人教版高中物理选修3-2第四章 《电磁感应》单元测试题（解析版）

选修3-2第四章 《电磁感应》单元测试题
学校：___________姓名：___________班级：___________考号：___________
题号 一 二 三 四 总分
得分


一、单选题(每小题只有一个正确答案)
1.关于磁通量的概念，下面的说法正确的是(　　)
A． 磁场中某处的磁感应强度越大，则穿过线圈的磁通量一定越大
B． 放在某处的一个平面，穿过它的磁通量为零，该处磁感应强度一定为零
C． 磁场中某处的磁感应强度不变，则磁通量一定不变
D． 磁通量的变化不一定是由于磁场的变化而引起的
2.长度相等、电阻均为r的三根金属棒AB、CD、EF用导线相连，如图所示，不考虑导线电阻，此装置匀速进入匀强磁场的过程中(匀强磁场垂直纸面向里，宽度大于AE间距离)，AB两端电势差u随时间变化的图象是(　　)


A． B． C． D．
3.如图所示，质量为M的足够长金属导轨abcd放在光滑的绝缘水平面上．一电阻为r、质量为m的导体棒PQ放置在导轨上，始终与导轨接触良好，PQbc构成矩形．棒与导轨间光滑、棒左侧有两个固定于水平面的光滑立柱．导轨bc段电阻为R，长为L，其他部分电阻不计．以ef为界，其左侧匀强磁场方向竖直向上，右侧匀强磁场水平向右，磁感应强度大小均为B.在t＝0时，一水平向左的拉力F垂直作用在导轨的bc边上，使导轨由静止开始做匀加速直线运动，加速度为a.则(　　)

A．F与t成反比
B．F与t2成正比
C． 当t达到一定值时，QP刚好对轨道无压力
D． 若F＝0，PQbc静止，ef左侧磁场均匀减小，当达到一定值时，QP刚好对轨道无压力
4.如图所示，A1、A2为两只相同灯泡，A1与一理想二极管D连接，线圈L的直流电阻不计．下列说法正确的是(　　)

A． 闭合开关S后，A1会逐渐变亮
B． 闭合开关S稳定后，A1、A2亮度相同
C． 断开S的瞬间，A1会逐渐熄灭
D． 断开S的瞬间，a点的电势比b点低
5.如图所示，一个矩形线圈与通有相同大小的电流的平行直导线处于同一平面，而且处在两导线的中央，则(　　)

A． 两电流同向时，穿过线圈的磁通量为零
B． 两电流反向时，穿过线圈的磁通量为零
C． 两电流同向或反向，穿过线圈的磁通量都为零
D． 因两电流产生的磁场是不均匀的，因此不能判定穿过线圈的磁通量是否为零
6.如图所示的实验示意图中，用于探究“磁生电”的是(　　)

A． B．

C． D．
7.如图所示，等腰三角形内分布有垂直于纸面向外的匀强磁场，它的底边在x轴上且长为2L，高为L，纸面内一边长为L的正方形导线框沿x轴正方向做匀速直线运动穿过匀强磁场区域，在t＝0时刻恰好位于图中所示的位置，以顺时针方向为导线框中电流的正方向，在图中，能够正确表示导线框的电流—位移(I－x)关系的是(　　)


A．B．C．D．
8.关于自感现象，正确的说法是(　　)
A． 感应电流一定和原来的电流方向相反
B． 对于同一线圈，当电流变化越大时，线圈产生的自感电动势也越大
C． 对于同一线圈，当电流变化越快时，线圈的自感系数也越大
D． 对于同一线圈，当电流变化越快时，线圈中的自感电动势也越大
9.如图所示，一矩形线框以竖直向上的初速度进入只有一条水平边界的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，进入磁场后上升一段高度又落下离开磁场，运动中线框只受重力和安培力作用，线框在向上、向下经过图中1、2位置时的速率按时间顺序依次为v1、v2、v3和v4，则可以确定(　　)

A．v1＜v2B．v2＜v3C．v3＜v4D．v4＜v1
10.圆形导体线圈a平放在水平桌面上，在a的正上方固定一竖直螺线管b，二者轴线重合，螺线管与电源和滑动变阻器连接成如下图所示的电路．若将滑动变阻器的滑片P向下滑动，下列表述正确的是(　　)

A． 线圈a中将产生俯视顺时针方向的感应电流
B． 穿过线圈a的磁通量变小
C． 线圈a有扩张的趋势
D． 线圈a对水平桌面的压力FN将增大
11.如图所示，矩形闭合金属框abcd的平面与匀强磁场垂直，若ab边受竖直向上的磁场力的作用，则可知线框的运动情况是(　　)

A． 向左平动进入磁场
B． 向右平动退出磁场
C． 沿竖直方向向上平动
D． 沿竖直方向向下平动
12.如图所示，金属棒ab置于水平放置的光滑框架cdef上，棒与框架接触良好，匀强磁场垂直于ab棒斜向下．从某时刻开始磁感应强度均匀减小，同时施加一个水平方向上的外力F使金属棒ab保持静止，则F(　　)

A． 方向向右，且为恒力
B． 方向向右，且为变力
C． 方向向左，且为变力
D． 方向向左，且为恒力
13.如图所示，通电螺线管水平固定，OO′为其轴线，a、b、c三点在该轴线上，在这三点处各放一个完全相同的小圆环，且各圆环平面垂直于OO′轴．则关于这三点的磁感应强度Ba、Bb、Bc的大小关系及穿过三个小圆环的磁通量Φa、Φb、Φc的大小关系，下列判断正确的是(　　)

A．Ba＝Bb＝Bc，Φa＝Φb＝Φc
B．Ba>Bb>Bc，Φa<Φb<Φc
C．Ba>Bb>Bc，Φa>Φb>Φc
D．Ba>Bb>Bc，Φa＝Φb＝Φc
14.如图所示，条形磁铁用细线悬挂在O点．O点正下方固定一个水平放置的铝线圈．让磁铁在竖直面内摆动，下列说法中正确的是(　　)

A． 磁铁左右摆动一次，线圈内感应电流的方向改变2次
B． 磁铁始终受到感应电流磁场的斥力作用
C． 磁铁所受到的感应电流对它的作用力始终是阻力
D． 磁铁所受到的感应电流对它的作用力有时是阻力有时是动力
15.两根相互平行的金属导轨水平放置于如图所示的匀强磁场中，在导轨上与导轨接触良好的导体棒AB和CD可以自由滑动．当AB在外力F作用下向右运动时，下列说法中正确的是(　　)

A． 导体棒CD内有电流通过，方向是D→C
B． 导体棒CD内有电流通过，方向是C→D
C． 磁场对导体棒CD的作用力向左
D． 磁场对导体棒AB的作用力向右
二、多选题(每小题至少有两个正确答案)
16.(多选)如图所示，面积大小为S的矩形线圈abcd，放在磁感应强度为B的匀强磁场中，线圈可以绕O1O2转动．下列说法中正确的是(　　)

A． 当线圈在图示位置时，穿过线圈的磁通量大小Φ＝BS
B． 当线圈从图示位置转过90°时，穿过线圈的磁通量大小Φ＝0
C． 当线圈从图示位置转过180°的过程中，穿过线圈的磁通量的变化量大小ΔΦ＝0
D． 当线圈从图示位置转过360°的过程中，穿过线圈的磁通量的变化量大小ΔΦ＝BS
17.(多选)边长为a的闭合金属正三角形框架，完全处于垂直于框架平面的匀强磁场中，现把框架匀速拉出磁场，如下图所示，则选项图中电动势、外力、外力功率与位置图象规律与这一过程不相符的是(　　)


A．B．C．D．
18.(多选)某线圈通有如图所示的电流，则线圈中自感电动势改变方向的时刻有(　　)

A． 第1 s末 B． 第2 s末 C． 第3 s末 D． 第4 s末
19.(多选)自然界的电、热和磁等现象都是相互联系的，很多物理学家为寻找它们之间的联系做出了贡献．下列说法正确的是(　　)
A． 奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系
B． 欧姆发现了欧姆定律，说明了热现象和电现象之间存在联系
C． 法拉第发现了电磁感应现象，揭示了磁现象和电现象之间的联系
D． 焦耳发现了电流的热效应，定量得出了电能和热能之间的转换关系
20.(多选)如图所示，“U”形金属框架固定在水平面上，金属杆ab与框架间无摩擦，整个装置处于竖直方向的磁场中．若因磁场的变化，使杆ab向右运动，则磁感应强度(　　)

A． 方向向下并减小
B． 方向向下并增大
C． 方向向上并增大
D． 方向向上并减小






三、实验题
21.如图为“研究电磁感应现象”的实验装置，部分导线已连接．

(1)请用笔画线代替导线将图中未完成的电路连接好．
(2)闭合开关时发现灵敏电流计的指针向左偏了一下．将原线圈A迅速拔出副线圈B，发现电流计的指针向________偏；原线圈插入副线圈不动，将滑动变阻器滑片迅速向右移动，发现电流计的指针向________偏．
22.图为“研究电磁感应现象”的实验装置．

(1)将图中所缺的导线补接完整．
(2)如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上开关后可能出现的情况有：
①将小线圈迅速插入大线圈时，灵敏电流计指针将向________(填“左”或“右”)偏一下；
②小线圈插入大线圈后，将滑动变阻器的阻值调大时，灵敏电流计指针将向________(填“左”或“右”)偏一下．
四、计算题
23.质量为M、电阻为R的薄金属条制成边长为L的闭合正方形框abb′a′.如图所示，金属方框水平放在磁极的狭缝间，方框平面与磁场方向平行．设匀强磁场仅存在于相对磁极之间，其他地方的磁场忽略不计．可认为方框的aa′边和bb′边都处在磁极间，极间磁感应强度大小为B.方框从静止开始释放，其平面在下落过程中保持水平(不计空气阻力)


(1)求方框下落的最大速度vm(设磁场区域在竖直方向足够长)；
(2)当方框下落的加速度为时，求方框的发热功率P；
(3)已知方框下落的时间为t时，下落的高度为h，其速度为vt(vt(4)若在同一时间t内，方框内产生的热与一恒定电流I0在该框内产生的热相同，求恒定电流I0的表达式．
24.如图所示，足够长的U形框架宽度是L＝0.5 m，电阻忽略不计，其所在平面与水平面成θ＝37°角，磁感应强度B＝0.8 T的匀强磁场方向垂直于导体框平面，一根质量为m＝0.2 kg，有效电阻R＝2 Ω的导体棒MN垂直跨放在U形框架上，该导体棒与框架间的动摩擦因数μ＝0.5，导体棒由静止开始沿框架下滑到刚开始匀速运动时，通过导体棒横截面的电荷量为Q＝2 C．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：

(1)导体棒匀速运动的速度．
(2)导体棒从静止开始下滑到刚开始匀速运动，这一过程中导体棒的有效电阻消耗的电功．



答案解析
1.【答案】D
【解析】对于匀强磁场中穿过回路的磁通量：当回路与磁场平行时，磁通量Φ为零；当回路与磁场垂直时，磁通量Φ最大，Φ＝BS.当回路与磁场方向的夹角为α时，磁通量Φ＝BSsinα.根据这三种情况分析．当回路与磁场平行时，磁通量Φ为零，则磁感应强度越大，穿过闭合回路的磁通量不一定越大．故A错误．磁通量Φ为零时，可能回路与磁场平行，则磁感应强度不一定为零．故B错误．根据磁通量Φ＝BSsinα，若磁场中某处的磁感应强度不变，当两者夹角变化时，磁通量却在变化．故C错误．磁场中某处的磁感应强度不变，放在该处线圈的面积也不变，当线圈平面与磁感线的夹角发生变化时，磁通量发生变化．故D正确．故
选D.
2.【答案】C
【解析】设磁感应强度为B，EF＝CD＝AB＝L，导线运动的速度为v.仅EF进入磁场切割磁感线时，EF是电源，AB与CD并联，AB两端电势差U＝BLv.仅CD、EF进入磁场切割磁感线时，CD、EF是并联电源，AB两端电势差U＝BLv.当AB、CD、EF都进入磁场切割磁感线时，AB、CD、EF是并联电源，AB两端电势差U＝BLv.
故选C.
3.【答案】C
【解析】导轨由静止开始做匀加速直线运动，相当于bc做切割磁感线运动，对导轨，由牛顿第二定律得：
F－F安＝Ma，且F安＝，v＝at，
所以F＝Ma＋，
由此可知A、B错误；由左手定则可知，导体棒PQ所受安培力方向向上，由导体棒受力情况可知，
当mg＝，即t＝时，QP刚好对轨道无压力，C正确；若F＝0，PQbc静止，ef左侧磁场均匀减小，由楞次定律可知，通过QP的电流方向为P到Q，利用左手定则可确定QP所受安培力方向向下，所以，无论多长时间都不会使QP刚好对轨道无压力，D错误；故选C.
4.【答案】D
【解析】由于二极管所加的是正向电压，故闭合开关S后，A1会立刻变亮，选项A错误；闭合开关S稳定后，由于线圈L的直流电阻不计，故A1将熄灭、A2变得更亮，选项B错误；断开S的瞬间，由于L中的电流不能流过D，故A2、A1都将熄灭，此时b点电势高于a点，选项C错误，D正确．故选D.
5.【答案】A
【解析】电流的磁场分布，可根据右手定则来判断，两电流同向时，它们之间的磁场方向是相反的，根据对称性可知，穿过线圈的磁通量为零；同理电流反向时不为零，选项A正确．
6.【答案】A
【解析】法拉第最后才领悟到，磁生电是一种在变化、运动过程中才能产生的效应．最后他将引起电流的原因归为五类：变化的电流、变化的磁场、运动的恒定电流、运动的磁铁，在磁场中运动的导体．
7.【答案】A
【解析】如图甲所示，线框运动距离x≤L时的感应电动势E＝Bvx；当L≤x≤L时几何关系如图乙所示，此时感应电动势为E＝Bv(2L－x)－Bv(x－L)＝Bv(3L－2x)，此时图线斜率的绝对值为x≤L时的2倍，由右手定则可知电流方向为顺时针，由对称性可知A正确．故选A.


8.【答案】D
【解析】当电流增加时，感应电流的方向与原来的电流反向，当电流减小时与原来的电流同向，故选项A错误；自感电动势的大小，与电流变化快慢有关，与电流变化大小无关，故选项B错误，D正确；自感系数只取决于线圈本身的因素，与电流变化情况无关．故选项C错误．
9.【答案】D
【解析】由能量守恒定律可知，线框从进入磁场到离开磁场的过程中，有部分机械能转化为焦耳热，即机械能减小，则v4＜v1，D正确；而线框完全在磁场中运动时，由于磁通量不变，没有感应电流，故线框只受重力作用，机械能守恒，则v2＝v3，B错误；由楞次定律可知，线框进入磁场时受到的安培力方向竖直向下，重力方向竖直向下，因而做减速运动，故v1＞v2，A错误；线框离开磁场时受到的安培力方向竖直向上，重力方向竖直向下，二者大小关系不能确定，故v3、v4大小关系也不能确定，C错误．故选D.
10.【答案】D
【解析】
通过螺线管b的电流如图所示，根据右手螺旋定则判断出螺线管b所产生的磁场方向竖直向下，滑片P向下滑动，接入电路的电阻减小，电流增大，所产生的磁场的磁感应强度增大，根据楞次定律可知，a线圈中所产生的感应电流产生的感应磁场方向竖直向上，再由右手螺旋定则可得线圈a中的电流方向为俯视逆时针方向，A错误；由于螺线管b中的电流增大，所产生的磁感应强度增大，线圈a中的磁通量应变大，B错误；根据楞次定律可知，线圈a有缩小的趋势，线圈a对水平桌面的压力增大，C错误，D正确．
11.【答案】A
【解析】由题可知，ab边受竖直向上的磁场力的作用，根据左手定则判断出ab边中感应电流的方向是a→b，再根据右手定则判断线圈向左平动切割磁感线．故A正确，B错误．当线圈沿竖直方向向上或向下平动时，穿过线圈的磁通量不变，线圈中没有感应电流产生，ab边不受磁场力作用．故C、D错误．故选A.
12.【答案】C
【解析】由E＝nS可知，因磁感应强度均匀减小，感应电动势E恒定，由F安＝BIL，I＝可知，ab棒受的安培力随B的减小，均匀变小，由外力F＝F安可知，外力F也均匀减少，为变力，由左手定则可判断F安水平向右，所以外力F水平向左．C正确．
13.【答案】C
【解析】靠近螺线管的地方磁场强，由题图知，a、b、c三点的磁感应强度Ba、Bb、Bc的大小关系为Ba>Bb>Bc；三个小圆环的面积相同，根据磁通量的定义可知，Φa>Φb>Φc，所以A、B、D错误；C正确．
14.【答案】C
【解析】磁铁向下摆动时，根据楞次定律，线圈中产生逆时针方向感应电流(从上面看)，并且磁铁受到感应电流对它的作用力为阻力，阻碍它靠近；磁铁向上摆动时，根据楞次定律，线圈中产生顺时针方向感应电流(从上面看)，磁场受感应电流对它的作用力仍为阻力，阻碍它远离，所以磁铁在左右摆动一次过程中，电流方向改变3次，感应电流对它的作用力始终是阻力，C项正确．
15.【答案】B
【解析】两个导体棒与两根金属导轨构成闭合回路，AB向右运动，闭合回路磁通量增加，由安培定则判断回路中感应电流的方向是B→A→C→D→B.再根据左手定则，判定导体棒CD受到的磁场力向右；AB受到的磁场力向左．
16.【答案】AB
【解析】根据磁通量的定义可知，图示位置时，磁通量最大Φm＝BS，当转过90°时，线圈与磁场平行，磁通量为零，A、B正确；当线圈转过180°时，磁通量大小为Φ＝－BS，故磁通量变化量的大小为ΔΦ＝2BS，C错误；当线圈转过360°时，磁通量大小为Φ＝BS，故磁通量变化量的大小为零，D错误．
17.【答案】ACD
【解析】框架匀速拉出过程中，有效长度L均匀增加，由E＝BLv知，电动势均匀变大，A错，B对；因匀速运动，则F外＝F安＝BIL＝，故外力F外随位移x的增大而非线性增大，C错；外力功率P＝F外·v，v恒定不变，故P也随位移x的增大而非线性增大，D错．
18.【答案】BD
【解析】在自感现象中当原电流减小时，自感电动势与原电流的方向相同，当原电流增加时，自感电动势与原电流方向相反．在0～1 s内原电流正方向减小，所以自感电动势的方向是正方向，在1 s～2 s内原电流负方向增加，所以自感电动势与其方向相反，即沿正方向；同理分析2 s～3 s内、3 s～4 s内可得正确选项为B、D.
19.【答案】ACD
【解析】奥斯特最先发现了电流的磁效应，揭开了人类研究电磁相互作用的序幕，故A正确；欧姆定律说明了电流与电压的关系，故B错误；法拉第经过十年的努力发现了电磁感应现象，故C正确；焦耳发现了电流的热效应，故D正确．
20.【答案】AD
【解析】因磁场变化，发生电磁感应现象，杆ab中有感应电流产生，而使杆ab受到磁场力的作用，并发生向右运动．ab向右运动，使得闭合回路中磁通量有增加的趋势，说明原磁场的磁通量必定减弱，即磁感应强度正在减小，与方向向上、向下无关．故A、D正确，B、C错误．
21.【答案】(1)连线如图：

(2)右　右
【解析】(1)连线如图；

(2)闭合开关时发现灵敏电流计的指针向左偏了一下．可知磁通量增加时指针左偏；将原线圈A迅速拔出副线圈B，则磁通量减小，故电流计的指针向右偏；原线圈插入副线圈不动，将滑动变阻器滑片迅速向右移动，则A线圈中电流减小，则磁通量减小，故电流计的指针向
右偏．
22.【答案】(1)如图：

(2)①右　②左
【解析】(1)将电源、开关、滑动变阻器、小螺线管串联成一个回路，再将电流计与大螺线管串联成另一个回路，电路图如图所示．

(2)闭合开关，磁通量增加，指针向右偏转，将原线圈迅速插入副线圈，磁通量增加，则灵敏电流计的指针将右偏．原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器触头迅速向左拉时，电阻增大，则电流减小，穿过副线圈的磁通量减小，则灵敏电流计指针向左偏．
23.【答案】(1)　(2)
(3)mgh－mv　(4)I0＝
【解析】(1)方框下落速度为v时，产生的感应电动势E＝B·2Lv
感应电流I＝＝
方框下落过程，受到重力G及安培力F，G＝mg，方向竖直向下
F＝BI2L＝B2L＝，方向竖直向上
当F＝G时，方框达到最大速度，即v＝vm，
则＝mg
方框下落的最大速度vm＝
(2)方框下落加速度为0.5g时，有
mg－IB·2L＝m，
则I＝
方框的发热功率P＝I2R＝
(3)根据能量守恒定律，有mgh＝mv＋Q
Q＝mgh－mv
(4)Q＝IRt，则mgh－mv＝IRt
I0＝
24.【答案】(1)5 m/s　(2)1.5 J
【解析】
(1)导体棒受力如图，匀速下滑时有
平行斜面方向：mgsinθ－Ff－F＝0
垂直斜面方向：FN－mgcosθ＝0
其中Ff＝μFN
安培力F＝BIL
电流强度I＝
感应电动势E＝BLv
由以上各式得v＝5 m/s.
(2)通过导体棒横截面的电荷量Q＝Δt
其中平均电流＝＝
设导体棒下滑位移为x，则ΔΦ＝BxL
由以上各式得x＝＝m＝10 m
全程由动能定理得
mgxsinθ－W安－μmgcosθ·x＝mv2
其中克服安培力做功W安等于电功W
则W＝mgx·sinθ－μmgxcosθ－mv2
＝(12－8－2.5) J＝1.5 J.