13.3 电磁感应现象及其应用 同步练习-2022-2023学年高二物理上学期（人教版2019必修第三册）

人教版物理必修三11.3电磁感应现象及其应用同步练习一、单选题（本大题共10小题，共40.0分）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.通电线圈在磁场中受磁场作用力转动

C.磁铁吸引小磁针

D.闭合线圈靠近磁铁时产生电流以下四幅图所示的实验中，下列说法正确的是(

)A.图(a)通电后小磁针将会发生偏转，说明了电流周围存在磁场

B.图(b)电键闭合后电流计的指针将会发生偏转，说明了回路产生了感应电流

C.图(c)闭合电键后金属棒会在导轨上运动，说明了回路产生了感应电流

D.图(d)电键闭合后线框会转动，说明了磁场对电流可以产生力的作用华为mate40 pro作为国产高端手机的典型代表，集成了很多高精尖技术，其中有一项功能尤其引人关注，那就是mate40 pro实现了双向无线超级快充，大大方便了人们的生活。如图甲所示为无线正向充电原理图，充电底座接交流电源，对充电底座供电，充电底座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。如图乙所示，若在某段时间内，磁场垂直于接收线圈平面向上穿过线圈，其磁感应强度大小逐渐增大。下列说法正确的是A.无线充电时，手机上受电线圈的工作原理是“电流的磁效应”

B.送电线圈内的电流大小在逐渐减小

C.受电线圈中感应电流方向由c→d

D.受电线圈有扩张趋势在我国南海上有一浮桶式灯塔，其结构如图所示，浮桶下部由内、外两密封圆筒构成(图中阴影部分)，其内部为产生磁场的磁体，磁体通过支柱固定在暗礁上，浮桶内置圆形线圈能够随波浪相对磁体沿竖直方向上下运动，线圈与塔灯相连，下列说法错误的是(    )A.当海面无波浪时，该灯塔无法发光

B.该装置的工作原理是电磁感应现象

C.当线圈上下运动时，回路中无感应电流

D.圆形线圈上各位置的磁感应强度大小相等如图所示，一有限范围的匀强磁场宽度为d=5 cm，若将一个边长L=1 cm的正方形导线框以速度v=1 cm/s匀速通过磁场区域，则导线框中无感应电流的时间为

(

)A.1 s

B.2 s

C.4 s

D.无法计算在平行于水平面的有界匀强磁场上方有两个由相同金属材料制成的正方形线框A、B，从同一高度由静止开始同时释放，磁感线始终与线框平面垂直，A线框有一个小缺口，B线框是闭合的．则下列判断正确的是(

)A.A、B在进入磁场过程中均产生感应电流

B.A、B都做自由落体运动

C.A线圈比B线圈先落地

D.B的落地速度比A的大图中能产生感应电流的是(    )A. B.

C. D.为探讨磁场对脑部神经组织的影响及临床医学应用，某小组查阅资料得知：“将金属线圈放置在头部上方几厘米处，给线圈通以上千安培、历时约几毫秒的脉冲电流，电流流经线圈产生瞬间的高强度脉冲磁场，磁场穿过头颅对脑部特定区域产生感应电场及感应电流，而对脑神经产生电刺激作用，其装置如图所示。”同学们讨论得出的下列结论正确的是(    )A.脉冲电流流经线圈会产生高强度的磁场是电磁感应现象

B.脉冲磁场在线圈周围空间产生感应电场是电流的磁效应

C.若将脉冲电流改为恒定电流，可持续对脑神经产生电刺激作用

D.若脉冲电流最大强度不变，但缩短脉冲电流时间，则在脑部产生的感应电场及感应电流会增强如图所示，线圈M和线圈P绕在同一个铁芯上。下列操作后的现象判断正确的是(    )A.闭合开关S瞬间，线圈P里没有感应电流

B.断开开关S瞬间，线圈P里有感应电流，且流经电表的电流方向为a→b

C.闭合开关S瞬间，线圈P里有感应电流，且流经电表的电流方向为a→b

D.闭合开关S，待线圈M中电流稳定时，线圈P里有感应电流

如图所示，在范围足够大的空间存在一个磁场，磁感线呈辐状分布，其中磁感线O竖直向上，磁场中竖直固定一个轻质弹簧．在距离弹簧某一高度处，将一个金属圆盘由静止释放，圆盘下落的过程中盘面始终保持水平，且圆盘的中轴线始终与弹簧的轴线、磁感线O重合．从圆盘开始下落，到弹簧被压缩至最短的过程中，下列说法正确的是A.在圆盘内磁通量不变

B.从上往下看，在圆盘内会产生顺时针方向的涡流

C.在接触弹簧之前，圆盘做自由落体运动

D.圆盘的重力势能减少量等于弹簧弹性势能的增加量二、多选题（本大题共2小题，共8.0分）下图是一种简易风速仪的示意图．当水平方向有风吹来时，风速仪的外接电流计就有示数．下列说法正确的有(    )A.该风速仪工作时应用了电磁感应原理

B.该风速仪工作时应用了电流的磁效应

C.风速越大，电流计的示数越大

D.风速越大，电流计的示数越小

下列选项中的操作能使如图所示的三种装置产生感应电流的是(    )A.甲图中，使导体棒AB顺着磁感线运动

B.乙图中，使条形磁铁插入或拔出线圈

C.丙图中，开关S保持闭合，使小螺线管A插入大螺线管B中不动

D.丙图中，开关S保持闭合，使小螺线管A插入大螺线管B中不动，移动滑动变阻器的滑片三、实验题（本大题共2小题，共18.0分）在图甲中，不通电时电流计指针停在正中央，当闭合开关时，观察到电流计指针向左偏。现在按图乙连接方式将电流计与螺线管B连成一个闭合回路，将螺线管A与电池、滑动变阻器和开关S串联成另一个闭合回路：

(1)将开关S闭合后，将螺线管A插入螺线管B的过程中，螺线管B的______端(填“上”或“下”)为感应电动势的正极；(2)螺线管A放在B中不动，开关S突然断开的瞬间，电流计的指针将________

(填“向左”“向右”或“不发生”)偏转；(3)螺线管A放在B中不动，滑动变阻器的滑片向左滑动，电流计的指针将_____(填“向左”“向右”或“不发生”)偏转；如图甲是探究“怎样产生感应电流”的实验装置。ab是一根导体杆，通过导线、开关连接在灵敏电流计的两接线柱上。

(1)本实验中，如果_____________________

，我们就认为有感应电流产生。(2)闭合开关后，若导体杆不动，磁铁左右水平运动，电路___________(选填“有”或“无”)感应电流。(3)在探究电磁感应现象的实验中，电流表刻度盘上的零刻度线在正中间，当电池的正极接电流表的右接线柱，电池的负极与电流表的左接线柱相碰时，指针向右偏转。如图乙所示电路，将线圈A放在线圈B中，在合上开关S的瞬间，电流表指针应向___________偏转；保持开关闭合，将线圈A从线圈B中拔出时，电流表指针应向___________偏转。四、计算题（本大题共3小题，共34.0分）如图所示，MN、PQ为足够长的光滑平行导轨，间距L=0.5m，导轨平面与水平面间的夹角θ=30∘，NQ⊥MN，NQ间连接一个R=3Ω的电阻。有一匀强磁场垂直于导轨平面向上，磁感应强度为B0=1T。将一根质量为m=0.02kg的金属棒ab紧靠NQ放置在导轨上，且与导轨接触良好，金属棒的电阻r=2Ω，其余部分电阻不计。现由静止释放金属棒ab，金属棒沿导轨向下运动过程中始终与NQ平行。当金属棒滑行至cd处时速度大小开始保持不变，cd距离NQ为s=0.5求：(1)求金属棒达到稳定时的速度是多大？(2)金属棒从静止开始到稳定速度的过程中，电阻R上产生的热量是多少？(3)若将金属棒滑行至cd处的时刻记作t=0，从此时刻起，让磁感应强度逐渐减小，可使金属棒中不产生感应电流，则磁感应强度B应怎样随时间t变化

有一阻值为R=1Ω的定值电阻，导轨电阻忽略不计；一导体棒(电阻不计)垂直于导轨放在距离导轨左端ab处d=1.0m，其质量m=0.1kg，导体棒与导轨间的动摩擦因数μ=0.2，整个装置处在范围足够大的竖直方向的匀强磁场中。取竖直向下为正方向，从t=0时刻开始，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示；在t=3s内导体棒在外力F1作用下处于静止状态，不计感应电流磁场的影响，取g=10m/s(1)求t=1s时安培力的大小和方向；(2)从t=3s开始，导体棒在恒力F2=1.2N作用下向右运动x=1m到cd处，此时导体棒速度已达最大，求电阻R上产生的热量(3)若将金属棒滑行至cd处后，让磁感应强度逐渐减小，导体棒在恒力F2=1.2N作用下继续向右运动，可使金属棒中不产生感应电流，写出磁感应强度Bt随时间t变化的关系式。(关系式以cd处的时刻记作t=0)

如图甲所示，ACD是固定在水平面上的半径为2r、圆心为O的金属半圆弧导轨，EF是半径为r，圆心也为O的半圆弧，在半圆弧EF与导轨ACD之间的半圆环区域内存在垂直导轨平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，B随时间t变化的图象如图乙所示。OA间接有电阻P，金属杆OM可绕O点转动，M端与轨道接触良好，金属杆OM与电阻P的阻值均为R，其余电阻不计。

(1)0−t0时间内，OM杆固定在与OA夹角为θ1=π3的位置不动，求这段时间内通过电阻P的感应电流大小和方向；

(2)t0−3t0时间内，OM杆在外力作用下以恒定的角速度逆时针转动，2t0时转过角度θ2=π3到OC位置，求电阻P在这段时间内产生的焦耳热Q；

(3)2t0−3t0时间内，OM杆仍在外力作用下以恒定的角速度逆时针转动，3答案和解析1.【答案】D【解析】电磁感应指闭合回路中部分导体做切割磁感线运动，或者穿过闭合线圈的磁通量变化，则回路中即可产生感应电流。

A.小磁针在通电导线附近发生偏转，这是电流的磁效应，故A错误；

B.通电线圈在磁场中转动，是由于安培力作用，故B错误；

C.磁铁吸引小磁针，磁性相互作用，故C错误；

D.闭合线圈靠近磁铁时闭合回路磁通量变化，产生感应电流，是电磁感应现象，故D正确。故选D。

2.【答案】D【解析】A.图(a)是演示电流的磁效应实验装置，通电后直导线下方的磁场方向与小磁针方向一致，小磁针不发生偏转，故A错误；

B.图(b)是研究电磁感应的实验装置，仅闭合电键，而导体棒不切割磁感线，没有感应电流产生，电流计指针不会发生偏转，故B错误；

C.图(c)是研究磁场对电流作用的实验装置，通过实验现象反应了磁场中的电流会受到力的作用，故C错误；

D.图(d)是电动机的工作原理的实验装置，说明了磁场对电流可以产生力的作用，故D正确。故选D。

3.【答案】C4.【答案】C【解答】A.当海面无波浪时，线圈没有相对磁体上下运动，则线圈没有切割磁感线，没有感应电流产生，所以该灯塔无法发光，则A正确；

B.该装置的工作原理是电磁感应现象，故B正确；

C.当线圈上下运动时，线圈切割磁感线，所以回路中有感应电流，故C错误；

D.根据对称性可知，圆形线圈上各位置的磁感应强度大小相等，故D正确。

5.【答案】C6.【答案】C【解答】A线圈进入磁场时，不产生感应电流，线圈不受安培力作用，只受重力，加速度等于g，始终做自由落体运动，而B线圈是闭合的，进入磁场时，产生感应电流，线圈受到竖直向上的安培力作用，加速度小于g，故A线圈最先落地，根据功能关系可知A落地的速度要大于B的速度，故C正确，ABD错误。

故选C。

7.【答案】B【解答】A.线圈是不闭合的，不能产生感应电流，故A错误；

B.线框的面积增大，穿过线框的磁通量增大，能够产生感应电流，故B正确；

C.由于直导线在线圈的直径的上方，所以穿过线圈的磁通量等于0，电流增大，线圈的磁通量仍然是0，故C错误；

D.线圈整体垂直于磁场运动，线圈的磁通量始终是最大，没有发生变化，没有感应电流，故D错误。故选B。

8.【答案】D【解答】A.脉冲电流流经线圈会产生高强度的磁场是电流的磁效应，故A错误；

B.脉冲磁场在线圈周围空间产生感应电场是电磁感应现象，故B错误；

C.产生感应电流的条件是穿过闭合回路的磁通量发生变化，当脉冲电流改为恒定电流时，磁场不发生变化，即磁通量不变，所以不会产生感应电动势，故不能持续对脑神经产生电刺激作用，故C错误；

D.根据法拉第电磁感应定律可知，当脉冲电流最大强度不变，即产生的磁场的最大磁感应强度不变，故磁通量的变化量不变，但缩短脉冲电流时间，故产生的感应电动势变大，所以在脑部产生的感应电场及感应电流会增强，故D正确。故选D。

9.【答案】C【解答】A、闭合开关S瞬间，线圈M产生磁场，穿过线圈P的磁通量从无到有增加，则线圈P里有感应电流，故A错误；

B、断开开关S瞬间，线圈M产生在铁芯中产生的向右的磁场消失，线圈P中的磁通量突然从向右变为无，根据楞次定律，感应电流在铁芯内产生的磁场向右，根据右手螺旋定则，流经电表的电流方向为b→a，故B错误；

C、闭合开关S瞬间，线圈M中产生向右的磁场，穿过线圈P的磁通量向右，从无到有增加，根据楞次定律，感应电流在铁芯中产生的磁场向左，根据右手螺旋定则，流经电表的电流方向为a→b，故C正确；

D、闭合开关S，待线圈M中电流稳定时，线圈P的中的磁通量稳定不变，不产生感应电流，故D错误。

10.【答案】B【解答】A.磁感线呈辐状分布，故圆盘下落过程中，磁感应强度越来越大，故磁通量越来越大；故A错误；

B.圆盘下落过程中磁通量越来越大，根据楞次定律可判断出圆盘内会产生顺时针方向的涡流，故B正确；

C.圆盘下落过程中磁通量越来越大，根据楞次定律可得圆盘受到向上的阻力，故在接触弹簧之前，圆盘不可能做自由落体运动，故C错误；

D.圆盘下落过程中圆盘内会产生顺时针方向的涡流，会产生电热，根据能量守恒可得，圆盘的重力势能减少量大于弹簧弹性势能的增加量。故D错误；故选B。

11.【答案】AC【解答】AB.当有风吹来时，线圈随着转轴转动而切割磁感线，线圈与外电路形成回路而产生感应电流，故应用了电磁感应原理，故A正确，B错误；

CD.风速越大，线圈转动的角速度越大，由Em=NBSω知感应电动势越大，由闭合电路欧姆定律知，感应电流越大，电流计示数越大，故C正确，D错误。故选AC12.【答案】BD【解答】A.甲图中导体棒顺着磁感线运动，穿过闭合电路的磁通量没有发生变化，无感应电流，故A错误；

B.乙图中条形磁铁插入线圈时线圈中的磁通量增加，拔出线圈时线圈中的磁通量减少，线圈中都能产生感应电流，故B正确；

C.丙图中开关S一直接通，回路中为恒定电流，螺线管A产生的磁场稳定，螺线管B中的磁通量无变化，无感应电流，故C错误；

D.丙图中开关S接通，小螺线管A插入大螺线管B中不动，移动滑动变阻器的滑片使闭合回路中的电流变化，从而使螺线管A产生的磁场变化，故螺线管B中的磁通量变化，有感应电流，故D正确。故选BD。

13.【答案】(1)下

；(2)向右；

(3)向左【解析】

(1)S闭合后，由安培定则可得，线圈A的磁场方向向下，在螺线管A插入螺线管B的过程中，穿过线圈B的磁通量增大，则楞次定律得，B中感应磁场方向向上，由右手定则可得电流从灵敏电流计的正接线柱流入，螺线管B的下端为感应电动势的正极；

(2)由安培定则可得，线圈A的磁场方向向下，S闭合后，线圈A放在B中不动，在突然断开S时，穿过线圈B的磁通量减小，则楞次定律得，B中感应磁场方向向下，由右手定则可得电流从灵敏电流计的负接线柱流入，故指针右偏；

(3)由安培定则可得，线圈A的磁场方向向下，S闭合后，线圈A放在B中不动，在滑动变阻器的滑片P向左滑动的过程中，电阻减小，电流增大，周围磁场增大，穿过线圈B的磁通量增大，则楞次定律得，B中感应磁场方向向上，由右手定则可得电流从灵敏电流计的正接线柱流入，故指针左偏；

故答案为(1)下

；(2)向右；

(3)向左。

14.【答案】(1)灵敏电流计的指针偏转;(2)有;(3)左，

右．【解答】(1)因为电路中无电源，所以使灵敏电流计的指针偏转时的电流即为感应电流。(2)磁体与导体杆有相对水平运动，都可产生感应电流。(3)在合上开关S的瞬间，线圈A中的电流产生向上的磁场，则线圈B就置于向上并增强的磁场中，根据楞次定律，线圈B中的电流从电流表左端进入电表，所以指针向左偏。

保持开关闭合，将线圈A从线圈B中拔出时，线圈B的磁通量减小，根据楞次