB/S8102WB/S，故A正确，B、开始的2S内穿过线圈的磁通量的变化量不等于零，故B错误；C、根据法拉第电磁感应定律得ENNS10024102WB/S8V，可知它们的感应电动势大小为8V，故C正确；第13页（共20页）D、由图看出，第3S末线圈中的磁通量为零，但磁通量的变化率不为零，感应电动势也不等于零，故D错误；故选AC【点评】本题中磁感应强度均匀增大，穿过线圈的磁通量均匀增加，线圈中产生恒定的电动势，由法拉第电磁感应定律求出感应电动势，是经常采用的方法和思路10下列叙述正确的是（）A力、长度和时间是力学中三个基本物理量，它们的单位牛顿、米和秒就是基本单位B伽利略用“月地检验”证实了万有引力定律的正确性C法拉第最先提出电荷周围存在电场的观点D牛顿在给出万有引力定律的同时给出了引力常量【考点】物理学史【分析】力学中的基本物理量有三个，它们分别是长度、质量、时间，它们的单位分别为M、KG、S，牛顿用“月地“检验法验证了牛顿定律的正确性再结合法拉第和牛顿的贡献进行答题【解答】解A、“力”不是基本物理量，“牛顿”也不是力学中的基本单位，故A错误；B、牛顿用“月地“检验法验证了万有引力定律的正确性，故B错误；C、法拉第最先提出电荷周围存在电场的观点，故C正确；D、牛顿发现了万有引力定律，但没有给出引力常量，故D错误故选C【点评】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，注重积累二、填空题11电磁灶是利用电磁感应原理制成的，它在灶内通过交变电流产生交变磁场，使放在灶台上的锅体内产生涡流而发热【考点】电磁感应在生活和生产中的应用【分析】电磁感应在生活中的应用很多，而电磁灶就是利用电磁感应原理制作而成的【解答】解电磁灶是利用电磁感应原理制成的；产生热量的原因是利用交变电流产生交变磁场，使放在灶台上的锅体内产生的涡流而将电磁能转化为热量；第14页（共20页）故答案为电磁感应；涡流【点评】本题考查了电磁感应的应用，了解电磁灶的原理是解此题的关键比较基本，解答不难12一个200匝，面积02M2的均匀圆线圈，放在匀强磁场中，磁场方向与线圈垂直若磁感应强度在005S内由01T增加到05T，则在此过程中，磁通量的变化率是16WB/S，线圈中的感应电动势为E320V【考点】法拉第电磁感应定律【专题】交流电专题【分析】穿过线圈的磁通量发生变化，导致线圈中产生感应电动势，从而出现感应电流由法拉第电磁感应定律可得感应电动势的大小【解答】解圆线圈在匀强磁场中，现让磁感强度在005S内由01T均匀地增加到05T所以穿过线圈的磁通量变化量是21（B2B1）S0402008WB而磁通量变化率为WB/S16WB/S则线圈中感应电动势大小为EN20016320V；故答案为16；32【点评】感应电动势的大小与磁通量的变化率有关，而与磁通量变化及磁通量没有关系由此求出则是平均感应电动势，而瞬时感应电动势则由EBLV，式中L是有效长度，V是切割磁感线的速度13如图所示，匀强磁场竖直向下，磁感应强度为B有一边长为L的正方形导线框ABCD，匝数为N，可绕OO边转动，导线框总质量为M，总电阻为R现将导线框从水平位置由静止释放，不计摩擦，转到竖直位置时动能为EK，则在此过程中流过导线某一截面的电量为，导线框中产生热量为MG【考点】交流的峰值、有效值以及它们的关系；交流电的平均值及其应用第15页（共20页）【专题】带电粒子在电场中的运动专题【分析】通过线圈的电流用平均电动势，根据QIT求解通过的电量，由能量守恒求产生的热量【解答】解（1）根据感应电动势的定义式得EN回路中产生的电流I通过线圈的电荷量QIT由能量守恒知MGLEKQ解得QMG故答案为；MG【点评】本题重点考查了平均电动势能量守恒定律的直接应用，难度不大，属于基础题14一闭合线圈有50匝，总电阻R20，穿过它的磁通量在01S内由8103WB增加到12102WB，则线圈中的感应电动势E2V，线圈中的电流强度I01A【考点】法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律【专题】电磁感应与电路结合【分析】根据法拉第电磁感应定律EN求出感应电动势，再根据闭合电路欧姆定律求出感应电流的大小【解答】解根据法拉第电磁感应定律得线圈中感应电动势为EN50V2V感应电流为IA01A故答案为2V，01A【点评】解决本题的关键掌握法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律三、计算题第16页（共20页）15一个匝数为N200的矩形线圈ABCD位于匀强磁场中，磁感强度大小为B08T、初始位置如图所示（线圈平面和磁场方向平行），线圈以AB为轴匀速转动，角速度为5RAD/S，已知AB边L115CM，AD边L210CM，线圈的总电阻是R100求（1）线圈转动过程中的感应电动势的最大值；（2）线圈从初始位置开始计时，线圈转动过程中的感应电流的瞬时表达式；（3）线圈从初始位置开始，转过90角的过程中，通过导线截面的电量；（4）线圈转动1分钟内外力所做的功【考点】交流的峰值、有效值以及它们的关系；法拉第电磁感应定律【专题】交流电专题【分析】（1）由EMNBS求出感应电动势的最大值；（2）从图示位置开始计时，线圈转动过程中的感应电动势的瞬时表达式形式为EEMCOST，再由欧姆定律求解感应电流的瞬时表达式；（3）根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律求解电量（4）由EEM求出感应电动势的有效值E，由焦耳定律求解焦耳热【解答】解（1）感应电动势的最大值为EMNBS12V（2）从图示位置开始计时，线圈转动过程中的感应电动势的瞬时表达式形式为EEMCOST，由欧姆定律得到感应电流的瞬时表达式为I012COS5TA（3）线圈从初始位置开始，转过90角的过程中，感应电动势平均值为N，感应电流平均值为通过导线截面的电量QT联立得到QN24102C（4）根据焦耳定律得第17页（共20页）QI2RT（）2RT（）210060J432J所以线圈转动1分钟内外力所做的功为432J，答（1）线圈转动过程中的感应电动势的最大值为12V；（2）从图示位置开始计时，线圈转动过程中的感应电流的瞬时表达式为012COS5TA；（3）线圈从初始位置开始，转过90角的过程中，通过导线截面的电量是24102C；（4）线圈转动1分钟内外力所做的功为432J【点评】本题是简单的交流发电机的原理，考查综合应用法拉第定律、欧姆定律、楞次定律等电磁学规律分析实际问题的能力16如图，一交流发电机的线圈在匀强磁场中匀速转动，线圈匝数N100，线圈电阻R3，ABCD05M，BCAD04M，磁感应强度B05T，电阻R311，当线圈以N300R/MIN的转速匀速转动时求（1）感应电动势的最大值；（2）T0时线圈在图示位置，写出此交变电流电动势瞬时值表达式；（3）此电压表的示数是多少【考点】交流发电机及其产生正弦式电流的原理；闭合电路的欧姆定律【专题】交流电专题【分析】（1）先求出角速度，再根据EMNBS求出最大电动势；（2）先根据闭合电路欧姆定律求出电流的最大值，再根据感应电流与感应电动势的瞬时值表达式的关系即可求解；（3）先求出电流的有效值，根据公式UIR求解【解答】解（1）根据角速度与转速的关系得2N10RAD/S感应电动势的最大值为EMNBS10005050410V100V314V（2）在图示的位置，导线切割磁感线的有效速度为零，瞬时电压为零；故此交变电流电动势的瞬时值表达式为E314SIN10T第18页（共20页）（3）电动势的有效值由闭合电路的欧姆定律，部分闭合电路的欧姆定律代人数据，求得UIR220V答（1）感应电动势的最大值314V；（2）此交变电流电动势的瞬时值表达式E314SIN10T；（3）此电压表的示数是220V【点评】解决本题的关键知道正弦式交流电峰值的表达式EMNBS，以及知道峰值与有效值的关系17截面积为02M2的100匝圆形线圈A处在匀强磁场中，磁场方向垂直线圈平面向里，如图所示，磁感应强度正按002T/S的规律均匀减小，开始时S未闭合R14，R26，C30F，线圈内阻不计求（1）S闭合后，通过R