學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精PAGEPAGE16學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精電磁感應(yīng)單元測試（A卷基礎(chǔ)篇）一、單選題（本大題共8小題)1.如圖所示,在載流直導(dǎo)線近旁固定有兩平行光滑導(dǎo)軌A、B,導(dǎo)軌與直導(dǎo)線平行且在同一水平面內(nèi),在導(dǎo)軌上有兩條可自由滑動的導(dǎo)體棒ab和cd。當(dāng)載流直導(dǎo)線中的電流逐漸增強時,導(dǎo)體棒ab和cd的運動情況是()A.一起向左運動B.一起向右運動C。ab和cd相向運動,相互靠近D。ab和cd相背運動,相互遠(yuǎn)離【答案】C?！窘馕觥侩娏髟鰪姇r,電流在abdc回路中產(chǎn)生的垂直向里的磁場增強，回路磁通量增加，根據(jù)楞次定律可知，回路產(chǎn)生逆時針方向電流；ab邊電流方向向下,所受安培力向右，cd邊電流方向向上,所受安培力向左，故ab和cd相向運動，C項正確。2．如圖所示，兩根相距為l的平行直導(dǎo)軌ab、cd,b、d間連有一固定電阻R,導(dǎo)軌電阻忽略不計。MN為放在ab和cd上的一導(dǎo)體桿,與ab垂直，其電阻也為R。整個裝置處于勻強磁場中，磁感應(yīng)強度的大小為B，磁場方向垂直于導(dǎo)軌所在平面（指向圖中紙面內(nèi)）?，F(xiàn)對MN施力使它沿導(dǎo)軌方向以速度v（如圖)做勻速運動，令U表示MN兩端電壓的大小，則（）A．U＝eq\f（1，2）Blv，流過固定電阻R的感應(yīng)電流由b到dB．U＝eq\f（1，2）Blv,流過固定電阻R的感應(yīng)電流由d到bC．U＝Blv，流過固定電阻R的感應(yīng)電流由b到dD．U＝Blv，流過固定電阻R的感應(yīng)電流由d到b【答案】A【解析】導(dǎo)體桿向右做勻速直線運動產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為Blv，R和導(dǎo)體桿形成一串聯(lián)電路，由分壓原理得U＝eq\f(Blv,R＋R）·R＝eq\f(1，2）Blv，由右手定則可判斷出感應(yīng)電流方向由N→M→b→d→N,故A選項正確。3．如圖所示，兩根平行金屬導(dǎo)軌置于水平面內(nèi)，導(dǎo)軌之間接有電阻R。金屬棒ab與兩導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸,整個裝置放在勻強磁場中,磁場方向垂直于導(dǎo)軌平面向下?，F(xiàn)使磁感應(yīng)強度隨時間均勻減小，ab始終保持靜止，下列說法正確的是(）A．a(chǎn)b中的感應(yīng)電流方向由b到aB．a(chǎn)b中的感應(yīng)電流逐漸減小C．a(chǎn)b所受的安培力保持不變D．a(chǎn)b所受的靜摩擦力逐漸減小【答案】D【解析】磁感應(yīng)強度隨時間均勻減小，根據(jù)楞次定律判斷回路中產(chǎn)生順時針的感應(yīng)電流,ab中的感應(yīng)電流方向由a到b,故A錯誤。根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，E＝neq\f（ΔФ，Δt）＝neq\f（ΔB,Δt)S，電阻一定，I＝eq\f(E,R）＝neq\f(ΔB·S,Δt·R）,磁感應(yīng)強度隨時間均勻減小，磁通量變化率為定值，ab中的感應(yīng)電流不變，B錯誤。F＝BIL，磁感應(yīng)強度隨時間均勻減小，則安培力隨時間均勻減小，C錯誤。ab始終保持靜止說明靜摩擦力和安培力為一對平衡力,故摩擦力逐漸減小,故D項正確。4.如圖所示,電阻R和線圈自感系數(shù)L的值都較大，電感線圈的電阻不計，A、B是兩只完全相同的燈泡，當(dāng)開關(guān)S閉合時，電路可能出現(xiàn)的情況是（）A.AB一起亮，然后B熄滅B。A比B先亮，然后A熄滅C。AB一起亮，然后A熄滅D。B比A先亮，然后B熄滅【答案】C【解析】試題分析:當(dāng)s閉合時，L對電流有很大的阻礙作用，瞬間相當(dāng)于斷路，此時B與R并聯(lián)再和A串聯(lián),所以AB同時亮。當(dāng)電路穩(wěn)定后,L相當(dāng)于導(dǎo)線，把A短路,故A、B一起亮，然后A熄滅所以選C5．如圖所示,在一水平光滑絕緣塑料板上有一環(huán)形凹槽，有一帶正電小球質(zhì)量為m，電荷量為q,在槽內(nèi)沿順時針做勻速圓周運動，現(xiàn)加一豎直向上的均勻變化的勻強磁場，且B逐漸增大，則(）A．小球速度變大B．小球速度變小C．小球速度不變D．以上三種情況都有可能【答案】A【解析】在此空間中，沒有閉合導(dǎo)體，但磁場的變化,使空間產(chǎn)生感應(yīng)電場。根據(jù)楞次定律得感應(yīng)電場如圖所示。6.如圖4419所示，用粗細(xì)相同的銅絲做成邊長分別為L和2L的兩個閉合線框a和b，以相同的速度從磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場區(qū)域中勻速拉到磁場外,不考慮線框的重力,若閉合線框中的電流分別為Ia、Ib，則Ia∶Ib為（）A．1∶4B．1∶2C．1∶1 D．不能確定【答案】C【解析】線框產(chǎn)生的電動勢為E＝Blv，由閉合電路歐姆定律得I＝eq\f（Blv，R），又lb＝2la，由電阻定律知Rb＝2Ra，故Ia∶Ib＝1∶1，C正確．7．閉合線圈的匝數(shù)為n，每匝線圈面積為S，總電阻為R,在時間內(nèi)穿過每匝線圈的磁通量變化為，則通過導(dǎo)線某一截面的電荷量為A．B．C． D．【答案】C【解析】由法拉第電磁感應(yīng)定律：E=N；再由毆姆定律：I=,而電荷量公式:Q=It；三式聯(lián)立可得Q=,故選C。8。如圖所示，正方形線框的左半側(cè)處在磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中,磁場方向與線框平面垂直，線框的對稱軸MN恰與磁場邊緣平齊．若第一次將線框從磁場中以恒定速度v1向右勻速拉出，第二次讓線框繞軸MN以線速度v2勻速轉(zhuǎn)過90°.若兩次操作過程中線框產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動勢相等，則(）A．v1∶v2＝2∶πB．v1∶v2＝π∶2C．v1∶v2＝1∶2 D．v1∶v2＝2∶1【答案】A【解析】將線框從磁場中以恒定速度v1向右勻速拉出，時間t1＝eq\f（L,2)÷v1＝eq\f（L，2v1)；讓線框繞軸MN以線速度v2勻速轉(zhuǎn)過90°，角速度ω＝eq\f(2v1,L)，時間t2＝eq\f（π，2）÷ω＝eq\f（πL,4v2)，兩次過程中線框產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動勢相等,t2＝t1，解得v1∶v2＝2∶π，選項A正確．二、多選題（本大題共6小題）9．安檢門是一個用于安全檢查的“門”，“門框”內(nèi)有線圈，線圈里通有交變電流，交變電流在“門”內(nèi)產(chǎn)生交變磁場，金屬物品通過“門”時能產(chǎn)生渦流,渦流的磁場又反過來影響線圈中的電流,從而引起報警．以下關(guān)于這個安檢門的說法正確的是（)A．這個安檢門也能檢查出毒品攜帶者B．這個安檢門只能檢查出金屬物品攜帶者C．如果這個“門框”的線圈中通上恒定電流，也能檢查出金屬物品攜帶者D．這個安檢門工作時，既利用了電磁感應(yīng)現(xiàn)象，又利用了電流的磁效應(yīng)【答案】BD【解析】這個安檢門是利用渦流工作的，因而只能檢查出金屬物品攜帶者，A錯誤，B正確；若“門框”的線圈中通上恒定電流，只能產(chǎn)生恒定磁場，它不能使金屬物品產(chǎn)生電流，因而不能檢查出金屬物品攜帶者,C錯誤；安檢門工作時，既利用了電磁感應(yīng)現(xiàn)象，又利用了電流的磁效應(yīng)，D正確．10。在北半球，地磁場的豎直分量向下。飛機在我國上空勻速巡航，機翼保持水平,飛行高度不變，由于地磁場的作用,金屬機翼上有電勢差,設(shè)飛行員左方機翼末端處的電勢為φ1，右方機翼末端處電勢為φ2,則(）A.若飛機從西往東飛,φ1比φ2高B.若飛機從東往西飛，φ2比φ1高C.若飛機從南往北飛，φ1比φ2高D.若飛機從北往南飛，φ2比φ1高【答案】AC【解析】該題中飛機兩翼是金屬材料,可視為一垂直于飛行方向切割豎直向下的磁感線的導(dǎo)體棒,磁場水平分量對產(chǎn)生電動勢無作用.對選項A,磁場豎直分量向下,手心向上，拇指指向飛機飛行方向，四指指向左翼末端，故φ1>φ2，選項A正確。同理,飛機從東往西飛，仍是φ1>φ2，選項B錯誤。從南往北、從北往南飛,都是φ1>φ2,故選項C正確,選項D錯誤。11。如圖所示,阻值為R的金屬棒從圖示ab位置分別以v1、v2的速度沿光滑導(dǎo)軌（電阻不計)勻速滑到a′b′位置,若v1∶v2=1∶2,則在這兩次過程中 （)A。回路電流I1∶I2=1∶2B.產(chǎn)生的熱量Q1∶Q2=1∶2C。通過任一截面的電荷量q1∶q2=1∶2D.外力的功率P1∶P2=1∶2【答案】AB。【解析】感應(yīng)電動勢為BLv，感應(yīng)電流I==,大小與速度成正比,產(chǎn)生的熱量Q=I2Rt=B、L、L′、R是一樣的,兩次產(chǎn)生的熱量比等于運動速度比,選項A、B正確;通過任一截面的電荷量q=It=QUOTE與速度無關(guān),所以這兩個過程中,通過任一截面的電荷量之比應(yīng)為1∶1，選項C錯誤;金屬棒運動中受磁場力的作用，為使棒勻速運動,外力大小要與磁場力相等，則外力的功率P=Fv=BIL·v=，其中B、L、R大小相等,外力的功率與速度的二次方成正比,所以外力的功率之比應(yīng)為1∶4,選項D錯誤。故選A、B。12．如圖所示是圓盤發(fā)電機的示意圖；銅盤安裝在水平的銅軸上,它的邊緣正好在兩磁極之間，兩塊銅片C、D分別與轉(zhuǎn)動軸和銅盤的邊緣接觸．若銅盤半徑為L,勻強磁場的磁感應(yīng)強度為B，回路的總電阻為R，從左往右看，銅盤以角速度ω沿順時針方向勻速轉(zhuǎn)動．則（)A．由于穿過銅盤的磁通量不變，故回路中無感應(yīng)電流B．回路中感應(yīng)電流大小不變，為eq\f(BL2ω，2R）C．回路中感應(yīng)電流方向不變，為C→D→R→CD．回路中有周期性變化的感應(yīng)電流【答案】BC【解析】把銅盤看作閉合回路的一部分，在穿過銅盤以角速度ω沿順時針方向勻速轉(zhuǎn)動時，銅盤切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，回路中有感應(yīng)電流，選項A錯誤；銅盤切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢為E＝eq\f（1,2）BL2ω,根據(jù)閉合電路歐姆定律,回路中感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BL2ω,2R），由右手定則可判斷出感應(yīng)電流方向為C→D→R→C，選項B、C正確,D錯誤．13。穿過閉合回路的磁通量Φ隨時間t變化的圖象分別如圖甲、乙、丙、丁所示,下列關(guān)于回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的說法，正確的是（）A．圖甲中回路產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢恒定不變B．圖乙中回路產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢一直在變大C．圖丙中回路在0～t0時間內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大于t0～2t0時間內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢D．圖丁回路產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢先變小再變大【答案】CD【解析】根據(jù)E＝neq\f(ΔΦ,Δt）可知：圖甲中E＝0，A錯誤;圖乙中E為恒量，B錯誤；圖丙中0～t0時間內(nèi)的E1大于t0～2t0時間內(nèi)的E2,C正確；圖丁中感應(yīng)電動勢先變小再變大，D正確。14．如圖所示,有一邊長為l的正方形導(dǎo)線框，質(zhì)量為m，由高h(yuǎn)處自由落下，其下邊ab進(jìn)入勻強磁場區(qū)域后,線框開始做減速運動,直到其上邊cd剛穿出磁場時，速度減小為ab邊剛進(jìn)入磁場時速度的一半,此勻強磁場的寬度也是l,則下列結(jié)論中正確的是(）A．線框穿過磁場區(qū)域時做勻減速直線運動B．線框穿過磁場區(qū)域時加速度方向先向上后向下C．線框進(jìn)入磁場時的加速度大于穿出磁場時的加速度D．線框穿過磁場區(qū)域的過程中產(chǎn)生的焦耳熱為mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（2l＋\f（3,4)h）)【答案】CD【解析】線框穿過勻強磁場過程中，受到重力和安培力作用，設(shè)ab邊剛進(jìn)入磁場時的速度為v1，則E＝Blv1，所以電路中的電流I＝eq\f(E,R）＝eq\f(Blv1,R），安培力F＝BIl＝eq\f(B2l2v1,R）,由此可知,安培力與速度有關(guān)，由牛頓第二定律知eq\f（B2l2v1,R)－mg＝ma，故線框在穿過磁場的過程中加速度隨v的減小而減小,隨著v的減小，安培力F＝eq\f（B2l2v1，R）逐漸減小，但必有F≥mg，所以加速度不可能向下,則A、B錯誤,C正確;線框從釋放至穿過磁場的過程中，設(shè)產(chǎn)生的焦耳熱為Q，由能量守恒定律得mg（h＋2l）－Q＝eq\f（1,2)meq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（v1,2)）)2，mgh＝eq\f(1，2)mveq\o\al(2,1），解得Q＝mgeq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（2l＋\f（3，4)h）)，故D正確。三、計算題(本大題共4小題）15．如圖所示，在光滑的水平面上有一半徑r＝10cm、電阻R＝1Ω、質(zhì)量m＝1kg的金屬環(huán)，以速度v＝10m/s向一有界磁場滑去．勻強磁場方向垂直于紙面向里，B＝0.5T，從環(huán)剛進(jìn)入磁場算起,到剛好有一半進(jìn)入磁場時，圓環(huán)一共釋放了32J的熱量，求：(1）此時圓環(huán)中電流的瞬時功率；（2)此時圓環(huán)運動的加速度?！敬鸢浮浚?）0。36W（2）6×10－2m/s2方向向左【解析】（1)設(shè)剛好有一半進(jìn)入磁場時，圓環(huán)的速度為v′，由能量守恒得eq\f（1，2)mv2＝Q＋eq\f(1，2）mv′2此時圓環(huán)切割磁感線的有效長度為2r,圓環(huán)的感應(yīng)電動勢E＝B·2r·v′而圓環(huán)此時的瞬時功率P＝eq\f(E2,R)＝eq\f（B·2r·v′2，R）兩式聯(lián)立代入數(shù)據(jù)可得v′＝6m/s，P＝0.36W.(2）此時圓環(huán)在水平方向受向左的安培力F＝ILB,圓環(huán)的加速度為a＝eq\f（ILB，m)＝eq\f(B22r2v′,mR）＝6×10－2m/s2，方向向左．16．在如圖甲所示的電路中,螺線管匝數(shù)n＝1500，橫截面積S＝20cm2。螺線管導(dǎo)線電阻r＝1。0Ω，R1＝4.0Ω,R2＝5。0Ω,C＝30μF.在一段時間內(nèi)，穿過螺線管的磁場的磁感應(yīng)強度B按如圖乙所示的規(guī)律變化。(1)求螺線管中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢；（2）閉合開關(guān)S，電路中的電流穩(wěn)定后,求電阻R1的電功率；（3）S斷開后，求流經(jīng)R2的電荷量.【答案】(1)1。2V(2）5.76×10－2W（3)1。8×10－5C【解析】(1)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E＝eq\f(nΔΦ，Δt）＝n·Seq\f(ΔB，Δt)，eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f（1－0.2,2。0）T/s＝0.4T/s，代入數(shù)值得E＝1500×20×10－4×0。4V＝1。2V。(2)根據(jù)閉合電路歐姆定律I＝eq\f（E,R1＋R2＋r)＝0.12A，P＝I2R1，代入數(shù)值得P＝5。76×10－2W。(3）S斷開后,流經(jīng)R2的電量即為S閉合后C板上所帶的電量Q.S閉合后，電容器兩端的電壓U＝IR2＝0。6V,流經(jīng)R2的電荷量Q＝CU＝1。8×10－5C。17．如圖甲所示，不計電阻的平行金屬導(dǎo)軌與水平面成37°夾角放置，導(dǎo)軌間距為L＝1m，上端接有電阻R＝3Ω，虛線OO′下方是垂直于導(dǎo)軌平面的勻強磁場．現(xiàn)將質(zhì)量m＝0。1g、電阻r＝1Ω的金屬桿ab從OO′上方某處垂直導(dǎo)軌由靜止釋放，桿下滑過程中始終與導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸，桿下滑過程中的v-t圖象如圖乙所示．（g取10m/s2)求:（1)磁感應(yīng)強度B;(2）桿在磁場中下滑0。1s過程中電阻R產(chǎn)生的熱量．【答案】【解析】（1)由圖乙得a＝eq\f（Δv，Δt）＝eq\f（0.5,0。1)m/s2＝5m/s20．1s前,由牛頓第二定律有mgsinθ－f＝ma代入數(shù)據(jù)得f＝0。1N0．1s后勻速運動，有mgsinθ－f－FA＝0而FA＝BIL＝Beq\f（BLv，R＋r）L＝eq\f(B2L2v,R＋r).由①②得B＝eq\r(\f((mgsinθ－f）（R＋r），L2v)）