第二章、电磁感应-基础练习（Word版含答案）

第二章、电磁感应
一、选择题（共15题）
1．众多的科学家对电磁学的发展作出了重大贡献，下列陈述中符合历史事实的是（　　）
A．纽曼首先引入“场”的概念来研究电和磁的现象
B．法拉第首先发现电磁感应现象并给出了电磁感应定律
C．韦伯通过实验总结出了感应电流方向的判定方法
D．奥斯特首先发现了电流的磁效应现象
2．物理定律多数是在大量实验的基础上归纳总结出来的．但也有些物理规律的建立并不是直接从实验得到的，而是经过了理想化（或合理）外推得到的．下列规律中属于理想化外推得到的是（　　）
A．机械能守恒定律 B．牛顿第二定律
C．牛顿第一定律 D．法拉第电磁感应定律
3．如图所示，矩形闭合线圈abcd竖直放置，OO′是它的对称轴，通电直导线AB与OO′平行，设沿adcba方向为感应电流的正方向，初始线圈位置处于AB与OO′决定的平面，则在线圈转动半圈的时间内线圈中感应电流随时间变化关系正确的是（　　）
A． B．
C． D．
4．闭合的金属环处于随时间均匀变化的匀强磁场中，磁场方向垂直于圆环平面，则(　 　)
A．环中产生的感应电动势均匀变化
B．环中产生的感应电流均匀变化
C．环中产生的感应电动势保持不变
D．环上某一小段导体所受的安培力保持不变
5．如图所示的电路，可用来测定自感系数较大的线圈的直流电阻，线圈两端并联一个电压表，用来测量自感线圈两端的直流电压，在实验完毕后，将电路拆开时应( )
A．先断开开关S1
B．先断开开关S2
C．先拆去电流表
D．先拆去电阻R
6．如图所示，由一根金属导线绕成闭合线圈，线圈的半径分别为R，2R磁感应强度B随时间t的变化规律是B=kt(k为大于零的常数)，方向垂直于线圈平面．闭合线圈中产生的感应电动势为( )
A．
B．
C．
D．
7．一长直导线与闭合金属线框放在同一竖直面内，如图甲所示，长直导线中的电流i随时间t的变化关系如图乙所示（以竖直向上为电流的正方向）．则在0～T时间内，下列说法正确的是（　　）
A．0～时间内，穿过线框的磁通量最小
B．～时间内，线框中产生的感应电流方向始终不变
C．～时间内，线框先有收缩的趋势后有扩张的趋势
D．～T时间内，线框所受安培力的合力方向向右
8．如图所示的电路中，A、B是两个相同的灯泡，L是一个带铁芯的线圈，电阻可忽略不计．调节R，电路稳定时两灯泡都正常发光，则在开关合上或断开时
A．合上S时，B灯立即亮起来，并保持亮度不变
B．断开S时，A灯会突然闪亮一下后再熄灭
C．断开S时，A、B两灯都不会立即熄灭，且通过A灯泡的电流方向与原电流方向相反
D．断开S时，A、B两灯都不会立即熄灭，但一定是同时熄灭
9．如图所示，两条平行虚线之间存在匀强磁场，虚线间的距离为l，磁场方向垂直纸面向里，abcd是位于纸面内的梯形线圈，ad与bc间的距离也为l，t =0时刻，bc边与磁场区域左边界重合。现令线圈以向右的恒定速度v沿垂直于磁场区域边界的方向穿过磁场区域，取沿a→b→c→d→a方向的感应电流为正方向，则在线圈穿越磁场区域的过程中，感应电流I随时间t变化的图线是（　　）
A． B． C． D．
10．关于电磁感应，下列说法正确的是
A．穿过线圈的磁通量为零时，感应电动势也一定为零
B．穿过线圈的磁通量不为零时，感应电动势也一定不为零
C．穿过线圈的磁通量变化得越快，感应电动势越大
D．穿过线圈的磁通量变化得越大，感应电动势越大
11．如图所示，A，B是两个完全相同的灯泡，电源内阻不可忽略，L是自感系数较大的线圈，其直流电阻忽略不计．当电键K闭合时，下列说法正确的是（ ）
A．A比B先亮，然后A熄灭
B．AB一齐亮，然后A熄灭
C．B比A先亮，然后B逐渐变暗，A逐渐变亮
D．A、B一齐亮．然后A逐渐变亮，B的亮度不变
12．如图所示，电阻不计的平行金属导轨与水平面成θ角，导轨与定值电阻R1和R2相连，匀强磁场垂直穿过导轨平面。有一导体棒ab，质量为m，其电阻R0与定值电阻R1和R2的阻值均相等，与导轨之间的动摩擦因数为。若使导体棒ab沿导轨向上滑动，当上滑的速度为v时，受到的安培力大小为F，此时（　　）
A．电阻R1消耗的热功率为
B．电阻R0消耗的热功率为
C．整个装置因摩擦而消耗的热功率为
D．整个装置消耗的机械功率为Fv
13．如图所示，玩具电动机、电流表、开关盒电池组成闭合电路．闭合开关S，发现电动机启动时电流表的读数比正常工作时的读数要大；当正常运转后用手轻触电动机转轴，使转速逐渐变慢，发现电流表读数逐渐变大，则以下说法中正确的是(　　)
A．电动机启动时产生的反电动势较小，因此电流表的读数较大
B．用手轻触电动机产生的反电动势较大，因此电流表的读数较大
C．用手轻触使电动机停止转动，这时电动机消耗功率最小
D．为防止电动机烧坏，在启动时可以先加较小电压，达到一定转速后再改为额定电压
14．如图所示，倾斜放置的固定光滑金属导轨，与水平方向的夹角为θ，其下端由导线连接。导轨所在平面两个区域存在着如图所示的磁感应强度大小分别为B和2B的匀强磁场Ⅰ和Ⅱ。区域Ⅰ的磁场方向垂直于导轨平面向上，区域Ⅱ的磁场方向垂直于导轨平面向下，磁场边界EF、GH、PQ均平行于斜面底边，EG、PG长度均为L。一个质量为m、电阻为R、边长为L的正方形导线框，由静止开始沿斜面下滑，下滑过程中ab边始终与斜面底边平行。时刻ab边刚越过EF进入磁场区域Ⅰ，此时导线框恰好以速度做匀速直线运动；时刻ab边下滑到GH与PQ的中间位置，此时导线框又恰好以速度做匀速直线运动。重力加速度为g，下列说法中正确的是（　　）
A．导线框两次做匀速直线运动的速度之比
B．当ab边刚越过GH时，导线框的加速度大小为
C．从到的过程中，克服安培力做的功等于机械能的减少量
D．从到的过程中，有的机械能转化为电能
15．如图所示，两根足够长的光滑金属导轨倾斜放置，导轨与水平面之间的夹角为θ，两导轨间距离为L，底端接有一阻值为R的电阻．一质量为m、长为L、阻值为r的金属棒垂直导轨放置，其中点处与一个上端固定、劲度系数为k的轻质弹簧相连，导轨所在平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直．现将金属棒从弹簧原长处由静止释放，若金属棒在运动过程中始终与导轨接触良好且垂直，则
A．释放瞬间，金属棒的加速度大小为gsin θ
B．金属棒向下运动的过程中，流过电阻R的电流方向为N→M
C．金属棒的速度为v时，其受到的安培力大小为
D．金属棒最终静止时重力势能减少了
二、填空题
16．如图所示为演示自感现象的实验电路，、为完全相同的小灯泡，当闭合开关S时_____（选填“”或“”）先亮；当断开开关S时两灯泡_____（选填“同时”或“不同时”）熄灭。
17．如图所示，线框ABCD可绕OO′轴转动，当D点向外转动时，线框中有无感应电流 ________；A、B、C、D四点中电势最高的是________点，电势最低的是________点．
18．如图所示，左右两套装置完全相同，用导线悬挂的金属细棒ab、cd分别位于两个蹄形磁铁的中央，悬挂点用导线分别连通．现用外力使ab棒向右快速摆动，则此时cd棒受到的安培力方向为________（选填“向右”或“向左”），这个过程中右侧装置的工作原理相当于_________（选填“电动机”或“发电机”）．
19．穿过一个电阻为R=1的单匝闭合线圈的磁通量始终每秒钟均匀的减少2Wb，则：线圈中的感应电动势是___________，线圈中的电流是___________。
三、综合题
20．轻质细线吊着一质量为m＝0.42kg、边长为L＝1m、匝数n＝10的正方形线圈，其总电阻为r＝1Ω.在线圈的中间位置以下区域分布着磁场，如图甲所示.磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小随时间变化关系如图乙所示.(g＝10m/s2)
(1)判断线圈中产生的感应电流的方向是顺时针还是逆时针；
(2)求0--6s内磁通量变化量的大小；
(3)求线圈的电功率；
(4)求在t＝4s时轻质细线的拉力大小
21．如图甲所示，电阻不计的两根平行光滑金属导轨相距L=0.5m，导轨平面与水平面的夹角θ=30°，导轨的下端PQ间接有R=8 Ω电阻．相距x=6m的MN和PQ间存在磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场．磁感应强度B随时间t的变化情况如图乙所示．将导体棒ab垂直放在导轨上，导体棒ab接入电路部分阻值为r=2 Ω，使导体棒从t=0时由静止释放，t=1 s时导体棒恰好运动到MN，开始匀速下滑．g取10m/s2．求：
（1）0～1s内回路中的感应电动势；
（2）导体棒ab的质量；
（3）0～2s时间内导体棒所产生的热量．
22．如图，水平面上固定着两根间距的光滑平行金属导轨MN、PQ，M、P两点间连接一个阻值的电阻，一根质量、电阻的金属棒ab垂直于导轨放置。在金属棒右侧两条虚线与导轨之间的矩形区域内有磁感应强度大小、方向竖直向上的匀强磁场，磁场宽度。现对金属棒施加一个大小、方向平行导轨向右的恒力，从金属棒进入磁场开始计时，其运动的v-t图象如图所示，运动过程中金属棒与导轨始终保持良好接触，导轨电阻不计。求：
(1)金属棒刚进入磁场时所受安培力的大小F安；
(2)金属棒通过磁场过程中通过金属棒横截面的电荷量q；
(3)金属棒通过磁场过程中电阻R产生的热量QR。
23．如图所示，已知线圈在磁场中匀速转动时产生的感应电流方向，请标出图示位置时线圈的转动方向.
( )
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．D
【详解】
A．法拉第首先引入“场”的概念来研究电和磁的现象。故A错误；
B．法拉第首先发现电磁感应现象，纽曼和韦伯给总结出了电磁感应定律。故B错误；
C．楞次通过实验总结出了感应电流方向的判定方法。故C错误；
D．奥斯特首先发现了电流的磁效应现象。故D正确。
故选D。
2．C
【详解】
ABC．机械能守恒定律、牛顿第二定律以及法拉第电磁应定律均为实验定律，ABD错误；
C．牛顿第一定律是逻辑思维的产物，不是直接从实验得到的，C正确。
故选C。
3．B
【详解】
直导线中通有向上的电流，根据安培定则，知通过线框的磁场方向垂直纸面向里，在线圈转动半圈的时间内线圈中磁通量先减小到0，然后反向增大，根据楞次定律，知感应电流的方向始终是逆时针的方向；刚开始时，ab边与cd边运动的方向与磁场的方向之间的夹角小，所以感应电动势小，当转过90°时，ab边与cd边运动的方向与磁感线的方向垂直，感应电动势最大，故B正确，ACD错误．
4．C
【详解】
因为磁场是均匀变化的，穿过闭合金属环的磁通量是均匀变化的，根据得产生的感应电动势是恒定不变的，产生的感应电流是恒定不变的，但由于磁场在变化，所以安培力是变化的。
故选C。
5．B
【详解】
b，表右端为“＋”，左端为“－”，指针正向偏转，若先断开S1或先拆表或先拆去电阻R瞬间，线圈中产生的自感电动势相当于瞬间电源，其a端相当于电源的负极，b端相当于电源的正极，此时表加了一个反向电压，使指针反偏．由“自感系数较大的线圈”知其反偏电压很大，会烧坏表．而先断开S2，由于电压表内阻很大，电路中总电阻变化很小，电流几乎不变，不会损坏其他器件，故应先断开S2.→b，表右端为“＋”，左端为“－”，指针正向偏转，若先断开S1或先拆表或先拆去电阻R瞬间，线圈中产生的自感电动势相当于瞬间电源，其a端相当于电源的负极，b端相当于电源的正极，此时表加了一个反向电压，使指针反偏．由“自感系数较大的线圈”知其反偏电压很大，会烧坏表．而先断开S2，由于电压表内阻很大，电路中总电阻变化很小，电流几乎不变，不会损坏其他器件，故应先断开S2.
6．B
【详解】
由图可知，闭合部分的面积为：；
故根据法拉第电磁感应定律得到感应电动势为：，故选项B正确，选项ACD错误．
7．B
【详解】
A．0~时间内，长直导线中的电流最大，且保持不变，所以穿过线框的磁通量最大，A错误；
B．由楞次定律可以判断在时间内，线框中始终产生逆时针方向的感应电流，B正确；
C．时间内，长直导线中的电流先减小后增大，所以线框内的磁通量先减小后增大，线框先有扩张的趋势后有收缩的趋势，C错误；
D． 时间内，长直导线中的电流保持不变，穿过线框的磁通量不变，所以线框内无感应电流产生，线框不受安培力作用，D错误。
故选B。
8．D
【详解】
A、在开关合上时，通过线圈的电流在增大，导致线圈出现自感电动势，从而阻碍灯泡A的电流增大，则B先亮，A后慢慢变亮，稳定时L的电阻忽略不计，则两电阻相同的灯的亮度相同，故B的亮度有变小的过程；故A错误.
C、断开开关S的瞬间，由电感的特性可知：L和两灯泡组成的回路中的电流会维持不变，通过A灯的电流的方向不变，而B灯的电流方向与原电流方向相反；故C错误.
B、D、断开开关S的瞬间，因灯泡相同L的电阻忽略不计，则电流相等，所以两灯会慢慢熄灭，但不会闪亮一下；故B错误，D正确.
故选D.
9．B
【详解】
开始时bc边进入磁场切割磁感线，有效切割长度越来越长，根据感应电动势大小公式
可得，有效切割长度越来越长，感应电动势增大，故感应电流越来越大，根据右手定则可知，电流方向为，即为负方向；
当bc边开始出磁场时，切割长度越来越长，根据感应电动势大小公式
可得，切割长度越来越长，感应电动势增大，故感应电流越来越大，当bc边开始出磁场时，回路中磁通量减小，电流方向为 ，方向为正方向。
故选B。
10．C
【详解】
A．根据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势的大小除与线圈匝数有关外，还与磁通量变化快慢有关，与磁通量的大小及变化量大小均无关，穿过线圈的磁通量为零时，磁通量变化率却不一定为零，则感应电动势也不一定为零，A错误；
B．穿过线圈的磁通量不为零时，但磁通量的变化率可能为零，则感应电动势可能为零，比如：线圈通过中性面位置，B错误；
CD．穿过线圈的磁通量变化得越快，感应电动势越大，故C正确D错误．
故选C。
11．C
【详解】
开关闭合时，电感线圈产生阻碍原电流增大的自感电动势，灯泡A逐渐变亮，灯泡B立刻亮，D对；
12．C
【详解】
AB．设长度为，磁感应强度为，电阻
电路中感应电动势
中感应电流为
所受安培力为
电阻消耗的热功率为
电阻消耗的热功率为
联立以上各式解得
故AB错误；
C．整个装置因摩擦而消耗的热功率为
故C正确；
D．整个装置消耗的机械功率为
故D错误。
故选C。
13．AD
【详解】
A项：电动机启动时转速低，产生的反电动势较小，因此电流表的读数较大，故A正确；
B项：用手轻触电动机，电动机的转速降低，产生的反电动势变小，因此电流表的读数较大，故B错误；
C项：用手轻触使电动机停止转动，反电动势为零，电流最大，根据P=UI，电功率最大，故C错误；
D项：为防止电动机烧坏，在启动时可以先加较小电压，达到一定转速后再改为额定电压，故D正确．
14．BC
【详解】
AB．ab边刚越过EF进入磁场区域Ⅰ时，导线框速度为，根据平衡条件，有
当ab边刚越过GH时，导线框的速度仍为，由于ab、cd两个边切割磁感线产生的感应电动势方向相同，故电流增加为原来的3倍，ab边和cd边均受到向上的安培力，此时
解得加速度
ab边下滑到GH与PQ的中间位置时，导线框的速度为，根据平衡条件，有
联立解得
故A错误，B正确；
C．从到的过程中，根据功能关系，克服安培力做的功等于机械能的减少量，故C正确；
D．从到的过程中，根据能量守恒定律可知，有
的机械能转化为电能，故D错误。
故选BC。
15．ACD
【详解】
A．释放瞬间金属棒的速度为零，没有产生感应电流，不受安培力，弹簧的弹力也为零，只受重力和轨道的支持力，所以金属棒的加速度为 ，A正确；
B．由右手定则可知，金属棒向下运动的过程中，流过电阻R的电流方向为M →N，B错误；
C．金属棒的速度为v时，其受到的安培力大小为
C正确；
D．金属棒最终静止时满足
则重力势能减少了
D正确。
故选ACD。
16． A2 同时
【详解】
开关闭合时，电阻R不产生自感现象，灯A2立即正常发光；而电感L电流增大，产生自感电动势，根据楞次定律得知，自感电动势阻碍电流的增大，使得电路中电流只能逐渐增大，所以闭合开关的瞬间，通过A1灯的电流小于通过A2灯的电流，A1灯逐渐变亮，即A2灯先亮，A1灯后亮。
闭合开关，待电路稳定后断开开关，通过A2灯原来的电流立即消失，电感线圈L产生自感电动势，相当于电源，两灯串联，自感电流流过两灯，两灯同时逐渐熄灭。
17． 无 A、C B、D
【详解】
当D点向外转动时，线框中磁通量不变，则无感应电流；根据右手定则可知，ABCD四点中电势最高的是AC点，电势最低的是BD.
18． 向右 电动机
【详解】
用外力使ab棒向右快速摆动，则由右手定则可知在ab中产生从b到a的感应电流，则电流由c导体流过cd棒，由左手定则可知受到的安培力方向为向右，这个过程中右侧装置的工作原理相当于电动机.
19． 2V 2A
【详解】
感应电动势为
由闭合电路的欧姆定律有
20．(1)逆时针；(2)0.3Wb；(3)0.25W；(4)1.2N
【详解】
(1)由楞次定律可知电流的方向为逆时针方向
(2) 0--6s内磁通量变化量的大小为：
(3)由法拉第电磁感应定律得：
代入数据得：
根据线圈的电功率为：
(4)根据可得电流为：
安培力为：
安
根据平衡条件可得轻质细线的拉力大小：
安
21．（1）6V（2）0.1kg（3）1.22J
【详解】
（1）0﹣1s内，磁场均匀变化，由法拉第电磁感应定律有：

由图象得 ，
且
代入解得：E1=6V
（2）导体棒从静止开始做匀加速运动，加速度
t=1s末进入磁场区域的速度为
导体棒切割磁感线产生的电动势
根据导体棒进入磁场区域做匀速运动，可知导体受到的合力为零，有：
根据闭合电路欧姆定律有：
联立以上各式得：m=0.1kg
（3）在0～1s内回路中产生的感应电动势为 E1=6V
根据闭合电路欧姆定律可得
1s～2s内，导体棒切割磁感线产生的电动势为 E2=5V
根据闭合电路欧姆定律可得
0～2s时间内导体棒所产生的热量
代入数据解得 Q=1.22J
综上所述本题答案是：（1）6V（2）0.1kg（3）1.22J
22．(1)0.8N；(2)1.04C；(3)1.2J；
【详解】
(1)感应电动势为
感应电流为
安培力为
解得
(2)根据法拉第电磁感应定律
解得
(3)金属棒匀速时
解得
设回路产生的总热量为Q，由功能关系得
解得
金属棒通过磁场过程中电阻R产生的热量
23．
【详解】
图中通电螺旋管产生的磁场由右手螺旋定则可知等效的磁铁右端为N级，左端为S级，则导线框所在位置的磁场水平向左，线框转动产生的感应电流为左边进右边出，则由右手定则可左边向下运动，右边向上运动，即线框逆时针转动.
答案第1页，共2页