2017_2018学年度高中物理第四章电磁感应单元练习4新人教版.docx

第四章电磁感应单元练习一、单选题（本大题共8小题，共32.0分）1. 如图所示，条形磁铁以速度v向螺旋管靠近，下面几种说正确的是（）A. 螺旋管中不会产生感应电流B. 螺旋管中会产生感应电流C. 只有磁铁的速度足够大时，螺旋管中才会产生感应电流D. 只有磁铁的磁性足够强时，螺旋管中才会产生感应电流2. 关于科学家在电磁学中的贡献，下列说法错误的是（）A. 奥斯特发现了电流的磁效应B. 密立根测出了元电荷e的数值C. 库仑发现了电磁感应现象D. 安培提出了分子电流假说3. 如图所示，闭合矩形线圈abcd从静止开始竖直下落，穿过一个匀强磁场区域，此磁场区域竖直方向的长度远大于矩形线圈bc边的长度，不计空气阻力，则（）A. 从线圈dc边进入磁场到ab边穿过出磁场的整个过程，线圈中始终有感应电流B. dc边刚进入磁场时线圈内感应电流的方向，与dc边刚穿出磁场时感应电流的方向相反C. 从线圈dc边进入磁场到ab边穿出磁场的整个过程中，加速度一直等于重力加速度D. dc边刚进入磁场时线圈内感应电流的大小，与dc边刚穿出磁场时感应电流的大小一定相等4. 如图所示，质量为m的金属环用线悬挂起来，金属环有一半处于水平且与环面垂直的匀强磁场中，从某时刻开始，磁感应强度均匀减小，则在磁感应强度均匀减小的过程中，关于线拉力大小的下列说法中正确的是（）A. 小于环重力mg，并保持恒定B. 大于环重力mg，并保持恒定C. 始终等于环重力mgD. 大于环重力mg，并逐渐减小5. 图（甲）为手机及无线充电板图（乙）为充电原理示意图充电板接交流电源，对充电板供电，充电板内的送电线圈可产生交变磁场，从而使手机内的受电线圈产生交变电流，再经整流电路转变成直流电后对手机电池充电为方便研究，现将问题做如下简化：设受电线圈的匝数为n，面积为S，若在t1到t2时间内，磁场垂直于受电线圈平面向上穿过线圈，其磁感应强度由B1均匀增加到B2下列说法正确的是（）A. c点的电势高于d点的电势B. 受电线圈中感应电流方向由d到cC. c、d之间的电势差为D. c、d之间的电势差为6. 如图所示，电阻R=1、半径r1=0.2m的单匝圆形导线框P内有一个与P共面的圆形磁场区域Q，P、Q的圆心相同，Q的半径r2=0.1mt=0时刻，Q内存在着垂直于圆面向里的磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系是B=2-t（T）若规定逆时针方向为电流的正方向，则线框P中感应电流I随时间t变化的关系图象应该是下图中的（）A. B. C. D. 7. 如图所示，相同的金属杆ab、cd可以在光滑金属导轨PQ和RS上滑动，空间有垂直纸面向里的匀强磁场当ab、cd分别以速度v1和v2滑动时，发现回路感应电流为逆时针方向，则v1和v2的方向、大小可能是（）A. v1向右，v2向左且v1v2B. v1和v2都向左且v1v2C. v1和v2都向右且v1=v2D. v1和v2都向左且v1=v28. 如图所示，用粗细相同的铜丝做成边长分别为L和2L的两只闭合线框a和b，以相同的速度从磁感应强度为B的匀强磁场区域中匀速地拉到磁场外，不考虑线框的动能，若外力对线框做的功分别为Wa、Wb，则Wa：Wb为（）A. 1：1B. 1：2C. 1：4D. 1：8二、多选题（本大题共6小题，共24.0分）9. 如图，电灯的灯丝电阻为2，电池电动势为2V，内阻不计，线圈匝数足够多，其直流电阻为3先合上电键K，过一段时间突然断开K，则下列说法中错误的是（）A. 电灯立即熄灭B. 电灯立即先暗再熄灭C. 电灯会突然比原来亮一下再熄灭，且电灯中电流方向与K断开前方向相同D. 电灯会突然比原来亮一下再熄灭，且电灯中电流方向与K断开前方向相反10. 下列说法中正确的是（）A. 电动机应用了“自感”对交流电的阻碍作用B. 电磁灶应用了“涡流”的加热原理C. 日光灯启动时利用了“自感”所产生的高压D. 电磁流量计应用了“涡流”所产生的电磁阻尼作用11. 如图所示，有界匀强磁场与斜面垂直，质量为m的正方形线框静止在倾角为30的绝缘斜面上（位于磁场外），现使线框获得速度v向下运动，恰好穿出磁场，线框的边长小于磁场的宽度，线框与斜面间的动摩擦因数=，则下列说法正确的是（）A. 线框完全进入磁场后做匀速运动B. 线框进入磁场的过程中电流做的功大于穿出磁场的过程中电流做的功C. 线框进入和穿出磁场时，速度平方的变化量与运动距离成正比D. 线框进入和穿出磁场时，速度变化量与运动时间成正比12. 如图所示，在一磁感应强度B=0.5T的匀强磁场中，垂直于磁场方向水平放置着两根相距为L=0.1m的平行金属导轨MN和PQ，导轨电阻忽略不计，在两根导轨的端点N，Q之间连接一阻值R=0.3的电阻，与导轨垂直放置着金属棒ab，其电阻r=0.2，当金属棒在水平拉力作用于以v=4.0m/s向左做匀速运动时（）A. N、Q间电压为0.2VB. a端电势比b端电势高C. 回路中感应电流大小为1AD. ab棒所受安培力大小为0.02N13. 如图，线圈串有两发光二极管D1、D2（具有正向导电发光特性）若手握“物体”向线圈运动时，D1发光则（）A. 该物体可能是一种铜质材料B. 手握“物体”向线圈运动时，会感觉到一股斥力C. 手握“物体”向线圈运动时，D2也会发光D. 手握“物体”远离线圈运动时，D2会发光14. 下列图中线圈中不能产生感应电流的是（）A. B. C. D. 三、计算题（本大题共2小题，共20.0分）15. 如图（a）所示，平行长直金属导轨水平放置，间距L=0.4m，导轨右端接有阻值R=1的电阻，导体棒垂直放置在导轨上，且接触良好，导体棒及导轨的电阻均不计，导轨间正方形区域abcd内有方向竖直向下的匀强磁场，bd连线与导轨垂直，长度也为L，从0时刻开始，磁感应强度B的大小随时间t变化，规律如图（b）所示；同一时刻，棒从导轨左端开始向右匀速运动，1s后刚好进入磁场，若使棒在导轨上始终以速度v=1m/s做直线运动，求： （1）棒进入磁场前，回路中的电动势E；（2）棒在运动过程中受到的最大安培力F16. 如图所示，线圈内有理想边界的磁场，当磁场以B=（2-2t）T的规律变化时，有一带质量为10-5kg的带电的粒子静置于平行板（两板水平放置）电容器中间，设线圈的面积为0.1m2则：（1）求线圈产生的感应电动势的大小和方向（顺时针或逆时针）；（2）求带电粒子的电量（重力加速度为g=10m/s2，电容器两板间的距离为0.02m）答案和解析【答案】1. B2. C3. B4. D5. C6. C7. B8. C9. ACD10. BC11. AB12. BD13. BD14. AC15. 解：（1）棒进入磁场前，电动势的大小为：E=S由几何关系得：S=L2 由题图知=0.5T/S联立解得：E=0.04V（2）棒在bd位置时E最大，为：Em=BLv此时的电流为：Im=受到的安培力大小为：F安=BImL代入得：F安=0.04N，方向向左答：（1）棒进入磁场前，回路中的电动势E为0.04V；（2）棒在运动过程中受到的最大安培力F为0.04N16. 解：（1）根据题意B=（2-2t）T，磁感应强度的变化率 根据法拉第电磁感应定律，=20.1V=0.2V 根据楞次定律，线圈内产生的感应电动势方向为顺时针方向（2）线圈相当于电源，电容器下极板接高电势，下极板带正电粒子静止，则电场力等于重力 代入数据： 解得 答：（1）线圈产生的感应电动势的大小0.2V，方向顺时针；（2）带电粒子的电量为【解析】1. 解：当条形磁铁以速度v向螺旋管靠近，穿过螺旋管的磁通量增大，则螺旋管中会产生感应电流，与磁铁的速度、磁铁的磁性强弱无关故B正确，ACD错误故选：B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，导体中有感应电流根据条件进行分析解决本题关键要准确把握产生感应电流的一般条件：闭合回路的磁通量发生变化，电路必须闭合2. 解：A、奥斯特发现了电流的磁效应，故A正确；B、密立根通过实验方法，测出了元电荷e的数值，故B正确；C、库仑发现了点电荷的相互作用规律，法拉第发现了电磁感应现象，故C错误；D、安培发现了磁场对电流的作用规律，提出了分子电流假说，故D正确；本题选错误的，故选：C 本题考查电磁学中的相关物理学史，应掌握在电磁学发展中作出突出贡献的科学家的名字及主要贡献本题考查有关电磁规律的物理学史，对于物理学上重要的实验和发现，可根据实验的原理、内容、结论等等一起记忆，对于科学家的贡献不能混淆3. 解：A：线圈中产生感应电流的条件是：线圈中的磁通量发生变化线圈整体在磁场中运动时，磁通量没有变化，故没有感应电流，故A错误；B：根据右手定则，dc刚进入磁场时线圈内感应电流的方向从d到c，dc边刚穿出磁场时感应电流的方向从c到d，即两者方向相反故B正确；C：没有感应电流的时候，磁场对线圈没有阻碍作用，此时的加速度等于重力加速度故C错误；D：根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律，I=，从公式中和题目的情景中可知，只有当两种情况下速度相等时，它们的感应电流才相等故D错误；故选：B线圈中产生感应电流的条件是：线圈中的磁通量发生变化；感应电流的方向可以使用右手定则来判断；感应电流的大小：I=，从而即可求解该题考查闭合线圈在穿过磁场时可能发生的情景要根据法拉第电磁感应定律以及其他的知识对各种情景逐一进行判定4. 解：磁感应强度均匀减小，穿过回路的磁通量均匀减小，根据法拉第电磁感应定律得知，回路中产生恒定的电动势，感应电流也恒定不变由楞次定律可知，感应电流方向：顺时针，再由左手定则可得，安培力的合力方向竖直向下则ab棒所受的安培力F=BIL，可知安培力F均匀减小，且方向向下，金属环ab始终保持静止，则拉力大于重力，由于磁感应强度均匀减小所以拉力的大小也逐渐减小，则可知，拉力开始时大于重力mg，并且逐渐减小；故D正确，ABC错误故选：D磁感应强度均匀减小，穿过回路的磁通量均匀减小，回路中产生恒定的电流，由左手定则可确定安培力的方向，再根据安培力F=BIL，分析安培力的变化，由平衡条件即可求解本题关键根据法拉第电磁感应定律和楞次定律分析感应电动势及感应电流的变化情况，根据安培力的性质分析安培力的变化情况，再结合受力分析规律即可求解5. 解：AB、根据楞次定律可知，受电线圈内部产生的感应电流方向俯视为顺时针，受电线圈中感应电流方向由c到d，所以c点的电势低于d点的电势，故A、B错误；CD、根据法拉第电磁感应定律可得c、d之间的电势差为Ucd=E=，故C正确、D错误；故选：C根据楞次定律判断感应电流方向，从而确定感应电动势的高低；根据法拉第电磁感应定律求解感应电动势的大小本题主要是考查了法拉第电磁感应定律和楞次定律；根据楞次定律判断感应电流的方向的一般步骤是：确定原磁场的方向原磁场的变化引起感应电流的磁场的变化楞次定律感应电流的方向6. 解：Q内存在着垂直于圆面向里的磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系是B=2-t，即原磁场向内且减小，根据楞次定律，感应电流的磁场方向也向内，故根据右手螺旋定则，感应电流为顺时针方向，为负方向；根据法拉第电磁感应定律，感应电动势为：E=0.121=0.01V 电阻R=1，根据欧姆定律，感应电流为：I= 故选：C根据楞次定律和安培定则判断感应电流的方向；根据法拉第电磁感应定律判断感应电动势的大小，然后根据欧姆定律求解感应电流本题关键是根据楞次定律判断感应电流的方向，根据法拉第电磁感应定律求解感应电动势，然后根据欧姆定律求解感应电流7. 解：A、v1v2，v1向右，v2向左，闭合回路磁通量向里减小，根据楞次定律，回路中产生顺时针方向的电流故A错误B、v1v2，v1和v2都向左，闭合回路磁通量向里增加，根据楞次定律，回路中产生逆时针方向的电流故B正确C、v1=v2，v1和v2都向右、向左时，闭合回路磁通量不变，不产生感应电流故C、D错误故选：B根据闭合回路磁通量的变化，结合楞次定律判断感应电流的方向，从而确定各选项的正误解决本题的关键掌握楞次定律判断感应电流的方向，本题也可以通过右手定则进行分析8. 解：闭合线框a产生的感应电动势为：Ea=BLv 外力对环做的功：Wa=a 线框a的电阻为：Ra= 运动时间为：ta=，联立得：Wa= 闭合线框b产生的感应电动势Eb=B2Lv，外力对环做的功：Wb= 线框b的电阻为：Rb= 运动时间为：tb=，联立得：Wb= 代入解得：Wa：Wb=1：4 故选：C将闭合线框a和b匀速拉出磁场，根据功能关系可知，外力对环做的功等于线框产生的焦耳热根据感应电动势公式、焦耳定律、电阻定律研究功的关系本题综合了感应电动势、焦耳定律、电阻定律，要熟练运用比例法，难度不大，尽量不失分9. 解：突然断开K，线圈将产生自感现象，且与电灯构成一闭合回路，此时通过电灯的电流向上，与断开前的电流方向相反；因线圈直流电阻比灯泡大，断开前通过线圈是电流小于通过灯泡的电流，即电灯会突然比原来暗一下再熄灭，B正确，ACD错误本题选错误的，故选ACD断开K，线圈L将产生自感现象，且与电灯构成一闭合回路，通过电灯的电流向上，与断开前的电流方向相反，线圈直流电阻比灯泡大，断开前通过线圈是电流小于通过灯泡的电流本题考查了电感线圈对电流突变时的阻碍作用，注意判断电流的方向和通过灯泡电流大小的分析10. 解：A、电动机应用了线圈在磁场中受到安培力转动故A错误B、电磁灶里面的线圈中变化的电流，产生变化的磁场，从而形成涡流，根据电流的热效应进行加热故B正确C、日光灯启动时利用了“自感”所产生的高压故C正确D、电磁流量计应用了电荷在复合场中受到电场力和洛伦兹力平衡，从而得出液体的流速故D错误故选：BC电动机应用了线圈在磁场中受到安培力转动；电磁灶利用变化的磁场产生涡流进行加热；日光灯启动时利用镇流器产生自感电动势，得到高电压；电磁流量计应用了电荷在复合场中的平衡，得出稳定的电势差，从而确定流速本题考查了各种电器在生活中的运用，解决本题的关键要熟悉教材，知道各种电器的工作原理11. 解：设线框的质量为m，总电阻为R，边长为LA、重力沿斜面向下的分力为Gx=mgsin30=，线框滑动过程中受到的摩擦力大小为f=mgcos30=，线框完全进入磁场后受到的安培力为零，所以做匀速运动，故A正确；B、线框进入磁场的过程中的平均电流大于线框离开磁场过程中的平均电流，进入磁场过程中平均安培力较大，所以线框进入磁场的过程中电流做的功大于穿出磁场的过程中电流做的功，B正确；CD、线框进入和穿出磁场时，根据动量定理可得：BILt=mv，即：=mv，解得：，即速度的变化量与运动距离成正比，而运动的距离和时间t不是线性关系，故CD错误故选：AB分析重力沿斜面分力大小与线框摩擦力大小关系从而分析运动情况；根据平均电流大小定性分析克服安培力做的功大小；根据动量定理推导速度变化量与位移关系来分析CD选项对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，重点是分析安培力作用下导体棒的平衡问题，根据平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解12. 解：A、ab棒产生的感应电动势E =BLv=0.50.14V=0.2V 感应电流为I=0.4A；N、Q间电压为U =IR=0.40.3V=0.12V，故AC错误B、由右手定则判断知，ab棒中感应电流方向由b到a，a端相当于电源的正极，电势较高，故B正确；D、ab棒所受安培力大小F安=BIL=0.50.40.1N=0.02N，故D正确故选：BD 根据E=BLv求出ab产生的感应电动势，由欧姆定律求感应电流，再由F=BIL求ab棒所受的安培力大小NQ间的电压是R两端的电压，由欧姆定律求由右手定则判断电势高低本题是电磁感应与电路知识的综合，关键要区分清楚哪部分电路是电源，哪部分是外部分要知道NQ间的电压是路端电压13. 解：A、由手握“物体”向线圈运动时，D1发光，可知，线圈中产生了感应电流，穿过线圈的磁通量必改变，则该物体是一种磁性材料，故A错误；B、手握“物体”向线圈运动时，D1发光，根据楞次定律“来拒去留”，可知，会感觉到一股斥力，故B正确；C、手