13.3电磁感应现象及其应用 word版含答案同步检测— 2020-2021学年【新教材】人教版（2019）高中物理必修第三册

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※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※
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…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………
)
13.3电磁感应现象及其应用
一、单选题
1.首先发现电流磁效应的科学家是（?
）
A.?安培?????????????????????????????????B.?爱因斯坦?????????????????????????????????C.?库仑?????????????????????????????????D.?奥斯特
2.下列现象中，属于电磁感应现象的是(?
)
A.?小磁针在通电导线附近发生偏转?????????????????????????B.?通电线圈在磁场中转动
C.?因闭合线圈在磁场中运动而产生的电流???????????????D.?磁铁吸引小磁针
3.某学生做观察电磁感应现象的实验，将电流表、线圈A和B、蓄电池、开关用导线连接成如图所示的实验电路，当他接通、断开开关时，电流表的指针都没有偏转，其原因是（?
）
A.?开关位置错误?????????????????????????????????????????????????????B.?电流表的正、负极接反
C.?线圈B的接头3、4接反????????????????????????????????????????D.?蓄电池的正、负极接反
4.关于产生感应电流的条件，下述说法正确的是（???
）
A.?位于磁场中的闭合线圈，一定能产生感应电流??????????B.?闭合线圈和磁场发生相对运动，一定能产生感应电流
C.?闭合线圈做切割磁感线运动，一定能产生感应电流??????????D.?穿过闭合线圈的磁感线条数发生变化，一定能产生感应电流
5.如图所示，在条形磁铁N极附近悬挂一个金属闭合线圈，当磁铁运动时，线圈中(???
)
A.?一定产生感应电流???????????B.?不一定产生感应电流???????????C.?不可能产生感应电流???????????D.?无法确定
6.如图所示一个矩形线圈abcd放在垂直纸面向里的匀强磁场中，在进行下列操作时，整个线圈始终处于磁场之内，线圈中能产生感应电流的是（??
）
A.?线圈沿纸面向右移动???????????????????????????????????????????B.?线圈沿纸面向下移动
C.?线圈垂直纸面向外移动???????????????????????????????????????D.?线圈以ab边为轴转动
7.如图所示，在纸面内放有一个条形磁铁和一个圆形线圈（位于磁铁正中央），下列情况中能使线圈中产生感应电流的是（　　）
A.?将磁铁在纸面内向上平移????????????????????????????????????B.?将磁铁在纸面内向右平移
C.?将磁铁绕垂直纸面的轴转动????????????????????????????????D.?将磁铁的N极转向纸外，S极转向纸内
8.如图，1831年8月29日，法拉第在一个软铁圆环上绕两个互相绝缘的线圈
和
。
与电池、开关组成回路，
的两端用导线连接，导线正下方有一枚小磁针。使法拉第在“磁生电”方面取得突破性进展的现象是（??
）
A.?闭合开关瞬间，观察到小磁针发生偏转???????????????B.?闭合开关后，观察到小磁针保持偏转状态
C.?断开开关瞬间，观察到小磁针不发生偏转???????????D.?断开开关后，观察到小磁针保持偏转状态
9.如图所示为一款“时空隧道”，一根空心铝管竖直放置，把一枚小圆柱形的永磁体从铝管上端由静止释放，经过一段时间后，永磁体穿出铝管下端口，假设永磁体在铝管内下落过程中始终沿着铝管的轴线运动，不与铝管内壁接触，且无翻转，忽略空气阻力，则下列说法中正确的是（??
）
A.?若仅增强永磁体的磁性，则其穿出铝管时的速度变大
B.?若将永磁体换成塑料小圆柱，则其穿过铝管的时间变短
C.?若仅交换永磁体的磁极方向，则其穿过铝管的过程中产生的焦耳热减少
D.?在永磁体穿过铝管的过程中，其动能的增加量等于重力势能的减少量
10.无线充电技术已经广泛应用于日常生活中，如图甲为电动汽车无线充电原理图，M为受电线圈，N为送电线圈。图乙为受电线圈M的示意图，线圈匝数为n、横截面积为S，a、b两端连接车载变流装置，某段
时间内线圈N产生的磁场平行于圆轴线向上穿过线圈M。下列说法正确是（??
）
A.?当线圈M中磁感应强度B不变时，能为电动汽车充电
B.?当线圈N接入恒定电流时，线圈M两端产生恒定电压
C.?当线圈M中的磁感应强度B增加时，线圈M两端产生电压可能变大
D.?若这段
时间内线圈M中磁感应强度大小均匀增加
，则M中产生的电动势为
11.如图所示，多匝线圈L的电阻和电池内阻不计，两个电阻的阻值都是R，开关S原来是断开的，电流
，现合上开关S将一电阻短路，于是线圈有自感电动势产生，则该电动势（???
）
A.?有阻碍电流的作用，最后电流由I0减小到零
B.?有阻碍电流的作用，最后电流总小于I0
C.?有阻碍电流增大的作用，因而电流将保持I0不变
D.?有阻碍电流增大的作用，但电流最后还是增大到2I0
12.如图，水平放置的的平行板电容器，用导线、开关K与一个n匝的线圈连接。线圈置于磁感应强度均匀增大的磁场中，磁感应强度变化率为
。若已知电容器的电容为C，线圈面积为S，那么电容器上极板电性以及电容器电量分别是（??
）
A.?正电，
??????????????B.?正电，
??????????????C.?负电，
??????????????D.?负电，
13.老师做了一个物理小实验让学生观察：一轻质横杆两侧各固定一金属环，横杆克绕中心点自由转动，老师拿一条形磁铁插向其中一个小环，后又取出插向另一个小环，同学们看到的现象是（??
）
A.?磁铁插向左环，横杆发生转动?????????????????????????????????B.?磁铁插向右环，横杆发生转动
C.?无论磁铁插向左环还是右环，横杆都不发生转动?????D.?无论磁铁插向左环还是右环，横杆都发生转动
14.在匀强磁场中放一电阻不计的平行金属导轨，导轨跟大线圈M相接，如图所示．导轨上放一根导线ab，磁感线垂直于导轨所在平面．欲使M所包围的小闭合线圈N产生顺时针方向的感应电流，则导线的运动可能是（??
）
A.?匀速向右运动??????????????????B.?加速向右运动??????????????????C.?匀速向左运动??????????????????D.?加速向左运动
15.一长直铁芯上绕有一固定线圈M，铁芯右端与一木质圆柱密接，木质圆柱上套有一闭合金属环N，N可在木质圆柱上无摩擦移动。M连接在如图所示的电路中，其中R为滑线变阻器，
和
为直流电源，S为单刀双掷开关。下列情况中，可观测到N向左运动的是（??
）
A.?在S断开的情况下，S向a闭合的瞬间
B.?在S断开的情况下，S向b闭合的瞬间
C.?在S已向a闭合的情况下，将R的滑动头向c端移动时
D.?在S已向a闭合的情况下，将R的滑动头向d端移动时
16.如图所示，4匝矩形线圈abcd，ab＝1m，bc＝0.5m，其总电阻R＝2Ω，线圈绕OO′轴在匀强磁场中匀速转动，磁感应强度B＝1T，角速度ω＝20rad/s，当线圈由图示位置开始转过30°时，线圈中的电流强度为（??
）
A.?20A?????????????????????????????????????B.?0A?????????????????????????????????????C.?10A?????????????????????????????????????D.?17.3A
二、解答题
17.如图所示，固定于水平面上的金属架CDEF处在竖直向下的匀强磁场中，金属棒MN沿框架以速度v向右做匀速运动。t＝0时，磁感应强度为B0
，
此时MN到达的位置恰好使MDEN构成一个边长为l的正方形。为使MN棒中不产生感应电流，从t＝0开始，磁感应强度B应随时间t怎样变化？请推导此情况下B与t的关系式。
18.如图所示是研究电磁感应现象实验所需的器材，请用实线连接一个能产生感应电流的原线圈回路和副线圈回路，并列举出在实验中改变副线圈回路磁通量，使副线圈回路产生感应电流的三种方式．
三、综合题
19.如图所示是一个交流发电机的示意图．线框abcd处于匀强磁场中，已知ab=bc=10cm，B=1T，线圈匝数n=100，线圈电阻r=5Ω，外电路负载电阻R=5Ω，线圈以600r/min的转速匀速转动．求：
（1）线圈转动过程中感应电动势的最大值；
（2）从如图示位置开始，感应电动势的瞬时表达式；
（3）从如图示位置开始经1/60秒时，安培表和电压表的读数；
（4）从如图所示位置开始转过90°角的过程中，线圈上产生的热量；
（5）从如图所示位置开始转过90°角的过程中，流过灯泡的电荷量；
（6）线圈转过一周外力所做的功。
答案解析
一、单选题
1.【答案】
D
【解析】首先发现电流磁效应的科学家是奥斯特，D符合题意。
故答案为：D
【分析】此题为常识性问题，物理学的发展史及发展过程中科学家及其发现都是需要理解记忆的。
2.【答案】
C
【解析】电磁感应是指“磁生电”的现象，而小磁针和通电线圈在磁场中转动，反映了磁场力的性质，所以A、B、D不是电磁感应现象，所以A、B、D不符合题意，C是电磁感应现象，所以C符合题意。
故答案为：C。
【分析】电磁感应现象特指“磁生电”现象，经常错误以为“电生磁”也是电磁感应现象，需引起注意。
3.【答案】
A
【解析】图中所示开关的连接不能控制含有电源的电路中电流的通断，而本实验的内容之一就是研究通过开关通断导致磁场变化，而产生感应电流的情况，但图中开关的接法达不到目的，A符合题意；根据感应电流的产生条件，电流表或蓄电池或线圈B的接线反正，不影响感应电流的产生，B、C、D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】图中所示装置为探究感应电流产生的装置，而产生感应电流的条件是线圈中存在变化的磁场，只有线圈中存在变化的磁场时，闭合回路中才会有感应电流产生。
4.【答案】
D
【解析】A、线圈位于磁场中，如果磁通量不发生变化，则不一定有感应电流产生，故A不符合题意；
B、如果线圈顺着匀强磁场方向运动，但是磁通量不变，就没有感应电流，故B不符合题意；
C、回路中部分导体切割磁感线时，有感应电流产生，整个闭合线圈做切割磁感线运动，其磁通量不发生变化，因此无感应电流产生，故C不符合题意；
D、穿过闭合线圈的磁感线条数发生变化，即磁通量发生变化，一定有感应电流产生，故D符合题意。
故答案为：D。
【分析】产生感应电流的条件闭合回路中磁通量发生变化或者回路中部分导体切割磁感线，根据题意判断是否满足条件，属于常考题型。
5.【答案】
A
【解析】这属于法拉第总结出的运动的磁铁，能够产生感应电流，A符合题意。
故答案为：A。
【分析】本题考查对于电磁感应相关实验的理解，同时也考查对于产生感应电流的条件，需引起重视。
6.【答案】
D
【解析】解：A、B、C、由于磁场是匀强磁场，把线圈向右拉动，或向上拉动，或垂直纸面向外运动，其磁通量均不变化，均无感应电流产生，故ABC错误；
D、当线圈绕ab边转动时，其磁通量发生变化，故有感应电流产生，故D正确．
故选：D．
【分析】产生感应电流的条件是：穿过闭合回路的磁通量发生变化．因此无论线圈如何运动，关键是看其磁通量是否变化，从而判断出是否有感应电流产生．
7.【答案】
D
【解析】A、图示位置，没有磁感线穿过线圈，线圈的磁通量为零，将磁铁在纸面内向上平移时，线圈的磁通量仍为零，没有变化，所以线圈中没有感应电流产生．故A错误．B、图示位置，没有磁感线穿过线圈，线圈的磁通量为零，将磁铁在纸面内向右平移时，线圈的磁通量仍为零，没有变化，所以线圈中没有感应电流产生．故B错误．C、图示位置，没有磁感线穿过线圈，线圈的磁通量为零，将磁铁绕垂直纸面的轴转动，线圈的磁通量仍为零，没有变化，所以线圈中没有感应电流产生．故C错误．D、将磁铁的N极转向纸外，S极转向纸内，将有磁感线穿过线圈，线圈的磁通量增大，将产生感应电流．故D正确．
故选：D．
【分析】对照产生感应电流的条件进行分析：产生感应电流的条件：一是电路要闭合；二是穿过电路的磁通量发生变化．
8.【答案】
A
【解析】A．闭合开关瞬间，线圈a中电流发生变化，在线圈b中会产生感应电流，可观察到小磁针发生偏转，A符合题意；
B．闭合开关后，线圈a中电流不发生变化，在线圈b中不会产生感应电流，观察到小磁针不偏转，B不符合题意；
C．断开开关瞬间，线圈a中电流发生变化，在线圈b中会产生感应电流，观察到小磁针发生偏转，C不符合题意；
D．断开开关后，线圈a中电流不发生变化，在线圈b中不会产生感应电流，观察到小磁针不偏转，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】利用a线圈的电流是否变化可以判别b线圈是否产生感应电流，利用感应电流的产生可以判别小磁针的偏转。
9.【答案】
B
【解析】A．如果仅增强永磁体的磁性，导致穿过铝管的磁通量变化率越大，则感应电流越大，那么磁铁在铝管中运动受到阻力更大，则穿出铝管时的速度变小，A不符合题意；
B．若将永磁体换成塑料小圆柱，没有磁通量的变化，不会受到磁场的阻碍，下落相同高度所需的时间会变短，B符合题意；
C．若仅交换永磁体的磁极方向，穿过铝管的磁通量变化率大小和以前的一样，没有发生变化，则其穿过铝管的过程中产生的焦耳热不变，C不符合题意；
D．永磁体穿过铝管的过程中，其动能的增加量小于重力势能的减少量，因为还产生焦耳热，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】增加永磁体的磁性会导致其磁通量变化率变大则感应电流变大那么磁铁受到阻力变大则离开铝管的速度变小；当永磁体换成塑料小圆柱其不会发生电磁感应着所需时间会变短；改变永磁体的磁极方向其产生的焦耳热不变；在永磁体穿过铝管时其动能的增量小于重力势能的减少量。
10.【答案】
C
【解析】A．当送电线圈N接入恒定电流，则产生的磁场不变化，受电线圈M中的磁通量没有发生变化，故无法产生感应电流，不能为电动汽车充电，A不符合题意；
B．
当线圈N接入恒定电流时，受电线圈M中的磁通量不变，故M两端不能产生感应电动势，线圈M两端无电压，B不符合题意；
C．穿过线圈M的磁感应强度增加，根据法拉第电磁感应定律，如果磁感应强度增加的越来越快，则产生增大的感应电动势，线圈M两端产生的电压就可能变大，C符合题意；
D．根据法拉第电磁感应定律，有
D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】当M中磁场强度不变没有感应电流的产生不能实现充电；当N接入恒定电流时M中磁通量不变没有感应电流的产生；当M中磁感应强度的变化率变大时其M产生的电压增大；利用法拉第电磁感应定律可以求出感应电动势的大小。
11.【答案】
D
【解析】开关S由断开到闭合，回路中的电流要增大，因而在L上要产生自感电动势，自感电动势总是要阻碍引起它的电流的变化，这就是说由于电流增加引起的自感电动势要阻碍原电流的增加，但阻碍不是阻止，电流仍要增大，而达到稳定后电流为
D符合题意，ABC不符合题意。
故答案为：D。
【分析】开关s闭合后，电路中电流增大，产生的自感电动势阻碍电流增大，但最终结果不受影响，电流还是要增大到原来的两倍。
12.【答案】
A
【解析】线圈产生的感应电动势为
由楞次定律可判定上极板带正电荷；电容器的电容
其中
，所以
故答案为：A。
【分析】利用楞次定律可以判别极板的电性；利用法拉第电磁感应定律可以求出电动势的大小；结合电容器的定义式可以求出板间电荷量的大小。
13.【答案】
B
【解析】左环没有闭合，在磁铁插入过程中，不产生感应电流，故横杆不发生转动。右环闭合，在磁铁插入过程中，产生感应电流，横杆将发生转动，B符合题意，ACD不符合题意。
故答案为：B
【分析】由于左端线圈不闭合所以没有感应电流和安培力的产生所以横杆不会转动；右端线圈闭合所以磁通量变化时有感应电流和安培力的产生所以横杆旋转起来。
14.【答案】
D
【解析】导线ab匀速向右或匀速向左运动时，导线ab产生的感应电动势和感应电流恒定不变，大线圈M产生的磁场恒定不变，穿过小线圈N中的磁通量不变，没有感应电流产生．AC不符合题意．导线ab加速向右运动时，导线ab中产生的感应电动势和感应电流增大，由右手定则判断出ab电流方向由a→b，根据安培定则判断可知：M产生的磁场方向：垂直纸面向里，穿过N的磁通量增大，由楞次定律判断得知：线圈N产生逆时针方向的感应电流，B不符合题意．导线ab加速向左运动时，导线ab中产生的感应电动势和感应电流增加，由右手定则判断出来ab电流方向由b→a，根据安培定则判断可知：M产生的磁场方向：垂直纸面向外，穿过N的磁通量增大，由楞次定律判断得知：线圈N产生顺时针方向的感应电流．D符合题意．
故答案为：D.
【分析】利用N的感应电流方向可以判别感应磁场的方向，利用N的感应磁场方向可以判别M的感应磁场方向及变化，利用M的感应磁场方向和变化可以判别回路中电流的方向和变化，利用电流的方向和变化可以判别导线切割的方向和速度的变化。
15.【答案】
C
【解析】由楞次定律的第二种描述：“来拒去留”可知要使N向左运动，通过N的磁通量应减小；而A、B中由断开到闭合过程中磁通量均增大，AB不符合题意；
若将移动滑动头，则向c端移动时，滑动变阻器接入电阻增大，则电路中电流减小，磁通量减小，故会使N左移，C符合题意；
而D中向d移动时，滑动变阻器接入电阻减小时，故电路中电流增大，磁场增大，故会使N右移，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】开关闭合瞬时，磁通量变大，安培力会阻碍磁通量的增加所以线圈往右运动；当滑动变组器电阻变大时电流变小导致磁通量变小所以线圈向左运动。
16.【答案】
B
【解析】线圈由图示状态开始转动，穿过线圈的磁通量始终为零，没有感应电流产生，B对；
故答案为：B
【分析】由于线圈转动没有磁通量变化所以感应电流为0.
二、解答题
17.【答案】
解:要使MN棒中不产生感应电流，则闭合回路MNED中的磁通量Φ必须保持不变。而整个过程中磁通量Φ保持不变，则Φ＝B0l2＝B·（l2＋lvt），解得：B＝
【解析】【分析】产生感应电流的条件是闭合回路中磁通量发生变化，故要使线圈不产生感应电流，保证磁通量不发生变化即可。
18.【答案】解：用实线连接一个能产生感应电流的原线圈回路和副线圈回路，如下图所示：
在实验中改变副线圈回路磁通量，使副线圈回路产生感应电流的三种方式：
⑴合上（或断开）开关瞬间；
⑵将原线圈插入副线圈或从副线圈中取出；
⑶将原线圈放到副线圈中，移动滑动变阻器的滑动片．
【解析】【分析】研究电磁感应现象实验时，通过理论分析与多种因素有关，因此通过控制变量的思想来研究问题，从而带来方便．
三、综合题
19.【答案】
（1）解：感应电动势最大值为
（2）解：电动势瞬时值表达式：
（3）解：电表显示的是有效值，故安培表的读数为
，
电压表读数为
（4）解：磁通量的变化量
；流电的周期：
；
线圈转过的角度
；用时
平均电动势
；
故线圈上产生的热量为
（5）解：设从图示位置开始，转过90°角的过程中的通过电阻R电荷量为q，则：
，又
，
解得
（6）解：线圈匀速转动一周的过程中，整体回路产生的热量
，
联立解得
；由能量守恒可知，外力做功
【解析】【分析】（1）利用感应电动势最大值的表达式可以求出电动势的最大值；
（2）利用电动势的最大值及角速度大小可以求出对应的表达式；
（3）利用电动势的有效值结合欧姆定律可以求出电流表和电压表的读数；
（4）利用磁通量的变化量结合运动的时间可以求出平均电动势，结合焦耳定律可以求出线圈产生的热量；
（5）利用磁通量的变化量可以求出通过线圈的电荷量大小；
（6）利用外力做功等于产生的焦耳热可以求出外力所做的功。