第六章 电磁现象与电磁波 单元测试题（word解析版）

2021-2022学年粤教版（2019）必修第三册
第六章
电磁现象与电磁波
单元测试题（解析版）
第I卷（选择题）
一、选择题（共48分）
1．在电磁学理论建立过程中，许多伟大的物理学家作出了贡献。下列关于有关物理学家的贡献，说法不正确的是（　　）
A．法拉第对理论和实验资料进行严格分析后，提出了法拉第电磁感应定律
B．奥斯特发现了电流的磁效应，首先揭示了电现象与磁现象之间存在联系
C．楞次总结出了感应电流方向的判断方法，即楞次定律
D．安培总结出了右手螺旋定则
2．电流通过导体时导体会发热，根据这个道理可制成（　　）
A．电风扇
B．电铃
C．电炉
D．发电机
3．如下图所示的四幅图中能产生感应电流的是（　　）
A．
B．
C．
D．
4．关于磁场和磁感线，以下说法中正确的是（　　）
A．磁感线表示磁场方向，也是磁感应强度方向
B．磁场是客观存在的，磁感线不是磁场中客观存在的曲线
C．磁感线起始于磁铁的N极，中止与磁铁的S极
D．磁感线不是闭合曲线
5．已知通电长直导线产生的磁场中，某点的磁感应强度大小满足B=。其中k为比例系数，I为直导线中通入的电流，r为该点到直导线的距离。如图所示，在y轴负半轴某一位置处放置一环形电流（环形电流的圆心处在y轴上，图中未画出），在x轴上x=r处有一通电直导线与z轴平行，其电流方向竖直向上，大小为I，此时O处的磁感应强度为零，若将直导线平移到y=2r处，则O处磁感应强度大小为（　　）
A．
B．
C．
D．0
6．经过不懈的努力，法拉第终于在1831年8月29日发现了“磁生电"的现象，他把两个线圈绕在同一个软铁环上如图所示，线圈A连接电池与开关，线圈B闭合并在其一段直导线行放置小磁针法拉第可观察到的现象有（　　）
A．合上开关，A线圈接通电流，小磁针不停地旋转
B．只要A线圈中有恒定电流，小磁针就会偏转
C．A线圈中恒定电流越大，小磁针偏转角度也越大
D．开关断开，A线圈中电流中断瞬间，小磁针偏转一下
，随即复原
7．如图所示，将带铁芯的线圈A通过滑动变阻器和开关连接到电源上，线圈B的两端连接到灵敏电流计上，把线圈A放进线圈B的里面。下面几种情况灵敏电流计指针不可能有偏转的是（　　）
A．闭合开关瞬间
B．开关闭合且电路稳定后
C．开关闭合，拔出线圈A的过程中
D．开关闭合，将滑动变阻器的滑片P向左滑动的过程中
8．纸面内水平向右的匀强磁场中，有一等腰直角三角形MNQ在Q点固定一根垂直纸面的通电导线，导线中通入如图所示方向的电流。已知∠NQM=90°，MN边沿水平方向，则下列说法中正确的是（　　）
A．M、N两点合磁场的磁场方向不同
B．M、N两点合磁场的磁场方向相同
C．从M点沿直线到N点，合磁场的大小先增大后减小
D．从M点沿直线到N点，合磁场的大小先减小后增大
9．如图为“研究电磁感应现象”的实验装置。如果在A线圈插入B线圈后保持不动，闭合开关时发现电流表的指针向右偏了一下，那么闭合开关后，下列情况下电流表指针的偏转情况是（　　）
A．将A线圈迅速从B线圈中拔出时，指针向左偏转一下
B．保持开关闭合状态时，指针一直偏在零点右侧
C．滑动变阻器触头迅速向左滑动时，指针向右偏转一下
D．将A线圈内铁芯C快速拔出时，指针向左偏转一下
10．如图所示，纸面内竖直向上的长直绝缘导线通有向上的电流，导线左右有a、b两点，它们相对于导线对称，整个系统处于匀强外磁场中，外磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外（未画出）。若通电导线在a点产生的磁感应强度大小为，则（　　）
A．a点磁感应强度大小为
B．b点磁感应强度大小为
C．a、b两点磁感应强度大小不同、但方向相同
D．a点磁感应强度方向垂直纸面向里
11．如图所示，两平行直导线cd和ef竖直放置：通以方向相反大小相等的电流，a，b两点位于导线所在的平面内，a、b两点关于直导线cd对称分布，b点到直导线cd、ef的距离相等．已知逦电直导线周围空间某点的磁感应强度，其中r为该点到导线的垂直距离，则（　　）
A．cd导线在a点产生的磁场方向垂直纸面向里
B．cd导线受到的安培力方向向右
C．b点的磁感应强度大小是a点磁感应强度大小的3倍
D．同时改变两导线的电流方向，cd导线受到的安培力方向改变
12．如图所示，三根相互平行的固定长直导线L1、L2和L3两两等距，均通有方向相同的电流I，此时L1受到的磁场力的合力为F，如果把L2的电流变为原来的两倍(已知电流周围的磁感应强度与距离成反比，与电流强度成正比)，则下列说法正确的是
A．L2电流加倍前，L2受到其他两根导线的合力大小也是F，L2电流加倍后，L2受到的合力变大，方向不变
B．L2电流加倍后，L1受到磁场力的合力的大小变为F
C．L2电流加倍前，L1受到的安培力方向与水平向右的方向成120°
D．L2电流加倍后，L1受到的安培力方向与水平向右的方向夹角的正弦值为
第II卷（非选择题）
二、解答题（共52分）
13．实验室中的磁铁能吸引几只铁钉，而工地上的电磁铁却能吸引上吨重的物体（如图所示）。可见不同磁体的磁性是不同的，那么如何定量描述不同磁体的磁性强弱呢?
14．如图所示，在下列几种情况中，线圈中是否产生感应电流？为什么？
（1）如图甲所示，矩形线圈在长直电流的磁场中匀速平动或匀速转动时；
（2）如图乙所示，矩形线圈在足够大的匀强磁场中：①以任意一边为轴匀速转动时；②以平行磁感线的某一点为轴在纸面上匀速转动时；
（3）如图丙所示，磁铁放在螺线管内与螺线管以同一速度运动时；
（4）如图丁所示，圆形线圈在长直电流的磁场中在竖直方向上，下平移或在水平面内向左、右平移时。
15．如图所示，放在马蹄形磁铁两极之间的导体棒ab，当通有自b到a的电流时，导体棒受到方向向右、大小F=1N的磁场力的作用，已知导体棒在马蹄形磁铁内部的长度L=5cm，通过导体棒的电流大小I=10A，求：
(1)导体棒中的电流在其正右侧位置所形成的磁场的磁场方向；
(2)马蹄形磁铁中导体棒所在位置的磁感应强度B的大小.
16．如图所示为电流天平，可以用来测量匀强磁场的磁感应强度．它的右臂挂着矩形线圈，匝数n=9，线圈的水平边长l=10．0cm，处于匀强磁场内，磁感应强度B的方向与线圈平面垂直向里．当线圈中通过电流I=0．10A时，调节砝码使两臂达到平衡，此时左盘中砝码质量m1=4．5g．然后使电流反向，大小不变．这时需要在左盘中增加质量为m=9．0g的砝码，才能使两臂再达到新的平衡．求:
（1）磁感应强度大小
（2）右盘中砝码质量m2
参考答案
1．A
【详解】
A．法拉第发现了电磁感应现象，而电磁感应定律则是由纽曼和韦伯先后提出,故A错误，符合题意；
B．奥斯特发现了电流的磁效应，首先揭示了电现象与磁现象之间存在联系，故B正确，不符合题意；
C．楞次总结出了感应电流方向的判断方法，即楞次定律，故C正确，不符合题意；
D．在奥斯特通过著名的“奥斯特实验”发现电流的磁效应后，法国物理学家安培又进一步做了大量实验，研究了磁场方向与电流方向之间的关系，并总结出安培定则，也叫做右手螺旋定则，故D正确，不符合题意。
故选A。
2．C
【详解】
A．电风扇是利用通电导线在磁场中受力会运动的原理工作的，A错误；
B．电铃是利用电流的磁效应来工作的，B错误；
C．电流通过导体时导体会发热，即电流的热效应，利用这个原理的是电炉，C正确；
D．发电机是利用电磁感应来工作的，D错误。
故选C。
3．B
【详解】
A．线圈不闭合，不能产生感应电流，A错误；
B．闭合线圈的磁通量发生变化，能产生感应电流，B正确；
CD．磁通量都始终等于零，都不能产生感应电流，CD错误。
故选B。
4．B
【详解】
A．磁感线上某点的切线方向表示该点的磁场方向，也表示磁感应强度的方向，故A错误；
B．磁场是客观存在的物质，磁感线是为了形象的描述磁场假想的曲线，故B正确；
CD．磁感线是从磁铁的N极出来，进入磁铁的S极，在磁铁内部从S极到N极，是闭合曲线，故CD错误。
故选B。
5．B
【详解】
原来通电指导线在O处的磁感应强度大小为B1=，方向指向y轴负方向，此时O处的合磁感应强度为零，说明环形电流在O处的磁感应强度大小等于B1，方向指向y轴正方向，当直导线平移到y=2r处，直导线在O处的磁感应强度大小为B2=，方向指向x轴正方向，据平行四边形定则可知，O处的合磁感应强度大小为
B正确。
故选B。
6．D
【详解】
AD．闭合电键后，线圈中的磁场方向为顺时针，且增加，故根据楞次定律，感应电流的磁场为逆时针方向，故右侧线圈中感应电流方向俯视逆时针，故直导线有电流，小磁针旋转一下，电路稳定后，无感应电流，小磁针不偏转；同理当断开瞬间时，根据楞次定律，结合右手螺旋定则可知，小磁针的偏转方向与接触瞬间的方向相反，故A错误，D正确；
BC．只有电键闭合瞬间、断开瞬间有感应电流，即原磁场变化时才有感应电流，故产生感应电流的条件是：穿过闭合回路中磁通量发生变化，而与线圈的电流大小无关，而是与电流变化大小有关，故BC错误。
故选：D。
7．B
【详解】
A．闭合开关，线圈B中瞬间有磁通量变化，有感应电流，指针偏转。故A错误；
B．开关闭合，电路稳定后电流不发生变化，通过线圈Ｂ的磁通量无变化，无感应电流，指针不偏转。故B正确；
C．拔出线圈Ａ，通过线圈Ｂ磁通量减小，有感应电流，指针偏转。故C错误；
D．滑片Ｐ滑动，电阻发生变化，电流发生变化，线圈Ａ产生的磁场发生变化，通过线圈Ｂ的磁通量变化，有感应电流，指针偏转。故D错误。
故选B。
8．AC
【详解】
AB．根据右手定则可知，通电导体在M点产生的磁场方向为沿MN成45°向下，在N点产生的磁场方向为沿MN成45°向上，则根据平行四边形定则可知合磁场的磁场方向也不同，故A正确，B错误；
CD．根据右手定则可知，从M点沿直线到N点，通电导体产生的磁场与MN之间的夹角先变小，再变大，同时从M点沿直线到N点，与通电导线的距离先变小，再变大，故产生的磁场强度先变大，再变小，根据平行四边形定则可知，合磁场的大小先增大后减小，故C正确，D错误；
故选AC。
9．AD
【详解】
由题意知，当开关闭合时，回路中的电流增加，电流产生的磁场增大，穿过B线圈的磁通量增加，电流表的指针向右偏转；则可知若穿过B线圈的磁通量减小，电流表的指针向左偏转；
A．若将A线圈迅速从B线圈中拔出，B线圈中的磁通量减小，故指针左偏，故A正确；
B．若保持开关闭合状态时，B线圈中的无磁通量的变化，指针一直指向零，故B错误；
C．若将变阻器的触头迅速左移，回路中的电阻增加，电流减小，故A线圈的磁场减弱，B线圈中的磁通量变小，电流表的指针左偏，故C错误；
D．将A线圈内铁芯C快速拔出时，则A线圈的磁场减弱，B线圈中的磁通量减小，指针左偏，故D正确；
故选AD。
10．BC
【详解】
由右手螺旋定则可知，直导线在a点产生的磁场方向垂直纸面向里，在b点产生的磁场垂直纸面向外，由叠加原理可知，a点磁感应强度大小为
方向垂直纸面向外，由于a、b两点相对于导线对称，则b点磁感应强度大小为
方向垂直纸面向外，故BC正确，AD错误。
故选BC。
11．AC
【分析】
本题考查了磁场的叠加，根据导线周围磁场分布可知，与导线等距离地方磁感应强度大小相等，根据安培定则判断出两导线在a点形成磁场方向，根据合磁场大小从而求出单根导线在a点形成磁感应强度大小，进一步求出b点磁感应强度大小；最后依据左手定则，判定导线受到的安培力方向．
【详解】
根据安培定则可知，cd导线电流向下，则在a点产生的磁场方向垂直纸面向里，故A正确；根据安培定则与左手定则可知cd导线受到的安培力方向向左，故B错误；根据安培定则，结合矢量的合成法则，，同理，，则有b点的磁感应强度大小是a点磁感应强度大小的3倍，故C正确；不管电流方向如何，只要电流方向相反，就互相排斥，故同时改变电流方向时，cd导线受到的安培力方向不会发生改变，故D错误．故选AC．
【点睛】
本题考查安培力以及通电导线的磁场规律，要注意明确磁感应强度为矢量，合成时要用平行四边形定则，因此要正确根据右手螺旋定则判断导线周围磁场方向是解题的前提．
12．AD
【详解】
A．L2电流加倍前工受到其他两个电流的吸引力，大小相等，所以合力沿对角线方向，L2电流加倍后L2受力加倍，方向不变，所以合力方向依然沿对角线方向，A正确；
C．同理可知L1合力与向右的方向成30°，C错误；
B．设加倍前两个电流之间的相互作用力大小为F1，则
F=2F1cos30°
电流加倍后1、3间作用力为F1，1、2之间作用力为2F1，夹角为60°，根据余弦定理:
B错误；
D．根据正弦定理:
解得正弦值为
D正确.
故选AD。
13．见解析
【详解】
类比电场强度定量描述电场的强弱，我们可以用一个类似的物理量描述磁场的强弱，即磁感应强度。
14．见解析
【详解】
(1)如图甲，A、B线圈中均有感应电流，因为长直电流周围的磁场是不均匀的，这两种运动状态使穿过线圈的磁通量均发生变化。C线圈是在与长直电流等距离处发生平动，因而穿过C线圈的磁通量不发生变化，无感应电流。
(2)如图乙，以任意一条边为轴匀速转动时，穿过线圈的磁通量发生变化，有感应电流产生；以平行磁感线的某一点为轴，在纸面内绕轴匀速转动，穿过线圈的磁通量不发生变化，线圈中没有感应电流。
(3)如图丙，磁铁和螺线管以同一速度运动时，磁铁和螺线管处于相对静止，穿过螺线管的磁通量不发生变化，无感应电流产生。
(4)如图丁，这两种运动状态均不产生感应电流，因为直线电流磁场的磁感线是一组一组以导线为圆心的同心圆，每组磁感线所构成的同心圆平面，均与导线相垂直，因此这两种运动没有磁感线穿过线圈，线圈内磁通量始终为零，即不发生变化。所以无感应电流产生。
15．(1)导体棒中的电流在其正右侧位置所形成的磁场方向竖直向上(2)2T
【详解】
(1)由安培定则可知，导体棒中的电流在其正右侧所形成的磁场方向竖直向上．
(2)导体棒所在位置的磁感应强度
解得：B＝2T
16．
【详解】
试题分析：第一次天平平衡可得：
第二次天平平衡可得：
考点：考查了安培力，共点力平衡条件
【名师点睛】天平平衡后，当电流反向（大小不变）时，安培力方向反向，则右边相当于多了或少了两倍的安培力大小．