第二章 电磁感应 单元测试（word版含答案）

选择性必修第二册 第二章　电磁感应 综合复习题
一、选择题
1．(多选)如图所示装置中，在下列各种情况下，能使悬挂在螺线管附近的铜质闭合线圈A中产生感应电流的是( )。
A．开关S接通的瞬间；
B．开关S接通后，电路中有稳定电流时；
C．开关S接通后，移动滑动变阻器的滑动触头的过程中；
D．开关S断开的瞬间。
2．如图所示，为两组同心闭合线圈的俯视图，若内线圈的电流I1为图中所示的方向，则当I1增大时外线圈中的感应电流I2的方向及I2受到的安培力F的方向为( )。
A．I2为顺时针方向，F沿半径指向圆心；
B．I2为顺时针方向，F沿半径背离圆心向外；
C．I2为逆时针方向，F沿半径指向圆心；
D．I2为逆时针方向，F沿半径背离圆心向外。
3．(多选)如图所示，通电导线旁边同一平面有矩形线圈abcd。则( )。
A．若线圈向右平动，其中感应电流方向是a→b→c→d→a；
B．若线圈竖直向下平动，无感应电流产生；
C．当线圈以ab边为轴转动90°过程中，其中感应电流方向是a→b→c→d→a；
D．当线圈向导线靠近时，其中感应电流方向是a→b→c→d→a。
4．如图所示，匀强磁场垂直于圆形线圈指向纸里，a、b、c、d为圆形线圈上等距离的四点，现用外力作用在上述四点，将线圈拉成正方形。设线圈导线不可伸长，且线圈仍处于原先所在的平面内，则在线圈发生形变的过程中( )。
A．线圈中将产生沿abcda方向的感应电流；
B．线圈中将产生沿adcba方向的感应电流；
C．线圈中产生感应电流的方向先是abcda，后是adcba；
D．线圈中无感应电流产生。
5．如图所示，一个由导轨制成的矩形线框，以恒定速度运动，从无场区穿过匀强磁场区，若取逆时针方向为电流的正方向，那么在图乙所示的图线中，能正确反映出回路中感应电流随时间变化的是( )。
A B C D
6．在如图所示的电路中，A1和A2是两个相同的灯泡，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时，A2先亮，A1后亮，最后一样亮；
B．断开开关S时，A1和A2都会立即熄灭；
C．断开开关S时，A2闪亮一下再熄灭；
D．断开开关S时，流过A2的电流方向向右。
7．如图所示，垂直纸面向里的匀强磁场的区域宽度为2a，磁感应强度的大小为B，一边长为a，电阻为4R的正方形均匀导线框ABCD从图示位置沿水平向右方向以速度匀速穿过磁场区域，在下列选项中线框A、B两端电压UAB与线框移动距离x的关系图像正确的是( )。
A B C D
8．(多选)如图甲所示，电阻为5 Ω、匝数为100匝的线圈(图中只画了2匝)两端A、B与电阻R相连，R＝95 Ω。线圈内有方向垂直于纸面向里的磁场，线圈中的磁通量在按图乙所示规律变化，则( )。
甲 乙
A．A点的电势低于B点的电势；
B．在线圈位置上感应电场沿逆时针方向；
C．0.1 s时间内通过电阻R的电荷量为0.05 C；
D．回路中电流为0.5 A。
9．下图是用电流传感器(电流传感器相当于电流表，其电阻可以忽略不计)研究自感现象的实验电路，电源的电动势为E，内阻为r，自感线圈L的自感系数足够大，其直流电阻值大于灯泡D的阻值，在t＝0时刻闭合开关S，经过一段时间后，在t＝t1时刻断开开关S。在下列选项的图像中，可能正确表示电流传感器记录的电流随时间变化情况的是( )。
A B C D
10．如图所示，表面粗糙的水平传送带在电动机的带动下以速度匀速运动，在空间中边长为2L的正方形固定区域内有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。质量为m、电阻为R、边长为L的正方形金属线圈abcd平放在传送带上，与传送带始终无相对运动，下列说法中正确的是( )。
A．在线圈进入磁场过程与穿出磁场过程中，感应电流的方向都沿abcda方向；
B．在线圈穿过磁场区域的过程中，线圈始终受到水平向左的安培力；
C．在线圈进入磁场的过程中，线圈所受静摩擦力的功率为；
D．在线圈穿过磁场区域的过程中，电动机多消耗的电能为。
二、画图题
11．画出下图中ab导线(或a、b环)中感应电流的方向。
甲：拉出磁铁 乙：从较远处向右靠近
丙：触头向右移动 丁：电流I减小时
三、解答题
12．如图所示，垂直于纸面的匀强磁场磁感应强度为B。纸面内有一正方形均匀金属线框abcd，其边长为L，总电阻为R，ad边与磁场边界平行。从ad边刚进入磁场直至bc边刚要进入的过程中，线框在向左的拉力作用下以速度匀速运动，求：
(1)感应电动势的大小E；
(2)拉力做功的功率P；
(3)ab边产生的焦耳热Q。
13．如图所示，正方形导线框abcd的质量为m、边长为l，导线框的总电阻为R。导线框从垂直纸面向里的水平有界匀强磁场的上方某处由静止自由下落，下落过程中，导线框始终在与磁场垂直的竖直平面内，cd边保持水平。磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，磁场上、下两个界面水平距离为l。已知cd边刚进入磁场时线框恰好做匀速运动。重力加速度为g。
(1)求cd边刚进入磁场时导线框的速度大小。
(2)证明：导线框的cd边在磁场中运动过程中，导线框克服安培力做功的功率等于导线框消耗的电功率。
(3)求从线框cd边刚进入磁场到ab边刚离开磁场的过程中，线框克服安培力所做的功。
14．光滑平行的金属导轨MN和PQ，间距L＝1.0 m，与水平面之间的夹角＝30°，匀强磁场磁感应强度B＝2.0 T，方向垂直于导轨平面向上，M、P间接有阻值R＝2.0 Ω的电阻，其他电阻不计，质量m＝2.0 kg的金属杆ab垂直导轨放置，如图甲所示。用恒力F沿导轨平面向上拉金属杆ab，由静止开始加速运动，经过一段时间后做匀速运动，速度为4.0 m/s，-t图像如图乙所示，g取10 m/s2，导轨足够长。求：
(1)恒力F的大小；
(2)金属杆速度为2.0 m/s时的加速度大小；
(3)根据-t图像估算在前0.8 s内电阻上产生的热量。
甲 乙
参考答案
一、选择题
1．ACD。
解析：只要穿过闭合电路的磁通量发生变化，闭合电路中就有电流产生。S接通的瞬间，磁通量从无到有，因此满足磁通量发生变化的条件。线圈有电流产生，故A正确。同理，因为磁通量发生变化，所以线圈有电流产生，故C、D正确。当电路中有稳定电流时，磁通量不发生变化，因此线圈无电流产生，故B错误。故选ACD。
2．D。
解析：首先通过右手螺旋定则判断电流I1产生的磁场是由纸外向内的，且穿过线圈的磁通量增加，故在大圆环上产生感应电流；根据楞次定律可得，感应电流的方向为逆时针方向，再选取电流元用左手定则可知F沿半径背离圆心向外。故选D。
3．ABC。
解析：若线圈向右平动，穿过线圈向里的磁通量减小，感应电流的磁场向里，感应电流方向是a→b→c→d→a，故A正确。若线圈竖直向下平动，穿过线圈的磁通量不变，无感应电流产生，故B正确。当线圈从图示位置以ab边为轴转动时，穿过线圈的磁通量减少，感应电流的磁场向里，感应电流方向是a→b→c→d→a，故C正确。当线圈向导线靠近时，穿过线圈向里的磁通量增加，感应电流的磁场向外，感应电流方向是a→d→c→b→a，故D错误。故选ABC。
4．A。
解析：由圆形拉成正方形的过程中，面积变小了(相同周长下，圆的面积大于正方形面积)，因此磁通量减小。根据楞次定律，感应电流的磁场是由纸外向内。通过右手螺旋定则可知感应电流为顺时针，也就是abcda。故选A。
5．C。
解析：根据楞次定律判断可知线圈进入磁场时，感应电流方向为逆时针方向，为正值；线圈穿出磁场时，感应电流方向为顺时针方向，为负值；由I＝＝可知，线圈进入和穿出磁场时，感应电流的大小不变；线圈完全在磁场中运动时，磁通量不变，没有感应电流产生。故选C。
6．A。
解析：合上开关S时，线圈L中产生的自感电动势阻碍电流增大，并且阻碍作用逐渐变小直至为零，故A2先亮，A1后亮，最后一样亮，故A正确。断开开关S时，线圈L中产生的自感电动势阻碍电流减小，因电路稳定时通过A1和A2的电流大小相等，故断开开关S时，A1和A2都逐渐熄灭，流过A2的电流方向向左，故B、C、D都错误。故选A。
7．D。
解析：因为进入磁场过程中，AB边做切割磁感线运动，相当于电源，此时UAB对应的是路端电压，占总的动生电动势Ba的，且φA＞φB，UAB＞0；完全进入磁场后，AB边和DC边均做切割磁感线运动，两个边产生的电动势互相抵消，回路中电流为零，总的电动势为零，但AB边两端电势差不为零，应是Ba，φA＞φB，UAB＞0；当线框出磁场的过程中，只有DC边在切割磁感线，φD＞φC，此时的AB边相当于外电路的用电器，只分到总电动势Ba的，且仍满足φA＞φB，UAB＞0。故选D。
8．BCD。
解析：线圈相当于电源，由楞次定律可知A相当于电源的正极，B相当于电源的负极。A点的电势高于B点的电势，在线圈位置上感应电场沿逆时针方向，故A错误，B正确。由法拉第电磁感应定律得：E＝n ＝100×＝50 V，由闭合电路的欧姆定律得：I＝＝A＝0.5 A，则0.1 s时间内通过电阻R的电荷量为q＝It＝0.05 C，故C、D正确。故选BCD。
9．B。
解析：闭合开关的瞬间，电感的电阻很大，灯泡中有一定的电流通过，过一段时间，电感的电阻减小，电感与灯泡并联的两端电压减小，故灯泡中的电流变小，故A、D都错误。当时间再延长，灯泡的电流稳定在某一值上，且线圈的电流小于灯泡的电流；当断开开关时，电感产生自感电动势，电感中的电流与原来的电流方向相同，它与灯泡组成的电路中，感应电流沿逆时针方向，流过灯泡电流方向与原来相反，并且电流从原来线圈中的电流开始慢慢减小到0，故B正确，C错误。故选B。
10．D。
解析：线圈在向右运动进入磁场的过程中，由楞次定律可知感应电流方向沿adcba方向，线圈穿出磁场时，电流方向沿abcda方向，故A错误。当线圈完全进入磁场中时线圈内无感应电流，所以不受安培力，故B错误。由于线圈始终和传送带保持相对静止，所以线圈所受静摩擦力和线圈所受的安培力大小相等，即Ff＝F安，静摩擦力的功率P＝Ff，安培力F安＝BIL，I＝，感应电动势E＝BL，联立解得P＝，故C错误。线圈进入磁场和穿出磁场的过程中产生的电动势大小相等，E＝BL，回路中的电流I＝，线圈所受安培力F＝BIL为恒力，进入磁场和穿出磁场时的位移均为L，所以电动机多消耗的电能为线圈克服安培力所做的功，W＝2FL＝，故D正确。故选D。
二、画图题
11．如图所示。
甲：拉出磁铁 乙：从较远处向右靠近
丙：触头向右移动 丁：电流I减小时
解析：根据楞次定律可知，感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化。同时由右手螺旋定则判断电流和激发磁场的磁感线方向。例如：第一张图，磁场方向向左，拉出磁铁的过程中磁通量变小。根据楞次定律，感应电流应阻碍磁通量变小。因此，感应电流激发的磁场与原磁场同方向(左)。再根据右手螺旋定则判断，电流方向为左往右看逆时针。其他同理，答案如图所示。
三、解答题
12．(1)BL；(2)；(3)。
解析：(1)由法拉第电磁感应定律可得，感应电动势E＝BL。
(2)线圈中的感应电流I＝
拉力大小等于安培力大小F＝BIL
拉力的功率P＝F＝。
(3)线圈ab边电阻Rab＝
时间t＝
ab边产生的焦耳热Q＝I2Rabt＝。
13．(1)Bl；(2)见解析；(3)2mgl。
解析：(1)设导线框cd边刚进入磁场时的速度为，则在cd边进入磁场过程时产生的感应电动势为E＝Bl。
根据闭合电路欧姆定律，导线框的感应电流为I＝
导线框受到的安培力为F安＝BIl＝
因cd刚进入磁场时导线框做匀速运动，所以有F安＝mg。
以上各式联立，解得＝。
(2)导线框cd边在磁场中运动时，克服安培力做功的功率为P安＝F安。
代入(1)中的结果，整理得P安＝
导线框消耗的电功率为：
P电＝I2R＝×R＝
因此有：P安＝P电。
(3)导线框ab边刚进入磁场时，cd边即离开磁场。因此导线框继续做匀速运动。导线框穿过磁场的整个过程中动能不变。设导线框克服安培力做功为W安，根据动能定理有：
mg×2l－W安＝0
解得：W安＝2mgl。
14．(1)18 N；(2)2.0 m/s2；(3)4.12 J。
解析：(1)对金属杆受力分析如图所示。
由-t图像可知，导轨最后匀速运动，且max＝4 m/s。
即F＝mgsin 30°＋F安
F安＝BIL
I＝
解得：F＝＋mgsin 30°＝18 N。
(2)对金属杆由牛顿第二定律得
F－mgsin 30°－F安＝ma
a＝＝2.0 m/s2。
(3)由-t图像知，0.8 s内位移即为0～0.8 s内图线与t轴所包围的小方格面积的和，小方格的个数约为28个，故x＝28×0.2×0.2 m＝1.12 m
设在前0.8 s内电阻上产生的热量为Q，则由功能关系得Fx＝Q＋mgxsin ＋m2
由-t图像知0.8 s时速度＝2.2 m/s
解得：Q＝Fx－mgxsin －m2＝4.12 J。