度高中物理第四章电磁感应单元练习7新人教版选修3_2.doc

第四章电磁感应单元练习第I卷（选择题）一、选择题1.（多选题）关于对楞次定律的理解，下面说法中正确的是（）A感应电流的方向总是要使它的磁场阻碍原来的磁通量的变化B感应电流的磁场方向，总是跟原磁场方向相同C感应电流的磁场方向，总是跟原磁砀方向相反D感应电流的磁场方向可以跟原磁场方向相同，也可以相反2.如图（a），线圈ab、cd绕在同一软铁芯上，在ab线圈中通以变化的电流，用示波器测得线圈cd间电压如图（b）所示，已知线圈内部的磁场与流经线圈的电流成正比，则下列描述线圈ab中电流随时间变化关系的图中，可能正确的是（）ABCD3.如图，光滑固定的金属导轨M、N水平放置，两根导体棒P、Q平行放置在导轨上，形成一个闭合回路，一条形磁铁从高处自由下落接近回路时（）AP、Q将相互远离B磁铁的加速度大于gC磁铁的加速度仍为gD磁铁的加速度小于g4.（多选题）如图所示，足够长的U形光滑金属导轨所在平面与水平面成角（090），其中MN与PQ平行且间距为L，磁感应强度大小为B的匀强磁场方向垂直导轨所在平面斜向上，导轨电阻不计，质量为m的金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且接触良好，棒ab接入电路的电阻为R，当流过棒ab某一横截面的电荷量为q时，棒的速度大小为v，则金属棒ab在此下滑过程中（）A运动的加速度大小为B下滑位移大小为C产生的焦耳热为qBLvD受到的最大安培力大小为mgsin5.如图所示，L为一个带铁芯的线圈，R是纯电阻，两支路的直流电阻相等，那么在接通和断开开关瞬间，两表的读数I1和I2的大小关系分别是（）AI1I2，I1I2BI1I2，I1I2CI1I2，I1=I2DI1=I2，I1I26.（多选题）如图A、B为两个相同的环形线圈，共轴并靠近放置当A线圈中通有如图（a）所示的变化电流i，则（）A在t1到t2时间内A、B两线圈相吸B在t2到t3时间内A、B两线圈相斥Ct1时刻两线圈间作用力为零Dt2时刻两线圈间吸力最大7.（多选题）如图所示，要使Q线圈产生图示方向的电流，可采用的方法有（）A闭合电键K后，把R的滑片向右移B闭合电键K后，把R的滑片向左移C闭合电键K后，把P中的铁心从左边抽出D闭合电键K后，把Q靠近P8.闭合电路中产生感应电动势的大小，跟穿过这一闭合电路的下列哪个物理量成正比（）A磁通量B磁感应强度C磁通量的变化率D磁通量的变化量9.将一段导线绕成图甲所示的闭合电路，并固定在水平面（纸面）内，回路的ab边置于垂直纸面向里的匀强磁场中回路的圆形区域内有垂直纸面的磁场，以向里为磁场的正方向，其磁感应强度B随时间t变化的图象如图乙所示用F表示ab边受到的安培力，以水平向右为F的正方向，能正确反映F随时间t变化的图象是（）ABCD10.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11.如图甲所示电路中，A1、A2、A3为相同的电流表，C为电容器，电阻R1、R2、R3的阻值相同，线圈L的电阻不计在某段时间内，理想变压器T原线圈内磁场的磁感应强度B的变化情况如图乙所示，则在t1t2时间内（）A电流表A1和A2的示数相同B电流表A2的示数比A3的小C电流表A1的示数比A2的小D电流表的示数都不为零12.如图所示，在匀强磁场中放有平行铜导轨，它与大线圈M相连接要使小线圈N获得顺时针方向的感应电流，则放在导轨上的裸金属棒ab的运动情况是（）A向右匀速运动B向左加速运动C向左减速运动D向右加速运动13.在法拉第时代，下列验证“由磁产生电”设想的实验中，能观察到感应电流的是（）A将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路，然后观察电流表的变化B在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈，然后观察电流表的变化C将一房间内的线圈两端与相邻房间的电流表连接，往线圈中插入条形磁铁后，再到相邻房间去观察电流的变化D绕在同一铁环上的两个线圈，分别接电源和电流表，在给线圈通电或断电的瞬间，观察电流表的变化14.物理学的基本原理在生产生活中有着广泛应用在下面器件中，利用电磁感应原理工作的是（）A回旋加速器B电磁炉C质谱仪D示波管15.竖直向上的匀强磁场中，水平放置一单匝金属圆形线圈，线圈所围的面积为0.1m2，线圈的电阻为1规定图（a）所示感应电流的方向为正方向磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图（b）所示，则以下说法正确的是（）A第1s内，线圈具有扩张趋势B第3s内，线圈的发热功率最大C第4s时，感应电流的方向为负D05 s时间内，感应电流的最大值为0.1A16.等离子体气流由左方连续以速度vo射入P1和P2两板间的匀强磁场中，ab直导线与P1、P2相连接，线圈A与直导线cd连接线圈A内有如图乙所示的变化磁场，且磁场B的正方向规定为向左，如图甲所示，则下列叙述正确的是（）A01 s内ab、cd导线互相排斥Bl2 s内ab、cd导线互相吸引C23 s内ab、cd导线互相吸引D34 s内ab、cd导线互相吸引17.（多选题）如图所示，电池内阻不计，L是电阻不计、自感系数足够大的线圈，D1、D2是两个规格相同的灯泡对于这个电路，下列说法中正确的是（）AS刚闭合瞬间，D1、D2同时亮BS刚闭合瞬间，D1先亮，D2后亮C闭合S电路达到稳定后则D1熄灭，D2比S刚闭合时亮D闭合S待电路达到稳定后，再将S断开时，D1亮一下再逐渐变暗，D2立即熄灭18.（多选）右图为220V的交变电流下工作的日光灯的结构示意图，S2为启辉器。关于日光灯发光的情况，下列说法正确的是【 】 AS1接通后，启辉器S2接通时，可触发日光灯正常发光BS1接通后，启辉器S2从接通变到断开时，可触发日光灯正常发光C日光灯正常发光后，整流器中无自感现象D日光灯正常发光后，整流器中仍然有自感现象19.如图所示，匀强磁场区域宽度为l，使一边长为d(dl)的矩形线框以恒定速度 v 向右通过磁场区域，该过程中没有感应电流的时间为（） A. B. C. D. 20.（多选）如图所示，开始时矩形线圈与磁场垂直，且一半在匀强磁场内一半在匀强磁场外，若要线圈产生感应电流，下列方法中可行的是（） A.将线圈向左平移一小段距离 B.将线圈向上平移 C.以 a b 为轴转动 D.以 b c为轴转动（小于60） 第II卷（非选择题）二、计算题21.如图用同样的导线制成的两闭合线圈A、B，匝数均为10匝，半径rA=2rB，在线圈B所围的区域内有磁感应强度均匀减小的匀强磁场，问：（1）线圈A、B中产生的感应电动势之比EA：EB为多少？（2）两线圈中感应电流之比IA：IB为多少？22.如图1所示，面积为0.2m2的100匝线圈处在匀强磁场中，磁场方向垂直于线圈平面已知磁感应强度随时间变化的规律如图2，定值电阻R1=6，线圈电阻R2=4，求：（1）回路中的感应电动势大小（2）流过R1的电流的大小和方向23.如图所示，电阻不计的平行金属导轨MN和OP水平放置，MO间接有阻值为R=0.5W的电阻，导轨相距为l=0.20m，其间有竖直向下的匀强磁场，磁感强度为B=0.50T，质量为m=0.1kg，电阻为r=0.5的导体棒CD垂直于导轨放置，并接触良好。用平行于MN的恒力F=0.6N向右拉动CD.CD受恒定的摩擦阻力f =0.5N.求：（1）CD运动的最大速度是多少？（2）当CD达到最大速度后，电阻R消耗的电功率是多少？（3）当CD的速度是最大速度的1/4时，CD的加速度是多少？24.金属杆ab放在光滑的水平金属导轨上，与导轨组成闭合矩形电路，长l1=0.8m，宽l2=0.5m，回路的总电阻R=0.2，且回路处在竖直向上的磁场中，金属杆用水平绳通过定滑轮连接质量M=0.04kg的木块（轻绳处于绷紧状态），磁感应强度从B=1T开始随时间均匀增强，5s末木块将离开水平面，不计一切摩擦，g取10m/s2，求回路中的电流25.如图所示，PQNM是由粗裸导线连接两个定值电阻组合成的闭合矩形导体框，水平放置，金属棒ab与PQ、MN垂直，并接触良好整个装置放在竖直向下的匀强磁场中，磁感强度B=0.4T已知ab有效长度为l=0.5m，电阻R1=2，R2=4，其余电阻均忽略不计，若使ab以v=5m/s的速度向右匀速运动，作用于ab的外力大小为多少？R1上消耗的电热功率为多大？（不计摩擦）试卷答案1.AD【考点】法拉第电磁感应定律；楞次定律【分析】根据楞次定律知，感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化当磁通量增大时，感应电流的磁场与它相反，当磁通量减小时，感应电流的磁场与它相同【解答】解：A、感应电流的方向总是要使它的磁场阻碍原来的磁通量的变化故A正确B、C、D、感应电流的磁场方向阻碍原磁场磁通量的变化，方向可能与原磁场方向相同，可能相反故B、C错误，D正确故选：AD2.C【考点】法拉第电磁感应定律【分析】线圈cd与示波器连接，在每个时间段内电流不随时间变化，则根据法拉第电磁感应定律，产生感应电流的磁场均匀变化，由此判断线圈ab电流的变化【解答】解：因为线圈cd中每个时间段内电流大小不变化，则每个时间段内产生的感应电动势不变；根据法拉第电磁感应定律得：E=NS，电流为：，则线圈ab中每个时间段内电流的磁场均匀变化正确反应这一关系的图象只有C故C正确，A、B、D错误故选：C3.D【考点】楞次定律【分析】当一条形磁铁从高处下落接近回路时，穿过回路的磁通量增加，根据楞次定律：感应电流的磁场总是阻碍磁通量的变化，分析导体的运动情况【解答】解：A、当一条形磁铁从高处下落接近回路时，穿过回路的磁通量增加，根据楞次定律：感应电流的磁场总是阻碍磁通量的变化，可知，P、Q将互相靠拢，回路的面积减小一点，使穿过回路的磁场减小一点，起到阻碍原磁通量增加的作用故A错误BCD、根据楞次定律可知，磁铁受到向上的排斥力由于磁铁受到向上的安培力作用，所以合力小于重力，磁铁的加速度一定小于g故BC错误；D正确故选：D4.BD【分析】根据牛顿第二定律列方程解得加速度大小；根据闭合电路的欧姆定律和法拉第电磁感应定律求解电荷量的表达式，即可得到位移大小；整个过程中的安培力都小于；根据共点力的平衡条件最大安培力大小【解答】解：A、根据牛顿第二定律可得mgsinBIL=ma，即mgsin=ma，解得加速度大小为a=gsin，A错误，B、根据q=It，I=和E=，有：q=，故下滑的位移大小为：x=，B正确；C、当导体棒的速度为v时，根据E=BLv、I=、F=BIL，得到此过程中最大的安培力为；如果利用最大安培力与位移x的乘积可得： =qBLv，整个过程中的安培力都小于，所以产生的焦耳热一定小于qBLv，C错误；D、根据共点力的平衡条件可得，当导体棒匀速运动时受到的安培力最大，所以最大安培力大小为mgsin，D正确故选：BD5.C【考点】自感现象和自感系数【分析】当开关接通和断开的瞬间，流过线圈的电流发生变化，产生自感电动势，阻碍原来电流的变化，根据这一特点来分析电流的大小【解答】解：当开关接通瞬间，R中电流立即增大到正常值I2而线圈中的电流从零开始增大，产生自感电动势阻碍电流的增大，则电流I1只能逐渐增大，故I1I2断开开关瞬间，线圈产生的自感电流流过线圈和电阻R，两者串联，电流相同，I1=I2故选项C正确，选项ABD错误故选：C6.ABC【考点】法拉第电磁感应定律；楞次定律【分析】根据安培定则确定电流与磁场的方向关系，再根据楞次定律知，感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化当磁通量增大时，感应电流的磁场与它相反，当磁通量减小时，感应电流的磁场与它相同最后运用同向电流相互吸引，异向电流相互排斥【解答】解：A、在t1到t2时间内，若设逆时针（从左向右看）方向为正，则线圈A电流方向逆时针且大小减小，所以根据右手螺旋定则可判定穿过线圈B方向向右的磁通量大小减小，由楞次定律可知，线圈B的电流方向逆时针方向，因此A、B中电流方向相同，出现相互吸引现象，故A正确；B、在t2到t3时间内，若设逆时针方向（从左向右看）为正，则线圈A电流方向顺时针且大小增大，所以根据右手螺旋定则可判定穿过线圈B方向向左的磁通量大小增大，由楞次定律可知，线圈B的电流方向逆时针方向，因此A、B中电流方向相反，A、B出现互相排斥，故B正确；C、由题意可知，在t1时刻，线圈A中的电流最大，而磁通量的变化率是最小的，所以线圈B感应电流也是最小，因此两线圈间作用力为零，故C正确；D、在t2时刻，线圈A中的电流最小，而磁通量的变化率是最大的，所以线圈B感应电流也是最大，但A、B间的相互作用力最小，故D错误；故选：ABC7.BD【考点】楞次定律【分析】当通过闭合回路中的磁通量发生变化，就会产生感应电流，根据楞次定律判断感应电流的方向【解答】解：A、闭合电键K后，把R的滑片右移，Q中的磁场方向从左向右，且在减小，根据楞次定律，左边导线电流方向向上故A错误B、闭合电键K后，把R的滑片左移，Q中的磁场方向从左向右，且在增大，根据楞次定律，左边导线电流方向向下故B正确C、闭合电键K后，将P中的铁心从左边抽出，Q中的磁场方向从左向右，且在减小，根据楞次定律，左边导线电流方向向上故C错误D、闭合电键，将Q靠近P，Q中的磁场方向从左向右，且在增强，根据楞次定律，左边导线的电流向下故D正确故选：BD8.C【考点】法拉第电磁感应定律【分析】由法拉第电磁感应定律可知，闭合电路中产生的感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比，与磁通量及磁通量的变化量无关【解答】解：由法拉第电磁感应定律可知；E=n，即E与磁通量的变化率成正比，即电动势取决于磁通量的变化快慢；故选C9.B【考点】楞次定律；安培力；左手定则【分析】当线圈的磁通量发生变化时，线圈中才会产生感应电动势，从而形成感应电流；当线圈的磁通量不变时，则线圈中没有感应电动势，所以不会有感应电流产生由楞次定律可知电流的方向，由左手定则判断安培力的方向【解答】解：分析一个周期内的情况：在前半个周期内，磁感应强度均匀变化，磁感应强度B的变化度一定，由法拉第电磁感应定律得知，圆形线圈中产生恒定的感应电动势恒定不变，则感应电流恒定不变，ab边在磁场中所受的安培力也恒定不变，由楞次定律可知，圆形线圈中产生的感应电流方向为顺时针方向，通过ab的电流方向从ba，由左手定则判断得知，ab所受的安培力方向水平向左，为负值；同理可知，在后半个周期内，安培力大小恒定不变，方向水平向右故B正确故选B10.D【考点】法拉第电磁感应定律；电容；闭合电路的欧姆定律【分析】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带电微粒P处于平衡状态，电场力与重力平衡，由平衡条件列式，即可求出P的电荷量，由楞次定律判断电容器极板的电性，从而判断P的电性【解答】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：E=nS=nSk，路端电压：U=，则电容器所带电荷量为：Q=CU=，故AB错误；CD、根据磁场向右均匀增强，并由楞次定律可知，电容器上极板带正电，故C错误，D正确故选：D11.A【分析】由图可知副线圈电路中的磁通量的变化情况，则由电磁感应可得出产生的感应电流；根据电容器及电感器的性质可得出各表的电流大小【解答】解：原线圈中磁场如乙图所示变化，则原线圈中的磁通量均匀变化，故副线圈中产生恒定的电流，因线圈电阻不计，故线圈L对恒定电流没有阻碍作用，所以电流表A1和A2的读数相同，而电容器“通交隔直”，所以电流表A3的读数为0故A正确，BCD错误；故选：A12.B【考点】法拉第电磁感应定律；楞次定律【分析】根据棒的切割磁感线，依据右手定则可确定感应电流的方向，由法拉第电磁感应定律来确定感应电流的大小；从而由右手螺旋定则来确定线圈M的磁通量的变化，再根据楞次定律，即可确定线圈N中的感应电流的方向【解答】解：若要让N中产生顺时针的电流，M必须让N中的磁场“向里减小”或“向外增大”所以有两种情况：垂直纸面向里的磁场大小减小，根据楞次定律与法拉第电磁感应定律，则有导体棒向右减速运动同理，垂直纸面向外的磁场大小增大，根据楞次定律与法拉第电磁感应定律，则有导体棒向左加速运动故B正确，ACD错误故选：B13.D【考点】感应电流的产生条件【分析】产生感应电流的条件：闭合回路的磁通量发生变化或闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动，导体中有感应电流【解答】解：A、将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路，回路中没有磁通量的变化，不能产生感应电流，观察到电流表没有变化，故A错误；B、在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈，回路中没有磁通量的变化，不能产生感应电流，观察到电流表没有变化，故B错误；C、将一房间内的线圈两端与相邻房间的电流表连接，往线圈中插入条形磁铁的过程中有感应电流产生，但是之后，再到相邻房间去观察时，回路中已经没有磁通量的变化，此时观察到的电流表没有变化，故C错误；D、绕在同一铁环上的两个线圈，分别接电源和电流表，在给线圈通电或断电的瞬间，回路中的磁通量发生变化，能观察电流表的变化，故D正确故选：D14.B【考点】电磁感应在生活和生产中的应用【分析】回旋加速器利用磁场使带电粒子旋转，电场使粒子加速电磁炉是利用电磁感应原理质谱仪是利用电场加速，磁场使粒子偏转示波器利用了电场加速和偏转的原理【解答】解：A、回旋加速器利用磁场使带电粒子旋转，电场使粒子加速故A错误B、电磁炉是利用电磁感应原理使产生涡流，将电能最终转化成内能故B正确C、质谱仪是利用电场加速，磁场使粒子偏转，不是电磁感应现象故C错误D、利用了电场加速和电场偏转的原理故D错误故选B15.C【考点】楞次定律【分析】根据楞次定律判断感应电流的方向和线圈的面积的变化趋势，通过法拉第电磁感应定律E=求出感应电动势的大小，结合闭合电路欧姆定律求出电流的大小【解答】解：A、第1s内，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律可知，线圈的面积缩小可以阻碍磁通量的增大，所以线圈具有缩小趋势故A错误；B、第3s内，穿过线圈的磁通量保持不变，所以线圈的发热功率为0故B错误；C、第4s时，穿过线圈的磁通量减小，根据楞次定律可知，感应电流的方向逆时针方程，为负值故C正确；D、由图可知，穿过线圈的磁通量刚刚开始变化时，B的变化率：则产生的电动势： V感应电流：I=A故D错误故选：C16.B【考点】法拉第电磁感应定律；平行通电直导线间的作用【分析】等离子流通过匀强磁场时，正离子向上偏转，负离子向下偏转，因此将形成从a到b的电流，线圈A中磁场均匀变化，形成感应电流，根据楞次定律判断出流经导线cd的电流方向，然后根据流经导线的电流同向时相互吸引，反向时相互排斥判断导线之间作用力情况【解答】解：AB、由左侧电路可以判断ab中电流方向由a到b；由右侧电路及图乙可以判断，02 s内cd中电流为由c到d，跟ab中电流同向，因此ab、cd相互吸引，故A错误，B正确；CD、24 s内cd中电流为由d到c，跟ab中电流反向，因此ab、cd相互排斥，故C、D错误；故选：B17.ACD【考点】自感现象和自感系数【分析】线圈中的电流增大时，产生自感电流的方向更原电流的方向相反，抑制增大；线圈中的电流减小时，产生自感电流的方向更原电流的方向相同，抑制减小，并与灯泡D1构成电路回路【解答】解：A、S闭合瞬间，由于自感线圈相当于断路，所以两灯是串联，电流相等，故A正确B错误；C、闭合开关S待电路达到稳定时，D1被短路，D2比开关S刚闭合时更亮，C正确；D、S闭合稳定后再断开开关，D2立即熄灭，但由于线圈的自感作用，L相当于电源，与D1组成回路，D1要过一会在熄灭，故D正确；故选：ACD18.BD19.C矩形线框从左边进入磁场时由于面积逐渐变大，磁通量发生变化，能产生感应电流，当到达如下图甲所示位置(矩形线框右边刚好到达磁场右边界)，再向右运动至下图乙所示位置(矩形线框左边刚好到达磁场左边界)的过程中线圈的磁通量未发生变化，当然不能产生感应电流；当线圈从图乙向右运动时，通量发生变化，又能产生感应电流。因此不产生感应电流的时间t= 20.AC根据电磁感应现象产生的条件，穿过闭合电路的磁通量发生变化进行判断。线圈向左平移一小段距离，只要不完全进入磁场，可改变磁通量；以ab为轴转动，线圈的磁通量会发生变化；但线圈在磁场中向上平移磁通量不变，以bc为轴转动小于60，则在转动过程中线圈的磁通量也不会发生变化21.解：（1）根据法拉第电磁感应定律E=n=n，题中n相同，相同，有效面积S也相同，则得到A、B环中感应电动势之比为EA：EB=1：1（2）根据电阻定律R=，L=n2r，n、s相同，则电阻之比 RA：RB=rA：rB=2：1根据欧姆定律I=得，产生的感应电流之比IA：IB=1：2答：（1）线圈A、B中产生的感应电动势之比EA：EB为1：1（2）两线圈中感应电流之比IA：IB为1：2【考点】法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律【分析】（1）根据法拉第电磁感应定律E=n=n，研究A、B环中感应电动势之比EA：EB（2）根据电阻定律求出两环电阻之比，再欧姆定律求解感应电流之比IA：IB22.解：（1）由法拉第电磁感应定律：E=N=N=1000.2V=20V，（2）由图可知，穿过线圈的磁通量变大，由楞次定律可得：线圈产生的感应电流逆时针，所以流过R1的电流方向是由下向上根据闭合电路欧姆定律，则有：I=A=2A；答：（1）回路中的感应电动势大小为20V；（2）流过R1的电流的大小为2A