人教版物理选修1-1第三章第一节电磁感应现象同步训练

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人教版物理选修1-1第三章
第一节电磁感应现象同步训练
一．选择题（共15小题）
1．下列实验现象，属于电磁感应现象的是（　　）
A．导线通电后，其下方的小磁针偏转
B．通电导线AB在磁场中运动
C．金属杆切割磁感线时，电流表指针偏转
D．通电线圈在磁场中转动
答案：C
解析：
解答：解：A、导线通电后，其下方的小磁针受到磁场的作用力而发生偏转，说明电流能产生磁场，是电流的磁效应现象，不是电磁感应现象．故A错误．
B、通电导线AB在磁场中受到安培力作用而运动，不是电磁感应现象．故B错误．
C、金属杆切割磁感线时，电路中产生感应电流，是电磁感应现象．故C正确．
D、通电线圈在磁场中受到安培力作用而发生转动，不是电磁感应现象．故D错误．
故选C
分析：电磁感应现象的是指穿过电路的磁通量变化时，产生感应电动势或感应电流的现象．
2．如图所示，把一条导线平行地放在磁针的上方附近．当导线中通有电流时，磁针会发生转动．首先观察到这个实验现象的物理学家是（　　）
A．牛顿 B．伽利略 C．奥斯特 D．焦耳
答案：C
解析：
解答：解：首先观察到这个实验现象的物理学家丹麦物理学家奥斯特．故C正确，ABD错误．
故选：C．
分析：本实验是1820年丹麦物理学家奥斯特发现电流磁效应的实验．
3．如图所示，关于奥斯特实验的意义，下列说法中正确的是（　　）
A．发现电流的热效应，从而揭示电流做功的本质
B．指出磁场对电流的作用力，为后人进而发明电动机奠定基础
C．发现电磁感应现象，为后人进而发明发电机奠定基础
D．发现通电导体周围存在磁场，从而把磁现象和电现象联系起来
答案：D
解析：
解答：解：A：本实验的意义不是发现小磁针在磁场中转动，而是证明了导线中的电流产生了磁场；故AB错误；
C：法拉第发现电磁感应现象，为后人进而发明发电机奠定基础，故C错误；
D、本实验发现了通电导线周围存在磁场，从而把磁现象和电现象联系起来．故D正确；
故选：D．
分析：1920年奥斯特发现了电流的周围存在磁场，奥斯特实验的意义发现通电导体周围存在磁场，从而把磁现象和电现象联系．
4．图所示的磁场中，有三个面积相同且相互平行的线圈S1、S2和S3，穿过S1、S2和S3的磁通量分别为Φ1、Φ2和Φ3，下列判断正确的是（　　）
A．Φ1最大 B．Φ2最大 C．Φ3最大 D．Φ1=Φ2=Φ3
答案：C
解析：
解答：解：从图中看出，线圈S3穿过的磁感线条数最多，所以磁通量最大．故A、B、D错误，C正确．
故选C．
分析：判断磁通量的变化可根据穿过磁感线条数多少来定性判断，也可从公式Φ=BS来判断．
5．如图，竖直长直导线通以恒定电流I，闭合线圈abcd与直导线在同一平面内，导致圈内磁通量发生变化的线圈运动是（　　）
A．水平向右平移 B．竖直向下平移
C．竖直向上平移 D．以竖直长直导线为轴转动
答案：A
解析：
解答：解：通电直导线的磁场为以导线为中心的环形磁场，离开导线越远，磁感应强度越小，因此，闭合线圈abcd离开通电直导线，水平向右移动时，磁通量变小，故A正确；闭合线圈abcd竖直向上或竖直向下移动时，对应的磁场强度不变，故磁通量不变，BC均错误；闭合线圈abcd以竖直长直导线为轴转动时，恰好顺着磁感应强度的方向转动，磁通量保持不变，D错误．
故选：A
分析：该题要从常见的磁场的特点的角度进行分析：通电直导线的磁场为以导线为中心的环形磁场，离开导线越远，磁感应强度越小，因此，闭合线圈abcd离开通电直导线时，磁通量变小，闭合线圈abcd靠近通电直导线时，磁通量变大，其他的情况下，磁通量不变．
6．如图所示，与磁场方向垂直的线圈以OO′为轴旋转90°的过程中，穿过线圈的磁通量（　　）
A．变大 B．变小 C．先变大后变小 D．先变小后变大
答案：B
解析：
解答：解：当线圈平面与磁场方向平行时，线圈平面与磁场方向的夹角为0度，则Φ=0．
当线圈绕0 0′轴转动至与磁场方向垂直时，穿过线圈平面的磁通量变大．
因此与磁场方向垂直的线圈以OO′为轴旋转90°的过程中，穿过线圈的磁通量变小，故B正确，ACD错误；
故选：B．
分析：通过线圈的磁通量可以根据Φ=BSsinθ进行求解，θ为线圈平面与磁场方向的夹角，从而即可求解．
7．如图所示，线框平面与磁场方向垂直，现将线框沿垂直磁场方向拉出磁场的过程中，穿过线框磁通量的变化情况是（　　）
A．变小 B．变大 C．不变 D．先变小后变大
答案：A
解析：
解答：解：线框平面与磁场方向垂直，故磁通量为Φ=BS；
将线框沿垂直磁场方向拉出磁场的过程中，在磁场中的面积S减小，故BS减小；
故选：A．
分析：在匀强磁场中，当线圈与磁场垂直时，磁通量为Φ=BS，S为在磁场中的面积．
8． 1820年丹麦物理学家奥斯特发现了电流的磁效应．在奥斯特实验中，将直导线沿南北方向水平放置，指针靠近直导线，下列结论正确的是（　　）
A．把小磁针放在导线的延长线上，通电后，小磁针会转动
B．把小磁针平行地放在导线的下方，在导线与小磁针之间放置一块铝板，通电后，小磁针不会转动
C．把小磁针平行地放在导线的下方，给导线通以恒定电流，然后逐渐增大导线与小磁针之间的距离，小磁针转动的角度（与通电前相比）会逐渐减小
D．把黄铜针（用黄铜制成的指针）平行地放在导线的下方，通电后，黄铜针会转动
答案：C
解析：
解答：解：根据安培定则可知，针小磁针放在导线上的延长线上，小磁针所在位置没有磁场，故小磁针不会转动；故A错误；
B、同于铝板不能有效屏蔽磁场，故通电后小磁针不会转动；故B正确；
C、离导线越远的地方，磁场越弱，则逐渐增大导线与小磁针之间的距离，小磁针转动的角度（与通电前相比）会逐渐减小；故C正确；
D、铜不能被磁化，故不会被磁场所吸引；故D错误；
故选：C．
分析：对于电流的磁效应，根据安培定则进行分析．注意磁场及磁场的应用．
9．欧姆最早是用小磁针测量电流的，他的具体做法是将一个小磁针处于水平静止状态，在其上方平行于小磁针放置一通电长直导线，已知导线外某磁感应强度与电流成正比，当导线中通有电流时，小磁针会发生偏转，通过小磁针偏转的角度可测量导线中电流．小磁针转动平面的俯视图如图所示．关于这种测量电流的方法，下列叙述正确的是（　　）
A．导线中电流的大小与小磁针转过的角度成正比
B．通电后小磁针静止时N极所指的方向是电流产生磁场的方向
C．若将导线垂直于小磁针放置，则不能完成测量
D．这种方法只能测量电流的大小，不能测量电流的方向
答案：C
解析：
解答：解：A、磁场偏转取决于地磁场与电流的磁场的合磁场，故并不是导线中电流的大小与小磁针转过的角度成正比；故A错误；
B、电后小磁针静止时N极所指的方向是电流产生磁场与地磁场的合磁场的方向；故B错误；
C、若将导线垂直小磁针放置，则由于电流的磁场与电流的磁场重合，小磁针不会偏转，不能完成测量；故C正确；
D、根据小磁针的偏转可明确磁场方向；再根据右手螺旋定则可以明确磁场的方向，故可以测量电流的方向；故D错误；
故选：C．
分析：通电导线周围存在磁场，根据右手螺旋定则可确定磁场的方向，其大小与远近距离有关，越近则磁场越强．并与地磁场相互叠加而成合磁场，从而导致小磁针转动．
10．奥斯特发现电流的磁效应的这个实验中，小磁针应该放在（　　）
A．南北放置的通电直导线的上方
B．东西放置的通电直导线的上方
C．南北放置的通电直导线同一水平面内的左侧
D．东西放置的通电直导线同一水平面内的右侧
答案：A
解析：
解答：解：由于地磁场的作用，小磁针会位于南北方向，要能观察到小磁针由于通电导线产生的磁效应面产生的偏转，通电直导线不能放在东西方向，这样观察到小磁针的偏转，应将放置在平行南北方向，并且在小磁针正上方．
故选：A
分析：在奥斯特电流磁效应的实验中，通电直导线应该平行南北方向，在小磁针正上方．
11．彼此绝缘、相互交叉的两根通电直导线与闭合线圈共面，图中穿过线圈的磁通量可能为零的是（　　）
A．B．C．D．
答案：A
解析：
解答：解：A．根据安培定则，电流I1在第一象限磁场方向是垂直纸面向里，I2在第一象限磁场方向是垂直纸面向外，所以磁通量可能为零，故A正确．
B．根据安培定则，电流I1在第二、三象限磁场方向是垂直纸面向外，I2在此处磁场方向是上半部垂直纸面向里，下半部向外，所以磁通量不可能为零，故B错误．
C．根据安培定则，电流I1在第一象限磁场方向是垂直纸面向外，I2在第一象限磁场方向是垂直纸面向外，所以磁通量不可能为零，故C错误．
D．根据安培定则，电流I1在第一象限磁场方向是垂直纸面向外，I2在第一象限磁场方向是垂直纸面向里，所以磁通量可能为零，故D不正确．
故选：A．
分析：根据安培定则，判断出两个电流在第一象限内磁场的方向，从而判断磁通量是否可能为零．
12．如图所示，匝数为N、半径为r1的圆形线圈内有匀强磁场，匀强磁场在半径为r2的圆形区域内，匀强磁场的磁感应强度B垂直于线圈平面．通过该线圈的磁通量为（　　）
A．B B．B C．NB D．NB
答案：B
解析：
解答：解：由题，匀强磁场的磁感应强度B垂直于线圈平面，通过该线圈的磁通量为Φ=BS=B．
故B
分析：线圈与匀强磁场垂直，通过线圈的磁通量Φ=BS，S是线圈内有磁场部分的面积．
13．如图所示，闭合金属圆环下落过程中，穿过竖直放置的条形磁铁正中间位置时，下列说法正确的是（　　）
A．金属圆环的加速度等于g
B．穿过金属圆环的磁通量为零
C．穿过金属圆环的磁通量变化率不为零
D．金属圆环沿半径方向有收缩的趋势
答案：A
解析：
解答：解：在中间位置时，通过线圈的磁通量最大，此时磁通量的变化率为零，则没有感应电流产生；故金属环不受安培力，线圈没有收缩的趋势；圆环的加速度大小等于g；
故选：A．
分析：根据线圈运动过程磁通量的变化可知：线圈处在磁铁的中间位置时，由于此时磁通量达最大，此时磁通量没有变化．
14．面积为5×10﹣2m2的单匝矩形线圈放在磁感应强度为3×10﹣2T的匀强磁场中，当线圈平面与磁场方向垂直时，穿过线圈的磁通量是（　　）
A．3×10﹣4Wb B．2×10﹣3Wb C．5×10﹣2Wb D．1.5×10﹣3Wb
答案：D
解析：
解答：解：当线圈绕0 0′轴转动至与磁场方向垂直时，穿过线圈平面的磁通量变大；Φ=BS=3.0×10﹣2T×5.0×10﹣2m2=1.5×10﹣3Wb；
故选：D．
分析：通过线圈的磁通量可以根据Φ=BSsinθ进行求解，θ为线圈平面与磁场方向的夹角．
15．如图所示，虚线框内有匀强磁场，1和2为垂直磁场方向放置的两个圆环，分别用Φ1和Φ2示穿过两环的磁通量，则有（　　）
A．Φ1＞Φ2 B．Φ1=Φ2 C．Φ1＜Φ2 D．无法确定
答案：B
解析：
解答：解：由题意可知，线圈A与线圈B虽然面积不同，但穿过线圈的磁场面积相同，且磁感应强度相同，所以穿过两环的磁通量相等，即ΦB=ΦA．故B正确，ACD错误；
故选：B
分析：当磁场与面垂直时，磁感应强度与面的面积的乘积是该面的磁通量．即可求出磁通量；
二．填空题（共5小题）
16．发现电流磁效应的科学家是　 　；提出磁场对运动电荷有力的作用的科学家是　 　；发现电磁感应现象的科学家是　 　．
答案：奥斯特；洛仑兹 法拉第
解析：
解答：解：奥斯特发现了电流的磁效应，从此拉力人类研究电磁关系的序幕；
洛仑兹最早提出磁场对运动电荷有力的作用；
法拉第发现了电磁感应现象，为人类对电能的利用提供了理论基础；
故答案为：奥斯特；洛仑兹 法拉第
分析：本题根据人类对电磁学的研究中奥斯特、洛仑兹及法拉第的物理学成就进行解答
17．如图所示，框架面积为S，框架平面与磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直，则穿过平面的磁通量为　 　．若使框架绕OO′转过60°角，则穿过框架平面的磁通量为 　．
答案：BS，BS
解析：
解答：解：线圈与磁场垂直，穿过线圈的磁通量等于磁感应强度与线圈面积的乘积．故图示位置的磁通量为：Φ=BS；
使框架绕OO′转过60°角，则在磁场方向的投影面积为S，则磁通量为BS；
故答案为：BS，BS，
分析：图示时刻，线圈与磁场垂直，穿过线圈的磁通量等于磁感应强度与线圈面积的乘积．当它绕轴转过θ角时，线圈在磁场垂直方投影面积为Scosθ，磁通量等于磁感应强度与这个投影面积的乘积．线圈从图示转过90°时，磁通量为零．
18．在“研究电磁感应现象”的实验中，首先按图1接线，以查明电流表指针的偏转方向与电流方向之间的关系；当闭合S时，观察到电流表指针向左偏，不通电时电流表指针停在正中央．然后按图2所示将电流表与副线圈B连成一个闭合回路，将原线圈A、电池、滑动变阻器和电键S串联成另一个闭合电路．
（1）S闭合后，将螺线管A（原线圈）插入螺线管B（副线圈）的过程中，电流表的指针将　 　偏转．
（2）线圈A放在B中不动时，指针将　 　偏转．
（3）线圈A放在B中不动，将滑动变阻器的滑片P向左滑动时，电流表指针将　 　．偏转．
（4）线圈A放在B中不动，突然断开S．电流表指针将　 　偏转．（填向左、向右、不）
答案：（1）向右；（2）不；（3）向右；（4）向左
解析：
解答：解：（1）线圈A中磁场方向向上，插入B线圈，故线圈B中磁通量变大，阻碍变大，故感应电流的磁场方向向下，故电流从右向左流过电流表，故电流表指针向右偏转；
（2）线圈不动，磁通量不变，无感应电流，故指针不动；
（3）线圈A中磁场方向向上，滑片向左移动，电流变大，故线圈B中磁通量变大，阻碍变大，故感应电流的磁场方向向下，故电流从右向左流过电流表，故电流表指针向右偏转；
（4）线圈A中磁场方向向上，突然断开S，磁通量减小，阻碍减小，故感应电流的磁场方向向上，故电流从左向右流过电流表，故电流表指针向左偏转；
故答案为：（1）向右；（2）不；（3）向右；（4）向左．
分析：（1）先判断线圈A中磁场方向，然后根据楞次定律判断线圈B中感应电流的磁场方向，最后得到线圈B中的感应电流方向；
（2）线圈不动，磁通量不变，无感应电流；
（3）滑片向左移动，电流变大，先判断线圈A中磁场方向，然后根据楞次定律判断线圈B中感应电流的磁场方向，最后得到线圈B中的感应电流方向；
（4）突然断开S，先判断线圈A中磁场方向，然后根据楞次定律判断线圈B中感应电流的磁场方向，最后得到线圈B中的感应电流方向；
19．如图所示，线圈ABCO面积为0.4m2，匀强磁场的磁感应强度B=0.1T，方向为x轴正方向．在线圈由图示位置绕z轴向下转过60°的过程中，通过线圈的磁通量改变　 　Wb．
答案：3.46×10﹣2
解析：
解答：解：由题图示实线位置中，线圈平面跟磁场方向平行，通过线圈的磁通量 Φ1=0．
在线圈由图示位置绕z轴向下转过60°时，磁通量为：
Φ2=BSsin60°=0.1×0.4×Wb=3.46×10﹣2Wb
则通过线圈的磁通量改变量为：
△Φ=Φ2﹣Φ1=3.46×10﹣2Wb
故答案为：3.46×10﹣2
分析：匀强磁场中，当线圈平面跟磁场方向相互平行时，通过线圈的磁通量Φ=0，根据此公式求解磁通量．当线圈平面与磁场不垂直时，可根据公式Φ=BScosα，α是线圈平面与磁场方向的夹角，进行计算．
20．将面积为0.5m2的单匝线圈放在磁感应强度为2.0×10﹣2 T的匀强磁场中，线圈平面垂直于磁场方向，如图所示，那么穿过这个线圈的磁通量为　 　．
答案：1.0×10﹣2
解析：
解答：解：磁通量Φ=BS=0.5×2.0×10﹣2T=1.0×10﹣2Wb；
故答案为：1.0×10﹣2
分析：磁场与线圈平面垂直，故由磁通量Φ=BS直接计算即可．
三．解答题（共5小题）
21．边长L=10cm 的正方形线框，固定在匀强磁中，磁场的方向与线圈平面的夹角θ=30°，如图，磁感应强度随时间变化规律为B=（2+3t）T，则3s内穿过线圈的磁通量的变化量△Φ为多少？
答案：在3s内穿过线圈的磁通量变化量为0.045Wb
解析：
解答：解：磁通Φ=BSsin30°；
磁感应强度随时间的变化规律为：B=2+3t（T），则在3s内：△B=3×3=9T
故在3s内穿过线圈的磁通量变化量：△Φ=△B Ssin30°=9T×（0.1m）2×=0.045Wb
答：在3s内穿过线圈的磁通量变化量为0.045Wb．
分析：磁通量Φ=BSsinθ（θ为磁感线与线圈平面的夹角），根据Φ=△B Ssinθ求解磁通量的变化量．
22．面积为3.0×10﹣2m2的单匝矩形线圈垂直放在磁感应强度为4.0×10﹣2T的匀强磁场中，磁通量是多少？
答案：穿过线圈的磁通量是1.2×10﹣3Wb
解析：
解答：解：由题，匀强磁场中，线圈平面与磁场方向垂直时，则穿过线圈的磁通量为：
Φ=BS=4×10﹣2T×3×10﹣2m2=1.2×10﹣3Wb．
答：穿过线圈的磁通量是1.2×10﹣3Wb．
分析：匀强磁场中，当线圈平面与磁场方向垂直时，穿过线圈的磁通量Φ=BS．
23．如图所示，矩形线圈的面积为0.2m2，放在磁感应强度为0.1T的匀强磁场中，线圈的一边ab与磁感线垂直，线圈平面与磁场方向成30°角．求：
（1）穿过线圈的磁通量是多大？
（2）当线圈从图示位置绕ab边转过60°的过程中，穿过线圈的磁通量变化了多少？
答案：（1）穿过线圈的磁通量是0.01Wb；
（2）当线圈从图示位置绕ab边转过60°的过程中，穿过线圈的磁通量变化了0.01Wb或0.02Wb．
解析：
解答：解：（1）穿过线框的磁通量为：
Φ=BSsin30°=0.1×0.2×=0.01Wb；
（2）若逆时针方向转过60°时的磁通量，Φ′=BS=0.02Wb；
那么△Φ=Φ′﹣Φ=0.01Wb；
若顺时针方向转过60°时的磁通量，Φ′=﹣BSsin30°=﹣0.01Wb；
那么△Φ=Φ′﹣Φ=0.02Wb；
答：（1）穿过线圈的磁通量是0.01Wb；
（2）当线圈从图示位置绕ab边转过60°的过程中，穿过线圈的磁通量变化了0.01Wb或0.02Wb．
分析：由磁通量的定义Φ=BSsin30°进行分析求解磁通量；由△Φ=Φ2﹣Φ1求解磁通量的变化．
24．如图所示，边长为10cm的正方形闭合线圈置于匀强磁场中，线圈平面与磁感线垂直，磁感应强度大小为B=0.6T，线圈可绕ab、cd两边中点连线OO′转动，当线圈逆时针转过37°角时，穿过线圈的磁通量改变了多少？
答案：穿过线圈的磁通量减少了1.2×10﹣3Wb
解析：
解答：解：在题图实线所示位置，磁感线跟线圈平面垂直，有：
Φ1=B×S=0.6×0.01 Wb=6×10﹣3 Wb．
线圈绕OO′轴逆时针转过37°后，
Φ2=B×S×cos 37°=0.6×0.01×0.8 Wb=4.8×10﹣3 Wb
磁通量变化量为：△Φ=Φ2﹣Φ1=4.8×10﹣3﹣6×10﹣3=﹣1.2×10﹣3 Wb
答：穿过线圈的磁通量减少了1.2×10﹣3Wb．
分析：由图看出，初始位置时，线圈与磁场垂直，穿过线圈的磁通量由公式Φ1=BS求出；线圈逆时针转过37°角时，磁通量由Φ2=BS cos37°求出，两者之差即为穿过线圈的磁通量的改变量．
25．边长为10cm、匝数为10的正方形线圈，垂直于磁感应强度B的方向置于0.2T的匀强磁场中．试求：
（1）图示位置时，穿过线圈的磁通量为多少？
（2）若将线圈以一边为轴转过60°，则穿过线圈的磁通量为多少？
答案：（1）图示位置时，穿过线圈的磁通量为2×10﹣3wb；（2）若将线圈以一边为轴转过60°，则穿过线圈的磁通量为1×10﹣3wb．
解析：
解答：解：（1）L=10厘米=0.1米
磁场与线圈平面垂直时，磁通量Φ=BS=BL2=0.2×0.1×0.1=2×10﹣3wb
（2）将线圈以一边为轴转过60°，Φ′=BScos60°=1×10﹣3wb
答：（1）图示位置时，穿过线圈的磁通量为2×10﹣3wb；（2）若将线圈以一边为轴转过60°，则穿过线圈的磁通量为1×10﹣3wb．
分析：磁场与线圈平面垂直，故由磁通量Φ=BS直接计算即可．若将线圈以一边为轴转过60°，由Φ=BScos60°计算．
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