第四章 电磁感应 章末测试卷二（word版含答案解析）—人教版高中物理选修3-2同步训练

人教版物理选修3-2第四章
电磁感应
章末测试卷二
一、单选题(共30分)
1．(本题3分)如图所示，水平放置的两条光滑轨道上有两根金属棒，其中金属棒PQ固定不动，金属棒MN可自由移动，下列说法正确的是(　
　)
A．当MN在外力的作用下向左匀速运动时，PQ受到的磁场力水平向左
B．当MN在外力的作用下向左减速运动时，PQ受到的磁场力水平向左
C．当MN在外力的作用下向左匀速运动时，N端电势高于M端，Q端电势高于P端
D．当MN在外力的作用下向左加速运动时，N端电势高于M端，Q端电势高于P端
2．(本题3分)如图，金属棒ab，金属导轨和螺线管组成闭合回路，金属棒ab在匀强磁场B中沿导轨向右运动，则　　
A．ab棒不受安培力作用
B．ab棒所受安培力的方向向右
C．ab棒向右运动速度越大，所受安培力越大
D．螺线管产生的磁场，A端为N极
3．(本题3分)下列几种说法中正确的是（　　）
A．线圈中的磁通量变化越大，线圈中产生的感应电动势一定越大
B．穿过线圈的磁通量越大，线圈中的感应电动势越大
C．线圈放在磁场越强的位置，线圈中的感应电动势越大
D．线圈中的磁通量变化越快，线圈中产生的感应电动势越大
4．(本题3分)关于感应电流的产生，下列说法中正确的是（
）
A．导体相对磁场运动，导体内一定会产生感应电流
B．导体做切割磁感线运动，导体内一定会产生感应电流
C．穿过闭合电路的磁通量发生变化，电路中一定会产生感应电流
D．闭合电路在磁场中做切割磁感线运动，电路中一定会产生感应电流
5．(本题3分)两根足够长的固定的光滑平行金属导轨位于同一水平面内，两导轨间的距离为L．导轨上横放着两根导体棒ab和cd构成矩形回路，如图所示两根导体棒的质量皆为m，ab棒的电阻为R，cd棒的电阻为2R，回路中其余部分的电阻可不计，在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场磁感应强度为B，开始时，cd棒静止，ab棒有指向棒cd的初速度v，若两导体棒在运动中始终不接触，cd榉达到的最大速度为，则在两根棒到达共同速度的过程中，下列说法中错误的是（　　）
A．ab棒的最小速度为
B．ab棒和cd棒的加速度大小始终相同，方向始终相反
C．安培力对cd棒做的功为，cd棒产生热量为
D．ab棒克服安培力做功为，两根导体棒生热为
6．(本题3分)矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，磁感线的方向与导线框所在平面垂直，规定磁场的正方向垂直纸面向里，磁感应强度B随时间变化的规律如图所示.若规定顺时针方向为感应电流I的正方向，下列各图中正确的是(
)
A．
B．
C．
D．
7．(本题3分)在法拉第时代，下列验证“由磁产生电”设想的实验中，能观察到感应电流的是（
）
A．将绕在磁铁上的线圈与电流表组合成一闭合回路，然后观察电流表的变化
B．在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈，然后观察电流表的变化
C．将一房间内的线圈两端与相邻房间的电流表连接，往线圈中插入条形磁铁后，再到相邻房间去观察电流表的变化
D．绕在同一铁环上的两个线圈，分别接电源和电流表，在给线圈通电或断电的瞬间，观察电流表的变化
8．(本题3分)水平桌面上放一闭合铝环，在铝环轴线上方有一条形磁铁，当条形磁铁沿轴线竖直向下迅速靠近铝环时，下列判断正确的是（　　
）
A．铝环有收缩的趋势，对桌面的压力减小
B．铝环有扩张的趋势，对桌面的压力增大
C．铝环有收缩的趋势，对桌面的压力增大
D．铝环有扩张的趋势，对桌面的压力减小
9．(本题3分)如图所示，L为一根无限长的通电直导线，M为一金属环，L通过M的圆心并与M所在的平面垂直，且通以向上的电流I，则(　
　)
A．当L中的I发生变化时，环中有感应电流
B．当M左右平移时，环中有感应电流
C．当M保持水平，在竖直方向上下移动时环中有感应电流
D．只要L与M保持垂直，则以上几种情况，环中均无感应电流
10．(本题3分)如图所示，电源的电动势为E，内阻为r不可忽略．A、B是两个相同的小灯泡，L是一个自感系数较大的线圈．关于这个电路的说法中正确的是（
）
A．闭合开关，A灯立刻亮，而后逐渐变暗，最后亮度稳定
B．闭合开关，B灯立刻亮，而后逐渐变暗，最后亮度稳定
C．开关由闭合至断开，在断开瞬间，A灯闪亮一下再熄灭
D．开关由闭合至断开，在断开瞬间，电流自左向右通过A灯
二、多选题(共16分)
11．(本题4分)如图所示甲、乙电路，电阻R和自感线圈L的电阻都很小。接通S，使电路达到稳定，灯泡A发光，则（　　）
A．在电路甲中，断开S，A将渐渐变暗
B．在电路甲中，断开S，A将先变得更亮，然后渐渐变暗
C．在电路乙中，断开S，A将渐渐变暗
D．在电路乙中，断开S，A将先变得更亮，然后渐渐变暗
12．(本题4分)如图所示，宽度为2s的区域内存在匀强磁场B，磁场方向垂直纸面向里．一半径为d的正方形线框abcd由粗细均匀的金属导线绕成，初始时线框右边恰好与磁场边界重合，现让线框匀速穿过磁场区域，电流逆时针为正方向，下列关于ab两点间的电压Uab及通过线圈中的电流i随线圈位移x的变化正确的是（
）
A．
B．
C．
D．
13．(本题4分)如图所示，平行金属导轨与水平面间的倾角为θ，导轨电阻不计，与阻值为R的定值电阻相连，匀强磁场垂直穿过导轨平面，磁感应强度为B。有一质量为m、长为l的导体棒在ab位置以初速度v沿斜面向上运动，最远到达a′b′处，导体棒向上滑行的最远距离为x。导体棒的电阻也为R，与导轨之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。在导体棒向上滑动过程中，下列说法正确的是(
)
A．导体棒受到的最大安培力为
B．导体棒损失的机械能为mv2－mgxsin
θ
C．导体棒运动的时间为
D．整个电路产生的焦耳热为mv2－mgx(sin
θ＋μcos
θ)
14．(本题4分)边长为L的正方形金属框匀速穿过如图所示的有界匀强磁场，磁场宽度为d（d＞L），则线框进入磁场过程和从磁场另一侧穿出过程相比较(
)
A．产生的感应电流方向相反
B．所受安培力方向相反
C．线框穿出磁场产生的电能和进入磁场产生的电能相等
D．线框穿出磁场产生的电能比进入磁场产生的电能多
三、实验题(共8分)
15．(本题8分)用如图所示的实验装置探究电磁感应现象的规律
(1)当有电流从电流表的正极流入时，指针向右偏转，下列说法哪些是正确的（
）
A．当把磁铁N极向下插入线圈时，电流表指针向左偏转
B．当把磁铁N极从线圈中拔出时，电流表指针向左偏转
C．保持磁铁在线圈中静止，电流表指针不发生偏转
D．磁铁插入线圈后，将磁铁和线圈一起以同一速度向上运动，电流表指针向左偏
(2)某同学在实验过程中发现，灵敏电流计的指针摆动很小，如果电路连接正确，接触也良好，原因可能是电流计灵敏度较低、线圈电阻较大，除此以外还可能是因为_____________________(写一种可能原因)
四、解答题(共46分)
16．(本题12分)如图所示，间距为L的平行金属轨道MN、PQ均固定在竖直平面内，两轨道均由水平光滑直轨道和半径为r的四分之一光滑圆弧轨道组成，圆弧轨道的最低点切线水平，水平轨道有一部分处在竖直向上的匀强磁场中，磁场的边界垂直于轨道，磁场边界间距也为L，轨道N、Q端接有阻值为R的定值电阻，磁场右侧轨道上固定有弹性立柱，两立柱连线与轨道垂直，一个质量为m的金属棒从轨道的M、P端由静止释放，金属棒穿过磁场后，与金属立柱碰撞无能量损失，此后，金属棒刚好能再次穿过磁场，金属棒和轨道电阻均不计，重力加速度为g，求
(1)金属棒到达圆弧轨道最低点时对轨道的压力大小；
(2)金属棒第一次穿过磁场的过程中，通过电阻R的电量的大小；
(3)金属棒第一次穿过磁场的过程中，电阻R产生的焦耳热。
17．(本题12分)如图甲所示,两根足够长的光滑平行金属导机相距为,导轨平面与水平面成角,上端和下端通过导线分别连接阻值的电阻,质量为、阻值为
的金属棒ab放在两导轨上,棒与导轨垂直且保持良好接触,整个装置处在垂直导轨平而向上的磁场中,取重力加速度。若所加磁场的磁感应强度大小恒为B,通过小电动机对金属棒施加力,使金属棒沿导轨向上做匀加速直线运动,经过0.5s电动机的输出功率达到10W,此后保持电动机的输出功率不变,金属棒运动的v-t图如图乙所示,试求：
（1）磁感应强度B的大小；
（2）在0-0.5s时间内金属棒的加速度a的大小；
（3）在0-0.5s时间内电动机牵引力F与时间t的关系；
（4）如果在0-0.5s时间内电阻产生的热量为0.135J,则这段时间内电动机做的功。
18．(本题11分)如图所示，MN与PQ是两条水平放置彼此平行的光滑金属导轨，导轨间距为l＝0.5
m．质量m＝1.0
kg、电阻r＝0.5
Ω的金属杆ab垂直跨接在导轨上，匀强磁场的磁感线垂直纸面向里，磁感应强度的大小为B＝2.0T，导轨左端接阻值R＝2.0
Ω的电阻，导轨电阻不计．t＝0时刻ab杆受水平拉力F的作用后由静止开始向右做匀加速运动，第4
s末，ab杆的速度为v＝2.0
m/s，重力加速度g取10
m/s2.求：
(1)4
s末ab杆受到的安培力F安的大小；
(2)若0～4
s时间内，电阻R上产生的焦耳热为1.7
J，求这段时间内水平拉力F做的功；
(3)若第4
s末以后，拉力不再变化，且从4
s末到金属杆ab达到最大速度过程中通过杆的电量q＝1.6
C，则此过程金属杆ab克服安培力做功W安为多少？
(
2
)
(
1
)
参考答案
答案含解析
1．B
【分析】
MN动生出I1，I1产生的磁场借助铁芯穿过L2线圈，若I1是变化的，则L2能感生出I2，PQ因通电而最终受安培力.
【详解】
A、C、因MN是匀速运动，动生出的I1是恒定的，产生的穿过铁芯的磁场是恒定的，则L2线圈不会产生感应电流I2，则PQ不通电而不会受安培力，Q端和P端无电势差；故A，C均错误.
B、MN向左减速时，产生的I1由右手定则知为MN，大小逐渐减小，在铁芯产生的磁场由安培定则知向上，则穿过L2的磁场向上减小，由楞次定律知I2由QP，由左手定则知安培力水平向左；故B正确.
D、MN向左加速时，产生的I1由右手定则知为MN(电源内部流向，则），大小逐渐增大，在铁芯产生的磁场由安培定则知向上，则穿过L2的磁场向上增大，由楞次定律知I2由PQ(电源外部的电流流向，则)；故D错误.
故选B.
【点睛】
本题是二次感应问题，核心是第一次的感应电流是变化的；同时综合考查了右手定则、左手定则、楞次定律、安培定则的综合应用.
2．C
【解析】
ab棒切割磁感线时，要产生感应电流，而电流在磁场中就一定会有安培力，故A错误；根据楞次定律可知，感应电流总是起到阻碍的作用，故安培力的方向与导体棒一定的方向相反，应当向左，故B错误；ab棒向右运动时，、、，联立解得：，则知速度越大，所受安培力越大，故C正确；根据右手定则，ab中的电流的方向向上，流过螺旋管时，外侧的电流方向向下，根据安培定则得知螺线管产生的磁场，A端为S极，B端为N极，故D错误．故选C.
【点睛】回路中的一部分切割磁感线时，导体棒中要产生感应电流，而电流在磁场中就一定会有安培力；感应电流的大小与运动速度有关，运动速度越大，所受安培力越大．根据右手定则、左手定则和楞次定律依次进行分析．
3．D
【详解】
根据
线圈中的磁通量变化越快，线圈中产生的感应电动势一定越大；磁通量越大、或者磁通量变化大，或者线圈放在磁场越强的位置不动，感应电动势都不一定大，选项ABC错误，D正确；
故选D。
4．C
【详解】
A.导体相对磁场运动，若没有切割磁感线，则导体内不会产生感应电流，故选项A不符合题意；
B.导体做切割磁感线运动时，能产生感应电动势，若导体所在电路不闭合，则导体中就没有感应电流，故选项B不符合题意；
C.穿过闭合电路的磁通量发生变化，则闭合电路中就有感应电流，故选项C符合题意；
D.导体做切割磁感线运动，不一定有感应电流产生，只有当闭合电路的一部分导体做切割磁感线运动时才有感应电流产生，故选项D不符合题意。
5．C
【解析】
【详解】
A.cd榉达到的最大速度为，两棒的总动量守恒，此时ab棒的速度最小，根据动量守恒定律可得
mv＝mvA+m?
解得：
vA=
故A项与题意不相符；
B.根据右手定则可知感应电流方向为cdba，根据左手定则可知ab受到的安培力方向向右、cd受到的安培力方向向左，安培力大小相等，根据牛顿第二定律可得
a=
所以ab棒和cd棒的加速度大小始终相同，方向始终相反，故B项与题意不相符；
C.安培力对cd棒做的功为
W=
整个过程中动能损失为
cd棒产生热量为
故C项与题意相符；
D.ab棒克服安培力做功为
整个过程中动能损失为
则两根导体棒生热为，故D项与题意不相符。
6．D
【解析】
试题分析：由图可知，0-1s内，线圈中磁通量的变化率相同，故0-1s内电流的方向相同，由楞次定律可知，电路中电流方向为逆时针，即电流为负方向；同理可知，1-2s内电路中的电流为顺时针，2-3s内，电路中的电流为顺时针，3-4s内，电路中的电流为逆时针，由可知，电路中电流大小恒定不变．
故选D
考点：法拉第电磁感应定律；楞次定律
【名师点睛】本题要求学生能正确理解B-t图的含义，注意图线的斜率等于磁感应强度的变化率，斜率的符号能反映感应电流的方向，知道这些才能准确的利用楞次定律进行判定．
7．D
【详解】
法拉第发现的电磁感应定律并总结出五种情况下会产生感应电流，其核心就是通过闭合线圈的磁通量发生变化，选项AB中，绕在磁铁上面的线圈和通电线圈，线圈面积都没有发生变化，前者磁场强弱没有变化，后者通电线圈中若为恒定电流则产生恒定的磁场，也是磁场强弱不变，都会导致磁通量不变化，不会产生感应电流，选项A、B错．选项C中往线圈中插入条行磁铁导致磁通量发生变化，在这一瞬间会产生感应电流，但是过程短暂，等到插入后再到相邻房间去，过程已经结束，观察不到电流表的变化．选项C错．选项D中，线圈通电或断电瞬间，导致线圈产生的磁场变化，从而引起另一个线圈的磁通量变化产生感应电流，可以观察到电流表指针偏转，选项D对．
8．C
【解析】
【详解】
当条形磁铁沿轴线竖直向下迅速靠近铝环时，通过铝环的磁通量增加，根据楞次定律，铝环中产生的感应电流的磁场要阻碍磁通量的增加，阻碍磁铁的靠近，所以铝环对桌面的压力会增大，铝环还有收缩的趋势，以缩小面积来阻碍磁通量的增加。所以选项C正确，ABD错误
9．D
【解析】
【分析】
依据通电直导线的磁场分布，结合感应电流产生的条件可判定各个选项；
【详解】
由安培定则可知导线L中电流产生的磁场方向与金属环面平行，即穿过M的磁通量始终为零，保持不变，故只要L与M保持垂直，穿过线圈的磁通量就始终为零，环中无感应电流，故ABC错误，D正确．
【点睛】
本题关键是掌握通电直导线的磁场分布是以导线为中心的同心圆，同时掌握感应电流产生的条件．
10．A
【解析】
开关闭合到电路中电流稳定的时间内，A灯立刻亮，由于线圈中产生感应电动势的阻碍作用，B灯逐渐变亮，当线圈电流阻碍较小后A灯逐渐变暗，当线圈对电流没有阻碍时，两灯泡灯泡亮度稳定．故A正确，B错误；开关处于闭合状态，在断开瞬间，线圈提供瞬间电压给两灯泡供电，由于两灯泡完全一样，所以不会出现电流比之前还大的现象，因此A灯不会闪亮一下，只会一同慢慢熄灭．故C错误；开关断开瞬间，线圈相当于电源，电流方向仍不变，所以电流自右向左通过A灯，故D错误；故选A．
点睛：线圈电流增加，相当于一个电源接入电路，线圈左端是电源正极．当电流减小时，相当于一个电源，线圈左端是电源负极．
11．AD
【详解】
题图甲中，A与自感线圈L在同一个支路中，流过的电流相同，断开开关S时，线圈L中的自感电动势要维持原电流不变，所以开关断开的瞬间，A的电流不变，以后电流渐渐变小。因此，A渐渐变暗。题图乙中，A所在支路的电流比自感线圈所在支路的电流要小（因为自感线圈的电阻很小），断开开关S时，自感线圈的自感电动势要阻碍电流的变小，此瞬间自感线圈中的电流不变，自感线圈相当于一个电源给A供电。因此，反向流过A的电流瞬间要变大，然后渐渐变小，所以A将先闪亮一下，然后渐渐变暗。
故选AD。
12．AD
【解析】
从ab边开始进入磁场到cd边进入磁场过程中，只有ab边切割磁感线，产生的电动势为E=BLv，ab两点的电压为，电流为，从cd进入磁场到ab边开始出磁场过程中，ab，cd两条边切割磁感线，此时线圈中无电流产生，但ab，cd两端有电压即为，从ab边出磁场开始到cd边出磁场，只有cd边切割磁感线，产生的电动势为E=BLv，ab两点的电压为，电流，由右手定则可知，电流方向与I1方向相反，由以上分析可知，AD正确．
点晴：解决本题关键分析线框穿过磁场的过程，线框全部在磁场中时，线框中无感应电流，但ab、cd两边切割磁感线，即有感应电动势，ab两点的电压并不等于电动势，根据闭合电路欧姆定律可知，即为路端电压．
13．BCD
【详解】
A．根据：
可以知道速度最大时感应电动势最大，电流和安培力也最大，所以初始时刻的安培力最大，根据：
可得：
故A错误；
B．从初始位置到滑行最远时根据能量守恒有损失的机械能为：
故B正确；
C．导体棒向上滑动过程中由动量定理可知：
而由电荷的定义式结合法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律可知：
联立解得：
故C正确；
D．上滑过程中克服摩擦力和重力做的总功为：
根据能量守恒定律可得整个电路产生的焦耳热为：
故D正确。
故选BCD。
14．AC
【解析】
【详解】
A.线框进入磁场过程：磁通量增加，根据楞次定律得知，线框感应电流方向沿逆时针方向；根据楞次定律的第二种表述：穿出过程，则知线框所受的安培力方向向左；同理，在穿出过程，与此相反，故电流方向相反，故A项符合题意.
B.感应电流产生的效果总要阻碍导体与磁体间相对运动，故进入与穿出过程，所受安培力方向相同，故B项不合题意.
CD.安培力做负功的过程产生电能，由对称性可知，线框穿出磁场产生的电能和进入磁场产生的电能相等，故C项符合题意；D项不合题意.
15．(1)AC
（2）导体运动的慢或者磁场较弱
【解析】
试题分析：(1)当有电流从电流表的正极流入时，指针向右偏转，这说明：电流从哪极流入，指针向哪偏转；
A由楞次定律可知，当把磁铁N极向下插入线圈时，感应电流从负极流入，电流表指针向左偏，故A正确；
B、由楞次定律可知，当把磁铁N极从线圈中拔出时，感应电流从正极流入，电流表指针向右偏转，故B错误；
C、保持磁铁在线圈中静止，穿过线圈的磁通量不变，不产生感应电流，电流表指针不发生偏转，故C正确；
D、磁铁插入线圈后，将磁铁和线圈一起以同一速度向上运动，穿过线圈的磁通量不变，不产生感应电流，电流表指针不偏转，故D错误；
(2)感应电流是由于导体在磁场中作切割磁感线运动而产生的，如果电路连接正确，接触也良好，原因可能是检流计灵敏度较低、线圈电阻较大，除此以外还可能是因为与导体运动的慢或者磁场较弱．
考点：楞次定律，电磁感应；产生感应电流的条件
16．（1）；（2）；（3）。
【详解】
(1)由题意可知从导体棒释放到达最低点的过程中，有动能定理有：
在圆轨道最低点合力提供向心力有：
联立解得：；根据牛顿第三定律可知金属棒对轨道的压力大小为：
(2)由题意可知金属棒穿过磁场后，与金属立柱碰撞无能量损失，且金属棒刚好能再次穿过磁场，即再次穿过磁场时速度恰好为0，设两次穿越磁场的时间为t，流过电荷量为q，此过程中根据：
可得：
对整个运动过程根据动量定理有：
联立两式结合(1)可解得：
金属棒第一次穿过磁场的过程中，通过电阻R的电量为：
(3)设金属棒第一次穿出磁场时速度为v1，则根据动量定理有：
所以金属棒第一次穿过磁场的过程中，根据能量守恒有：
联立两式结合(2)的结果可得：
答：(1)金属棒到达圆弧轨道最低点时对轨道的压力大小为3mg；
(2)金属棒第一次穿过磁场的过程中，通过电阻R的电量的大小；
(3)金属棒第一次穿过磁场的过程中，电阻R产生的焦耳热。
17．（1）（2）（3）（4）
【详解】
(1)由图象可以知道,当金属棒的最大速度为,因为此时电动机的功率恒为,根据:
可得此时电动机对金属棒的拉力：
对金属棒进行受力分析如图:
由图可以知道:
又因为回路中产生的感应电动势：
根据欧姆定律可得此时回路中电流：
联立以上各式代入数据可计算得出.
(2)根据题意可以知道,当时,金属棒获得的速度为v，则：
此时电路中产生的感应电流：
金属棒受到的安培力：
此时电动机的拉力：
则对金属棒进行受力分析有:
联立以上各式代入有关数据有可解得:
(3)在时间里对金属棒进行受力分析有:
变形可得：
代入已知数据化简可得：
(4)令通过导体棒的电流为I,则通过电阻R1和R2的电流分别为,电流做功：
得:
对于R1产生的热量：
对于R2产生的热量:
对于导体棒r产生的热量：
带入已知数据所以可以计算出:，.
即整个电路产生的热量：
对整个0.5s过程中因为导体棒的加速度为，在的时间里,导体棒沿轨道上升的距离：
末导体棒的速度：
在这的时间里,满足能量守恒,故有:
代入数据解得.
答:(1)磁感应强度;
(2)在时间内金属棒的加速度;
(3)在时间内电动机牵引力F与时间t的关系:;
(4)这段时间内电动机做的功.
18．(1)
0.8
N
(2)
4.125
J
(3)
1.92
J
【解析】
【详解】
(1)由法拉第电磁感应定律可得产生的感应电动势为：
由闭合电路欧姆定律可得电路中的电流为：
安培力大小为：
由以上方程可得：
(2)电阻R上产生的热量为
电路中产生的总热量为：
由能量守恒可得：
解得：
(3)4
s末ab杆运动的加速度为：
由牛顿第二定律可得：
解得：第4
s末拉力：
4
s后当加速度时，ab杆的速度达到最大．所以速度最大时：
解得：
设ab杆在4
s末至最大速度过程中通过的位移为，根据
解得：
由动能定理可得：
解得：
(
2
)
(
1
)