2019_2020学年高中物理第1章电磁感应第7节涡流现象及其应用课后提能训练粤教版选修3_2202003160228.doc
2019-2020学年高中物理 第1章 电磁感应练习（打包12套）粤教版选修3-2
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2019-2020学年高中物理
第1章
电磁感应练习（打包12套）粤教版选修3-2
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2019-2020学年高中物理 第1章 电磁感应练习（打包12套）粤教版选修3-2,2019-2020学年高中物理,第1章,电磁感应练习（打包12套）粤教版选修3-2,2019,2020,学年,高中物理,电磁感应,练习,打包,12,粤教版,选修
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第1节 电磁感应现象 第2节 研究产生感应电流的条件1在电磁学发展过程中，许多科学家做出了贡献，下列说法正确的是()a奥斯特发现了电流磁效应；法拉第发现了电磁感应现象b麦克斯韦预言了电磁感应现象；奥斯特发现了电磁感应现象c密立根发现了点电荷的相互作用规律；库仑通过油滴实验测定了元电荷的数值d安培发现了磁场对运动电荷的作用规律；洛伦兹发现了磁场对电流的作用规律【答案】a【解析】麦克斯韦预言了电磁波并没有预言电磁感应现象，发现电磁感应现象的是法拉第，选项b错误；密立根通过油滴实验测定了元电荷的数值，库仑发现了点电荷的相互作用规律，c错误；洛伦兹发现了磁场对运动电荷的作用规律，安培发现了磁场对电流的作用规律，选项d错误2如下图所示实验装置中用于研究电磁感应现象的是() a b c d【答案】b【解析】选项a是用来探究影响安培力的大小因素的实验选项b是研究电磁感应现象的实验，观察导体棒在磁场中做切割磁感线运动时电流表是否会产生感应电流选项c是用来探究安培力的方向与哪些因素有关的实验选项d是奥斯特实验，证明通电导线周围存在磁场3(2019北京名校检测)如图所示，在垂直于纸面的范围足够大的匀强磁场中，有一个矩形线圈abcd，线圈平面与磁场垂直，o1o2、o3o4都是线圈的对称轴若要使线圈中产生感应电流，下列方法正确的是()a矩形线圈绕o3o4轴转动b矩形线圈沿纸面向上平动c矩形线圈沿纸面向左平动d矩形线圈绕a点在纸面内转动【答案】a【解析】线圈绕轴o3o4转动时，穿过线圈的磁通量将发生变化，有感应电流产生，故a正确由于磁场为匀强磁场，无论线圈在平面内如何平动和转动，其磁通量都不变化，都不会产生感应电流，故b、c、d错误4(多选)如图所示，线圈与电源、开关、滑动变阻器相连，线圈与电流计g相连，线圈与线圈绕在同一个铁芯上，在下列情况下，电流计g中有示数的是()a开关闭合瞬间b开关闭合一段时间后c开关断开瞬间d开关闭合一段时间后，来回移动变阻器滑动端【答案】acd 【解析】开关闭合瞬间，电路中电流增大，线圈产生的磁场增强，穿过线圈的磁通量增大，产生感应电流，a正确；开关闭合一段时间后，线圈中是恒定的电流，线圈产生稳恒的磁场，穿过线圈的磁通量不变，没有感应电流产生，b错误；将开关突然断开的瞬间，线圈产生的磁场从有到无，穿过线圈的磁通量减小，产生感应电流，c正确；通电时，来回移动变阻器滑动端时，变阻器接入电路的电阻变化，电路中电流变化，线圈产生的磁场变化，穿过线圈的磁通量变化，产生感应电流，d正确5某学生做观察电磁感应现象的实验，将电流表、线圈a和b、蓄电池、开关用导线连接成如图所示的实验电路，当它接通、断开开关时，电流表的指针都没有偏转，其原因是_.【答案】开关位置接错【解析】图中所示开关的连接不能控制含有电源的电路中电流的通断而本实验的内容之一就是用来研究在开关通断瞬间，导致线圈b内磁场变化，进而产生感应电流的情况，但图中的接法却达不到目的3第1节 电磁感应现象 第2节 研究产生感应电流的条件基础达标一、选择题(在每小题给出的四个选项中，第14题只有一项符合题目要求，第56题有多项符合题目要求)1下列现象中，属于电磁感应现象的是()a小磁针在通电导线附近发生偏转b通电线圈在磁场中转动c因闭合线圈在磁场中运动而产生的电流d磁铁吸引小磁针【答案】c2如图所示，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，穿过它们的磁通量分别为a、b、c，则()aabc babccacb dacb【答案】b3(2019衡阳校级检测)在如图所示的实验中，能在线圈中产生感应电流的情况是()a磁铁静止在线圈上方b磁铁静止在线圈右侧c磁铁静止在线圈里面d磁铁插入或抽出线圈的过程【答案】d【解析】磁铁静止在线圈上方、右侧、里面时，通过线圈的磁通量不发生变化，不产生感应电流，故a、b、c错误磁铁插入或抽出线圈的过程，穿过线圈的磁通量发生变化，产生感应电流，故d正确4如选项图所示，有一正方形闭合线圈，在足够大的匀强磁场中运动下列四个图中能产生感应电流的是()abcd【答案】d【解析】a图和c图中，穿过闭合线圈的磁通量始终为零，故不能产生感应电流，b图中穿过闭合线圈的磁通量虽然不为零，但始终保持不变，故也不能产生感应电流，d图能产生感应电流5如下图所示，a、b两个线圈套在同一个铁芯上模仿法拉第发现电磁感应的实验，下列说法正确的是()as2断开状态下，突然闭合s1，电流表中有感应电流bs2闭合状态下，突然闭合s1，电流表中有感应电流cs1闭合状态下，突然闭合s2，电流表中有感应电流ds1、s2闭合状态下，滑片向左滑动过程中，有感应电流【答案】bd6均匀带负电的圆环a绕过圆心与圆环所在平面垂直的轴o旋转，如下图所示，一闭合小金属圆环b和圆环a在同一平面内，且与a同心，则()a只要圆环在转动，小圆环内一定有感应电流产生b圆环不管怎样运动，小圆环内都没有感应电流c圆环做变速转动时，小圆环内有感应电流d圆环做匀速转动时，小圆环内没有感应电流【答案】cd二、非选择题7匀强磁场区域宽为l，一正方形线框abcd的边长为l，且ll，线框以速度v通过磁场区域，如图所示，从线框进入到完全离开磁场的时间内，线框中没有感应电流的时间是多少？【答案】【解析】ad边和bc边都在磁场外时，线框中的磁通量不变，没有感应电流线圈中没有感应电流的时间为t.8如图所示的线框，面积为s，处于磁感应强度为b的匀强磁场中，b的方向与线框平面成角，当线框转过90到如图所示的虚线位置时，试求：(1)初、末位置穿过线框的磁通量1和2；(2)磁通量的变化量.【答案】(1)bssin bscos (2)bs(cos sin )【解析】(1)如图所示，把磁感应强度b沿垂直于线框平面和平行于线框平面进行分解，得b上bsin ，b左bcos ，所以1b上sbssin ，2b左sbscos .(2)此过程中磁通量的变化量为21bscos bssin bs(cos sin )能力提升9(2019漳州校级月考)如图所示的条形磁铁的上方，放置一矩形线框，线框平面水平且与条形磁铁平行，则线框在由n端匀速平移到s端的过程中，线框中的感应电流的情况是()a线框中始终无感应电流b线框中始终有感应电流c线框中开始有感应电流，当线框运动到磁铁中部上方时无感应电流，以后又有了感应电流d以上说法都不对【答案】b【解析】穿过线圈的磁通量先是向上的减小然后向下的增大，根据楞次定律可判断出线框中开始有感应电流，当线框运动到磁铁中部时磁通量等于0，但是磁通量仍然在变化，仍然有感应电流，过中部后也有感应电流b正确，a、c、d错误10(多选)如图所示，用导线做成的圆形回路与一直导线构成几种位置组合，哪些组合中，切断直导线中的电流时，闭合回路中会有感应电流产生(选项a、b、c中直导线都与圆形线圈在同一平面内，o点为线圈的圆心，选项d中直导线与圆形线圈垂直，并与中心轴重合)()a bc d【答案】bc【解析】对图a而言，因为通电直导线位于环形导线所在平面内，且与直径重合，因此穿过圆环的磁通量为零，所以当切断导线中的电流时，磁通量在整个变化过程中必为零，所以闭合回路中不会有感应电流产生；对图b而言，因为磁通量为大小两个部分磁感线条数之差，当切断直导线中的电流时，磁通量为零，即此过程中磁通量有变化，故闭合回路中会有感应电流产生；同理分析可得图c中也有感应电流产生；对图d而言，因为环形导线与直导线产生的磁场的磁感线平行，故磁通量为零当切断直导线中的电流时，磁通量在整个变化过程中皆为零，所以闭合回路中不会有感应电流产生，所以当切断直导线中的电流时，能产生感应电流的有b、c两种情况11(2019开封名校联考)如图所示，固定于水平面上的金属架cdef处在竖直向下的匀强磁场中，金属棒mn沿框架以速度v向右做匀速运动t0时刻，磁感应强度为b0，此时刻mn到达的位置使mden构成一个边长为l的正方形为使mn棒中不产生感应电流，从t0开始，磁感应强度b应怎样随时间t变化？请推导出这种情况下b与t的关系式【答案】b【解析】要使mn棒中不产生感应电流，应使穿过线框平面的磁通量不发生变化，在t0时刻，穿过线框平面的磁通量1b0sb0l2设t时刻的磁感应强度为b，此时刻磁通量为2bl(lvt)由12得b.12如图所示，有一个垂直纸面向里的匀强磁场b0.8 t，磁场有明显的圆形边界，圆心为o，半径为1 cm.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1 cm,10匝；d线圈半径为2 cm，1匝；c线圈半径为0.5 cm,1匝问：(1)在磁感应强度b减少为0.4 t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)1.256104 wb1.256104 wb(2)8.4106 wb【解析】(1)对a线圈，1b1r2，2b2r2.故磁通量改变量：|21|(0.80.4)3.14(1102)2 wb1.256104 wb .对d线圈，|21|(0.80.4)3.14(1102)2 wb1.256104 wb.(2)对c线圈，1br2，磁场转过30，线圈面积在垂直磁场方向上的投影为r2cos 30，则2br2cos 30.故磁通量改变量：|21 |br2(1cos 30)0.83.14(5103)2(10.866) wb8.4106 wb.6第3节 感应电流的方向1如图所示，螺线管cd的导线绕法不明，当磁铁ab插入螺线管时，闭合电路中有图示方向的感应电流产生，下列关于螺线管磁场极性的判断，正确的是()ac端一定是n极bd端一定是n极cc端的极性一定与磁铁b端的极性相同d因螺线管的绕法不明，故无法判断极性【答案】c【解析】由“来拒去留”得磁铁与螺线管之间产生相斥的作用，即螺线管的c端一定与磁铁的b端极性相同，与螺线管的绕法无关但因为磁铁ab的n、s极性不明，所以螺线管cd的两端极性也不能明确，所以a、b、d错，c对2(2018上海名校二模)如图所示，mn是一根固定的通电长直导线，电流方向向上现将一矩形金属线框abcd放在导线上，让线框的位置偏向导线的左边，两者彼此绝缘当导线中的电流突然增大时，线框整体受力情况为()a受力向右b受力向左c受力向上d受力为零【答案】a【解析】根据安培定则判断可知，线框左右两侧磁场方向相反，右侧的磁通量被部分左侧的磁通量抵消当导线中电流增大时，穿过线框的磁通量增大，线框产生感应电流，根据楞次定律可知，感应电流的磁场要阻碍磁通量的变化，则线框将向磁通量减小方向运动，即向右移动故a正确，b、c、d错误3(多选)(2019梧州名校联考)边长为h的正方形金属导线框，从如图所示的位置由静止开始下落，通过一匀强磁场区域，磁场方向水平，且垂直于线框平面，磁场区域宽度为h，上下边界如图中虚线所示，hh，则线框从开始下落到完全穿过磁场区的全过程中()a线框中总有感应电流存在b线框受到的合力不可能为0c线框运动方向始终是向下的d线框速度的大小不一定总是在增加【答案】cd 【解析】金属线框在进入磁场过程中，磁通量增加，有感应电流产生由右手定则，感应电流为逆时针方向；由左手定则可知，线框受磁场力方向向上开始时刻，磁场力小于重力，加速度向下，线框速度增大，磁场力也随之增大若磁场力增大到与重力相等时，线框将匀速下落因为hh，当线框上边进入磁场，下边未出磁场，线框中没有磁通量变化，无感应电流，亦不受磁场力作用，线框以加速度g向下加速运动，当线框下边穿出磁场，线框中磁通量减少，产生顺时针感应电流，线框上边受到向上的磁场力作用但合力向上、向下、为零均有可能故选cd.4(多选)下列说法正确的是()a感应电流的磁场方向总是与引起感应电流的磁场方向相反b感应电流的磁场方向与引起感应电流的磁场方向可能相同，也可能相反c楞次定律只能判定闭合回路中感应电流的方向d楞次定律可以判定不闭合的回路中感应电动势的方向【答案】bd【解析】本题的关键是理解楞次定律，感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化如果是因磁通量的减小而引起的感应电流，则感应电流的磁场方向与引起感应电流的磁场方向相同，阻碍磁通量的减小；如果是因磁通量的增大而引起的感应电流，则感应电流的磁场与引起感应电流的磁场方向相反，阻碍磁通量的增大，故a项错误，b项正确；楞次定律既可以判定闭合回路中感应电流的方向，还可以判定不闭合回路中感应电动势的方向c项错误，d项正确5如图所示，甲是闭合铜线框，乙是有缺口的铜线框，丙是闭合的塑料线框，它们的正下方都放置一薄强磁铁，现将甲、乙、丙拿至相同高度h处同时释放(各线框下落过程中不翻转)，则哪个最先落地，哪个最后落地？【解析】甲中产生感应电流，感应电流的磁场阻碍线框下落，ag.乙、丙线框没有感应电流产生，做自由落体运动，ag，故乙丙最先落地，甲最后落地3第3节 感应电流的方向基础达标一、选择题(在每小题给出的四个选项中，第14题只有一项符合题目要求，第56题有多项符合题目要求)1如图所示，一线圈用细杆悬于p点，开始时细杆处于水平位置，释放后让它在匀强磁场中运动，已知线圈平面始终与纸面垂直，当线圈第一次通过位置、时(位置正好是细杆竖直位置)，线圈内的感应电流方向(顺着磁场方向看去)是()a、位置均是顺时针方向b、位置均是逆时针方向c位置是顺时针方向，位置为零，位置是逆时针方向d位置是逆时针方向，位置为零，位置是顺时针方向【答案】d2如图所示，一均匀的扁平条形磁铁的轴线与圆形线圈在同一平面内，磁铁中心与圆心重合，为了在磁铁开始运动时线圈中能得到逆时针方向的感应电流，磁铁的运动方式应是()an极向纸内，s极向纸外，使磁铁绕o点转动bn极向纸外，s极向纸内，使磁铁绕o点转动c磁铁在线圈平面内顺时针转动d磁铁在线圈平面内逆时针转动【答案】a3(2019惠州校级月考)一磁铁自上向下运动，穿过一闭合导电回路，如图所示当磁铁运动到a处和b处时，回路中感应电流的方向分别是()a顺时针，逆时针b逆时针，顺时针c顺时针，顺时针d逆时针，逆时针【答案】b【解析】当磁铁接近线圈时，线圈中的磁通量向下增大，由楞次定律可知感应电流的磁场方向向上，由安培定则知线圈中感应电流的方向为逆时针(俯视)，同理可知，b处感应电流为顺时针b正确，a、c、d错误4如图所示，一个绕圆心轴mn匀速转动的金属圆盘，匀强磁场垂直于圆盘平面，磁感应强度为b，圆盘中心和圆盘边缘通过电刷与螺线管相连，圆盘转动方向如图所示，则下述结论中正确的是()a圆盘上的电流由圆心流向边缘b圆盘上的电流由边缘流向圆心c金属圆盘上各处电势相等d螺线管产生的磁场，f端为n极【答案】a【解析】可将圆盘半径的金属当作一条条导体，并运动至cd处切割磁感线根据右手定则可判断电流方向为cd，a正确，b错误；圆盘相当于电源，各处电势不相等，c错误；由右手螺旋定则可知e端为n极，d错误5如图所示，圆形导体线圈a平放在水平桌面上，在a的正上方固定一竖直螺线管b，二者轴线重合，螺线管与电源和滑动变阻器连接成如图所示的电路若将滑动变阻器的滑片p向下滑动，下列表述正确的是()a线圈a中将产生俯视逆时针方向的感应电流 b穿过线圈a的磁通量变小 c线圈a有扩张的趋势 d线圈a对水平桌面的压力fn将增大【答案】ad6如图所示，螺线管b置于闭合金属圆环a的轴线上，当b中通过的电流i减小时()a环a有缩小的趋势b环a有扩张的趋势c螺线管b有缩短的趋势d螺线管b有伸长的趋势【答案】ad【解析】对于圆环a，通过它的磁通量等于里面磁通量大小与螺线管外那部分大小之差，i减小时磁感线条数减小，故圆环有收缩的趋势，a正确；电流减小，螺线管内每个线圈的吸引力减小，故有伸长的趋势，d正确二、非选择题7如图所示，在两根平行长直导线m、n中，通以同方向同大小的电流，导线框abcd和两导线在同一平面内，线框沿着与两导线垂直的方向，自右向左在两导线间匀速运动，在移动过程中，线框中感应电流方向是怎样的？【答案】始终是abcd【解析】如图所示，线框在两电流中线oo的右侧时，穿过线框的合磁通量垂直纸面向外，线框左移，磁通量变小，为阻碍这个方向的磁通量减小，感应电流的磁场方向也垂直纸面向外，所以感应电流的方向就是abcd.当线框跨越两电流中线oo时，线框的合磁通量由穿出变为穿进，且合磁通量增加，感应电流的磁场方向与原磁场方向相反，即垂直纸面向外，所以感应电流还是abcd8如图是环保型手电筒的外形环保型手电筒不需要任何化学电池作为电源，不会造成由废电池引起的环境污染使用时只要将它摇动一分钟，手电筒便可持续照明好几分钟手电筒内部有一永久磁铁，外层有一线圈，那么这种手电筒的原理是什么？【答案】见解析【解析】环保型手电筒应用了电磁感应原理，内部有磁铁外部有线圈，摇动时，使磁铁相对线圈运动，产生感应电流，把机械能转换为电能，并有一电容器暂时储存电能从而维持手电筒照明几分钟能力提升9(多选)矩形闭合线圈放置在水平薄板上，有一块蹄形磁铁如图所示置于平板的正下方(磁极间距略大于矩形线圈的宽度)当磁铁匀速向右通过线圈时，线圈仍静止不动，那么线圈受到薄板的摩擦力方向和线圈中产生感应电流的方向(从上向下看)是()a摩擦力方向一直向左b摩擦力方向先向左、后向右c感应电流的方向顺时针逆时针逆时针顺时针d感应电流的方向顺时针逆时针【答案】ac10(多选)如图所示，铜质金属环从条形磁铁的正上方由静止开始下落，在下落过程中，下列判断中正确的是()a金属环在下落过程中的机械能守恒b金属环在下落过程中动能的增加量小于其重力势能的减少量c金属环的机械能先减小后增大d磁铁对桌面的压力始终不小于其自身的重力【答案】bd11如图甲所示，在螺线管输入端mn间输入如图乙所示的电流，p为圆形闭合导线圈，则在a、b、c、d、e五个点对应的时刻中能使p受力向左的点是_；受力向右的点是_；不受力的点是_甲乙【答案】edabc【解析】螺线管中输入的电流对应a、c时刻，电流(不变化)变化率为零，在p中的磁通量不变化，因而无感应电流产生，所以a、c点对应的时刻，p不受螺线管的磁场力，b对应的时刻螺线管中的电流为零，则磁感应强度为零，则p也不受螺线管的磁场力d点对应的时刻，螺线管中的电流增强与在p中产生的感应电流的磁场方向相反，相互排斥，故p受到螺线管向右的磁场力；e点对应的时刻螺线管中的电流减弱与在p中产生的感应电流的磁场方向相同，故相互吸引，p受到螺线管向左的磁场力12(1)如图甲所示，线圈静止时恰位于蹄形磁铁正中，线圈平面与磁感线垂直，现使线圈左右摆动，则过程中线圈里感应电流的方向情况怎样？(2)如图乙所示，若线圈平面始终垂直于纸面处于水平方向的匀强磁场中，从位置由静止释放，当线圈第一次经过位置和时，判定线圈中感应电流的方向甲乙【答案】见解析【解析】(1)线圈在磁体右侧向磁体靠近时，通过线圈向里的磁通量增大，由楞次定律和安培定则可判定线圈中电流方向为adcba；同理在右侧远离磁体时电流方向为abcda；在左侧远离时：abcda；在左侧靠近时：adcba(2)线圈运动到o点正下方时磁通量最大经过位置时，通过线圈向右的磁通量增加，由楞次定律和安培定则可判定感应电流方向为adcba(从左向右看为逆时针)；同理在时电流方向为abcda(从左向右看为顺时针)6第4节 法拉第电磁感应定律1(2019大连质检)关于感应电动势，下列说法正确的是()a磁通量越大，感应电动势越大b磁通量越小，感应电动势越大c磁通量变化得越慢，感应电动势越大d磁通量变化得越快，感应电动势越大【答案】d【解析】磁通量越大，磁通量的变化率不一定越大，由法拉第电磁感应定律可知感应电动势不一定越大，故a错误；磁通量越小，磁通量的变化率不一定越大，由法拉第电磁感应定律可知感应电动势不一定越大，故b错误；根据法拉第电磁感应定律知，感应电动势的大小与磁通量变化率成正比，磁通量变化越快，磁通量变化率越大，则感应电动势越大，故c错误，d正确2穿过某线圈的磁通量随时间变化的关系如图所示，在下列几段时间内，线圈中感应电动势最小的是()a02 sb24 sc45 sd510 s【答案】d【解析】图线斜率的绝对值越小，表明磁通量的变化率越小，感应电动势也就越小3如图所示，abc为一金属导体，abbcl，置于磁感应强度为b的匀强磁场中当导体以速度v向右运动时，ac上产生的感应电动势为()ablv bblvcblvdblvblv【答案】b【解析】ab边不切割磁感线，bc边在竖直方向的分量可视为切割磁感线的有效长度，根据感应电动势公式得eblvsin 60blv，答案为b4(2019鄂尔多斯名校月考)如图所示，两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有电阻r.金属棒ab与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下现使磁感应强度随时间均匀增大，ab始终保持静止，下列说法正确的是()aab中的感应电流方向由a到bbab中的感应电流保持不变cab所受的安培力保持不变dab所受的静摩擦力保持不变【答案】b【解析】磁感应强度均匀增大，穿过回路的磁通量增大，根据楞次定律得知ab中的感应电流方向由b到a，故a错误由于磁感应强度均匀增大，根据法拉第电磁感应定律es知感应电动势恒定，则ab中的感应电流不变，故b正确根据安培力公式fbil知，电流i不变，ab的长度l不变，b均匀增大，则安培力f增大，故c错误导体棒受安培力和静摩擦力处于平衡，由ff知安培力增大，则静摩擦力增大，d错误5(2018青岛检测)有一个100匝的线圈，横截面是边长为l0.2 m的正方形，其左半部分放在初始磁感应强度b1 t的匀强磁场中如图甲，线圈平面与磁场垂直，若磁感应强度的变化如图乙所示，则在前5 s内穿过线圈的磁通量改变了多少？磁通量的变化率是多少？线圈的感应电动势是多少？ 【答案】0.01 wb0.002 wb/s0.2 v【解析】线框的有效面积为s0 m20.02 m2，bs0.50.02 wb0.01 wb，由磁通量的变化率0.002 wb/s，由en1000.002 v0.2 v3第4节 法拉第电磁感应定律基础达标一、选择题(在每小题给出的四个选项中，第14题只有一项符合题目要求，第56题有多项符合题目要求)1物理学中的许多规律是通过实验发现的，以下说法不符合史实的是()a法拉第通过实验发现了电磁感应定律b奥斯特通过实验发现了电流能产生磁场c牛顿首先通过扭秤实验发现了万有引力定律d伽利略通过斜面理想实验发现了物体的运动不需要力来维持【答案】c【解析】法拉第通过实验发现了电磁感应定律，发明了世界上第一台发电机，故a正确；奥斯特通过实验发现电流能产生磁场，故b正确；牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许通过扭秤实验测出引力常量，故c错误；伽利略通过斜面理想实验发现物体的运动不需要力来维持，故d正确本题选不符合史实的，故选c2穿过一个单匝线圈的磁通量始终保持每秒钟减少2 wb，则() a线圈中感应电动势每秒增加2 vb线圈中感应电动势每秒减少2 vc线圈中无感应电动势d线圈中感应电动势保持不变【答案】d【解析】由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势en12 v，感应电动势是一个定值，不随时间变化，故a、b、c错误，d正确故选d3关于感应电动势，下列说法中正确的是()a电源电动势就是感应电动势b产生感应电动势的那部分导体相当于电源c在电磁感应现象中没有感应电流就一定没有感应电动势d电路中有电流就一定有感应电动势【答案】b【解析】电源电动势与感应电动势不等同，前者包含后者，故a错误；有感应电动势的那部分导体相当于电源，故b正确；有了感应电动势不一定有感应电流，但若有感应电流，则一定同时产生了感应电动势，故c错误；电路中有电流就一定有电动势，但不一定是感应电动势，故d错误故选b4穿过闭合回路的磁通量随时间t变化的图象分别如图所示下列关于回路中产生的感应电动势的论述中正确的是()a图中回路产生的感应电动势恒定不变b图中回路产生的感应电动势一直在变大c图中回路0t1时间内产生的感应电动势小于在t1t2时间内产生的感应电动势d图中回路产生的感应电动势先变小再变大【答案】d【解析】图中磁通量不变，无感应电动势，故a错误图中磁通量随时间t均匀增大，图象的斜率k不变，也就是说产生的感应电动势不变，故b错误图中回路在0t1时间内磁通量随时间t变化的图象的斜率为k1，在t1t2时间内磁通量随时间t变化的图象的斜率为k2，从图象中发现k1的绝对值大于k2的，所以在0t1时间内产生的感应电动势大于在t1t2时间内产生的感应电动势，故c错误图中磁通量随时间t变化的图象的斜率先变小后变大，所以感应电动势先变小后变大，故d正确故选d5关于电磁感应产生感应电动势大小的正确表述是()a穿过导体框的磁通量为零的瞬间，线框中的感应电动势有可能很大b穿过导体框的磁通量越大，线框中感应电动势一定越大c穿过导体框的磁通量变化量越大，线框中感应电动势一定越大d穿过导体框的磁通量变化率越大，线框中感应电动势一定越大【答案】ad【解析】根据法拉第电磁感应定律en得感应电动势的大小跟磁通量的变化率成正比穿过导体框的磁通量为零的瞬间，但可能很大，产生的感应电动势可能很大，故a正确；磁通量越大，但及不一定越大，故b错误；磁通量变化越大，但不知磁通量的变化时间，故不一定越大，故c错误；磁通量变化的快慢用表示，磁通量变化得快，则就大，根据法拉第电磁感应定律可知产生的感应电动势就越大，故d正确6如图所示，用一根横截面积为s的硬导线做成一个半径为r的圆环，把圆环右半部分置于均匀变化的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小随时间的变化规律为bb0kt(k0)，ab为圆环的一条直径，导线的电阻率为，以下说法不正确的是() a圆环中产生顺时针方向的感应电流b圆环具有扩张的趋势c圆环中感应电流的大小为d图中a、b两点间的电压大小为kr2【答案】abd【解析】由于磁场均匀增大，线圈中的磁通量变大，根据楞次定律可知线圈中电流为逆时针，同时为了阻碍磁通量的变化，线圈将有收缩的趋势，故a、b错误；根据法拉第电磁感应定律得电动势为e，回路中的电阻为r，所以电流为i，故c正确；ab两端电压为uabi，故d错误本题选不正确的，故选abd二、非选择题7如图甲所示，一个电阻值为r，匝数为n的圆形金属线圈与阻值为2r的电阻r1连接成闭合回路线圈的半径为r1.在线圈中半径为r2的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度b随时间t变化的关系图线如图乙所示图线与横、纵轴的截距分别为t0和b0.导线的电阻不计求0至t1时间内，甲乙(1)通过电阻r1上的电流大小和方向；(2)通过电阻r1上的电荷量q及电阻r1上产生的热量【答案】(1)从b到a(2)【解析】(1)由图象分析可知，0至t1时间内.由法拉第电磁感应定律有enns，而sr，由闭合电路欧姆定律有i1，联立以上各式得，通过电阻r1上的电流大小i1，由楞次定律可判断通过电阻r1上的电流方向从b到a(2)通过电阻r1上的电量qi1t1，电阻r1上产生的热量qir1t18(2019海淀模拟)如图所示，足够长的平行光滑金属导轨水平放置，宽度l0.5 m，一端连接r1 的电阻导线所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度b1 t质量为1 kg的导体棒mn放在导轨上，电阻r0.25 ，其长度恰好等于导轨间距，与导轨接触良好，导轨的电阻可忽略不计在平行于导轨的拉力f作用下，导体棒沿导轨向右匀速运动，速度v5 m/s.求：(1)感应电动势e和mn两点间的电势差；(2)在2 s时间内，拉力做的功；(3)在2 s末，撤去拉力，棒会逐渐减速直至停止运动，求全过程中电阻r上产生的焦耳热【答案】 (1)2.5 v2 v(2)10 j(3)18 j【解析】(1)根据法拉第电磁感应定律得eblv2.5 vmn两点间的电压ur2 v(2)导体棒匀速，根据平衡条件得拉力为fbil1 n根据恒力做功公式有wflfvt10 j(3)撤去拉力之前，拉力做功等于回路中产生的焦耳热q1，撤去之后棒的动能全部转化为焦耳热q2，根据功能关系得q1w10 jq2mv212.5 j又因为r与r串联，r产生的焦耳热为q3(q1q2)18 j能力提升9(2019邯郸模拟)如图所示，螺线管内有一平行于轴线的匀强磁场，规定图中箭头所示方向为磁感应强度b的正方向，螺线管与u形导线框efgh相连，导线框efgh内有一半径很小的金属圆环l，圆环与导线框efgh在同一平面内当螺线管内的磁感应强度随时间按图示规律变化时()a在t1时刻，金属圆环l内的磁通量为零b在0t1时间内，金属圆环l内有逆时针方向的感应电流c在 t2时刻，金属圆环l内的感应电流最大d在t2t3时间内，金属圆环l有收缩趋势【答案】a【解析】由bt图知，t1时刻磁通量的变化率为零，则感应电动势为零，则感应电流为零，l上的磁通量为零，故a正确；在0t1时间内，由e，结合图象知，线框efgh中有顺时针方向的感应电流，且逐渐减小，根据楞次定律知金属圆环l内有顺时针方向的感应电流，故b错误；在t2时刻，磁感应强度为零，但是磁通量的变化率最大，则感应电流最大，通过金属圆环的磁通量最大，金属圆环l内的感应电流最小，故c错误；在t2t3时间内，l内的磁场减弱，由愣次定律可以确定l必须增大面积以达到阻碍磁通量的减小，故金属圆环有扩张的趋势，d错误10(多选)(2018新课标卷)如图甲，在同一平面内固定有一长直导线pq和一圆导线框r，r在pq的右侧导线pq中通有正弦交流电i，i的变化如图乙所示，规定从q到p为电流正方向导线框r中的感应电动势( )a在t时为零b在t时改变方向c在t时最大，且沿顺时针方向d在tt时最大，且沿顺时针方向【答案】ac【解析】易知直导线中电流的变化与r中磁通量的变化同增同减，因此导线电流的变化率(斜率)代表了r中磁通量变化率(以及感应电流)的趋势且当导线电流向上并增大(变化率为正)时，r中磁场垂直纸面向里增大，感应电流为逆时针方向(则导线框逆时针电流为正)t时斜率为零，感应电流为零，a正确；t时斜率为负且最大，感应电流为负即顺时针，且最大，b错误，c正确；tt时斜率为正且最大，感应电流为正即逆时针，且最大，d错误11a、b两环为同样的导线绕成，半径为r2 m的b环内有如图所示的有理想边界的匀强磁场，若磁场均匀减小，a环半径r4 m，求：(1)a、b环中感应电动势之比为多少？(2)a、b环中产生的感应电流之比为多少？【答案】(1)11(2)12【解析】(1)由法拉第电磁感应定律en，由于a、b两环中磁通量相同，所以a、b两环中感应电动势之比eaeb11(2)由电阻定律可知a、b两环的电阻之比rarb21，所以a、b环中感应电流之比iaibrbra1212如图所示，一个边长为l的正方形金属框，质量为m，电阻为r，用细线把它悬挂于一个有界的磁场边缘金属框的上半部处于磁场内，下半部处于磁场外磁场随时间均匀变化满足bkt规律，已知细线所能承受的最大拉力ft2mg，求从t0时起，经多长时间细线会被拉断？【答案】【解析】设t时刻细线恰被拉断，由题意知bkt，金属框中产生的感应电动势eskl2，金属框受到的安培力fbil，由力的平衡条件得ftmgf，联立解得t7第5节 电磁感应规律的应用1如图所示，三个相同的金属圆环内，存在着不同的有界匀强磁场，虚线表示环的某条直径，已知所有磁场的磁感应强度随时间变化都满足bkt，方向如图测得a环中感应电流强度为i，则b环和c环内感应电流强度分别为()aibi、ic0bibi、ic2icib2i、ic2idib2i、ic0【答案】d【解析】c环中穿过圆环的磁感线完全抵消，磁通量为零，保持不变，所以没有感应电流产生，则ic0.根据法拉第电磁感应定律得：esks，s是有效面积则得es，所以a、b中感应电动势之比为eaeb12，根据欧姆定律得知，ib2ia2i，故选d2(2019白银校级月考)法拉第圆盘发电机的示意图如图所示，铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片p、q分别与圆盘的边缘和铜轴接触，圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场b中，圆盘旋转时，关于流过电阻r的电流，下列说法正确的是()a若圆盘转动的角速度均匀增加，则电流大小恒定b若从上往下看，圆盘顺时针转动，则电流沿b到a的方向流过rc若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化d若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在r上的热功率变为原来的4倍【答案】d【解析】铜盘转动产生的感应电动势为ebl2，b、l、增大，e增大，电流增大，故a错误；由右手定则可知，回路中电流方向不变，若从上往下看，圆盘顺时针转动，由右手定则知，电流沿a到b的方向流过r，故b错误；若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向不变，大小变化，故c错误；若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，根据ebl2，i可知回路电流变为原来2倍，根据pi2r可知电流在r上的热功率变为原来的4倍，d正确3(2018新课标卷)如图，在同一水平面内有两根平行长导轨，导轨间存在依次相邻的矩形匀强磁场区域，区域宽度均为l，磁感应强度大小相等、方向交替向上向下，一边长为l的正方形金属线框在导轨上向左匀速运动，线框中感应电流i随时间变化的正确图线可能是( )abcd【答案】d【解析】由题图示位置开始线框两侧磁场反向，有恒定的顺时针感应电流；经过后两侧磁场同向，感应电流为零；再经过后两侧磁场反向，有恒定的逆时针感应电流；再经过后两侧磁场同向，感应电流为零可知只有d图可能4(2019顺义二模)与一般吉他以箱体的振动发声不同，电吉他靠拾音器发声如图所示，拾音器由磁体及绕在其上的线圈组成磁体产生的磁场使钢质琴弦磁化而产生磁性，即琴弦也产生自己的磁场当某根琴弦被拨动而相对线圈振动时，线圈中就会产生相应的电流，并最终还原为声音信号下列说法中正确的是()a若磁体失去磁性，电吉他仍能正常工作b换用尼龙材质的琴弦，电吉他仍能正常工作c琴弦振动的过程中，线圈中电流的方向不会发生变化d拾音器的作用是利用电磁感应把琴弦的振动转化成电信号【答案】d【解析】若失去磁性则无法产生电磁感应，因此吉他不能正常工作，故a错误；电吉他不可以使用尼龙线做琴弦，若是尼龙线则不能构成回路，不会产生电磁感应现象，故b错误；琴弦振动时，线圈中产生感应电流的大小和方向均是变化的，若是恒定，则声音全是一种调，所以电流方向不可能不发生变化，且根据右手定则可知，电流方向一定是变化的，故c错误；电吉他是属于磁生电的应用，是根据电磁感应原理工作的拾音器的作用是利用电磁感应把琴弦的振动转化成电信号，故d正确5如图甲所示，螺线管匝数n1 500 匝，横截面积s20 cm2，导线的电阻r1.5 ，r13.5 ，r225 .穿过螺线管的磁场的磁感应强度b按图乙所示规律变化，则r2消耗的电功率是多大？甲乙【答案】1 w【解析】由乙图中可知，磁感应强度随时间均匀变化，那么在甲图的线圈中会产生恒定的感应电动势由乙图可知，磁感应强度的变化率2 t/s，由法拉第电磁感应定律可得螺线管中感应电动势e1 500201042 v6 v，电路中的感应电流i a0.2 a，r2消耗的电功率pi2r20.2225 w1 w4第5节 电磁感应规律的应用基础达标一、选择题(在每小题给出的四个选项中，第14题只有一项符合题目要求，第56题有多项符合题目要求)1(2019衡阳名校质检)下列电器和设备工作时，工作过程与电磁感应现象无关的是()a发电机b电磁炉c变压器d电热水器【答案】d【解析】发电机是典型的电磁感应的应用，是通过运动将机械能转化为电能的装置；电磁炉是通过磁场的变化产生涡流，进而产生热量，属于电磁感应现象；变压器是通过互感现象来改变电压的，故属于电磁感应现象；电热水器利用了电流的热效应，故不属于电磁感应现象本题选择不属于电磁感应现象的，故选d2(2019宜昌期末)随着电动汽车的大量普及，汽车无线充电受到越来越多的关注无线充电简单方便，不需手动操作，没有线缆拖拽，大大提升了用户体验将受电线圈安装在汽车的底盘上，将供电线圈安装在地面上，如图所示当电动汽车行驶到供电线圈装置上，受电线圈即可“接收”到供电线圈的电流，从而对蓄电池进行充电关于无线充电，下列说法正确的是()a无线充电技术与变压器的工作原理相同b为了保护受电线圈不受损坏，可在车底加装一个金属护板c只有将供电线圈接到直流电源上，才能对蓄电池进行充电d当受电线圈没有对准供电线圈(二者没有完全重合)时，将不能进行无线充电【答案】a【解析】无线充电技术与变压器都是利用电磁感应原理，故a正确；加装的金属护板会产生涡流，浪费能量，同时屏蔽了受电线圈，受电线圈无法“接收”到供电线圈的变化磁场，无法充电，故b错误；应将供电线连接到交流电源上，才能产生变化的磁场，使受电线圈发生电磁感应，对电池进行充电，故c错误；当受电线圈没有对准供电线圈(二者没有完全重合)时，也有变化的磁场通过受电线圈引起磁通量变化，也可以进行无线充电，d错误3在匀强磁场中，有一个接有电容器的导线回路，如图所示已知电容c30 f，回路的长和宽分别为l18 cm，l25 cm，磁感应强度以变化率5102 t/s增大，则()a电容器的上极板带正电，电荷量为2109 cb电容器的上极板带负电，电荷量为6109 cc电容器的上极板带正电，电荷量为6109 cd电容器的上极板带负电，电荷量为8109 c【答案】c【解析】由于e510281025102 v2104 v，qce301062104 c6109 c，又由楞次定律可知上极板带正电，c正确4(2018西藏校级检测)在竖直方向的匀强磁场中，水平放置一圆形导体环规定导体环中电流的正方向如图甲所示，磁场向上为正当磁感应强度b随时间t按图乙变化时，下列能正确表示导体环中感应电流变化情况的是()【答案】c【解析】根据法拉第电磁感应定律有enns，因此在面积、匝数不变的情况下，感应电动势与磁场的变化率成正比，即与bt图象中的斜率成正比，由图象可知：02 s，斜率不变，故形成的感应电流不变，根据楞次定律可知感应电流方向顺时针即为正值，24 s斜率不变，电流方向为逆时针，整个过程中的斜率大小不变，所以感应电流大小不变，故a、b、d错误，c正确5如图甲所示，100匝线圈(图中只画了1匝)两端a、b与一电压表相连线圈内有一垂直指向纸内方向的磁场，线圈中的磁通量在按图乙所示规律变化下列关于电压表的说法正确的是()a电压表读数为50 vb电压表读数为150 vc电压表“”接线柱接a端d电压表“”接线柱接b端【答案】ac【解析】en100 v50 v，选项a正确，b错误；根据楞次定律可判断，a端电势高于b端，所以电压表“”接线柱接a端，选项c正确，d错误6一个面积s4102 m2、匝数n100匝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2 s内穿过线圈的磁通量变化率等于0.08 wb/sb在开始的2 s内穿过线圈的磁通量的变化量等于零c在开始的2 s内线圈中产生的感应电动势等于8 vd在第3 s末线圈中的感应电动势等于零【答案】ac【解析】磁通量的变化率s，其中磁感应强度的变化率即为bt图象的斜率由题图知前2 s的2 t/s，所以24102 wb/s0.08 wb/s，选项a正确；在开始的2 s内磁感应强度b由2 t减到0，又从0向相反方向的b增加到2 t，所以这2 s内的磁通量的变化量b1sb2s2bs224102 wb0.16 wb，选项b错误；在开始的2 s内en1000.08 v8 v，选项c正确；第3 s末的感应电动势等于24 s内的平均电动势，enns10024102 v8 v，选项d错误二、非选择题7如图甲所示，截面积为0.2 m2的100匝圆形线圈a处在变化的磁场中磁场方向垂直纸面，其磁感应强度b随时间t的变化规律如图乙所示，设向外为b的正方向r14 ，r26 ，c30 f，线圈的内阻不计，求电容器上极板所带电荷量并说明正负【答案】7.2106 c，上极板带正电【解析】ens1
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