第二章 电磁感应 单元练习（Word版含答案）

第二章、电磁感应
一、选择题（共16题）
1．下列说法正确的是（　　）
A．电荷的周围既有电场也有磁场，反映了电和磁是密不可分的
B．安培首先发现电流周围存在磁场
C．法拉第首先总结出磁场对电流作用力的规律
D．“电生磁”和“磁生电”都是在变化、运动的过程中才能出现的效应
2．在如图所示的电路中，a、b为两个完全相同的灯泡，L为直流电阻不计的自感线圈，E为电源，S为开关。关于两灯泡变亮和熄灭的情况，下列说法正确的是（　　）
A．合上开关，a立即变亮，b逐渐变亮；断开开关，a、b同时熄灭
B．合上开关，b立即变亮，a逐渐变亮；断开开关，a立即熄灭， b逐渐熄灭
C．合上开关，a、b同时亮；断开开关，b立即熄灭，a逐渐熄灭
D．合上开关，b立即变亮，a逐渐变亮；断开开关，a、b都逐渐熄灭
3．如图所示，在光滑水平面上的直线MN左侧有垂直于纸面向里的匀强磁场，右侧是无磁场空间．将两个大小相同的铜质矩形闭合线框由图示位置以同样的速度v向右完全拉出匀强磁场．已知制作这两只线框的铜质导线的横截面积之比是1：2．则拉出过程中下列说法中正确的是（　　）
A．所用拉力大小之比为2：1
B．通过导线某一横截面的电荷量之比是1：1
C．拉力做功之比是1：4
D．线框中产生的电热之比为1：2
4．如图所示，灯L1，L2完全相同，带铁芯的线圈L的电阻可忽略，则（　　）
A．S闭合瞬间，L1，L2同时发光，接着L1变暗直至熄灭，L2更亮
B．S闭合瞬间，L1不亮，L2立即亮
C．S闭合瞬间，L1，L2都不立即亮
D．稳定后再断开S，L2熄灭，L1持续发光
5．如图所示，A线圈接一灵敏电流表G，B导轨放在匀强磁场中，B导轨的电阻不计，具有一定电阻的导体棒CD在恒力作用下由静止开始运动，B导轨足够长，则通过电流表中的电流大小和方向是（ ）
A．G中电流向上，强度逐渐增强
B．G中电流向下，强度逐渐增强
C．G中电流向上，强度逐渐减弱，最后为零
D．G中电流向下，强度逐渐减弱，最后为零
6．楞次定律是下列哪个定律在电磁感应现象中的具体体现？
A．电阻定律 B．库仑定律
C．欧姆定律 D．能量守恒定律
7．如图所示，空间存在方向竖直向下的匀强磁场。 一间距为L的“U”形金属导轨水平放置于匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面，金属棒ab置于导轨上，且始终与导轨接触良好。 若磁感应强度随时间的变化满足，其中B0、c、d均为非零常数，为使金属棒向右运动过程中所受安培力为零，则从t=0时刻起，下列关于金属棒在外力作用下运动的位移变化的图像正确的是（　　）
A． B．
C． D．
8．如图甲所示,一个圆形线圈的匝数n=100,线圈面积S=200cm2,线圈的电阻r=1Ω,线圈外接一个阻值R=4Ω的电阻,把线圈放入一个方向垂直线圈平面向里的匀强磁场中,磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示.下列说法中正确的是(　　)
A．线圈两端的电压逐渐增大
B．电阻R上消耗的功率为4×10-4 W
C．线圈电阻r消耗的功率为4×10-4 W
D．前4 s内通过R的电荷量为4×10-4 C
9．如图所示，半径为2L的小圆与半径为3L的圆形金属导轨拥有共同的圆心，在小圆区域内存在垂直于纸面向里的磁感应强度大小为B的匀强磁场，在小圆与导轨之间的环形区域内存在垂直于纸面向外的磁感应强度大小为2B的匀强磁场．现将一长度为3L的导体棒置于磁场中，让其一端O点与圆心重合，另一端与圆形导轨良好接触．在O点与导轨间接入一阻值为r的电阻，导体棒以角速度ω沿导轨逆时针做匀速圆周运动，其他电阻不计．下列说法正确的是（ ）
A．导体棒O点的电势比A点的电势低
B．在导体棒的内部电流由A点至O点
C．在导体棒旋转一周的时间内，通过电阻r的电荷量为
D．在导体棒旋转一周的时间内，电阻r产生的焦耳热为
10．如图所示，在两个正方形之间的四个相同三角形区域内分布着如图所示的方向垂直纸面向里的匀强磁场，两正方形边长分别为L和L。一边长为L的正方形线框abcd如图放置，其c点恰好在x轴原点O，线框从该位置开始沿x轴正方向以速度v匀速穿过磁场区域。取线框中沿逆时针方向的感应电流为正，则表示线框中电流i随bc边的位置坐标x变化的图象是（　　）
A． B．
C． D．
11．在水平桌面上，一个圆形金属框置于匀强磁场中，线框平面与磁场垂直，磁感应强度B1随时间t的变化关系如图甲所示，0～1 s内磁场方向垂直线框平面向下，圆形金属框与两根水平的平行金属导轨相连接，导轨上放置一根导体棒，且与导轨接触良好，导体棒处于另一匀强磁场B2中，如图乙所示，导体棒始终保持静止，则其所受的摩擦力Ff随时间变化的图像是下图中的(设向右的方向为摩擦力的正方向) ( )
A． B．
C． D．
12．如图所示，空间有一匀强磁场，一直金属棒与磁感应强度方向垂直，当它以速度v沿与棒和磁感应强度都垂直的方向运动时，棒两端的感应电动势大小ε，将此棒弯成两段长度相等且相互垂直的折弯，置于磁感应强度相垂直的平面内，当它沿两段折线夹角平分线的方向以速度v运动时，棒两端的感应电动势大小为 ，则 等于（ ）
A．1/2 B． C．1 D．
13．如图甲所示，水平面上两根足够长的金属导轨平行固定放置，间距为L，一端通过导线与阻值为R的电阻连接。导轨上放一质量为m的金属杆，金属杆、导轨的电阻均忽略不计，匀强磁场垂直导轨平面向下。用与导轨平行的恒定拉力F作用在金属杆上，杆最终将做匀速运动。当改变拉力的大小时，金属杆做匀速运动时的速度v也会变化，v和F的关系如图乙所示。下列说法正确的是（　　）
A．金属杆在运动过程中摩擦力f=2N
B．流过电阻R的电流方向为
C．由图象可以得若B=1T，R=1Ω，则L=1m
D．当恒力F=5N时，电阻R消耗的最大电功率为32W
14．下列说法正确的是（ ）
A．安培发现了电流的磁效应
B．奥斯特发现了电荷之间的相互作用规律
C．法拉第发现了电磁感应定律
D．楞次找到了判断感应电流方向的方法
15．如图所示，在水平面上有一光滑的形金属框架，框架上跨接一金属杆，在框架的区域内有一竖直方向的匀强磁场（图中未画出）。下面说法中正确的是（）
A．若方向竖直向下，当增强时，杆将向右移动
B．若方向竖直向下，当减弱时，杆将向右移动
C．若方向竖直向上，当增强时，杆将向右移动
D．若方向竖直向上，当减弱时，杆将向右移动
16．一块铜片置于如图所示的磁场中，如果用力把这铜片从磁场拉出或把它进一步推入，则在这两个过程中有关磁场对铜片的作用力，下列叙述正确的是
A．拉出时是阻力
B．推入时是阻力
C．拉出时不受磁场力
D．推入时不受磁场力
二、填空题
17．如图所示，Ⅰ和Ⅱ是一对异名磁极，ab为放在其间的金属棒． ab 和cd用导线连成一个闭合回路．当ab棒向左运动时，cd导线受到向下的磁场力．由此可知Ⅰ是_____________极， a点电势____________________（填“高于”或“低于”）b点电势．
18．如图所示，单匝线圈ABCD在外力作用下以速度v向右匀速进入匀强磁场，第二次又以速度2v匀速进入同一匀强磁场．则：第一次进入与第二次进入时线圈中产生的电动势之比为______ ；第一次进入与第二次进入过程中通过导线横截面电荷量之比为______ ．
19．图甲、乙中，金属导体中产生的感应电动势分别为E甲=___________，E乙=___________。
20．有一个1000匝的线圈，在0.4s内通过它的磁通量从0.02Wb增加到0.10Wb，则线圈中的感应电动势___V．如果线圈的电阻是10欧，把一个电阻为990欧的电热器连接在它的两端，通过电热器的电流是_____A．
三、综合题
21．在竖直方向的磁场中，有一个共有100匝的闭合矩形线圈水平放置，总电阻为10Ω，面积为0.04m2，若磁感应强度在0.02s内，从均匀减小为零，那么线圈中的感应电流大小为多少？
22．（1）如图1所示，两根平行的金属导轨，固定在同一水平面上，磁感应强度为B的匀强磁场与导轨所在平面垂直，导轨的电阻很小，可忽略不计，导轨间的距离为l，两根质量均为m、电阻均为R的平行金属杆甲、乙可在导轨上无摩擦地滑动，滑动过程中与导轨保持垂直。在t＝0时刻，两杆都处于静止状态。现有一与导轨平行，大小恒为F的力作用于金属杆甲上，使金属杆在导轨上滑动，试分析金属杆甲、乙的收尾运动情况；
（2）如图2所示，两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平面内，导轨上横放着两根导体棒ab和cd，构成矩形回路。在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场，设两导体棒均可沿导轨无摩擦地滑行。开始时，棒cd静止，棒ab有指向棒cd的初速度。若两导体棒在运动中始终不接触，试定性分析两棒的收尾运动情况。
23．如图所示，平行金属导轨MN、M′N′和平行金属导轨PQR、P′Q′R′固定在高度差为h（数值未知）的两水平台面上。导轨MN、M′N′左端接有电源，MN与M′N′的间距为L＝0.10 m，线框空间存在竖直向上的匀强磁场、磁感应强度B1＝0.20 T；平行导轨PQR与P′Q′R′的间距也为L＝0.10 m，其中PQ与P′Q′是圆心角为60°、半径为r＝0.50 m的圆弧形导轨，QR与Q′R′是足够长水平长直导轨，QQ′右侧有方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B2＝0.40 T。导体棒a、b、c长度均为L，a质量m1＝0.02 kg，接在电路中的电阻R1＝2.0 Ω，放置在导轨MN、M′N′右侧N′N边缘处；导体棒b、c质量均为m2＝0.02 kg，接在电路中的电阻均为R2＝4.0 Ω，用绝缘轻杆ef将b、c导体棒连接成“工”字型框架（以下简称“工”型架） “工”型架静止放置在水平导轨某处。闭合开关K后，导体棒a从NN′水平抛出，恰能无碰撞地从PP′处以速度v1＝2 m/s滑入平行导轨，且始终没有与“工”型架相碰。重力加速度g＝10 m/s2，不计一切摩擦及空气阻力。求：
(1)导体棒a刚进入水平磁场B2时，b棒两端的电压；
(2)“工”型架的最大加速度大小；
(3)导体棒b在QQ′右侧磁场中产生的焦耳热；
(4)闭合开关K后，通过电源的电荷量q。
24．如图所示，各图都是闭合电路的一部分直导线在磁场中切割磁图感线运动的示意图，在图上标出感应电流方向。
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．D
【详解】
A．电荷周围存在电场，变化的电场会产生磁场，A错误；
B．奥斯特首先发现电流周围存在磁场，B错误；
C．安培首先总结出磁场对电流作用力的规律，C错误；
D．“电生磁”和“磁生电”都是在变化、运动的过程中才能出现的效应，D正确。
故选D。
2．D
【详解】
由于a、b为两个完全相同的灯泡，当开关接通瞬间，b灯泡立刻发光，而a灯泡由于线圈的自感现象，导致灯泡渐渐变亮，电路稳定时亮度相同；
当开关断开瞬间，两灯泡串联，由线圈产生瞬间电压提供电流，导致两灯泡同时逐渐熄灭；由于电路稳定时亮度相同，所以b不能闪亮一下，故A、B、C错误，D正确；
故选D。
3．D
【详解】
A．设矩形线圈左右边长为L1，上下边长为L2．电阻率为ρ，截面积为S．
则感应电流为
拉力
F=BIL1=
则知F∝S，所以所用拉力大小之比为1：2．A错误；
B．根据感应电荷量
q=∝S
所以通过导线某一横截面的电荷量之比是1：2．B错误；
C．拉力做功
W=FL1=∝S
拉力做功之比是1：2．C错误；
D．根据功能关系可知，线框中产生的电热等于拉力做功，故电热之比为1：2．D正确。
故选D。
4．A
【详解】
S闭合瞬间，线圈中电流缓慢增加，电压同时加在两个灯上，所以L1、L2同时发光，稳定后电灯L1被短路，故L2灯更亮，L1熄灭，故A正确，BC错误；稳定后再断开S的瞬间，L2灯立即熄灭，但由于线圈的电流减小，导致线圈中出现感应电动势从而阻碍电流的减小，所以L1灯亮一下再慢慢熄灭，故D错误；故选A.
5．D
【详解】
体棒CD在恒力F作用下从静止开始先做加速运动，CD产生的感应电动势：E=BLv，电流：，CD受到的安培力：，由于速度v增大，安培力不断增大，CD受到的合力：F-F安培减小，CD的加速度减小，CD做加速度减小的加速运动，当F=F安培时，CD棒做匀速直线运动，感应电流I先不断增加，增加的越来越慢，最后保持不变，则穿过A线框的磁通量增大由快变慢最后保持不变，由法拉第电磁感应定律可知，G中产生的感应电动势由大变小，最后没有感应电动势产生，则G是电流逐渐减弱，最后电流为零；根据右手定则判断可知，CD棒中产生的感应电流方向D→C，由安培定则判断得，穿过A线框中磁场的方向向里，磁通量增大，则由楞次定律判断得到G中电流向下，故 D正确，ABC错误。
6．D
【详解】
楞次定律指感应电流的磁场阻碍引起感应电流的原磁场的磁通量的变化,这种阻碍作用做功将其他形式的能转变为感应电流的电能,所以楞次定律的阻碍过程实质上就是能量转化的过程.
7．A
【详解】
由金属棒运动过程中所受安培力为零可知，回路中感应电流为零，设t=0时，金属棒距导轨左端距离为，为了不产生感应电流，任意时刻t的磁通量应与刚开始时的磁通量相同，即
解得，可知金属棒由静止开始向右做匀加速直线运动，故A正确，BCD错误。
故选A。
8．C
【详解】
根据法拉第电磁感应定律，可知，磁通量的变化率恒定，所以电动势恒定，则电阻两端的电压恒定，故A错误．由法拉第电磁感应定律：，由闭合电路欧姆定律，可知电路中的电流为，所以电阻R上消耗的功率为PR=I2R=0.022×4W=1.6×10-3W，选项B错误；线圈电阻r消耗的功率Pr=I2r=0.022×1W=4×10-4W，故C正确；前4s内通过R的电荷量为：Q=It=0.02×4C=0.08C，故D错误；故选C．
9．A
【详解】
AB．半径为2L的小圆切割磁感线产生的感应电动势E1=B(2L) =2BωL2,根据右手定则，内部电势更高；导体棒在在小圆与导轨之间的环形区域切割磁感线产生的感应电动势E2=2BL=5BωL2，根据右手定值，外部电势更高，故O点的电势比A点的电势低，在导体棒的内部电流由O点至A点，A正确，B错误．
C．电路中电流 ，周期,在导体棒旋转一周的时间内，通过电阻r的电荷量q=It=，故C错误；
D．在导体棒旋转一周的时间内，电阻r产生的焦耳热Q = I2rT =，故D错误．
10．B
【详解】
由图可知，bc边通过磁场时，其切割磁感线的有效长度先减小后增大，ad边通过磁场时，其切割磁感线的有效长度先减小后增大，再由右手定则判断电流方向，故B正确，ACD错误。
故选：B。
11．A
【详解】
根据题意可得：在0~1s内磁场方向垂直线框平面向下，且大小变大，则由楞次定律可得线圈感应电流的方向是逆时针，再由左手定则可得导体棒安培力方向水平向左，所以静摩擦力的方向是水平向右，即为正方向；而在0~1s内磁场方向垂直线框平面向下，且大小变大，则由法拉第电磁感应定律可得线圈感应电流的大小是恒定的，即导体棒的电流大小是不变的；再由：
可得安培力大小随着磁场变化而变化，因为磁场是不变的，则安培力大小不变，所以静摩擦力的大小也是不变的。故A正确，BCD错误。
故选A。
12．B
【详解】
设折弯前导体切割磁感线的长度为，折弯后，导体切割磁场的有效长度为
故产生的感应电动势为
所以，故ACD错误，B正确。
13．D
【详解】
A．金属棒做匀速直线运动时a=0，由
解得
则v-F图像的斜率
当 时，，解得
A错误；
B．由右手定则可知，流过R的电流为a→R→b， B错误；
C．金属棒做匀速直线运动时a=0，由
解得
则v-F图像的斜率
若B=1T，R=1Ω，则
C错误；
D．根据图像，当 时，电阻R消耗的最大电功率为
D正确。
故选D。
14．CD
【详解】
试题分析：奥斯特发现了电流磁效应，A错误；库仑发现了电荷之间的相互作用规律，B错误；法拉第发现了电磁感应定律，C正确；楞次找到了判断感应电流方向的方法，D正确．故选CD．
15．BD
【详解】
A．若磁场方向垂直纸面向下，并且磁感应强度增大时，根据楞次定律，感应电流的方向为逆时针方向，根据左手定则，杆子所受的安培力方向向左，将向左运动，故A错误；
B．若磁场方向垂直纸面向下，并且磁感应强度减小时，根据楞次定律，感应电流的方向为顺时针方向，根据左手定则，杆子所受的安培力方向向右，将向右运动，故B正确；
C．若磁场方向垂直纸面向上，并且磁感应强度增大时，根据楞次定律，感应电流的方向为顺时针方向，根据左手定则，杆子所受的安培力方向向左，将向左运动，故C错误；
D．若磁场方向垂直纸面向上，并且磁感应强度减小时，根据楞次定律，感应电流的方向为逆时针方向，根据左手定则，杆子所受的安培力方向向右，将向右运动，故D正确；
故选BD。
16．AB
【详解】
当拉出时，穿过铜片的磁通量减小，由楞次定律可得，感应电流方向顺时针，再由左手定则可得铜片的左边框受到安培力向左，从而阻碍铜片被拉出；
当推入时，穿过铜片的磁通量增大，由楞次定律可得，感应电流方向逆时针，再由左手定则可得铜片的左边框受到安培力向右，从而阻碍铜片被推入；
综上所述，故AB正确．
17． S； 高于；
【详解】
当ab棒向左运动时，cd导线受到向下的磁场力，根据左手定则可知电流为从d到c．由右手定则可知，由此可知Ⅰ是S极， a点电势高于b点电势．
18． 1 ：2 1 : 1
【详解】
线圈进入磁场过程中，产生的感应电动势E=BLv，可知电动势与速度v成正比，第一次进入与第二次进入时电动势之比：E1：E2=v：2v=1：2；通过导线横截面电荷量：，电荷量与速度无关，所以电荷量之比为1：1．
19． Blv Blvsin θ
【解析】
略
20． 200 0.2
【详解】
试题分析：线圈中的感应电动势：，
感应电流的大小：．
21．0.32A
【详解】
磁通量的变化量为
由法拉第电磁感应定律得
闭合电路的欧姆定律得
22．（1）见解析；（2）见解析
【解析】
（1）设某时刻甲和乙的速度大小分别为v1和v2，加速度大小分别为a1和a2，受到的安培力大小均为F1，则感应电动势为
感应电流为
对甲和乙分别由牛顿第二定律得
F－F1＝ma1
F1＝ma2
当v1－v2＝定值（非零），即系统以恒定的加速度运动时
a1＝a2
解得
可见甲、乙两金属杆最终水平向右做加速度相同的匀加速运动，速度一直增大。
（2）ab棒向cd棒运动时，两棒和导轨构成的回路面积变小，磁通量发生变化，回路中产生感应电流。ab棒受到与运动方向相反的安培力作用做减速运动，cd棒则在安培力作用下做加速运动，在ab棒的速度大于cd棒的速度时，回路中总有感应电流，ab棒继续减速，cd棒继续加速。两棒达到相同速度后，回路面积保持不变，磁通量不变化，不产生感应电流，两棒以相同的速度v水平向右做匀速运动。
23．(1) 0.06V；(2)0.03m/s2；(3)0.015J；(4)1 C
【详解】
(1)由动能定理
m1g（r－rcos 60°）＝m1v02－m1v
解得
v0＝3 m/s
E＝B2Lv0＝0.12 V
解得
U=0.06V
(2)因为a棒刚进磁场时，回路中电流最大，“工”型架受力最大，加速度最大，
由牛顿第二定律有
B2IL＝2m2amax
则“工”型架的最大加速度
amax＝0.03m/s2
(3)设a中的电流为I，则“工”型架b、c中的电流为，a受到的安培力为
F=B2IL
b、c受到的安培力大小分别为
则“工”型架受到的安培力的合力
所以“工”型架与金属棒a所受合外力为零，动量守恒，设向右为正方向，设“工”型架与金属棒a一起运动的共同速度为v共，则
(4)设闭合开关后，a棒以速度v01水平抛出，则有
v01＝v1cos 60°＝1 m/s
对a棒冲出过程由动量定理得
∑B1ILΔt＝m1v01
即
B1Lq＝m1v01
q＝1 C
24．见解析
【解析】
用右手定则可以判断出甲、乙、丙、丁中产生感应电流方向如图所示
答案第1页，共2页