高中试卷答案网第二章 电磁感应 单元检测（B卷）
一、单选题
1．如图（甲）所示，长直导线右侧的矩形线框与长直导线位于同一平面内．当长直导线中的电流发生如图（乙）所示的变化时，线框中感应电流与所受安培力的情况是（ ）
A．感应电流方向不变，线框受合力方向不变
B．感应电流方向改变，线框受合力方向不变
C．感应电流方向不变，线框受合力方向改变
D．感应电流方向改变，线框受合力方向改变
2．如图所示，一均匀金属圆盘绕通过其圆心且与盘面垂直的轴顺时针匀速转动，现施加一垂直穿过圆盘的有界匀强磁场，圆盘开始减速．在圆盘减速过程中，以下说法正确的是（ ）
A．处于磁场中的圆盘部分，靠近圆心处电势高
B．所加磁场越强越不易使圆盘停止转动
C．若所加磁场反向，圆盘将加速转动
D．若所加磁场穿过整个圆盘，圆盘将匀速转动
3．弹簧上端固定，下端挂一只条形磁铁，使磁铁上下振动，磁铁的振动幅度不变。若在振动过程中把线圈靠近磁铁，如图所示，观察磁铁的振幅将会发现（ ）
A．S闭合时振幅逐渐减小，S断开时振幅不变
B．S闭合时振幅逐渐增大，S断开时振幅不变
C．S闭合或断开，磁铁的振动幅度不变
D．S闭合或断开，磁铁的振动幅度均发生变化
4．水平面上放置一导线，导线中通以恒定电流，电流方向如图所示，正方形导体框置于导线右侧，下列说法正确的是（ ）
A．导体框向上运动时会产生感应电流，电流方向a→b→c→d
B．导体框向上运动时b点电势低于c
C．导体框向右运动时会产生感应电流，电流方向a→b→c→d
D．电流变大，导体框将向水平左运动
5．如图所示，将长为2m的导线从正中间折成120°的角，使其所在的平面垂直于磁感应强度为2T的匀强磁场．为使导线中产生20V的感应电动势．则导线切割磁感线的最小速度为（ ）
A． B．10m/s C． D．
6．某同学在做探究性实验中，将的两个相同的磁电式电流表A、B放置水平桌面，用导线将两表连接起来，如图所示。他用手顺时针轻轻拨动电表A的指针后放手，发现电表 A、B的指针都发生了偏转。下列关于两个电表受到的安培力说法正确的是（ ）
A．电表A、B受到的安培力均做负功
B．电表A、B受到的安培力均做正功
C．电表A受到的安培力做正功，电表B受到的安培力做负功
D．电表A受到的安培力做负功，电表B受到的安培力做正功
7．如图所示，边长为L的单匝均匀金属线框置于光滑水平桌面上，在拉力作用下以恒定速度通过宽度为D（DL）、方向竖直向下的有界匀强磁场。在整个过程中线框的ab边始终与磁场的边界平行，若以F表示拉力大小、以Uab表示线框ab两点间的电势差、I表示通过线框的电流、P表示拉力的功率，则下列反映这些物理量随时间变化的图像中可能正确的是（ ）
A． B． C． D．
8．如图为日光灯的结构示意图，若按图示的电路连接，关于日光灯发光的情况，下列说法正确的是（ ）
A．S1接通，S2、S3断开，日光灯就能正常发光
B．S1 、S2接通，S3断开，日光灯就能正常发光
C．S1、S2、S3接通，日光灯就能正常发光
D．S3断开，接通S1、S2后，再断开S2，日光灯就能正常发光
二、多选题
9．法拉第圆盘发电机的示意图如图所示。铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触。圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中。圆盘旋转时，关于流过电阻R的电流，下列说法正确的是（ ）
A．若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定
B．若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a到b的方向流动
C．若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化
D．若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R上的热功率变为原来的4倍
10．如图所示，O1O2是矩形导线框ABCD的对称轴，其左方有匀强磁场．下列情况下ABCD中有感应电流产生的是( )
A．将ABCD向纸外平移
B．将ABCD向右平移
C．将ABCD以AB为轴转动60°
D．将ABCD以CD为轴转动60°
11．如图所示，空间存在两个磁场，磁感应强度大小均为，方向相反且垂直纸面，、为其边界，为其对称轴，一导线折成边长为的正方形闭合回路，回路在纸面内以恒定速度向右运动，当运动到关于对称的位置时（ ）
A．穿过回路的磁通量为零
B．回路中感应电动势大小为
C．回路中感应电流的方向为逆时针方向
D．回路中边与边所受安培力方向相同
12．如图1所示，圆形线圈P静止在水平桌面上，其正上方固定一螺线管Q，P和Q共轴，Q中的电流i随时间t变化的规律如图2所示，取图1中电流方向为正方向，P所受的重力为G，桌面对P的支持力为FN，则（ ）。
A．在0～t1时间内，FN>G，P有收缩的趋势
B．在t1～t2时间内，FN=G，穿过P的磁通量不变
C．在t2～t4时间内，线圈所受安培力方向不变
D．在t3时刻，FN>G，P有收缩的趋势
三、实验题
13．某同学用题图中的器材做“探究电磁感应产生条件”的实验。
（1）闭合电键的一瞬间，观察到电流表G指针向左偏转。则闭合电键后，将滑动变阻器的滑片向b端移动，则观察到电流表G的指针向___________（填“左”或“右”）偏转。保持滑动变阻器滑片位置不变，将线圈A中的铁芯快速抽出，电流表G的指针将___________（填“左”或“右”）偏转。
（2）闭合电键后，第一次将滑动变阻器的滑片快速地从a端移到b端，第二次将滑动变阻器的滑片慢慢移到b端，会发现电流表G的指针摆动的幅度第一次比第二次___________（填“大”或“小”），原因是___________。
14．电表为指针在中央的灵敏电流表，如图甲所示，把电表连接在直流电路中时出现的偏转情况。现把它与一个线圈串联，将磁铁从线圈上方插入或拔出，请完成下列填空。
（1）图（a）中灵敏电流计指针将向__________偏转（填“左”或“右”）
（2）图（b）中磁铁下方的极性是__________（填“极”或“极”）
（3）图（c）中磁铁的运动方向是__________（填“向上”或“向下”）
四、解答题
15．一个匝数为10匝的线圈在一个在变化的磁场中，线圈的电阻R=2Ω线圈的磁通量在2.5秒时间内从0.02wb增大到0.07wb。那么：
（1）线圈产生的感应电动势为？
（2）如果把线圈连接到电阻为R=18Ω的定值电阻上，电阻上通过的电流为多少？
16．如图所示，水平放置的两平行金属导轨相距L＝0.50m，左端接一电阻R＝0.20Ω，磁感应强度B＝0.40T的匀强磁场方向垂直于导轨平面向下，导体棒ac（长为L）垂直放在导轨上，并能无摩擦地沿导轨滑动，导轨和导体棒的电阻均可忽略不计。当ac棒以v＝4.0m/s的速度水平向右匀速滑动时，求：
（1）ac棒中感应电动势的大小。
（2）通过R的电流方向如何，大小等于多少？
（3）ac棒受到的安培力的大小是多少？
17．如图所示，足够长的平行光滑金属导轨水平放置，宽度，一端连接的电阻。导轨所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度。导体棒MN放在导轨上，其长度恰好等于导轨间距，与导轨接触良好。导轨和导体棒的电阻忽略不计。在平行于导轨的拉力F作用下，导体棒由静止开始沿导轨向右以的加速度匀加速运动，已知导体棒的质量。求：
（1）速度时，导体棒MN中感应电流I的大小和方向；
（2）请推导拉力F随时间t变化的关系式；
（3）若在时撤掉拉力，求从撤掉拉力到导体棒停止运动的过程中，导体棒克服安培力所做的功W。
18．如图所示，倾角θ=30°的粗糙斜面上有四条间距相等的水平虚线MM'、NN'、PP'、QQ'，在MM'与NN'之间、PP'与QQ''之间存在垂直斜面向下的匀强磁场，磁感应强度B均为1T。现有质量m=0.1kg、电阻R=4Ω的矩形线圈abcd，从图示位置静止释放（cd边与MM'重合），速度随时间的变化关系如图乙所示，t1时刻cd边与NN'重合，t2时刻ab边与PP'重合，t3时刻ab边与QQ'重合。已知矩形线框cd边长度L1＝0.5 m，t1～t2的时间间隔=1.2 s，线圈与斜面之间的动摩擦因数μ=，重力加速度g取10 m/s2。求：
（1）线框匀速运动的速度v2的大小；
（2）磁场的宽度L0和线框ad边的长度L2；
（3）0～t3时间内，线圈产生的热量Q。
参考答案：
1．C
【详解】在0~T时间内，直线电流方向向上，根据安培定则，知导线右侧磁场的方向垂直纸面向里，电流逐渐减小，则磁场逐渐减小，根据楞次定律，金属线框中产生顺时针方向的感应电流．根据左手定则，知金属框左边受到的安培力方向水平向左，右边受到的安培力水平向右，离导线越近，磁场越强，则左边受到的安培力大于右边受到的安培力，所以金属框所受安培力的合力水平向左；
在T~T时间内，直线电流方向向下，根据安培定则，知导线右侧磁场的方向垂直纸面向外，电流逐渐增大，则磁场逐渐增强，根据楞次定律，金属线框中产生顺时针方向的感应电流．根据左手定则，知金属框左边受到的安培力方向水平向右，右边受到的安培力水平向左，离导线越近，磁场越强，则左边受到的安培力大于右边受到的安培力，所以金属框所受安培力的合力水平向右．故C正确，ABD错误。
故选C。
【点评】解决本题的关键掌握安培定则判断电流与其周围磁场的方向的关系，运用楞次定律判断感应电流的方向，以及运用左手定则判断安培力的方向．
2．D
【详解】A、将金属圆盘看成由无数金属辐条组成，金属圆盘顺时针匀速转动时，根据右手定则判断可知：圆盘上的感应电流由圆心流向边缘，所以靠近圆心处电势低，故A错误；
B、根据法拉第定律可知，金属圆盘产生的感应电动势为BLv，所以所加磁场越强，产生的感应电动势越大，感应电流越大，圆盘受到的安培力越大，而安培力是阻力，所以越易使圆盘停止转动，故B错误；
C、若所加磁场反向，只是产生的电流反向，根据楞次定律可知，安培力仍然阻碍圆盘的转动，所以圆盘还是减速转动，故C错误；
D、若所加磁场穿过整个圆盘时，圆盘在切割磁感线，产生感应电动势，相当于电路断开，则不会产生感应电流，不受安培力作用，所以圆盘将匀速转动，故D正确；
3．A
【详解】当S闭合后，线圈构成闭合回路，当条形磁铁竖直运动时，穿过线圈的磁通量发生变化，从而使线圈产生感应电流，由楞次定律可得，感应电流的磁场阻碍磁铁的运动，使振幅减小，不闭合线圈，不会产生感应电流，振幅不变
故选A。
4．C
【详解】A．通电直导线产生的磁场分布特点是以通电导线为圆心的一族同心圆，导体框向上运动时磁通量不变，所以不会产生感应电流，故A错误；
B．导体框向上运动时，ab和cd边同时切割磁感线，产生的感应电动势大小和方向均相同，所以b、c两点电势相等，故B错误；
C．导线右侧的磁场强度随着到导线的距离增大而减小，所以导体框向右运动时，垂直纸面向里的磁通量减小，根据楞次定律可知会产生a→b→c→d方向的感应电流，故C正确；
D．电流变大，穿过导体框的磁通量增大，根据楞次定律可知导体框会产生感应电流阻碍磁通量的增大，有水平向右运动的趋势，不可能水平向左运动，故D错误。
故选C。
5．A
【分析】根据题中“导线从正中间折成…”、“使导线中产生20 V的感应电动势”可知，本题考查动生电动势．根据动生电动势的规律，运用法拉第电磁感应定律、有效长度等知识分析计算．
【详解】当折导线切割磁感线的有效长度最长，即以AC来切割时，速度最小，则：，解得：导线切割磁感线的最小速度．故A项正确，BCD三项错误．
6．D
【详解】由题意可知，A表内线圈切割磁感线产生感应电动势，相当于电源，克服安培力做功，将机械能转化为电能，这部分电能通过电流传导至B表，使表内线圈受到安培力而偏转，从而又转化为机械能，因此电表A受到的安培力做负功，电表B受到的安培力做正功。
故选D。
7．C
【详解】A．线框做匀速直线运动，进入磁场和出磁场过程中根据楞次定律阻碍相对运动的条件，可知拉力与安培力等大反向，即
线框完全进入磁场运动过程中，闭合线框中，线框中无感应电流，所以安培力为0，拉力大小为0；线框全过程做匀速直线运动，因为，所以进出磁场的时间小于在完全在磁场中运动的时间，故A错误；
B．线框进入磁场时，导体棒切割磁感线，即电源，根据右手定则可知
所以两端电势差为路端电压
完全进入磁场，线框中无电流，所以
线框穿出磁场过程中，边切割磁感线，根据楞次定律判断感应电流可知
则
对应图像可知，B错误；
C．线框进入磁场时，根据右手定则可知线框中电流为逆时针方向，线框离开磁场时，电流为顺时针方向，结合上述分析可知，C正确；
D．线框完全进入磁场运动过程中，拉力为0，根据可知拉力功率为0，D错误。
故选C。
8．D
【详解】A．S1接通，S2、S3断开时，电源电压220V直接加在灯管两端，达不到灯管启动的高压值，日光灯不能发光，故A错误；
B．S1、S2接通，S3断开时，灯管两端被短路，灯管电压为零，日光灯不能发光，故B错误；
CD．只有当S1、S2接通，灯丝被预热，发出电子，再断开S2，镇流器中产生很大的自感电动势，和原电压一起加在灯管两端，使气体电离，日光灯正常发光，故D正确；C错误。
故选D。
9．ABD
【详解】A．圆盘转动产生的电动势
转动的角速度恒定，E不变，电流
电流大小恒定，A正确；
B．右手定则可知，回路中电流方向不变，从上往下看圆盘顺时针转动，由右手定则知，电流沿a到b的方向流动，B正确；
C．若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向不变，大小变化，C错误；
D．若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，回路电流变为原来2倍，根据电流在R上的热功率变为原来的4倍，D正确．
故选ABD。
10．BD
【详解】由于磁场为匀强磁场，将ABCD向纸外平移，其磁通量都不变化，因此不会产生感应电流，A错误；将ABCD向右平移，其磁通量变小，根据楞次定律，则产生感应电流，B正确；将ABCD以AB为轴转动60°，穿过线圈的磁通量不变化，不产生感应电流，C错误；当线圈绕CD轴转动60°时，磁通量将变小，根据楞次定律，则产生感应电流，D正确．
11．ACD
【详解】A：两个磁场区域磁感应强度大小相等，方向相反，因此线框运动到对称位置时回路的总磁通量为零，故A项正确．
B：、边切割磁感线，利用右手定则确定动生电动势方向分别为到、到，两边产生的电动势相叠加，大小为，故B项错误．
C：由B项分析，路中感应电流的方向为逆时针方向．故C项正确；
D：电流方向为逆时针，利用左手定则可知边和边所受安培力方向都是向左，故D项正确．
12．AB
【详解】A．在0～t1时间内，Q线圈的电流增大，P线圈的磁通量增大，相当于Q线圈靠近P，相互排斥，FN>G。P的磁通量增大，根据楞次定律，P线圈阻碍磁通量增大，有收缩的趋势，A正确；
B．在t1～t2时间内，Q线圈的电流不变，P线圈的磁通量不变，P线圈中不产生感应电流，FN=G，B正确；
C．在t2～t3时间内，Q线圈电流减小，P线圈的磁通量减小，相当于Q线圈远离P，两线圈相互吸引，P线圈所受安培力向上；在t3～t4时间内，Q线圈电流增大，P线圈的磁通量增大，相当于Q线圈靠近P，两线圈相互排斥，P线圈所受安培力向下，C错误；
D．在t3时刻，Q线圈的电流等于零，两个线圈之间没有作用力，FN=G，D错误。
故选AB。
13． 左 右 大 第一次线圈B中的磁通量变化率大
【详解】（1）[1]由于闭合电键瞬间，线圈A中电流由无到有，电流增加，产生磁场增强，使线圈B的磁通量增加，观察到电流表G指针向左偏转。则闭合电键后，将滑动变阻器的滑片向b端移动，线圈A中电流还是增加，使线圈B的磁通量还是增加，因此产生的感应电流方向跟闭合电建瞬间相同，故观察到电流表G的指针向左偏转。
[2] 保持滑动变阻器滑片位置不变，将线圈A中的铁芯快速抽出，线圈A产生磁场减弱，使线圈B中的磁通量减小，产生的感应电流方向跟闭合电建瞬间相反，故观察到电流表G的指针向右偏转。
（2）[3] [4]第一次将滑动变阻器的滑片快速地从a端移到b端，第二次将滑动变阻器的滑片慢慢移到b端，会发现电流表G的指针摆动的幅度第一次比第二次大，原因是第一次线圈B中的磁通量变化快，磁通量变化率大。
14． 右 极 向上
【详解】由图甲可知，当电流由灵敏电流计的右接线柱流入时，灵敏电流计的指针向右偏转。
（1）[1]由图（a）可知，穿过螺线管的原磁场向下，磁通量增大，根据楞次定律可知，感应电流的磁场向上，根据右手定则可知，电流从右接线柱流入，故指针向右偏转；
（2）[2]由图（b）可知，电流由灵敏电流计的左侧流入，根据右手定则可知，感应电流的磁场方向向下，条形磁体向下移动，穿过螺线管的磁通量变大，根据楞次定律可知，螺线管中原磁场方向向上，故磁铁下方为极；
（3）[3]由图（c）可知，电流由灵敏电流计的左侧流入，根据右手定则可知，感应电流的磁场方向向下，穿过螺线管的原磁场向下，根据楞次定律可知，穿过螺线管的磁通量减少，故磁铁向上运动。
15．（1）0.2V （2）0.01A
【详解】（1）根据公式
（2）根据公式
16．（1）0.80V；（2）4.0A，方向从上到下；（3）0.80N
【详解】（1）ac棒中感应电动势
E==0.80V
（2）由闭合电路欧姆定律可得
I==A=4.0A
由右手定则可知，通过R的电流方向从上到下；
（3）ac棒受到的安培力
F安＝BIL＝0.40×4.0×0.50N＝0.80N
17．（1）2A，N到M；（2）；（3）1.25J。
【详解】（1）感应电动势为
E=BLv=1×0.4×5V=2V
根据闭合电路欧姆定律得
电流方向N到M。
（2）根据牛顿第二定律
E=BLv
解得
（3）在时撤掉拉力，此时速度
从撤掉拉力到导体棒停止运动的过程中，导体棒克服安培力所做的功
18．（1）；（2）1m，2m；（3）0.45J
【详解】（1）在t2时刻：ab棒切割磁感线
流过线圈的电流
根据线框匀速运动可得
解得
（2）由于t1～t2的时间线框匀加速运动，可知线圈ab边的长度是磁场宽度的2倍，即
该过程中，根据牛顿第二定律
根据线框的匀变速运动特点
（3）根据能量守恒可得
考点：电磁感应问题。
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