20192020学年高中物理 第四章 电磁感应测评含解析新人教版选修32.doc

第四章检测(A)(时间:90分钟满分:100分)一、选择题(本题共10小题,每小题4分,共40分。

在每小题给出的四个选项中,1~6题只有一个选项符合题目要求,7~10题有多个选项符合题目要求,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错或不选的得0分)1.首先发现电流的磁效应和电磁感应现象的物理学家分别是()A.安培和法拉第B.法拉第和楞次C.奥斯特和安培D.奥斯特和法拉第解析:1820年,丹麦物理学家奥斯特发现了电流的磁效应;1831年,英国物理学家法拉第发现了电磁感应现象,选项D正确。

答案:D2.如图所示,一水平放置的圆形通电线圈a固定,另一较小的圆形线圈b从a的正上方下落,在下落过程中两线圈始终保持平行且共轴,则线圈b从线圈a的正上方下落过程中,从上往下看线圈b 应是()A.有逆时针方向的感应电流B.有顺时针方向的感应电流C.先有顺时针方向的感应电流,后有逆时针方向的感应电流D.先有逆时针方向的感应电流,后有顺时针方向的感应电流解析:向下穿过的过程中,穿过b环的磁通量先增大后减少,在a环上方时,穿过b环的磁通量增大,由楞次定律知,感应电流的磁场与原磁场方向相反,根据安培定则得感应电流方向为顺时针;同理可得b穿过a后,磁通量减少,感应电流的方向应该是逆时针,选C。

答案:C3.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()A.BB22ΔB B.BBB22ΔBC.BBB2ΔBD.2BBB2ΔB解析:由法拉第电磁感应定律,E=BΔBΔB =B2B-BΔB·B22=BBB22ΔB,选项B正确。

答案:B4.如图所示,L为一自感系数很大的有铁芯的线圈,电压表与线圈并联接入电路,在下列情况中,有可能使电压表损坏的是(电压表量程为3 V)()A.开关S闭合的瞬间B.开关S闭合电路稳定时C.开关S断开的瞬间D.以上情况都有可能损坏电压表解析:当开关断开的瞬间,线圈的自感作用导致电流依然存在,且由于自感系数很大,自感电动势很大。

互感和自感记一记互感和自感知识体系辨一辨1.利用互感现象可以把能量从一个线圈传递到另一个线圈．(√) 2．在自感现象中，感应电流的方向一定和原电流的方向相同．(×) 3．在自感现象中，感应电流只能阻碍原电流的增加．(×)4．在自感现象中，通过线圈的感应电流不可能大于原电流．(√) 5．线圈中的自感电动势较大时，其自感系数一定较大．(×)想一想1.互感和自感现象的本质是电磁感应现象吗？提示：是，都是利用电磁感应现象工作的．2．在通电自感现象中，自感电动势的方向与原电流的方向相同还是相反？自感电动势能阻止电流的增大吗？提示：当线圈中的电流增大时，自感电动势的方向与原电流的方向相反，阻碍电流的增大，但不能阻止电流的变化．3．断电自感的实验中，为什么开关断开后，灯泡的发光会持续一段时间？试从能量的角度加以解释．提示：开关断开后，线圈中储存的磁场能释放出来转化为电能，故灯泡发光会持续一段时间．思考感悟：练一练1.关于线圈的自感系数，下面说法正确的是( )A．线圈的自感系数越大，自感电动势就一定越大B．线圈中电流等于零时，自感系数也等于零C．线圈中电流变化越快，自感系数越大D．线圈的自感系数由线圈本身的性质及有无铁芯决定解析：自感系数是由线圈的大小、形状、圈数、有无铁芯等因素决定的，故B、C两项错误，D项正确；自感电动势不仅与自感系数有关，还与电流变化快慢有关，故A项错误．答案：D2．如图所示，在一个绕有线圈的可拆变压器铁芯上分别放一小铁锅水和一玻璃杯水．给线圈通入电流，一段时间后，一个容器中水温升高，则通入的电流与水温升高的是( ) A．恒定直流、小铁锅B．恒定直流、玻璃杯C．变化的电流、小铁锅D．变化的电流、玻璃杯解析：通入恒定直流时，所产生的磁场不变，不会产生感应电流；通入变化的电流，所产生的磁场发生变化，在空间产生感生电场．铁锅是导体，感生电场在导体内产生电流，电能转化为内能，使水温升高；涡流是由变化的磁场在导体内产生的，所以玻璃杯中的水不会升温，C项正确．答案：C3．如图甲所示，A、B两绝缘金属环套在同一铁芯上，A环中电流i A随时间t的变化规律如图乙所示，下列说法中正确的是( )A．t1时刻，两环作用力最大B．t2和t3时刻，两环相互吸引C．t2时刻两环相互吸引，t3时刻两环相互排斥D．t3和t4时刻，两环相互吸引解析：t1时刻B环的感应电流为零，故两环作用力为零，则A项错误；t2时刻A环中电流在减小，则B环中产生与A环中同向的电流，故相互吸引，t3时刻同理也相互吸引，故B 项正确，C项错误；t4时刻A中电流为零，两环无相互作用，D项错误．答案：B4．如图所示，电感线圈L 的直流电阻R L ＝3.0 Ω，小灯泡A 的电阻R ＝6.0 Ω，闭合开关S ，待电路稳定后再断开开关，则在断开开关S 的瞬间，小灯泡A( )A ．不熄灭B ．立即熄灭C ．逐渐熄灭D ．闪亮一下再逐渐熄灭解析：因为电感线圈的直流电阻R L ＜R ，当电流达到稳定时，小灯泡中的电流小于线圈中的电流，开关S 断开瞬间，线圈L 产生自感电动势， L 中电流要逐渐变小，灯泡中的电流与L 中的电流变化一致，由于电流比灯泡原来的电流大，所以灯泡要闪亮一下再逐渐熄灭，故D 项正确，A 、B 、C 三项错误．答案：D要点一 自感现象 自感电动势1.关于自感现象，正确的说法是( )A ．自感电动势一定和原来的电流方向相反B ．对于同一线圈，当电流变化越大时，线圈产生的自感电动势也越大C ．对于同一线圈，当电流变化越快时，线圈的自感系数也越大D ．对于同一线圈，当电流变化越快时，线圈中的自感电动势也越大解析：当电流增加时，自感电动势的方向与原来的电流反向，当电流减小时，自感电动势的方向与原来的电流同向，故选项A 错误；自感电动势的大小，与电流变化快慢有关，与电流变化大小无关，故选项B 错误，选项D 正确；自感系数只取决于线圈的本身因素，与电流变化快慢无关，故选项C 错误．答案：D2．关于线圈自感系数的说法错误的是( )A ．自感电动势越大，自感系数也越大B ．把线圈中的铁芯抽出一些，自感系数减小C ．把线圈匝数增加一些，自感系数变大D ．电感是自感系数的简称解析：自感系数的大小是由线圈的匝数、形状、粗细、有无铁芯等决定的，与电流大小、自感电动势大小无关，匝数越多，自感系数越大，有铁芯时，自感系数显著增大，故A 项错误，B 、C 两项正确；同时，自感系数简称为电感，故D 项正确．答案：A3．关于线圈中自感电动势大小的说法中正确的是( )A ．电感一定时，电流变化越大，自感电动势越大B ．电感一定时，电流变化越快，自感电动势越大C ．通过线圈的电流为零的瞬间，自感电动势为零D ．通过线圈的电流为最大值的瞬间，自感电动势最大解析：电感一定时，电流变化越快，ΔI Δt 越大，由E ＝L ΔI Δt知，自感电动势越大，A 项错误，B 项正确；线圈中电流为零时，电流的变化率不一定为零，自感电动势不一定为零，故C 项错误；当通过线圈的电流最大时，电流的变化率为零，自感电动势为零，故D 项错误．答案：B4．(多选)如图所示，闭合电路中的螺线管可自由伸缩，螺线管有一定的长度，这时灯泡具有一定的亮度，若将一软铁棒从螺线管左边迅速插入螺线管内，则将看到( )A．灯泡变暗 B．灯泡变亮C．螺线管缩短 D．螺线管伸长解析：当软铁棒插入螺线管中时，穿过螺线管的磁通量增加，故产生反向的自感电动势，所以电流减小，灯泡变暗，每匝线圈间同向电流作用力减小，故螺线管伸长，选项A、D两项正确．答案：AD要点二通电自感和断电自感5．如图所示，电路中自感线圈电阻很小，可以忽略不计. R的阻值和L的自感系数都很大，A、B为两个完全相同的灯泡，电源为理想电源，当S闭合时，下列说法正确的是( ) A．A比B先亮，然后A灭B．B比A先亮，然后A灯逐渐变亮C．A、B一起亮，然后A灭D．A、B一起亮，然后B灭解析：S闭合时，由于与A灯串联的线圈L的自感系数很大，故在线圈上产生很大的自感电动势，阻碍电流的增大，所以B比A先亮，由于L的直流电阻很小，所以稳定后A灯的电流变大，A灯逐渐变亮，故A、C、D三项错误，B项正确．答案：B6．如图甲、乙中，自感线圈L的电阻很小，接通S，使电路达到稳定，灯泡A发光，下列说法正确的是( )A．在电路甲中，断开S，A将立即熄灭B．在电路甲中，断开S，A将先变得更亮，然后逐渐变暗C．在电路乙中，断开S，A将逐渐变暗D．在电路乙中，断开S，A将先变得更亮，然后渐渐变暗解析：甲图中，灯泡A与电感线圈L在同一个支路中，流过的电流相同，断开开关S时，线圈L中的自感电动势的作用使得支路中的电流瞬时不变，以后渐渐变小，A、B两项错误；乙图中，灯泡A所在支路的电流比电感线圈所在支路的电流要小(因为电感线圈的电阻很小)，断开开关S时，电感线圈的自感电动势要阻碍电流变小，此瞬间电感线圈中的电流不变，电感线圈相当于一个电源给灯泡A供电．因此反向流过A的电流瞬间要变大，然后逐渐变小，所以灯泡要先更亮一下，然后渐渐变暗，C项错误，D项正确．答案：D7．如图所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r，线圈的自感系数很大，线圈的直流电阻R L与灯泡的电阻R满足R L<R.在t＝0时刻闭合开关S，经过一段时间后，在t＝t1时刻断开S.下列表示通过灯泡的电流随时间变化的图象中，正确的是( )解析：当闭合开关时，L会阻碍电流的增大，所以流过L的电流只能逐渐增大，流过L 的电流增大，则流过干路的电流增大，则电源的内电阻消耗的电压增大，路端电压减小，所以流过灯泡的电流会逐渐减小，一直到电路稳定．正常工作时，由于自感线圈L直流电阻值小于灯泡的阻值，通过线圈L的电流大于通过灯泡的电流；当断开开关，由于电感阻碍自身电流变化，产生的感应电流流过电阻，其方向与原来流过电阻的方向相反，且电流比灯泡原来的电流大，然后电流慢慢减小最后为0，故C项正确，A、B、D三项错误．答案：C8．在如图所示的电路中，A1和A2是两个完全相同的灯泡，线圈L的自感系数足够大，电阻可以忽略不计．下列说法中正确的是( )A．合上开关S，A1先亮，A2后亮，最后一样亮B．断开开关S，A1和A2都要过一会儿才熄灭C．断开开关S，A2闪亮一下再熄灭D．断开开关S，流过A2的电流方向向右解析：当开关S闭合时，灯A2立即发光．通过线圈L的电流增大，穿过线圈的磁通量增大，根据自感现象可知，线圈产生的感应电动势与原来电流方向相反，阻碍电流的增大，电路的电流只能逐渐增大，A1逐渐亮起来．线圈直流电阻忽略不计，当电流逐渐稳定时，线圈不产生感应电动势，两灯电流相等，亮度相同，故A项错误；稳定后当开关S断开后，由于自感，线圈中的电流只能慢慢减小，其相当于电源，与灯泡A1、A2构成闭合回路放电，两灯都过一会儿熄灭，由于当电流逐渐稳定时，两灯电流相等，所以断开开关S时，A2不会再闪亮一下再熄灭，故B项正确，C项错误；稳定后当开关S断开后，由于自感，线圈中的电流只能慢慢减小，其相当于电源，流过A2的电流方向向左，故D项错误．答案：B基础达标1.(多选)关于互感现象，下列说法正确的是( )A．两个线圈之间必须有导线相连，才能产生互感现象B ．互感现象可以把能量从一个线圈传到另一个线圈C ．互感现象都是有益的D ．变压器是利用互感现象制成的解析：两个线圈之间没有导线相连，也能产生互感现象，选项A 错误；互感现象可以把能量从一个线圈传到另一个线圈，选项B 正确；互感现象并非都是有益的，有时会影响电路的正常工作，选项C 错误；变压器是利用互感现象制成的，选项D 正确．答案：BD2．(多选)下列哪些单位关系是正确的是( )A ．1亨＝1欧·秒B ．1亨＝1伏·安/秒C ．1伏＝1韦/秒D ．1伏＝1亨·安/秒解析：由E ＝L ΔI Δt 得L ＝E ΔI Δt取E ＝1伏，ΔI Δt＝1安/秒，得1亨＝1欧·秒，1伏＝1亨·安/秒，故选项A 、D 两项正确，B 项错误；由E ＝n ΔΦΔt知，1伏＝1韦/秒，选项C 项正确． 答案：ACD3．(多选)下列关于互感现象的说法正确的是( )A ．一个线圈中的电流变化时，与之靠近的线圈中产生感应电动势的现象称为互感现象B ．互感现象的实质是电磁感应现象，同样遵循楞次定律和法拉第电磁感应定律C ．利用互感现象能够将能量由一个线圈传递到另一个线圈，人们制造了收音机的“磁性天线”D ．互感现象在电力工程以及电子电路中不会影响电路的正常工作解析：互感现象能发生在任何两个相互靠近的电路之间，会影响电路的正常工作，D 项错误．答案：ABC4．无线电力传输目前已取得重大突破，在日本展出了一种非接触式电源供应系统．这种系统基于电磁感应原理可无线传输电力．两个感应线圈可以放置在左右相邻或上下相对的位置，原理示意图如图所示．下列说法正确的是( )A ．若A 线圈中输入电流，B 线圈中就会产生感应电动势B ．只有A 线圈中输入变化的电流，B 线圈中才会产生感应电动势C ．A 中电流越大，B 中感应电动势越大D ．A 中电流变化越快，B 中感应电动势越大解析：根据产生感应电动势的条件，只有处于变化的磁场中，B 线圈才能产生感应电动势，A 项错误，B 项正确；根据法拉第电磁感应定律，感应电动势的大小取决于磁通量变化率，所以C 项错误，D 项正确．答案：BD5．在生产实际中，有些高压直流电路含有自感系数很大的线圈，当电路中的开关S 由闭合到断开时，线圈会产生很高的自感电动势，使开关S 处产生电弧，危及操作人员的人身安全．为了避免电弧的产生，可在线圈处并联一个元件，下列方案可行的是( )解析：闭合S时，二极管处于反向截止状态，不影响电路正常工作．断开S时，由于自感现象，线圈跟二极管D组成闭合回路，此时二极管处于正向导通状态，可以避免电弧的产生，故D选项正确．答案：D6．在无线电仪器中，常需要在距离较近的地方安装两个线圈，并要求一个线圈中有电流变化时，对另一个线圈中的电流影响尽量小，则下图中两个线圈的相对安装位置最符合该要求的是( )解析：某一个线圈的磁场通过另一个线圈的磁通量的变化率越小，影响则越小，欲使两线圈由于互感的影响尽量小，应放置成D选项的情形，这样其一个线圈的磁场通过另一个线圈的磁通量的变化应为零，故D选项正确．答案：D7．在制作精密电阻时，为了消除使用过程中由于电流变化而引起的自感现象，采用双线并绕的方法，如图所示．其道理是( )A．当电路中的电流变化时，两股导线产生的自感电动势相互抵消B．当电路中的电流变化时，两股导线产生的感应电流相互抵消C．当电路中的电流变化时，两股导线中原电流的磁通量相互抵消D．以上说法都不对解析：由于采用双线并绕的方法，当电流通过时，两股导线中的电流方向是相反的，不管电流怎样变化，任何时刻两股导线中的电流总是等大反向的，所产生的磁通量也是等大反向的，故总磁通量等于零，在该线圈中不会产生电磁感应现象，因此消除了自感，选项A、B、D三项错误，只有C项正确．答案：C8．(多选)如图所示的电路中，a、b、c为三盏完全相同的灯泡，L是一个自感系数很大、直流电阻为零的自感线圈，E为电源，S为开关．关于三盏灯泡，下列说法正确的是( ) A．合上开关，c、b先亮，a后亮B．合上开关一会后，a、b一样亮C．断开开关，b、c同时熄灭，a缓慢熄灭D．断开开关，c马上熄灭，b闪一下后和a一起缓慢熄灭解析：闭合开关S时，由于线圈L的自感作用，流过a灯的电流逐渐增大，所以a灯后亮，b、c灯与电源构成回路，所以b、c灯先亮，故A项正确；合上开关一会后，电路稳定，L是一个直流电阻为零的自感线圈，可视为导线，a、b灯完全相同，并联电压相同，故a、b 灯一样亮，故B项正确；断开开关瞬间，a、b灯与线圈构成闭合回路．由于L的自感作用，a、b灯的电流要逐渐减小，故c灯马上熄灭，a、b灯缓慢熄灭，C项错误；由于电路稳定时，a、b灯中电流相同，故b灯无闪亮现象，D项错误．答案：AB9．(多选)如图所示是一种延时开关的原理图，当S1闭合、S2断开时，电磁铁F将衔铁D吸下，C线路接通；当S1断开、S2闭合时，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线圈的开关S2，无延时作用D．如果断开B线圈的开关S2，延时将变长解析：线圈A中的磁场随开关S1的闭合而产生，随S1的断开而消失．当S1闭合时，线圈A中的磁场穿过线圈B，当S2闭合，S1断开时，线圈A在线圈B中的磁场变弱，线圈B中有感应电流，B中电流的磁场继续吸引D而起到延时的作用，所以B项正确，A项错误；若S2断开，线圈B中不产生感应电流而起不到延时作用，所以C项正确，D项错误．答案：BC10．(多选)a、b两金属环上下相隔一很小间距按图示方式放置，O1、O2分别是a环、b 环的圆心，其中b环面的一半面积刚好与固定a环正对，在a环中开关S闭合的瞬间，下列说法正确的是( )A．b环中有顺时针方向的感应电流B．b环中有逆时针方向的感应电流C．b环会沿O1O2方向运动D．b环会沿O2O1方向运动解析：闭合S的瞬间，b环中垂直纸面向里的磁通量增加，由楞次定律知b环中感应电流产生的磁场方向为垂直纸面向外，由右手定则判断b环中感应电流为逆时针方向，故A项错误，B项正确；由楞次定律知，为了阻碍b环内磁通量的增大，b环会朝着能适当减小与a 环正对面积的方向移动，即b环沿O1O2方向移动，即C项正确，D项错误．答案：BC11．如图所示为测定自感系数很大的线圈L直流电阻的电路，L的两端并联一个电压表，用来测量自感线圈的直流电压．在测量完毕后，将电路拆解时应( )A．先断开S1 B．先断开S2C．先拆除电流表 D．先拆除电压表解析：若先断开S1或先拆除电流表，线圈与电压表组成闭合回路，这时，流过电压表的电流与原来方向相反，电压表的指针将反向偏转，容易损坏电压表．按操作要求，应先断开开关S2，再断开开关S1，然后拆除器材．故B项正确．答案：B能力达标12.(多选)如图所示甲、乙电路，电阻R和自感线圈L的电阻都很小．接通S，使电路达到稳定，灯泡A发光，则 ( )A．在电路甲中，断开S，A将逐渐变暗B．在电路甲中，断开S，A将先变得更亮，然后渐渐变暗C．在电路乙中，断开S，A将逐渐变暗D．在电路乙中，断开S，A将先变得更亮，然后渐渐变暗解析：题图甲中，A与电感线圈L在同一个支路中，流过的电流相同，断开开关S时，线圈L中的自感电动势要维持原电流不变，所以开关断开的瞬间，A的电流不变，以后电流渐渐变小．因此，A渐渐变暗．题图乙中，A所在支路的电流比电感线圈所在支路的电流要小(因为电感线圈的电阻很小)，断开开关S时，电感线圈的自感电动势要阻碍电流的变小，此瞬间电感线圈中的电流不变，电感线圈相当于一个电源给A供电．因此，反向流过A的电流瞬间要变大，然后渐渐变小，所以A将先闪亮一下，然后渐渐变暗．答案：AD13．图中L是绕在铁芯上的线圈，它与电阻R、R0及开关和电池E构成闭合回路．开关S1和S2开始都处于断开状态．设在t＝0时刻，闭合开关S1，经过一段时间，在t＝t1时刻，再闭合开关S2，则能较准确表示电阻R两端的电势差U ab随时间t变化的图线是( ) 解析：闭合开关S1，线圈产生的自感电动势阻碍电流的变大，U ab逐渐变大；电流达到稳定后，再闭合开关S2，由于线圈的作用，原有电流慢慢变小，U ab也从原来的数值慢慢减小，A项正确．答案：A14．如图所示，电源的电动势为E ＝10 V ，内阻不计，L 与R 的电阻值均为5 Ω，两灯泡的电阻值均为R S ＝10 Ω.(1)求断开S 的瞬间，灯泡L 1两端的电压；(2)定性画出断开S 前后一段时间内通过L 1的电流随时间的变化规律．解析：(1)电路稳定工作时，由于a 、b 两点的电势相等，导线ab 上无电流通过．因此通过L 的电流为I L ＝E 2R ＝1010A ＝1 A 流过L 1的电流为I S ＝E 2R S ＝1020A ＝0.5 A 断开S 的瞬间，由于线圈要维持I L 不变，而与L 1组成闭合回路，因此通过L 1的最大电流为1 A.所以此时L 1两端的电压为U ＝I L ·R S ＝10 V.(2)断开S 前，流过L 1的电流为0.5 A 不变，而断开S 的瞬间，通过L 1的电流突变为1 A ，且方向也发生变化，然后渐渐减小到零，所以它的图象如图所示(t 0为断开S 的时刻)．答案：(1)10 V (2)见解析图。

章末质量评估（一）（时间：90分钟分值：100分）一、单项选择题（本题共10小题，每小题3分，共30分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）1.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.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解析：由物理学史可知A正确；B项中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.答案：A2.如图所示，一质量为m的条形磁铁用细线悬挂在天花板上，细线从一水平金属圆环中穿过.现将环从位置Ⅰ释放，环经过磁铁到达位置Ⅱ.设环经过磁铁上端和下端附近时细线的张力分别为F T1和F T2，重力加速度大小为g，则（）A.F T1>mg，F T2>mgB.F T1<mg，F T2<mgC.F T1>mg，F T2<mgD.F T1<mg，F T2>mg解析：当圆环经过磁铁上端时，磁通量增加，根据楞次定律可知磁铁要把圆环向上推，又根据牛顿第三定律可知圆环要给磁铁一个向下的磁场力，因此有F T1>mg.当圆环经过磁铁下端时，磁通量减少，根据楞次定律可知磁铁要把圆环向上吸，又根据牛顿第三定律可知圆环要给磁铁一个向下的磁场力，因此有F T2>mg，所以只有A正确.答案：A3.如图所示，通电螺线管两侧各悬挂一个小铜环，铜环平面与螺线管截面平行，当开关S接通一瞬间，两铜环的运动情况是（）A.同时向两侧推开B.同时向螺线管靠拢C.一个被推开，一个被吸引，但因电源正负极未知，无法具体判断D.同时被推开或同时向螺线管靠拢，但因电源正负极未知，无法具体判断解析：通电前，穿过两个铜环的磁通量均为零，通电时，穿过两个铜环的磁通量突然增大，根据楞次定律，两铜环向两侧推开.答案：A4.如图所示，边长为l 的正方形导体框匀速地从磁场左边穿过磁场运动到磁场右边，磁场的宽度为d ，线框的速度为v .若l ＜d ，则线框中存在感应电流的时间为（ ）A.l vB.2lvC.d vD.2dv解析：线框从开始进到完全进入，从开始出到完全出来的过程，线框中存在感应电流.所以线框中存在感应电流的时间t ＝l v ＋l v＝2lv，故选项B 正确.答案：B5.如图所示，闭合金属导线框放置在竖直向上的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度的大小随时间变化.下列说法正确的是（ ）①当磁感应强度增大时，线框中的感应电流可能减小 ②当磁感应强度增大时，线框中的感应电流一定增大 ③当磁感应强度减小时，线框中的感应电流一定增大 ④当磁感应强度减小时，线框中的感应电流可能不变A.只有②④正确B.只有①③正确C.只有②③正确D.只有①④正确解析：I ＝E R ，而由法拉第电磁感应定律E ＝n ΔΦΔt得E 与B 的增大还是减小无关，而与磁通量的变化率有关.答案：D6.材料、粗细相同，长度不同的电阻丝做成ab 、cd 、ef 三种形状的导线，分别放在电阻可忽略的光滑金属导轨上，并与导轨垂直，如图所示，匀强磁场方向垂直导轨平面向内.外力使导线水平向右做匀速运动，且每次外力所做功的功率相同，已知三根导线在导轨间的长度关系是L ab <L cd <L ef ，则（ ）A.ab 运动速度最大B.ef 运动速度最大C.三根导线每秒产生的热量不同D.因三根导线切割磁感线的有效长度相同，故它们产生的感应电动势相同解析：三根导线长度不同，故它们连入电路的阻值不同，有R ab <R cd <R ef .但它们切割磁感线的有效长度相同，根据P ＝Fv ，I ＝Blv R ，F ＝BIl ，可得v 2＝PR B 2l2，所以三根导线的速度关系为v ab <v cd <v ef ，A 错误，B 正确.根据E ＝Blv ，可知三者产生的电动势不同，D 错误.运动过程中外力做功全部转化为内能，故C 错误.答案：B7.铁路上使用一种电磁装置向控制中心传输信号以确定火车的位置.能产生匀强磁场的磁铁被安装在火车首节车厢下面，如图甲所示（俯视图）.当它经过安放在两铁轨间的线圈时，便会产生一电信号，被控制中心接收.当火车通过线圈时，若控制中心接收到的线圈两端的电压信号如图乙所示，则说明火车在做（ ）图甲 图乙A.匀速直线运动B.匀加速直线运动C.匀减速直线运动D.加速度逐渐增大的变加速直线运动答案：B8.如图所示，闭合线圈abcd 从高处自由下落一段时间后垂直于磁场方向进入一有界磁场.从ab 边刚进入磁场到cd 边刚进入磁场的这段时间内，下列说法正确的是（ ）A.a 端的电势高于b 端B.ab 边所受安培力方向为水平向左C.线圈可能一直做匀速运动D.线圈可能一直做匀加速直线运动解析：此过程中ab 边始终切割磁感线，ab 边为电源，由右手定则可知电流为逆时针方向，由a 流向b ，电源内部电流从低电势流向高电势，故a 端的电势低于b 端，选项A 错误；由左手定则可知ab 边所受安培力方向竖直向上，选项B 错误；如果刚进入磁场时安培力等于重力，则一直匀速进入，如果安培力不等于重力，则mg －B 2l 2vR＝ma ，做变加速运动，选项C正确，D 错误.答案：C9.在如图所示的电路中，a 、b 为两个完全相同的灯泡，L 为自感线圈，E 为电源，S 为开关.关于两灯泡点亮和熄灭的先后次序，下列说法正确的是（ ）A.合上开关，a 先亮，b 逐渐变亮；断开开关，a 、b 同时熄灭B.合上开关，b 先亮，a 逐渐变亮；断开开关，a 先熄灭，b 后熄灭C.合上开关，b 先亮，a 逐渐变亮；断开开关，a 、b 同时熄灭D.合上开关，a 、b 同时亮；断开开关，b 先熄灭，a 后熄灭解析：合上开关S 后，电流由零突然变大，电感线圈产生较大的感应电动势，阻碍电流的增大，故I b >I a ，随电流逐渐增大至稳定过程，电感的阻碍作用越来越小，故合上开关，b 先亮，a 逐渐变亮；开关S 断开后，由于电感L 产生自感电动势，灯a 、b 回路中电流要延迟一段时间再熄灭，且同时熄灭，故选C.答案：C10.如图所示，用丝线悬挂一个金属环，金属环套在一个通电螺线管上，并处于螺线管正中央位置.如通入螺线管中的电流突然增大，则（ ）A.圆环会受到沿半径向外拉伸的力B.圆环会受到沿半径向里挤压的力C.圆环会受到向右的力D.圆环会受到向左的力解析：无论通入螺线管的电流是从a 流向b 还是从b 流向a ，电流增大时，穿过金属环的磁通量必增加.由于穿过金属环的磁通量由螺线管内、外两部分方向相反的磁通量共同决定，其等效磁场方向由管内磁场方向决定.根据楞次定律，环内感应电流的磁场要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，即要阻碍穿过环的磁通量的增加，因此有使环扩张的趋势，从而使环受到沿半径向外拉伸的力.答案：A二、多项选择题（本题共4小题，每小题6分，共24分.在每小题给出的四个选项中有多项符合题目要求，全部选对得6分，漏选得3分，错选或不选得0分）11.今将磁铁缓慢或者迅速地插入一闭合线圈中（始末位置相同），试对比在上述两个过程中，相同的物理量是（ ）A.磁通量的变化量B.磁通量的变化率C.线圈中产生的感应电流D.流过线圈导线截面的电荷量解析：由ΔΦ＝Φ2－Φ1和题意知，A 选项正确.因Δt 1和Δt 2不等，故ΔΦΔt 不同，B 选项错误，由E ＝n ΔΦΔt 知，感应电动势不相等，故C 选项错误；由q ＝n ΔΦR ＋r知D 选项正确.答案：AD12.如图所示，在线圈上端放置一盛有冷水的金属杯，现接通交流电源，过了几分钟，杯内的水沸腾起来.若要缩短上述加热时间，下列措施可行的有 （ ）A.增加线圈的匝数B.提高交流电源的频率C.将金属杯换为瓷杯D.取走线圈中的铁芯解析：当线圈上通交流电时，金属杯由于发生电磁感应现象，杯中有感应电流，对水加热，若要增大感应电流，则需要增大感应电动势或者减小杯体的电阻.增加线圈的匝数，使得穿过金属杯的磁场增强，感应电动势增大，选项A 正确；提高交流电的频率，使得磁通量的变化率增大，感应电动势增大，选项B 正确；若将金属杯换为瓷杯，则不会产生感应电流，选项C 错误；取走线圈中的铁芯，磁场会大大减弱，感应电动势减小，选项D 错误.答案：AB13.单匝线圈所围的面积为0.1 m 2，线圈电阻为1 Ω.规定线圈中感应电流I 的正方向从上往下看是顺时针方向，如图甲所示.磁场的磁感应强度B 随时间t 的变化规律如图乙所示.则以下说法正确的是（ ）图甲 图乙A.在时间0～5 s 内，I 的最大值为0.01 AB.在第4 s 时刻，I 的方向为逆时针C.前2 s 内，通过线圈某截面的总电荷量为0.01 CD.第3 s 内，线圈的发热功率最大解析：E ＝n ΔΦΔt ＝n ΔB Δt ·S ，由题图乙知，在0～5 s 内，0时刻ΔB Δt 最大，此时E ＝0.01V ，所以I ＝E R＝0.01 A ，A 正确；在第4 s 时刻，B 处于减少过程中，由楞次定律得I 的方向为逆时针，B 正确；前2 s 内，q ＝I —·Δt ＝E R·Δt ＝nΔΦΔtRΔt ＝n ΔΦR＝0.01 C ，C 正确；第3 s 内，B 不变，I ＝0，D 错误.答案：ABC14.如图所示，平行金属导轨光滑并且固定在水平面上，导轨一端连接电阻R ，其他电阻不计，垂直于导轨平面有一匀强磁场，磁感应强度为B ，当一质量为m 的金属棒ab 在水平恒力F 作用下由静止向右滑动 （ ）A.棒从静止到最大速度过程中，棒的加速度不断增大B.棒从静止到最大速度过程中，棒克服安培力所做的功等于棒的动能的增加量和电路中产生的内能C.棒ab 做匀速运动阶段，外力F 做的功等于电路中产生的内能D.无论棒ab 做何运动，它克服安培力做的功一定等于电路中产生的内能解析：金属棒所受的安培力F 安＝B 2L 2v R ，又a ＝F －F 安m，可知金属棒的速度增大时，安培力增大，则加速度减小，故选项A 错误；根据能量转化和守恒定律，可知无论棒ab 做何运动，克服安培力做的功等于电路中产生的内能.棒从静止到最大速度过程中，外力F 做的功等于棒的动能的增加量和电路中产生的内能之和，故选项B 错误，D 正确；当ab 棒匀速运动时，F 安＝F ，外力做的功全部转化为电路中的电能，则外力F 做的功等于电路中产生的内能.故选项C 正确.答案：CD三、实验题（10分）15.在研究电磁感应现象的实验中，所需的实验器材如图所示.现已用导线连接了部分实验电路.（1）请画实线作为导线从箭头1和2处连接其余部分电路.（2）实验时，将线圈L 1插入线圈L 2中，闭合开关的瞬间，观察到检流计的指针发生偏转，这个现象揭示的规律是____________________________________________________.（3）某同学设想使线圈L 1中电流逆时针（俯视）流动，线圈L 2中电流顺时针（俯视）流动，可行的实验操作是 .A.抽出线圈L 1B.插入软铁棒C.使变阻器滑片P 左移D.断开开关解析：（1）将箭头1、线圈L 1、箭头2依次连接起来组成闭合回路.线圈L 2与检流计连接起来组成闭合回路.（2）闭合开关的瞬间，流过线圈L 1的电流瞬间增大，产生的磁感应强度增大，穿过线圈L 2的磁通量增大，线圈L 2中产生感应电动势，有感应电流流过检流计；该实验表明“穿过闭合电路中的磁通量发生变化，闭合电路中就会产生感应电流”.（3）要使两线圈中的电流方向相反，只需使线圈L 1产生的磁通量逐渐增大，可行的方法有插入软铁棒或增大线圈L 1中的电流（即使变阻器滑片P 左移），选项B 、C 正确.答案：（1）如图所示.（2）穿过闭合电路中的磁通量发生变化，闭合电路中就会产生感应电流 （3）BC四、计算题（本题共3小题，共36分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位）16.（10分）如图所示，用同样导线制成的圆环a 和b 所包围的面积之比为4∶1，直导线的电阻可忽略，将a 环放在垂直于环面且均匀变化的匀强磁场内，b 环放在磁场外，A 、B 两点间的电势差为U 1；若将a 环与b 环的位置互换，A 、B 两点间的电势差为U 2，则U 1与U 2的比值为多大？解析：a 、b 环的面积之比为4∶1，所以周长之比为2∶1，即电阻之比为2∶1，当a 环置于均匀变化的磁场中时，U 1＝E 感a ·R b R a ＋R b ＝ΔBS a R bΔt （R a ＋R b ）① 当b 环置于均匀变化的磁场中时，U 2＝E 感b ·R a R a ＋R b ＝ΔBS b R aΔt （R a ＋R b ）②①②得U 1U 2＝S a R b S b R a ＝21.即U 1∶U 2＝2∶1.17.（12分）均匀导线制成的单匝正方形闭合线框abcd ，每边长为L ，总电阻为R ，总质量为m .将其置于磁感应强度为B 的水平匀强磁场上方h 处，如图所示.线框由静止自由下落，线框平面保持在竖直平面内，且cd 边始终与水平的磁场边界平行.当cd 边刚进入磁场时：（1）求线框中产生的感应电动势大小； （2）求c 、d 两点间的电势差大小；（3）若此时线框加速度恰好为零，求线框下落的高度h .解析：（1）cd 边刚进入磁场时，线框速度v ＝2gh ， 线框中产生的感应电动势E ＝BLv ＝BL 2gh . （2）此时线框中的电流I ＝ER.cd 切割磁感线相当于电源，c 、d 两点间的电势差即路端电压，为 U ＝I ·34R ＝34BL 2gh .（3）安培力F 安＝BIL ＝B 2L 22ghR，根据牛顿第二定律，得mg －F 安＝ma ，由a ＝0，解得下落高度h ＝m 2gR 22B 4L4.18.（14分）如图所示，MN 、PQ 为间距L ＝0.5 m 足够长的平行导轨，NQ ⊥MN .导轨平面与水平面间的夹角θ＝37°，NQ 间连接有一个R ＝5 Ω的电阻.有一匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B ＝1 T.将一根质量为m ＝0.05 kg 的金属棒ab 紧靠NQ 放置在导轨上，且与导轨接触良好，导轨与金属棒的电阻均不计.现由静止释放金属棒，金属棒沿导轨向下运动过程中始终与NQ 平行.已知金属棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.5，当金属棒滑行至cd 处时已经达到稳定速度，cd 距离NQ 为s ＝2 m.试解答以下问题：（g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8）（1）当金属棒滑行至cd 处时回路中的电流多大？ （2）金属棒达到的稳定速度是多大？（3）当金属棒滑行至cd 处时回路中产生的焦耳热是多少？（4）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（写出B ′与t 的关系式）？解析：（1）达到稳定速度时，安培力F 安＝BIL ，mg sin θ＝F 安＋μmg cos θ， I ＝mg （sin θ－μcos θ）BL＝0.2 A.（2）E ＝BLv ，I ＝E R ，v ＝IR BL＝2 m/s.（3）根据能量守恒得，重力势能减小转化为动能、摩擦产生的内能和回路中产生的焦耳热.Q ＝mgs sin θ－μmgs cos θ－12mv 2＝0.1 J.（4）当回路中的总磁通量不变时，金属棒中不产生感应电流.此时金属棒将沿导轨做匀加速运动.mg sin θ－μmg cos θ＝ma ， a ＝g sin θ－μg cos θ＝2 m/s 2，BLs ＝B ′L ⎝⎛⎭⎪⎫s ＋vt ＋12at 2，B ′＝Bs s ＋vt ＋12at2＝2t 2＋2t ＋2T.。

2019-2020学年高中物理选修3-2《第4章电磁感应》测试卷一．选择题（共18小题）1．如图所示，在纸面内放有一个条形磁铁和一个圆形线圈（位于磁铁正中央），下列情况中能使线圈中产生感应电流的是（）A．将磁铁在纸面内向上平移B．将磁铁在纸面内向右平移C．将磁铁绕垂直纸面的轴转动D．将磁铁的N极转向纸外，S极转向纸内2．矩形线圈ABCD位于通电直导线附近，如图所示，线圈和导线在同一平面内，且线圈的两个边与导线平行，下列说法正确的是（）A．当线圈沿AB方向平动时，线圈中有感应电流B．当导线中的电流Ⅰ逐渐增大或减小时，线圈中无感应电流C．当线圈以导线为轴转动时，线圈中有感应电流D．当线圈以CD为轴转动时，线圈中有感应电流3．如图所示是研究电磁感应现象的实验装置，将实验装置正确连接好后，在条形磁铁插人或拔出线圈过程中，关于电流计指针偏转情况，下列叙述正确的是（）A．插入过程指针不偏转，拔出过程指针偏转B．插入过程指针偏转，拔出过程指针不偏转C．插人或拔出过程，指针都不偏转D．插入或拔出过程指针都偏转4．如图所示装置中，cd杆光滑且原来静止．当ab杆做如下哪些运动时，cd杆将向右移动（）A．向右匀速运动B．向右加速运动C．向左加速运动D．向左匀速运动5．如图所示，磁场中有一导线MN与“匸”形光滑的金属框组成闭合电路，当导线向右运动时，下列说法正确的是（）A．电路中有顺时针方向的电流B．电路中有逆时针方向的电流C．导线的N端相当于电源的正极D．电路中无电流产生6．下列关于电磁感应的说法正确的是（）A．只要闭合导体回路与磁场发生相对运动，闭合导体回路内就一定产生感应电流B．只要导体在磁场中发生相对运动，导体两端就一定会产生电势差C．穿过导体回路的磁通量变化量越大，感应电动势越大D．穿过导体回路的磁通量变化越快，感应电动势越大7．在匀强磁场中，a、b是两条平行金属导轨，而c、d为串有电流表、电压表的两金属棒，如图所示，两棒以相同的速度向右匀速运动，则以下结论正确的是（）A．电压表有读数，电流表没有读数B．电压表有读数，电流表也有读数C．电压表无读数，电流表有读数。

3 楞次定律课后篇牢固提升基础牢固1.某磁场磁感线以下列图,有一铜线圈自图示A点落至B点,在下落过程中,自上向下看,线圈中的感觉电流方向是( )A.向来顺时针B.向来逆时针C.先顺时针再逆时针D.先逆时针再顺时针剖析自A点落至图示地址时,穿过线圈的磁通量增加,由楞次定律判断知,线圈中感觉电流方向为顺时针;自图示地址落至B点时,穿过线圈的磁通量减少,由楞次定律判断知,线圈中感觉电流方向为逆时针,C项正确。

答案C2.(多项选择)闭合电路的一部分导体在匀强磁场中做切割磁感线运动,以下列图,能正确表示感觉电流I的方向、磁感觉强度B的方向跟导体运动速度的方向关系的是( )剖析依照右手定则进行判断可知B、C正确。

答案BC3.(多项选择)以下列图,闭合金属圆环沿垂直于磁场方向放置在有界匀强磁场中,将它从匀强磁场中匀速拉出,以下各种说法中正确的选项是( )A.向左拉出和向右拉出时,环中的感觉电流方向相反B.向左或向右拉出时,环中感觉电流方向都是沿顺时针方向的C.向左或向右拉出时,环中感觉电流方向都是沿逆时针方向的D.圆环在出磁场从前无感觉电流剖析将金属圆环无论从哪边拉出磁场,穿过闭合圆环的磁通量都要减少,依照楞次定律可知,感觉电流的磁场要阻拦原磁通量的减少,感觉电流的磁场方向与原磁场方向相同,应用安培定则可以判断出感觉电流的方向是顺时针方向的,选项B正确,A、C错误;别的在圆环出磁场前,穿过圆环的磁通量不变,无感觉电流,D正确。

答案BD4.某同学在“研究感觉电流产生的条件”的实验中,将直流电源、滑动变阻器、线圈A(有铁芯)、线圈B、矫捷电流计及开关按图连接成电路。

在实验中,该同学发现开关闭合的刹时,矫捷电流计的指针向左偏。

由此可以判断,在保持开关闭合的状态下( )A.当线圈A拔出时,矫捷电流计的指针向左偏B.当线圈A中的铁芯拔出时,矫捷电流计的指针向右偏C.当滑动变阻器的滑片匀速滑动时,矫捷电流计的指针不偏转D.当滑动变阻器的滑片向N端滑动时,矫捷电流计的指针向右偏剖析由题意可知:开关闭合的刹时,矫捷电流计的指针向左偏,则当磁通量增大时,则指针左偏;若磁通量减小时,则指针右偏;当线圈A拔出,或线圈A中的铁芯拔出时,均以致磁通量减小,因此电流计指针向右偏,故A错误,B正确;滑动变阻器的滑动端P匀速滑动,穿过线圈的磁通量发生变化,电流计指针要发生偏转,故C错误;当滑动变阻器的滑片向N端滑动时,电阻减小,则电流增大,以致磁通量增大,因此矫捷电流计的指针向左偏,故D错误。

第四章综合检测(B卷)对应学生用书P19本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，满分110分，考试时间90分钟。

第Ⅰ卷(选择题，共48分)一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分。

1～8小题只有一个选项正确，9～12小题有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的不得分)1．如图所示，一个有界匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外。

一个矩形闭合导线框abcd，沿纸面由位置1(左)匀速运动到位置2(右)，则()A．导线框进入磁场时，感应电流方向为a→b→c→d→aB．导线框离开磁场时，感应电流方向为a→d→c→b→aC．导线框离开磁场时，受到的安培力方向水平向右D．导线框进入磁场时，受到的安培力方向水平向左答案D解析线框进入磁场时，磁通量增大，因此感应电流形成的磁场方向垂直纸面向里，由右手螺旋定则可知感应电流方向为a→d→c→b→a，此时，只有线框的cd边受到安培力作用，根据左手定则可知，安培力方向水平向左，故A错误，D 正确。

线框离开磁场时，磁通量减小，因此感应电流形成的磁场方向向外，由右手螺旋定则可知感应电流方向为a→b→c→d→a，此时，只有线框的ab边受到安培力作用，根据左手定则可知，安培力方向水平向左，故B、C错误。

2.一个面积S＝4×10－2m2、匝数n＝100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的变化率大小等于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0C ．在开始的2 s 内线圈中产生的感应电动势大小等于0.08 VD ．在第3 s 末线圈中的感应电动势等于0答案 A解析 由E ＝n ΔΦΔt ＝n ΔB Δt ·S 得，在开始2 s 内线圈中产生的感应电动势：E ＝100×2×4×10－2 V ＝8 V ，磁通量变化率：ΔΦΔt ＝0.08 Wb/s ，第3 s 末虽然磁通量为0，但磁通量变化率为0.08 Wb/s ，同理可得E ＝8 V ，所以A 正确。

姓名，年级：时间：第四章测评(时间:60分钟满分:100分）一、选择题(本题共10小题，每小题5分,共50分.其中第1~6题为单选题；第7~10题为多选题,全部选对得5分，选不全得3分，有选错或不答的得0分）1.（2017江苏)如图所示,两个单匝线圈a、b的半径分别为r和2r。

圆形匀强磁场B的边缘恰好与a线圈重合,则穿过a、b两线圈的磁通量之比为()A。

1∶1 B.1∶2 C。

1∶4 D。

4∶1,但是线圈内的匀强磁场的半径一样，则穿过两线圈的磁通量相同,故选项A正确。

2如图所示的实验示意图中，用于探究“磁生电”的是（)电流的原因归为五类：变化的电流、变化的磁场、运动的恒定电流、运动的磁铁、在磁场中运动的导体。

3物理课上,老师做了一个奇妙的“跳环实验".如图所示，她把一个带铁芯的线圈L、开关S和电源用导线连接起来后,将一金属套环置于线圈L上,且使铁芯穿过套环。

闭合开关S的瞬间，套环立刻跳起。

某同学另找来器材再探究此实验。

他连接好电路，经重复试验,线圈上的套环均未动。

对比老师演示的实验，下列四个选项中,导致套环未动的原因可能是（）A.线圈接在了直流电源上B.电源电压过高C.所选线圈的匝数过多D.所用套环的材料与老师的不同S瞬间,线圈L内产生的磁场B及磁通量的变化率ΔΦ随电压及线圈匝数增加而增大，如果套环是金属材料又闭合，由楞次定律可知,环内会产生感应电流I及磁场B’,环会受到向上的安培力F，当F>mg时，环跳起，ΔΦ越大,环电阻越小，F越大。

如果环越轻，跳起效果越好,所以选项B、C错误;如果套环换用电阻大、密度大的材料,I减小、F减小，mg增大,套环可能无法跳起,选项D正确;如果使用交变电流,S闭合后，套环受到的安培力大小及方向（上下)周期性变化,S闭合瞬间,F大小、方向都不确定,直流电效果会更好,选项A错误。

4（2017全国Ⅰ卷）扫描隧道显微镜(STM）可用来探测样品表面原子尺度上的形貌。

第四章：电磁感应经典习题检测(90分钟100分)一、选择题(共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项符合题目要求，有的小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得5分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分)1．磁铁在线圈中心上方开始运动时，线圈中产生如图方向的感应电流，则磁铁()A．向上运动B．向下运动C．向左运动D．向右运动2．[多选]两根互相平行的金属导轨水平放置于如图所示的匀强磁场中，在导轨上导体棒ab和cd可以自由滑动。

当ab在外力F作用下向右运动时，下列说法正确的是()A．cd内有电流通过，方向是d→cB．cd向左运动C．磁场对cd作用力向左D．磁场对ab作用力向左3．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4.如图所示，把一阻值为R、边长为L的正方形金属线框，从磁感应强度为B的匀强磁场中，以速度v向右匀速拉出磁场。

在此过程中线框中产生了电流，此电流()A．方向与图示箭头方向相同，大小为BL vRB．方向与图示箭头方向相同，大小为2BL vRC．方向与图示箭头方向相反，大小为BL vRD．方向与图示箭头方向相反，大小为2BL vR5.如图所示，平行导轨间的距离为d，一端跨接一个电阻R，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直于平行金属导轨所在的平面。

一根足够长的金属棒与导轨成θ角放置。

金属棒与导轨的电阻不计，当金属棒沿垂直于棒的方向滑行时，通过电阻R的电流为()A.Bd vR B.Bd v sin θRC.Bd v cos θR D.Bd vR sin θ6.如图所示，导线OA长为l，在方向竖直向上，磁感应强度为B的匀强磁场中以角速度ω沿图中所示方向绕通过悬点O的竖直轴旋转，导线OA与竖直方向的夹角为θ。

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( )。

第四章检测(B)(时间:90分钟满分:100分)一、选择题(本题共10小题,每小题4分,共40分。

在每小题给出的四个选项中,1~6题只有一个选项符合题目要求,7~10题有多个选项符合题目要求,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错或不选的得0分)1.如图所示,一个半球壳放在匀强磁场中,磁感线的方向与半球底面垂直,设半球壳表面积为S1,底面积为S2,半球面上的磁感应强度为B1,底面处的磁感应强度为B2,穿过它们的磁通量分别为Φ1和Φ2,则下列说法中正确的是()A.由于Φ1=Φ2,且S1>S2,所以B1<B2B.由于B1=B2,且S1>S2,所以Φ1>Φ2C.Φ1=Φ2,B1=B2D.因为半球面是一曲面,无法判断上述结论是否正确解析:因为磁场是匀强磁场,故B1=B2;根据磁通量的定义可知,Φ1=Φ2。

答案:C2.如图所示,闭合线圈上方有一竖直放置的条形磁铁,磁铁的N极朝下。

当磁铁向下运动时(但未插入线圈内部)()A.线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相同,磁铁与线圈相互吸引B.线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相同,磁铁与线圈相互排斥C.线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相反,磁铁与线圈相互吸引D.线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相反,磁铁与线圈相互排斥解析:穿过线圈的磁场方向向下且磁通量增加,由“增反减同”和“来拒去留”可知选项B正确。

答案:B3.用均匀导线做成正方形线框,每边长为0.2 m,正方形的一半放在垂直于纸面向里的匀强磁场中,如图所示,当磁场以10 T/s的变化率增大时,线框中a、b两点电势差是()A.U ab=0.1 VB.U ab=-0.1 VC.U ab=0.2 VD.U ab=-0.2 V解析:E V=0.2 V,设总电阻为2R,则U·R V,由楞次定律知a端电势高,故A正确。

答案:A4.( 8·全国Ⅰ卷)如图所示,导体轨道OPQS固定,其中PQS是半圆弧,Q为半圆弧的中点,O为圆心。