学年高中物理第四章电磁感应高考真题集训新人教版选修.doc

第四章电磁感应(时间：90分钟满分：100分)一、选择题(本大题共10小题，每小题4分，共40分。

在每小题给出的选项中。

至少有一项符合题目要求。

全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分) 1．(2016·浙江省嘉兴市桐乡市高二期中)下列图中能产生感应电流的是( )解析线框整体切割磁感线运动，穿过线框的磁通量没有变化，不会产生感应电流，A项错误；线框被拉出磁场的过程中，穿过的磁通量发生变化，因此会产生感应电流，B项正确；线框平行于磁场感应线运动，穿过线框的磁通量没有变化，不会产生感应电流，C项错误；线框绕平行于磁感线的轴转动，虽然上下边切割磁感线，但穿过的磁通量没有变化，因此不会产生感应电流，D项错误。

答案 B2．(2016·绍兴高二期中)为了测量列车运行的速度和加速度大小，可采用如图1甲所示的装置，它由一块安装在列车车头底部的强磁体和埋设在轨道地面的一组线圈及电流测量记录仪组成(测量记录仪未画出)。

当列车经过线圈上方时，线圈中产生的电流被记录下来，P、Q为接测量仪器的端口。

若俯视轨道平面磁场垂直地面向外(如图乙)，则在列车经过测量线圈的过程中，流经线圈的电流方向为( )图1A．始终逆时针方向B ．先顺时针，再逆时针方向C ．先逆时针，再顺时针方向D ．始终顺时针方向解析 在列车经过线圈的上方时，由于列车上的磁场的方向向上，所以线圈内的磁通量方向向上，先增大后减小，根据楞次定律可知，线圈中的感应电流的方向为先顺时针，再逆时针方向。

答案 B3．如图2甲所示，线圈的匝数n ＝100匝，横截面积S ＝50 cm 2，线圈总电阻r ＝10 Ω，沿轴向有匀强磁场，设图示磁场方向为正，磁场的磁感应强度随时间做如图乙所示规律变化，则在开始的0.1 s 内( )图2A ．磁通量的变化量为0.25 WbB ．磁通量的变化率为2.5×10－2 Wb/sC ．a 、b 间电压为0D ．在a 、b 间接一个理想电流表时，电流表的示数为0.25 A解析 通过线圈的磁通量与线圈的匝数无关，若设Φ2＝B 2S 为正，则线圈中磁通量的变化量为ΔΦ＝B 2S －(－B 1S )，代入数据即ΔΦ＝(0.1＋0.4)×50×10－4 Wb ＝2.5×10－3 Wb ，A 错；磁通量的变化率ΔΦΔt ＝2.5×10－30.1Wb/s ＝2.5×10－2 Wb/s ，B 正确；根据法拉第电磁感应定律可知，当a 、b 间断开时，其间电压等于线圈产生的感应电动势，感应电动势大小为E ＝n ΔΦΔt＝2.5 V 且恒定，C 错；在a 、b 间接一个理想电流表时相当于a 、b 间接通而形成回路，回路总电阻即为线圈的总电阻，故感应电流大小I ＝E r ＝2.510A ＝0.25 A ，D 项正确。

第四章电磁感应章末提升训练(一)(时间:60分钟分值:100分)一、选择题(本题共7小题,每小题8分,共56分.每小题给出的四个选项中,至少有一项是正确的,全部选对得8分,部分选对得4分,有选错或不选的得0分)❶如图4-T-1所示的实验中,表示有感应电流产生的是 ()图4-T-1❷[2017·衡水中学高二期末]在南半球地磁场的竖直分量向上,飞机MH370最后在南印度洋上空消失,由于地磁场的作用,金属机翼上有电势差,设飞机左方机翼末端处的电势为φ1,右方机翼末端处的电势为φ2,则在南印度洋上空飞行时()A.若飞机从西往东飞,φ1比φ2高B.若飞机从东往西飞,φ1比φ2高C.若飞机从北往南飞,φ2比φ1低D.若飞机从南往北飞,φ2比φ1高❸[2017·陕西宝鸡中学高二期末]如图4-T-2所示,在无限大的磁场中,有一个矩形线圈abcd 做下述运动,其中能使线圈中产生感应电流的是()图4-T-2A.以bc为轴转动B.以ab为轴转动C.垂直于纸面向内运动D.在纸面内向下运动❹[2017·广东实验中学高二期中]如图4-T-3所示,MN、GH为平行导轨,AB、CD为跨放在导轨上的两根杆,导轨和杆均为导体,匀强磁场垂直于导轨所在的平面,方向如图所示.用I表示回路中的电流,则()图4-T-3A.当AB不动而CD向右滑动时,I≠0且沿顺时针方向B.当AB向左、CD向右滑动且速度相等时,I=0C.当AB、CD都向右滑动且速度相等时,I=0D.当AB、CD都向右滑动且AB速度大于CD时,I≠0且沿逆时针方向❺在如图4-T-4所示的电路中,开关S原先闭合,电路处于稳定状态,通过R1、R2的电流分别为I1、I2.在某一时刻突然断开开关S,则通过电阻R1的电流I随时间t变化的图像可能是图4-T-5中的()图4-T-4图4-T-5❻[2017·湖北宜昌长阳二中高二月考]如图4-T-6所示,闭合直角三角形线框的一边长为l,现将它匀速拉过宽度为d的匀强磁场(l>d).若以逆时针方向为电流的正方向,则图4-T-7的四个I-t图像中正确的是()图4-T-6图4-T-7❼(多选)在如图4-T-8甲所示的电路中,螺线管的线圈匝数n=1500匝,螺线管的横截面积S=20cm2,螺线管导线的电阻r=1.0Ω,定值电阻R1=4.0Ω,R2=5.0Ω,电容C=30μF.在一段时间内,穿过螺线管的磁场的磁感应强度B按如图乙所示的规律变化.闭合开关S一段时间后,电路中电流稳定,此时 ()甲乙图4-T-8A.螺线管中产生的感应电动势为1VB.R1的电功率为7.11×10-2WC.电容器下极板带正电D.断开开关S,流经R2的电荷量为1.8×10-5C二、实验题(共10分)❽[2017·南昌二中高二月考]在研究“电磁感应现象”的实验中,所需的实验器材如图4-T-9所示.现已用导线连接了部分实验电路.图4-T-9(1)请把电路补充完整.(2)实验时,将线圈A插入线圈B中,合上开关瞬间,观察到电流计的指针发生偏转,这个现象揭示的规律是.(3)已知线圈A、B绕向相同,某同学想使线圈B中获得与线圈A中相反方向的电流,可行的实验操作是.A.抽出线圈AB.插入软铁棒C.使变阻器滑片P左移D.断开开关三、计算题(本题共2小题,共34分,解答应写出必要的文字说明、表达式和重要的演算步骤.有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位)❾(16分)如图4-T-10所示,间距L=0.40m的足够长的光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上,导轨的一端接有阻值R=2.0Ω的电阻.导轨所在空间存在方向竖直向下的匀强磁场,磁感应强度B=0.40T.一根质量m=0.1kg的导体棒MN放在导轨上且与导轨接触良好,导轨和导体棒的电阻均可忽略不计.现用平行于导轨的拉力拉导体棒使其向右运动,当导体棒的速度v=0.50m/s时,闭合开关S,此时导体棒恰好匀速运动,在运动的过程中保持导体棒与导轨垂直.(1)求在闭合回路中产生的感应电流的大小.(2)求导体棒匀速运动时作用在导体棒上的拉力的大小及拉力的功率.(3)闭合开关后,当导体棒移动50cm时撤去拉力,求整个运动过程中电阻R上产生的热量.图4-T-10(18分)如图4-T-11甲所示,在光滑、绝缘的水平面上,虚线MN的右侧存在磁感应强度大小为B=2T、方向竖直向下的匀强磁场,MN的左侧有一个质量m=0.1kg、bc边的长度L1=0.2m、总电阻R=2Ω的矩形线圈abcd.t=0时,用恒定拉力F拉线圈,使其由静止开始向右做匀加速直线运动,经过1s,线圈的bc边到达磁场边界MN,此时立即将拉力F改为变力,又经过1s,线圈恰好完全进入磁场.整个运动的过程中,线圈中的感应电流I随时间t变化的图像如图乙所示.求:(1)线圈bc边刚进入磁场时的速度v0和线圈在第1s内运动的距离x;(2)线圈ab边的长度L2;(3)线圈ad边刚进入磁场时拉力的功率.图4-T-111.D[解析]产生感应电流的条件是穿过闭合回路的磁通量发生变化,选项D正确.2.D[解析]当飞机在南半球飞行时,由于地磁场的存在,且地磁场的竖直分量向上,由右手定则可判断出,在南半球,不论沿什么方向水平飞行,都是飞机的左方机翼电势低,右方机翼电势高,即总有φ2比φ1高,故D正确,A、B、C错误.3.A[解析]线圈以bc为轴转动时,穿过线圈的磁通量发生变化,所以有感应电流,故A正确;线圈以ab为轴转动时,穿过线圈的磁通量始终为0,即磁通量不变,无感应电流,故B错误;线圈垂直于纸面向内运动时,穿过线圈的磁通量始终为0,无感应电流,故C错误;线圈在纸面内向下运动时,穿过线圈的磁通量始终为0,无感应电流,故D错误.4.C[解析]当AB不动而CD向右滑动时,产生感应电动势,在整个回路中产生感应电流,其方向沿逆时针方向,A错误;当AB向左、CD向右滑动时,穿过回路的磁通量增加,产生感应电动势,有沿逆时针方向的感应电流,B错误;当AB、CD都向右滑动且速度相等时,穿过回路的磁通量不变,无感应电动势,无感应电流,C正确;当AB、CD都向右滑动且AB速度大时,穿过回路的磁通量减小,有沿顺时针方向的感应电流,D错误.5.D[解析]开关S原先闭合,电路处于稳定状态时,流过R1的电流方向向左,大小为I1,与R1并联的R2和线圈L支路的电流I2的方向也向左.当某一时刻开关S突然断开时,L中向左的电流I2要减小,因自感现象,线圈L产生自感电动势,在回路“L→R1→A→R2”中形成感应电流,通过R1的电流方向与原来相反,变为向右,并从I2开始逐渐减小到零,选项D正确.6.D[解析]线框向右运动的距离x在0~d范围内,穿过线框的磁通量不断增大,由楞次定律可知线框产生的感应电流沿逆时针方向,为正值,有效的切割长度L=x tanθ,线框做匀速运动,故x=vt,感应电流的大小I==,可知I∝t;线框向右运动的距离x在d~l范围内,穿过线框的磁通量均匀增大,由楞次定律可知线框产生的感应电流沿逆时针方向,为正值,且感应电流大小不变;线框向右运动的距离x在l~l+d范围内,穿过线框的磁通量不断减小,由楞次定律可知线框产生的感应电流沿顺时针方向,为负值,有效的切割长度为L'=(x-d)tanθ,线框做匀速运动,故x=vt,感应电流的大小I1==-,故感应电流一开始不为0,之后均匀增大,D正确.7.CD[解析]根据法拉第电磁感应定律可知,螺线管中产生的感应电动势E=n=nS=1.2V,选项A错误;根据闭合电路的欧姆定律有I==0.12A,故R1的电功率P=I2R1=5.76×10-2W,选项B错误;由楞次定律可判断,电容器下极板带正电,选项C正确;开关S断开后,流经R2的电荷量即为S闭合时电容器极板上所带的电荷量,故Q=CU=CIR2=1.8×10-5C,选项D正确. 8.(1)如图所示(2)闭合回路中磁通量发生变化时,产生感应电流(3)BC[解析](1)本实验中线圈A与电源相连,通过闭合、断开开关或调节滑动变阻器使穿过线圈B 的磁通量发生变化,从而使线圈B产生电磁感应现象,故线圈B应与电流计相连,电路图如图所示.(2)电流计的指针发生偏转说明回路中有电流产生,产生的原因是闭合回路中磁通量发生了变化,故结论为:闭合回路中磁通量发生变化时,产生感应电流.(3)线圈B中的感应电流的方向与线圈A中的电流方向相反,则它们的磁场也一定相反,由楞次定律可知,线圈A产生的磁场应增强,故可以加入铁芯或使变阻器滑片P左移,选项B、C 正确.9.(1)4.0×10-2A(2)6.4×10-3N3.2×10-3W(3)1.57×10-2J[解析](1)感应电动势E=BLv=8.0×10-2V感应电流I==4.0×10-2A.(2)导体棒匀速运动时,安培力与拉力平衡,设拉力为F,则有F=F安=BIL=6.4×10-3N拉力的功率P=Fv=3.2×10-3W.(3)导体棒移动50cm所需的时间t==1.0s撤去拉力前,电阻R上产生的热量Q1=I2Rt=3.2×10-3J撤去拉力后,电阻R上产生的热量Q2=mv2=1.25×10-2J整个运动的过程中,电阻R上产生的热量Q=Q1+Q2=1.57×10-2J.10.(1)0.5m/s0.25m(2)1m(3)0.33W[解析](1)线圈在磁场中运动时,感应电流I==,由图乙可知,电流随时间均匀增大,故线圈在磁场中做匀加速运动.t1=1s时,线圈的bc边刚进入磁场,感应电流I1=由图中可读出I1=0.1A联立解得v0=0.5m/s故线圈在第1s内的位移x=t1=0.25m.(2)t2=2s时,感应电流I2==0.3A解得线圈的速度v2=1.5m/s故线圈ab边的长度L2=·(t2-t1)=1m.=1m/s2(3)线圈在磁场中运动的加速度a=--线圈ad边刚进入磁场时,有F-BI2L1=ma解得拉力F=0.22N故拉力的功率P=Fv2=0.33W.。

第二讲法拉第电磁感应定律自感现象自主复习考点一：法拉第电磁感应定律1。

公式：【n:线圈的匝数;：磁通量的变化量；：对应于所用的时间;:磁通量的变化率】2。

对公式的理解①适用于单匝线圈，多匝线圈每匝间是串联的，故有②公式可用于任何原因引起的电动势，回路不要求闭合③E由n及决定，、与无关④较长时，E为时间内的平均值，时, E为瞬时值⑤—图像上，某点切线斜率表示该时刻的瞬时值；⑥某两点连线的斜率表示该段时间内的平均值⑦当B变化引起感应电动势时，E是整个回路中的感应电动势，不是某部分导体产生的感应电动势，但在处理时习惯上仍将处于磁场内的部分作为电源，其余部分作为外电路解题指导：当仅由B的变化引起时，当仅由S的变化引起时，二者都变化时,例题1. 如图所示，用同样的导线制成的两闭合线圈A、B，匝数均为20匝,半径r A=2r B，在线圈B所围区域内有磁感应强度均匀减小的匀强磁场，则线圈A、B中产生感应电动势之比E A：E B和两线圈中感应电流之比I A：I B分别为（）A．1：1 1：2B．1：1 1：1C．1：2 1：2D．1：2 1:1根据电阻定律，,相同，则电阻之比 R A：R B=r A：r B=2：1．根据欧姆定律得，产生的感应电流之比I A：I B=1:2【答案】A例题2. 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(Ⅰ）通过电阻R1上的电流大小和方向;（Ⅱ）通过电阻R1上的电量q及电阻R1上产生的热量.【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）例题3。

如图所示，a、b两个闭合正方形线圈用同样的导线制成,匝数均为10匝，边长I a=3I b,图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场,且磁感应强度随时间均匀增大,不考虑线圈之间的相互影响，则（）A。

本套资源目录2018_2019学年高中物理第四章电磁感应4_12划时代的发现探究感应电流的产生条件练习新人教版选修3_22018_2019学年高中物理第四章电磁感应4_3楞次定律练习新人教版选修3_22018_2019学年高中物理第四章电磁感应4_4法拉第电磁感应定律练习新人教版选修3_22018_2019学年高中物理第四章电磁感应4_5电磁感应现象的两类情况练习新人教版选修3_22018_2019学年高中物理第四章电磁感应4_6互感和自感练习新人教版选修3_22018_2019学年高中物理第四章电磁感应4_7涡流电磁阻尼和电磁驱动练习新人教版选修3_22018_2019学年高中物理第四章电磁感应习题课练习新人教版选修3_22018_2019学年高中物理第四章电磁感应全章水平测试新人教版选修3_22018_2019学年高中物理第四章电磁感应高考真题集训新人教版选修3_24-1、2 划时代的发现探究感应电流的产生条件时间：40分钟满分：100分一、选择题(每小题6分，共60分)1．(多选)在电磁学的发展历程中，奥斯特与法拉第的贡献值得人们纪念。

下列有关说法正确的是( )A．法国物理学家奥斯特发现了电流的磁效应，并提出了右手螺旋定则和“分子电流”假说B．电流磁效应的发现，宣告了电磁学作为一门统一学科的诞生，掀起了一场研究电与磁关系的浪潮C．法拉第虽然发现了电磁感应现象，但发现过程并不是一帆风顺的，也曾受思维定式的影响D．电磁感应的发现，开辟了人类的电气化时代，促进了人类文明的发展答案CD解析丹麦物理学家奥斯特发现了电流的磁效应，安培提出了右手螺旋定则和“分子电流”假说，选项A错误。

电流磁效应的发现掀起了一场研究电与磁关系的浪潮，英国物理学家法拉第经过十年的不懈努力，发现了电磁感应现象。

电磁感应现象的发现，宣告了电磁学的诞生，开辟了人类的电气化时代，故选项B错误，C、D正确。

2．关于磁通量，下列说法中正确的是( )A．磁通量不仅有大小，而且有方向，所以是矢量B．磁通量越大，磁感应强度越大C．通过某一面的磁通量为零，该处磁感应强度不一定为零D．磁通量就是磁感应强度答案 C解析磁通量是标量，故A错误；由Φ＝BS⊥可知Φ由B和S⊥两个因素决定，Φ较大，有可能是由于S⊥较大造成的，所以磁通量越大，磁感应强度越大是错误的，故B错误；由Φ＝BS⊥可知，当线圈平面与磁场方向平行时，S⊥＝0，Φ＝0，但磁感应强度B不为零，故C正确；磁通量和磁感应强度是两个不同的物理量，故D错误。

第四章电磁感觉高考真题集训一、选择题1．[2016·全国卷Ⅱ](多项选择)法拉第圆盘发电机的表示图如下图。

铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别与圆盘的边沿和铜轴接触。

圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中。

圆回旋转时，对于流过电阻R的电流，以下说法正确的选项是()A．若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定B．若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a到b的方向流动C．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成本来的2倍，则电流在R上的热功率也变成本来的2倍答案AB分析设圆盘的半径为r，圆盘转动的角速度为ω，则圆盘转动产生的电动势为E＝12Bωr2，可知，转动的角速度恒定，电动势恒定，电流恒定，A项正确；依据右手定章可知，从上向下看，圆盘顺时针转动，圆盘中电流由边沿指向圆心，即电流沿a到b的方向流过电阻R，B项正确；圆盘转动方向不变，产生的电流方向不变，C项错误；若圆盘转动的角速度变成本来的2倍，则电动势变成本来的2倍，电流变成本来的2倍，由P＝I2R可知，电阻R上的热功率变成本来的4倍，D项错误。

2.[2015·全国卷Ⅰ](多项选择)1824年，法国科学家阿拉果达成了有名的“圆盘实验”。

实验中将一铜圆盘水平搁置，在此中心正上方用柔嫩细线悬挂一枚能够自由旋转的磁针，如下图。

实验中发现，当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时，磁针也跟着一同转动起来，但略有滞后。

以下说法正确的选项是()A．圆盘上产生了感觉电动势B．圆盘内的涡电流产生的磁场致使磁针转动C．在圆盘转动的过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化D．圆盘中的自由电子随圆盘一同运动形成电流，此电流产生的磁场致使磁针转动答案AB分析当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时，圆盘的半径切割磁感线产生感觉电动势和感觉电流，选项A正确；圆盘内的涡电流产生的磁场对磁针施加磁场力作用，致使磁针转动，选项B正确；因为圆盘中心正上方悬挂小磁针，在圆盘转动过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量不变，选项C错误；圆盘中自由电子随圆盘一同运动形成的电流的磁场，由安培定章可判断出在中心方向竖直向下，其余地点对于中心对称，此磁场不会致使磁针转动，选项D错误。

电磁感应现象时间：45分钟分值：100分一选择题（每题4分，共80分）1．【郭】如图所示，通电直导线下边有一个矩形线框，线框平面与直导线共面．若使线框逐渐远离(平动)通电导线，则穿过线框的磁通量将( )A．逐渐增大B．逐渐减小C．保持不变D．不能确定2．【郭】下列情况中都是线框在磁场中切割磁感线运动，其中线框中有感应电流的是( )3．【郭】某磁场磁感线如图2所示，有一铜线圈自图示A处落至B处，在下落过程中，自上向下看，线圈中感应电流的方向是( )A．始终顺时针B．始终逆时针C．先顺时针再逆时针D．先逆时针再顺时针4．【郭】如图所示，导线框abcd与通电直导线在同一平面内，直导线通有恒定电流并通过ad和bc的中点，当线框向右运动的瞬间，则( )A．线框中有感应电流，且按顺时针方向B．线框中有感应电流，且按逆时针方向C．线框中有感应电流，但方向难以判断D．由于穿过线框的磁通量为零，所以线框中没有感应电流5．【郭】如左图所示，蹄形磁铁的两极间，放置一个线圈abcd，磁铁和线圈都可以绕OO′轴转动，磁铁如图示方向转动时，线圈的运动情况是( )A．俯视，线圈顺时针转动，转速与磁铁相同B．俯视，线圈逆时针转动，转速与磁铁相同C．线圈与磁铁转动方向相同，但转速小于磁铁转速D．线圈静止不动6．【郭】如上右图所示，光滑固定导轨M、N水平放置，两根导体棒P、Q平行放置于导轨上，形成一个闭合回路，一条形磁铁从高处下落接近回路时( )A．P、Q将相互靠拢 B．P、Q将相互远离C．磁铁的加速度仍为g D．磁铁的加速度小于g7. 【郭】如图所示，粗糙水平桌面上有一质量为m的铜质矩形线圈．当一竖直放置的条形磁铁从线圈中线AB的正上方等高快速经过时，若线圈始终不动，则关于线圈受到的支持力FN及在水平方向上的运动趋势的判断正确的是( )A．F N先小于mg后大于mg，运动趋势向左B．F N先大于mg后小于mg，运动趋势向左C．F N先小于mg后大于mg，运动趋势向右D．F N先大于mg后小于mg，运动趋势向右8. 【牛】如图所示，通电螺线管置于闭合金属环a的轴线上，当螺线管中电流I减小时( )A．环有缩小的趋势以阻碍原磁通量的减小B．环有扩大的趋势以阻碍原磁通量的减小C．环有缩小的趋势以阻碍原磁通量的增大D．环有扩大的趋势以阻碍原磁通量的增大9. 【牛】在电磁学的发展过程中，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波；楞次用实验证实了电磁波的存在C．库仑发现了点电荷的相互作用规律；密立根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10. 【牛】电阻R、电容C与一线圈连成闭合回路，条形磁铁静止于线圈的正上方，N极朝下，如图13所示．现使磁铁开始自由下落，在N极接近线圈上端的过程中，流过R的电流方向和电容器极板的带电情况是( )A．从a到b，上极板带正电B．从a到b，下极板带正电C．从b到a，上极板带正电D．从b到a，下极板带正电11. 【牛】直导线ab放在如图14所示的水平导体框架上，构成一个闭合回路．长直导线cd和框架处在同一个平面内，且cd和ab平行，当cd中通有电流时，发现ab向左滑动．关于cd中的电流下列说法正确的是( )A．电流肯定在增大，不论电流是什么方向B．电流肯定在减小，不论电流是什么方向C．电流大小恒定，方向由c到dD．电流大小恒定，方向由d到c12. 【牛】如图所示是一种延时开关．S2闭合，当S1闭合时，电磁铁F将衔铁D吸下，将C线路接通．当S1断开时，由于电磁感应作用，D将延迟一段时间才被释放，则( )A．由于A线圈的电磁感应作用，才产生延时释放D的作用B．由于B线圈的电磁感应作用，才产生延时释放D的作用C．如果断开B线圈的电键S2，无延时作用D．如果断开B线圈的电键S2，延时将变长13. 【牛】绕有线圈的铁芯直立在水平桌面上，铁芯上套着一个铝环，线圈与电源、开关相连，如图所示．闭合开关的瞬间，铝环跳起一定高度．保持开关闭合，下列现象正确的是( )A．铝环停留在这一高度，直到断开开关铝环回落B．铝环不断升高，直到断开开关铝环回落C．铝环回落，断开开关时铝环又跳起D．铝环回落，断开开关时铝环不再跳起14. 【牛】如图所示，通电螺线管置于水平放置的两根光滑平行金属导轨MN和PQ之间，ab和cd是放在导轨上的两根金属棒，它们分别放在螺线管的左右两侧．保持开关闭合，最初两金属棒处于静止状态，当滑动变阻器的滑动触头向左滑动时，ab和cd棒的运动情况是( ) A．ab向左，cd向右B．ab向右，cd向左C．ab，cd都向右运动D．ab，cd都不动15. 【牛】一长直铁芯上绕有一固定线圈M，铁芯右端与一木质圆柱密接，圆柱上套有一闭合金属环N，N可在木质圆柱上无摩擦移动．M连接在如图18所示的电路中，其中R为滑动变阻器，E1和E2为直流电源，S为单刀双掷开关．下列情况中，可观测到N向左运动的是( )A．在S断开的情况下，S向a闭合的瞬间B．在S断开的情况下，S向b闭合的瞬间C．在S已向a闭合的情况下，将R的滑动头向c端移动时D．在S已向a闭合的情况下，将R的滑动头向d端移动时16. 【刘】如图所示，在匀强磁场中放有两条平行的铜导轨，它们与大导线圈M相连接．要使小导线圈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(两导线圈共面放置)( )A．向右匀速运动B．向左加速运动C．向右减速运动D．向右加速运动17. 【刘】如图所示，通有恒定电流的导线MN与闭合金属框共面，第一次将金属框由Ⅰ平移到Ⅱ，第二次将金属框绕cd边翻转到Ⅱ，设先后两次通过金属框的磁通量变化分别为ΔΦ1和ΔΦ2，则( )A．ΔΦ1>ΔΦ2B．ΔΦ1＝ΔΦ2C．ΔΦ1<ΔΦ2 D．不能判断18. 【刘】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)，则以下说法正确的是( )A．三者同时落地B．甲、乙同时落地，丙后落地C．甲、丙同时落地，乙后落地D．乙、丙同时落地，甲后落地19. 【刘】如图是验证楞次定律实验的示意图，竖直放置的线圈固定不动，将磁铁从线圈上方插入或拔出，线圈和电流表构成的闭合回路中就会产生感应电流。

本套资源目录2019_2020学年高中物理第四章电磁感应1+2探究感应电流的产生条件练习含解析新人教版选修3_22019_2020学年高中物理第四章电磁感应3楞次定律练习含解析新人教版选修3_22019_2020学年高中物理第四章电磁感应4法拉第电磁感应定律练习含解析新人教版选修3_22019_2020学年高中物理第四章电磁感应5电磁感应现象的两类情况练习含解析新人教版选修3_22019_2020学年高中物理第四章电磁感应6互感和自感练习含解析新人教版选修3_22019_2020学年高中物理第四章电磁感应7涡流电磁阻尼和电磁驱动练习含解析新人教版选修3_22019_2020学年高中物理第四章电磁感应习题课电磁感应中的图象动力学及能量问题练习含解析新人教版选修3_22019_2020学年高中物理第四章电磁感应章末优化总结练习含解析新人教版选修3_2探究感应电流的产生条件[A组素养达标]1．下列说法正确的是( )A．奥斯特发现了电流能够使磁针偏转，并提出了磁能够产生电B．安培将磁铁放在导体线圈附近，线圈中产生了电流C．法拉第把两个线圈绕在同一铁环上，一个线圈接电源，另一个线圈接“电流表”，在给接电源的线圈通电和断电的瞬间，可以观察到另一个线圈中有电流D．法拉第发现了电磁感应现象，库仑发现了电流的磁效应解析：奥斯特发现了电流能够使磁针偏转，并提出了电流的磁效应，选项A错误．安培将磁铁放在导体线圈附近，线圈中没有电流，选项B错误．法拉第把两个线圈绕在同一铁环上，一个线圈接电源，另一个线圈接“电流表”，在给接电源的线圈通电和断电的瞬间，可以观察到另一个线圈中有电流，选项C正确．法拉第发现了电磁感应现象，奥斯特发现了电流的磁效应，选项D错误．答案：C2.如图所示，磁带录放机既可用作录音，也可用作放音，其主要部件为匀速行进的磁带a和绕有线圈的磁头b，不论是录音过程还是放音过程，磁带或磁头软铁都会存在磁化现象．下面是对于它们在录音、放音过程中主要工作原理的描述，正确的是( )A．放音的主要原理是电磁感应，录音的主要原理是电流的磁效应B．录音的主要原理是电磁感应，放音的主要原理是电流的磁效应C．放音和录音的主要原理都是磁场对电流的作用D．录音和放音的主要原理都是电磁感应解析：在使用录放机进行放音和录音时，录音过程是由电信号转变为磁信号，而放音过程是把磁带上的磁信号转变为电信号，故放音过程磁生电是电磁感应，录音过程电生磁是电流的磁效应，A正确．答案：A3.如图所示，一个矩形线圈与通有相同大小电流的两根平行直导线在同一平面且处于两导线的中央，则( )A．两电流同向时，穿过线圈的磁通量为零B．两电流反向时，穿过线圈的磁通量为零C．两电流同向或反向，穿过线圈的磁通量都为零D．因两电流产生的磁场是不均匀的，因此不能判定穿过线圈的磁通量是否为零解析：若两电流同向，根据右手螺旋定则，两电流产生的磁场在线圈处方向相反，根据对称性，穿过线圈的磁通量为零，故A正确；若两电流反向，两电流产生的磁场在线圈处方向相同，穿过线圈的磁通量不为零，故B、C、D错误．答案：A4．如图所示，闭合圆形导线圈平行地放置在匀强磁场中，其中ac、bd分别是平行、垂直于磁场方向的两直径．试分析线圈做以下哪种运动时能产生感应电流( )A．使线圈在其平面内平动或转动B．使线圈平面沿垂直纸面方向向纸外平动C．使线圈以ac为轴转动D．使线圈以bd为轴稍做转动解析：线圈在匀强磁场中运动，磁感应强度B为定值，由ΔΦ＝B·ΔS知：只要回路中相对磁场的正对面积改变量ΔS≠0，则磁通量一定改变，回路中一定有感应电流产生．当线圈在其平面内平动或转动时，线圈相对磁场的正对面积始终为零，因此ΔS＝0，因而无感应电流产生，A错；当线圈平面沿垂直纸面方向向纸外平动时，同样ΔS＝0，因而无感应电流产生，B错；当线圈以ac为轴转动时，线圈相对磁场的正对面积改变量ΔS仍为零，回路中仍无感应电流产生，C错；当线圈以bd为轴稍做转动时，线圈相对磁场的正对面积发生了改变，因此在回路中产生了感应电流，D对．答案：D5.如图所示，半径为R的圆形线圈共有n匝，其中心位置处半径为r(r＜R)的范围内有匀强磁场，磁场方向垂直线圈平面，若磁感应强度为B，则穿过线圈的磁通量为( )A．πBR2B．πBr2C．nπBR2D．nπBr2解析：由磁通量的定义式知Φ＝B·πr2＝πBr2，B选项正确．答案：B6．绕在同一铁芯上的线圈Ⅰ、Ⅱ按如图所示方法连接，G为电流计，则( )A．保持开关S闭合状态，G的示数不为零B．开关S闭合瞬间，G的示数不为零C．保持开关S闭合状态，改变变阻器R0滑动触头的位置，G的示数为零D．断开开关S的瞬间，G的示数为零解析：开关闭合瞬间，线圈Ⅰ中电流从无到有，电流的磁场也从无到有，穿过线圈Ⅱ的磁通量从无到有，线圈Ⅱ中产生感应电流，电流计G有示数，B正确；开关闭合稳定后，线圈Ⅰ中电流稳定不变，电流的磁场不变，此时线圈Ⅱ虽有磁通量但磁通量稳定不变，线圈Ⅱ中无感应电流产生，电流计G无示数，A错误；开关闭合稳定后，来回移动滑动变阻器的滑片，电阻变化，线圈Ⅰ中的电流变化，电流形成的磁场也发生变化，穿过线圈Ⅱ的磁通量也发生变化，线圈Ⅱ中有感应电流产生，电流计G有示数，C错误；开关断开瞬间，线圈Ⅰ中电流从有到无，电流的磁场也从有到无，穿过线圈Ⅱ的磁通量也从有到无，线圈Ⅱ中有感应电流产生，电流计G有示数，D错误．答案：B7．(多选)如图所示，用导线做成圆形或正方形回路，这些回路与一直导线构成几种位置组合(彼此绝缘)，下列组合中，切断直导线中的电流时，闭合回路中会有感应电流产生的是( )解析：利用安培定则判断直线电流产生的磁场，其磁感线是一些以直导线为轴的无数组同心圆，即磁感线所在平面均垂直于导线，且直线电流产生的磁场分布情况是：靠近直导线处磁场强，远离直导线处磁场弱．所以，A中穿过圆形线圈的磁通量如图甲所示，其有效磁通量为ΦA＝Φ出－Φ进＝0，且始终为0，即使切断导线中的电流，ΦA也始终为0，A中不可能产生感应电流．B中线圈平面与导线的磁场平行，穿过圆形线圈的磁通量也始终为0，B 中也不能产生感应电流．C中穿过线圈的磁通量如图乙所示，Φ进＞Φ出，即ΦC≠0，当切断导线中的电流后，经过一定时间，穿过线圈的磁通量ΦC减小为0，所以C中有感应电流产生．D中线圈的磁通量ΦD不为0，当电流切断后，ΦD最终也减小为0，所以D中也有感应电流产生．答案：CD8．在研究电磁感应现象的实验中所用的器材如图所示．它们是：①电流计②直流电源③带铁芯的线圈A④线圈B⑤开关⑥滑动变阻器(1)按实验的要求在实物图上连线(图中已连好一根导线)．(2)怎样才能使线圈B中有感应电流产生？试举出三种方法．①________________________________________________________________________；②________________________________________________________________________；③________________________________________________________________________.解析：(1)使线圈A与开关、直流电源、滑动变阻器串联，线圈B与电流计连成闭合回路；(2)只要能使穿过线圈B的磁通量发生变化就可以使线圈B中产生感应电流．答案：(1)如图所示(2)①闭合开关②断开开关③开关闭合时快速移动滑动变阻器滑片[B组素养提升]9．(多选)如图是法拉第最初研究电磁感应现象的装置，AB是绕在软铁芯上的线圈，电流表与线圈组成一闭合回路．下列说法正确的是( )A．当右边磁铁S极离开B端时，线圈中产生感应电流B．当右边磁铁S极离开B端，并在B端附近运动时，线圈中产生感应电流C．当磁铁保持图中状态不变时，线圈中有感应电流D．当磁铁保持图中状态不变时，线圈中无感应电流解析：当磁铁离开B端或在B端附近运动时，线圈所处位置磁场变化，穿过线圈的磁通量变化，线圈中产生感应电流，选项A、B正确；当磁铁保持题图中状态不变时，穿过线圈的磁通量不变，线圈中无感应电流，选项C错误，选项D正确．答案：ABD10．(多选)A、B两回路中各有一开关S1、S2，且回路A中接有电源，回路B中接有灵敏电流计(如图所示)，下列操作及相应的结果可能实现的是( )A．先闭合S2，后闭合S1的瞬间，电流计指针偏转B．S1、S2闭合后，在断开S2的瞬间，电流计指针偏转C．先闭合S1，后闭合S2的瞬间，电流计指针偏转D．S1、S2闭合后，在断开S1的瞬间，电流计指针偏转解析：感应电流产生的条件是穿过闭合线圈的磁通量变化，故A、D正确．答案：AD11.如图所示，线圈A中接有电源，线圈B有一半的面积处在线圈A中，两线圈平行但不接触，则在开关S闭合的瞬间，线圈B中有无感应电流？解析：将S闭合的瞬间，与线圈A组成的闭合电路有电流通过，线圈A产生的磁场要穿过线圈B，线圈A是环形电流，其磁场不仅穿过所包围的面积，方向向外，也穿过线圈外的广大面积，方向向里，所包围的内面积上的磁感线密度大，外围面积上的磁感线密度小，对线圈B与A重合的一半面积上向外的磁通量大于另一半面积上向内的磁通量，因此线圈B所包围的总磁通量不为零，而是方向向外，也就是说在开关S闭合的瞬间，穿过线圈B的磁通量增加，所以有感应电流．答案：有感应电流[C组学霸冲刺]12．矩形线框abcd的边长分别为l1、l2，可绕它的一条对称轴OO′转动，匀强磁场的磁感应强度为B，方向与OO′垂直，初位置时线圈平面与B平行，如图所示．(1)初位置时穿过线框的磁通量Φ0为多少？(2)当线框沿如图所示方向绕过60°时，磁通量Φ2为多少？这一过程中磁通量的变化ΔΦ1为多少？(3)当线框绕轴沿图示方向由(2)问中的位置再转过60°位置时，磁通量Φ3为多少？这一过程中ΔΦ2＝Φ3－Φ2为多少？解析：本题的关键是分析矩形线框的平面是否与B垂直，只有垂直时才能应用Φ＝B·S，不垂直时可把面积沿与B垂直方向投影，为能清晰地观察面积与B夹角的情况，可作出其俯视图如图所示．(1)当处于如图所示ad位置时，从俯视图可看出没有磁感线穿过矩形线框，故Φ0＝0.(2)当绕轴(从上往下看)沿逆时针方向转动60°到a′d′位置时，线框与B的夹角θ＝60°.所以Φ2＝B·S sin 60°＝32Bl1l2ΔΦ1＝Φ2－Φ0＝32Bl1l2.(3)当再由a′d′位置逆时针转60°时，到a″d″，这时线框与B方向成120°角．所以Φ3＝B·S sin 120°＝32Bl1l2，ΔΦ2＝Φ3－Φ2＝32Bl1l2－32Bl1l2＝0.答案：(1)0 (2)32Bl1l232Bl1l2(3)32Bl1l20楞次定律[A组素养达标]1．关于电磁感应现象，下列说法中正确的是( )A．感应电流的磁场总是与原磁场方向相同B．闭合线圈放在变化的磁场中就一定能产生感应电流C．闭合线圈放在匀强磁场中做切割磁感线运动时，一定能产生感应电流D．感应电流的磁场总是阻碍原来磁场的磁通量的变化解析：电磁感应现象中，若磁通量增大，则感应电流的磁场与原磁场方向相反，选项A 错误．若闭合线圈平面与磁场方向平行，则无论磁场强弱如何变化，穿过线圈的磁通量始终为零，不产生感应电流，选项B错误．若线圈切割磁感线时，穿过线圈的磁通量不发生变化，则不能产生感应电流，选项C错误．只有选项D正确．答案：D2．如图表示闭合电路中的一部分导体ab在磁场中做切割磁感线运动的情景，分析各图中感应电流的方向，在导体中由a→b的是( )解析：以上四图都属于闭合电路的一部分导体做切割磁感线运动的情景，应用右手定则判断可得：A中电流由a→b，B中电流由b→a，C中电流沿a→c→b→a方向，D中电流由b→a.答案：A3.如图，一圆形金属环与两固定的平行长直导线在同一竖直平面内，环的圆心与两导线距离相等，环的直径小于两导线间距．两导线中通有大小相等、方向向下的恒定电流．若( )A．金属环向上运动，则环上的感应电流方向为顺时针方向B．金属环向下运动，则环上的感应电流方向为顺时针方向C．金属环向左侧直导线靠近，则环上的感应电流方向为逆时针方向D．金属环向右侧直导线靠近，则环上的感应电流方向为逆时针方向解析：金属环向上或向下运动时穿过金属环的磁通量不变，由产生感应电流的条件可知选项A、B错误；金属环向左侧直导线靠近，穿过金属环的合磁通量向外并且增强，根据楞次定律可知，环上的感应电流方向为顺时针方向，选项C错误；金属环向右侧直导线靠近，穿过金属环的合磁通量向里并且增强，则环上的感应电流方向为逆时针方向，选项D正确．答案：D4．如图所示，金属环所在区域存在着匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里．当磁感应强度逐渐增大时，内、外金属环中感应电流的方向为( )A．外环顺时针，内环逆时针B．外环逆时针，内环顺时针C．内、外环均为逆时针D．内、外环均为顺时针解析：首先明确研究的回路由外环和内环共同组成，回路中包围的磁场方向垂直纸面向里且内、外环之间的磁通量增加．由楞次定律可知两环之间的感应电流的磁场方向与原磁场方向相反，垂直于纸面向外，再由安培定则判断出感应电流的方向，在外环沿逆时针方向，在内环沿顺时针方向，故选项B正确．答案：B5．如图所示，ab是一个可绕垂直于纸面的轴O转动的闭合矩形导线框，当滑动变阻器R的滑片自左向右滑动时，线框ab的运动情况是( )A．保持静止不动B．逆时针转动C．顺时针转动D．发生转动，但电源极性不明，无法确定转动的方向解析：根据图示电路，线框ab所处位置的磁场为水平方向的，当滑动变阻器的滑片向右滑动时，电路中电阻增大，电流减小，则穿过闭合导线框ab的磁通量减少．Φ＝BS sin θ，θ为线框平面与磁场方向的夹角，根据楞次定律，感应电流的磁场将阻碍原来磁场的磁通量变化，则线框ab只有顺时针旋转使θ角有增大的趋势，从而使穿过线框的磁通量增加，则选项C正确；注意此题并不需要明确电源的极性．6．一长直铁芯上绕有一固定线圈M，铁芯右端与一木质圆柱密接，木质圆柱上套有一闭合金属环N，N可在木质圆柱上无摩擦移动，M连接在如图所示的电路中，其中R为滑动变阻器，E1和E2为直流电源，S为单刀双掷开关，下列情况中，可观测到N向左运动的是( )A．在S断开的情况下，S向a闭合的瞬间B．在S断开的情况下，S向b闭合的瞬间C．在S已向a闭合的情况下，将R的滑片向c端移动时D．在S已向a闭合的情况下，将R的滑片向d端移动时解析：金属环N向左运动，说明穿过N的磁通量在减少，说明线圈M中的电流在减少，只有选项C符合．答案：C7．(多选)如图，两个线圈绕在同一根铁芯上，其中一线圈通过开关与电源连接，另一线圈与远处沿南北方向水平放置在纸面内的直导线连接成回路．将一小磁针悬挂在直导线正上方，开关未闭合时小磁针处于静止状态．下列说法正确的是( )A．开关闭合后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动B．开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向里的方向C．开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向外的方向D．开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动解析：开关闭合的瞬间，左侧的线圈中磁通量变化，产生感应电流，由楞次定律可判断出直导线中电流方向为由南向北，由安培定则可判断出小磁针处的磁场方向垂直纸面向里，小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动，选项A正确；开关闭合并保持一段时间后，左侧线圈中磁通量不变，线圈中感应电流为零，直导线中电流为零，小磁针恢复到原来状态，选项B、C错误；开关闭合并保持一段时间后再断开后的瞬间，左侧的线圈中磁通量变化，产生感应电流，由楞次定律可判断出直导线中电流方向为由北向南，由安培定则可判断出小磁针处的磁场方向垂直纸面向外，小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动，选项D正确．8．我们可以通过实验探究电磁感应现象中感应电流方向的决定因素和遵循的物理规律．以下是实验探究过程的一部分，请补充完整．(1)如图甲所示，当磁铁的N 极向下运动时，发现电流表指针偏转，若要探究线圈中产生的感应电流的方向，必须知道___________________________________________________________________________________________________________________________.(2)如图乙所示，实验中发现闭合开关时，电流表指针向右偏．电路稳定后，若向左移动滑动触头，电流表指针向________偏转，若将线圈A 抽出，电流表指针向________偏转．(均选填“左”或“右”)解析：(1)探究线圈中感应电流的方向必须先知道：①电流表指针偏转方向与电流从正(负)接线柱流入时的关系；②线圈的绕向；③电流表指针的偏转方向．由偏转方向得出电流流入电表的方向，再进一步得到线圈中电流的流向，即必须知道电流表指针偏转方向与电流方向的关系．(2)开关闭合时，线圈A 产生的磁场由无到有，穿过线圈B 的磁通量增加，若将滑动头向左移动，线圈A 中电流增加，穿过B 的磁通量也增加，且磁场方向未变，所以电流表指针偏转方向与开关闭合时的偏转方向相同，即向右偏转；若将线圈A 抽出，穿过线圈B 的磁通量减少，电流表指针向左偏转．答案：(1)电流表指针偏转方向与电流方向的关系 (2)右 左[B 组 素养提升]9．如图甲所示，长直导线与闭合金属线框位于同一平面内，长直导线中的电流i 随时间t 的变化关系如图乙所示．在0～T 2时间内，直导线中电流向上，则在T2～T 时间内，线框中感应电流的方向与所受安培力的情况是( )A ．感应电流方向为顺时针，线框受安培力的合力方向向左B ．感应电流方向为逆时针，线框受安培力的合力方向向右C ．感应电流方向为顺时针，线框受安培力的合力方向向右D ．感应电流方向为逆时针，线框受安培力的合力方向向左 解析：在T2～T 时间内，直导线中的电流方向向下，电流在逐渐增大，穿过线框的磁通量垂直纸面向外增加，由楞次定律知感应电流方向为顺时针，线框所受安培力的合力由左手定则可知向右，所以C 正确．答案：C10．(多选)如图所示，在匀强磁场中放有平行金属导轨，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(两线圈共面)( )A ．向右匀速运动B ．向左加速运动C ．向右减速运动D ．向右加速运动解析：当ab 匀速运动时，在M 中产生的感应电流是稳定的，穿过小线圈N 的磁通量不变，N 中无感应电流，A 错误；当ab 向左加速运动时，M 中的感应电流沿逆时针方向且增大，穿过N 的磁通量向外且增大，则N 中感应电流的磁场向里，感应电流的方向沿顺时针，B 正确；同理可得C 正确，D 错误．答案：BC11．某同学在学习了法拉第电磁感应定律之后，自己制作了一个手动手电筒．如图是手电筒的简单结构示意图，左右两端是两块完全相同的条形磁铁，中间是一根绝缘直杆，由绝缘细铜丝绕制的多匝环形线圈只可在直杆上自由滑动，线圈两端接一灯泡，晃动手电筒时线圈也来回滑动，灯泡就会发光，其中O 点是两磁极连线的中点，a 、b 两点关于O 点对称．(1)试分析其工作原理．(2)灯泡中的电流方向是否变化．解析：(1)线圈来回滑动时，穿过线圈的磁通量不断变化，线圈中产生感应电流，灯泡发光．(2)线圈由a 滑至b 过程中，磁场方向向左，穿过线圈的磁通量先减小后增加，根据楞次定律，灯泡中电流方向先由右向左，后由左向右．同样可判断线圈由b 滑至a 过程中，灯泡中电流方向先由右向左，后由左向右．所以线圈中电流方向不断变化．答案：(1)见解析(2)变化[C组学霸冲刺]12．重为G的线圈系在一个弹簧测力计上，其下方有一通电导线，如图甲所示，导线所通过的电流如图乙所示，它们均在同一平面内，求下列不同时刻弹簧测力计的示数与G的关系．(1)在t1时刻；(2)在t2时刻；(3)在t3时刻．解析：(1)在t1时刻穿过线圈的磁通量增加，线圈产生感应电流，由楞次定律和左手定则知，弹簧测力计的示数小于G；(2)在t2时刻穿过线圈的磁通量不变，线圈不产生感应电流，由力的平衡知，弹簧测力计的示数等于G；(3)在t3时刻穿过线圈的磁通量减少，线圈产生感应电流，由楞次定律和左手定则知，弹簧测力计的示数大于G.答案：(1)小于G(2)等于G(3)大于G法拉第电磁感应定律[A 组 素养达标]1．关于感应电动势，下列说法中正确的是( )A ．电源电动势都是感应电动势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解析：电源电动势的来源很多，不一定是由于电磁感应产生的，故A 错误；在有感应电流的回路中，产生感应电动势的那部分导体相当于电源，故B 正确；在电磁感应现象中，如果没有感应电流，也可能有感应电动势，故C 错误；电路中的电流可能是由化学电池或其他电池作为电源提供的，所以有电流不一定有感应电动势，故D 错误．答案：B2.如图所示，A 、B 两闭合圆形导线环用相同规格的导线制成，它们的半径之比r A ∶r B ＝2∶1，在两导线环包围的空间内存在一正方形边界的匀强磁场区域，磁场方向垂直于两导线环的平面向里．当磁场的磁感应强度随时间均匀增大的过程中，流过两导线环的感应电流大小之比为( )A.I AI B ＝1 B.I A I B＝2 C.I A I B ＝14 D.I A I B ＝12解析：A 、B 两导线环的半径不同，它们所包围的面积不同，但穿过它们的磁场所在的区域面积是相等的，所以两导线环上的磁通量变化率是相等的，E ＝ΔΦΔt ＝ΔB Δt S 相同，得E A E B＝1，I ＝E R ，R ＝ρl S (S 为导线的横截面积)，l ＝2πr ，所以I A I B ＝r B r A ，代入数值得I A I B ＝r B r A ＝12. 答案：D3．夏天将到，在北半球，当我们抬头观看教室内的电扇时，发现电扇正在逆时针转动．金属材质的电扇示意图如图所示，由于地磁场的存在，下列关于A 、O 两点的电势及电势差的说法正确的是( )A ．A 点电势比O 点电势高B ．A 点电势比O 点电势低C ．A 点电势等于O 点电势D ．扇叶长度越短，转速越快，两点间的电势差数值越大解析：因北半球地磁场方向斜向下(有效磁场竖直向下)，电风扇逆时针方向转动，切割磁感线产生感应电动势，根据右手定则知，A 点相当于电源的正极，O 点相当于电源的负极，所以A 点的电势高于O 点的电势，故选项A 正确，B 、C 错误；转动切割的电动势E ＝12Bl 2ω，则知扇叶长度越短，转速越快，感应电动势不一定越大，电势差就不一定越大，故选项D 错误．答案：A4．一个矩形线圈在匀强磁场中绕一个固定轴匀速转动，当线圈处于如图所示位置时，此线圈( )A ．磁通量最大，磁通量变化率最大，感应电动势最小B ．磁通量最大，磁通量变化率最大，感应电动势最大C ．磁通量最小，磁通量变化率最大，感应电动势最大D ．磁通量最小，磁通量变化率最小，感应电动势最小解析：这时线圈平面与磁场方向平行，两边垂直切割磁感线，由E ＝Blv sin θ可知感应电动势最大，由E ＝ΔΦΔt可知，此时磁通量的变化率最大，而此时的磁通量为零． 答案：C5．如图所示，一正方形线圈的匝数为n ，边长为a ，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中．在Δt 时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B 均匀地增大到2B .在此过程中，线圈中产生的感应电动势为( )。

法拉第电磁感应定律A 级 抓基础1.穿过一个单匝闭合线圈的磁通量始终为每秒均匀增加2 Wb ，则（ ） A.线圈中感应电动势每秒增加 2 V B.线圈中感应电动势每秒减少2 V C.线圈中感应电动势始终为2 VD.线圈中感应电动势始终为一个确定值，但由于线圈有电阻，电动势小于2 V 解析：由E ＝n ΔΦΔt 知ΔΦΔt 恒定，n ＝1，所以E ＝2 V.答案：C2.如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，将一水平放置的金属棒ab 以水平速度v 0抛出，不计空气阻力，那么金属棒内产生的感应电动势将（ ）A.越来越大B.越来越小C.保持不变D.方向不变，大小改变解析：由于导体棒中无感应电流，故棒只受重力作用，导体棒做平抛运动，水平速度v 0不变，即切割磁感线的速度不变，故感应电动势保持不变.答案：C3.如图，在磁感应强度为B 、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，金属杆MN 在平行金属导轨上以速度v 向右匀速滑动，MN 中产生的感应电动势为E 1；若磁感应强度增为2B ，其他条件不变，MN 中产生的感应电动势变为E 2.则通过电阻R 的电流方向及E 1与E 2之比E 1∶E 2分别为（ ）A.c →a ，2∶1B.a →c ，2∶1C.a →c ，1∶2D.c →a ，1∶2解析：由右手定则判断可知，MN 中产生的感应电流方向为N →M ，则通过电阻R 的电流方向为a →c .MN 产生的感应电动势公式为E ＝BLv ，其他条件不变，E 与B 成正比，则得E 1∶E 2＝1∶2.答案：C4.（多选）单匝矩形线圈在匀强磁场中匀速运动，转轴垂直于磁场，若线圈所围面积里磁通量随时间变化的规律如图所示，则O →D 过程中（ ）A.线圈在O 时刻感应电动势最大B.线圈在D 时刻感应电动势为零C.线圈在D 时刻感应电动势最大D.线圈在O 至D 时间内平均感应电动势为0.4 V解析：由法拉第电磁感应定律知线圈从O 至D 时间内的平均感应电动势E ＝ΔΦΔt＝2×10－30.01÷2V ＝0.4 V.由感应电动势的物理意义知，感应电动势的大小与磁通量的大小Φ和磁通量的改变量ΔΦ均无必然联系，仅由磁通量的变化率ΔΦΔt 决定，而任何时刻磁通量的变化率ΔΦΔt 就是Φ-t图象上该时刻切线的斜率，不难看出O 点处切线斜率最大，D 点处切线斜率最小，为零，故A 、B 、D 选项正确.答案：ABD5.如图所示，长为L 的金属导线弯成一圆环，导线的两端接在电容为C 的平行板电容器上，P 、Q 为电容器的两个极板，磁场垂直于环面向里，磁感应强度以B ＝B 0＋kt （k >0）随时间变化，t ＝0时，P 、Q 两板电势相等，两板间的距离远小于环的半径，经时间t ，电容器P 板（ ）A.不带电B.所带电荷量与t 成正比C.带正电，电荷量是kL 2C4πD.带负电，电荷量是kL 2C4π解析：磁感应强度以B ＝B 0＋kt （k >0）随时间变化，由法拉第电磁感应定律得：E ＝ΔΦΔt ＝S ΔB Δt ＝kS ，而S ＝L 24π，经时间t 电容器P 板所带电荷量Q ＝EC ＝kL 2C 4π；由楞次定律知电容器P 板带负电，故D 选项正确.答案：DB 级 提能力6.一矩形线圈abcd 位于一随时间变化的匀强磁场内，磁场方向垂直线圈所在的平面向里（如图甲所示），磁感应强度B 随时间t 变化的规律如图乙所示.以I 表示线圈中的感应电流（图甲中线圈上箭头方向为电流的正方向），则能正确表示线圈中电流I 随时间t 变化规律的是（ ）A B C D解析：0～1 s 内磁感应强度均匀增大，根据楞次定律和法拉第电磁感应定律可判定，感应电流为逆时针（为负值）、大小为定值，A 、B 错误；4 ～5 s 内磁感应强度恒定，穿过线圈abcd 的磁通量不变化，无感应电流，D 错误.答案：C7.矩形导线框abcd 放在匀强磁场中，磁感线方向与线圈平面垂直，磁感应强度B 随时间变化的图象如图所示，t ＝0时刻，磁感应强度的方向垂直纸面向里.若规定导线框中感应电流逆时针方向为正，则在0～4 s 时间内，线框中的感应电流I 以及线框的ab 边所受安培力F 随时间变化的图象为图中的（取向上为正方向）（ ）A B C D解析：根据E ＝n ΔΦΔt ＝n S ΔB Δt ，而ΔBΔt 不变，推知在0～2 s 内及2～4 s 内电流恒定，选项A 错误；因为规定了导线框中感应电流逆时针方向为正，感应电流在0～2 s 内为顺时针方向，所以选项B 错误；由F ＝BIL 得：F 与B 成正比，根据左手定则判断可知，选项C 正确，D 错误.答案：C8.（多选）如图所示，虚线右侧存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，正方形金属框电阻为R ，边长是L ，自线框从左边界进入磁场时开始计时，在外力作用下由静止开始，以垂直于磁场边界的恒定加速度a 进入磁场区域，t 1时刻线框全部进入磁场.若外力大小为F ，线框中电功率的瞬时值为P ，线框磁通量的变化率为ΔΦΔt ，通过导体横截面的电荷量为q ，（其中P-t 图象为抛物线）则这些量随时间变化的关系正确的是（ ）解析：线框做匀加速运动，其速度v ＝at ，感应电动势E ＝BLv ，线框进入磁场过程中受到的安培力F 安＝BIL ＝B 2L 2v R ＝B 2L 2at R ，由牛顿第二定律得F －B 2L 2at R ＝ma ，则F ＝B 2L 2atR＋ma ，故A 错误；线框中的感应电流I ＝E R ＝BLat R ，线框的电功率P ＝I 2R ＝（BLa ）2Rt 2，B 正确；线框的位移x ＝12at 2，磁通量的变化率ΔΦΔt ＝B ·ΔS Δt ＝B L ×12at 2t ＝12BLat ，C 错误；电荷量q ＝I －·Δt＝E －R ·Δt ＝ΔΦΔt R ·Δt ＝ΔΦR ＝BLx R ＝BL ×12at 2R ＝BLa 2R·t 2，D 正确. 答案：BD9.如图所示，竖直平面内有足够长的金属导轨，轨距为0.2 m ，金属导体ab 可在导轨上无摩擦地上下滑动，ab 的电阻为0.4 Ω，导轨电阻不计，导体ab 的质量为0.2 g ，垂直纸面向里的匀强磁场的磁感应强度为0.2 T ，且磁场区域足够大，当导体ab 自由下落0.4 s 时，突然闭合开关S ，则：（1）试说出S 接通后导体ab 的运动情况；（2）导体ab 匀速下落的速度是多少？（g 取10 m/s 2）解析：（1）闭合S 之前导体ab 自由下落的末速度为v 0＝gt ＝4 m/s.S 闭合瞬间，导体产生感应电动势，回路中产生感应电流，ab 立即受到一个竖直向上的安培力.F 安＝BIL ＝B 2L 2v 0R＝0.016 N>mg ＝0.002 N.此刻导体所受到合力的方向竖直向上，与初速度方向相反，加速度的表达式为a ＝F 安－mgm＝B 2L 2v mR－g ，所以ab 做竖直向下的加速度逐渐减小的减速运动.当速度减小至F 安＝mg 时，ab 做竖直向下的匀速运动.（2）设匀速下落的速度为v m ，此时F 安＝mg ，即B 2L 2v m R ＝mg ，v m ＝mgR B 2L2＝0.5 m/s.10.如图甲所示，不计电阻的平行金属导轨与水平面成37°夹角放置，导轨间距为L ＝1 m ，上端接有电阻R ＝3 Ω，虚线OO ′下方是垂直于导轨平面的匀强磁场.现将质量m ＝0.1 kg 、电阻r ＝1 Ω的金属杆ab 从OO ′上方某处垂直导轨由静止释放，杆下滑过程中始终与导轨垂直并保持良好接触，杆下滑过程中的v-t 图象如图乙所示.求：（取g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6）图甲 图乙（1）磁感应强度B .（2）杆在磁场中下滑0.1 s 过程中电阻R 产生的热量. 解析：（1）由题图乙得a ＝Δv Δt ＝0.50.1m/s 2＝5 m/s 2. 0.1 s 前，由牛顿第二定律有mg sin θ－f ＝ma ， 代入数据得f ＝0.1 N.0.1 s 后匀速运动，有mg sin θ－f －F 安＝0.①而F 安＝BIL ＝B BLv R ＋r L ＝B 2L 2vR ＋r.②由①②得B ＝（mg sin θ－f ）（R ＋r ）L 2v＝（0.6－0.1）×（3＋1）12×0.5T ＝2 T. （2）I ＝BLv R ＋r ＝2×1×0.53＋1A ＝0.25 A ， Q R ＝I 2Rt ＝0.252×3×0.1 J ＝3160J. 11.如图所示，L 1＝0.5 m ，L 2＝0.8 m ，回路总电阻为R ＝0.2 Ω，物块M 的质量m ＝0.04 kg ，导轨光滑，开始时磁场B 0＝1 T.现使磁感应强度以ΔBΔt ＝0.2 T/s 的变化率均匀地增大，则当t 为多少时，M 刚好离开地面？（g 取10 m/s 2）解析：回路中原磁场方向向下，且磁通量增加，由楞次定律可以判知，感应电流的磁场方向向上，根据安培定则可以判知，ab 中的感应电流的方向是a →b ，由左手定则可知，ab 所受安培力的方向水平向左，从而向上拉起重物.设ab 中电流为I 时M 刚好离开地面，此时有F B ＝BIL 1＝mg I ＝E R E ＝ΔΦΔt ＝L 1L 2·ΔBΔtB ＝B 0＋ΔBΔtt 解得：F B ＝0.4 N ，I ＝0.4 A ，B ＝2 T ，t ＝5 s. 答案：5 s。

第4节 法拉第电磁感应定律一、电磁感应定律 1．感应电动势（1）定义：在________中产生的电动势叫做感应电动势。

产生感应电动势的那部分导体相当于_____。

（2）产生条件：不管电路是否闭合，只要穿过电路的_____________，电路中就会产生感应电动势。

（3）方向判断：可假设电路闭合，由_______或______判断出感应电流的方向，产生感应电动势的那部分导体相当于电源，其中_________________。

2．电磁感应定律（1）内容：电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的________成正比。

（2）表达式：ΔΔE t Φ=（单匝线圈），ΔΔE n tΦ=（多匝线圈）。

（3）感应电动势与感应电流的关系：遵循闭合电路欧姆定律，即EI R r=+。

3．应用法拉第电磁感应定律ΔΔE n tΦ=时应注意的几点 （1）研究对象：ΔΔE nt Φ=的研究对象是一个回路，而不是一段导体。

（2）物理意义：ΔΔE n tΦ=求的是Δt 时间内的平均感应电动势，当Δt →0时，E 为瞬时感应电动势。

（3）ΔΔE n tΦ=求得的电动势是整个回路的感应电动势，而不是回路中某段导体的电动势。

整个回路的电动势为零，其回路中某段导体的电动势不一定为零。

（4）用公式ΔΔBE nSt=求感应电动势时，S 为线圈在磁场范围内的有效面积。

（5）若回路中与磁场方向垂直的面积S 及磁场应强度B 均随时间变化，则2211ΔB S B S E n t-=（），要特别注意题目要求的是哪个时刻的感应电动势。

4．磁通量Φ、磁通量的变化量ΔΦ、磁通量的变化率ΔΔtΦ的比较 比较项目磁通量Φ磁通量的变化量ΔΦ 磁通量的变化率ΔΔtΦ物理意义 某时刻穿过某个面的磁感某一段时间内穿过某个面的穿过某个面的磁通量变化的线的条数磁通量的变化量快慢大小Φ=B·S，S是与B垂直的面的面积ΔΦ=Φ1–Φ2ΔΦ=B·ΔSΔΦ=S·ΔBΔΔΔΔSBt tΦ=⋅ΔΔΔΔBSt tΦ=⋅注意穿过某个面有方向相反的磁感线，则不能直接用Φ=B·S求解，应考虑相反方向的磁通量抵消后所剩余的磁通量开始时和转过180°时的平面都与磁场垂直，但穿过平面的磁通量是一正一负，ΔΦ=2BS，而不是0既不表示磁通量的大小，也不表示变化的多少，实际它就是单匝线圈上产生的电动势附注线圈平面与磁感线平行时，Φ=0，但ΔΔtΦ最大线圈平面与磁感线垂直时，Φ最大，但ΔΔtΦ=0二、导体切割磁感线时的感应电动势1．导体棒垂直于磁场运动，B、l、v两两垂直时如图甲所示，E=______。

第四章电磁感应水平测试本试卷分第一卷(选择题)和第二卷(非选择题)两局部，总分值100分，考试时间90分钟。

第一卷(选择题，共40分)一、选择题(本大题共10小题，每题4分，共40分。

在第1～6题给出的四个选项中，只有一个选项正确；在第7～10题给出的四个选项中，有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。

)1．以下说法正确的选项是( )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．闭合电路在磁场中做切割磁感线运动，电路中一定会产生感应电流C．线圈中磁通量变化越大，线圈中产生的感应电动势一定越大D．涡流的形成不遵循法拉第电磁感应定律答案A解析由物理学史可知A正确；B项中闭合电路做切割磁感线运动且使磁通量变化才产生感应电流，故B错误；C项中，感应电动势与磁通量变化率成正比，故C错误；涡流也是感应电流，也遵循法拉第电磁感应定律，D项错误。

2．如下列图，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，那么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．向右加速运动答案B解析假设要让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，那么有金属棒向右减速运动；或者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，那么有金属棒向左加速运动，故B正确，A、C、D错误。

3．如下列图，竖直放置的两根平行金属导轨之间接有定值电阻R，质量不能忽略的金属棒与两导轨始终保持垂直并良好接触且无摩擦，棒与导轨的电阻均不计，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直，棒在竖直向上的恒力F作用下做加速上升运动的一段时间内，力F做的功与安培力做的功的代数和等于( )A．棒的机械能增加量B．棒的动能增加量C．棒的重力势能增加量D．电阻R上放出的热量答案A解析根据动能定理可知：W F＋W安＋W G＝mv2。

划时代的发现探究感应电流的产生条件[练案1]基础夯实一、选择题(单选题)1．如图所示，套在条形磁铁外的三个线圈，其面积S1>S2＝S3，且“3”线圈在磁铁的正中间。

设各线圈中的磁通量依次为Φ1、Φ2、Φ3，则它们的大小关系是( C )A．Φ1>Φ2>Φ3B．Φ1>Φ2＝Φ3C．Φ1<Φ2<Φ3D．Φ1<Φ2＝Φ3解析：所有磁感线都会经过磁体内部，内外磁场方向相反，所以线圈面积越大则抵消的磁场越大，则Φ1<Φ2，线圈3在正中间，此处磁铁外部磁场最弱，即抵消得最少，所以Φ3>Φ2，选C。

2．如图所示，一矩形线框，从abcd位置移到a′b′c′d′位置的过程中，关于穿过线框的磁通量情况，下列叙述正确的是(线框平行于纸面移动)( D )A．一直增加B．一直减少C．先增加后减少D．先增加，再减少直到零，然后再增加，然后再减少解析：离导线越近，磁场越强，当线框从左向右靠近导线的过程中，穿过线框的磁通量增大，当线框跨在导线向右运动时，磁通量减小，当导线在线框正中央时，磁通量为零，从该位置向右，磁通量又增大，当线框离开导线向右运动的过程中，磁通量又减小；故ABC 错误，D正确。

3．(2019·江苏省南京市溧水中学高二上学期期末)如图所示，矩形线框在磁场内做的各种运动中，能够产生感应电流的是( D )解析：A．线框在匀强磁场中运动时，穿过线框的磁感线条数不变，即磁通量不变，没有感应电流产生，故 A错误。

B．图示的线框与磁场平行，穿过线框的磁通量为零，而且当线框平动时，磁通量始终为零，没有变化，所以没有感应电流产生，故B错误。

C．线框与磁场平行，穿过线框的磁通量为零，当线框向右平动时，磁通量保持为零，没有变化，所以没有感应电流产生，故C错误。

D．线框在磁场中转动时，穿过线框的磁通量发生变化，产生感应电流，故D正确。

4．(2019·北京市朝阳区高二上学期期末)下列情况中能产生感应电流的是( D )A．如图甲所示，导体AB顺着磁感线运动B．如图乙所示，条形磁铁插入线圈中不动时C．如图丙所示，小螺线管A置于大螺线管B中不动，开关S一直接通时D．如图丙所示，小螺线管A置于大螺线管B中不动，开关S一直接通，在移动变阻器滑片的过程中解析：如图甲所示，导体AB顺着磁感线运动，不切割磁感线，无感应电流，选项 A错误；如图乙所示，条形磁铁插入线圈中不动时，磁通量不变，无感应电流产生，选项B错误；如图丙所示，小螺线管A置于大螺线管B中不动，开关S一直接通时，穿过B的磁通量不变，无感应电流，选项C错误；开关S一直接通，在移动变阻器滑片的过程中，线圈A中的电流变化，穿过线圈B的磁通量变化，会有感应电流产生，选项D正确。