《电磁感应》单元检测题(1)

《电磁感应》

一、选择题（本题包括8小题。每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确。）

1．现将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流计及电键如图连接．下列说法中正确的是( )

A．电键闭合后，线圈A插入或拔出都会引起电流计指针偏转

B．线圈A插入线圈B中后，电键闭合和断开的瞬间电流计指针均不会偏转

C．电键闭合后，滑动变阻器的滑片P匀速滑动，会使电流计指针静止在中央零刻度 D．电键闭合后，只有滑动变阻器的滑片P加速滑动，电流计指针才能偏转

2．右图中半径为r的金属圆盘在垂直于盘面的匀强磁场中，绕O轴以角速度ω沿逆时针方向匀速转动，电阻两端分别接盘心O和盘边缘，则通过电阻R的电流强度的大小和方向是( )

Br2ω

A．由c到d，I＝

RBr2ω

B．由d到c，I＝

RBr2ω

C．由c到d，I＝

2RBr2ω

D．由d到c，I＝

2R

3．如图所示，A、B两闭合线圈为同样导线绕成，A有10匝，B有20匝，两圆线圈半径之比为2∶1.均匀磁场只分布在B线圈内．当磁场随时间均匀减弱时( )

A．A中无感应电流 B．A、B中均有恒定的感应电流 C．A、B中感应电动势之比为2∶1 D．A、B中感应电流之比为1∶2 4．如图所示，一导线弯成半径为a的半圆形闭合回路．虚线MN右侧有磁感应强度为B的匀强磁场．方向垂直于回路所在的平面．回路以速度v向右匀速进入磁场，直径CD始终与MN垂直．从D点到达边界开始到C点进入磁场为止，下列结论正确的是( )

A．感应电流方向不变

B．CD段直导线始终不受安培力 C．感应电动势最大值Em＝Bav

1

D．感应电动势平均值E＝πBav

4

5．在如图所示的电路中，两个相同的电流表，零刻点在刻度盘的中央．当电流从“＋”接线柱流入时，指针向右摆；当电流从“－”接线柱流入时，指针向左摆．在电路接通且稳定时再断开开关的瞬间，下列说法正确的是( )

A．G1指针向右摆，G2指针向左摆 B．G1指针向左摆，G2指针向右摆 C．两指针都向右摆 D．两指针都向左摆

6．如右图所示是测定自感系数很大的线圈L直流电阻的电路，L两端并联一只电压表，用来测自感线圈的直流电压，在测量完毕后，将电路解体时应先( )

A．断开S1 B．断开S2

C．拆除电流表 D．拆除电阻R

7．如右上图所示，在竖直向下的匀强磁场中，将一水平放置的金属棒ab以水平初速度v0抛出．设运动的整个过程中棒的取向不变，且不计空气阻力，则金属棒在运动过程中产生的感应电动势大小变化情况是( )

A．越来越大 B．越来越小 C．保持不变 D．无法判断

8．如图所示，相距为d的两条水平虚线L1、L2之间是方向水平向里的匀强磁场，磁感应强度为B，质量为m、电阻为R的正方形线圈abcd边长为L(L

A．感应电流做功为mgl B．感应电流做功为2mgd

mgR

C．线圈的最小速度可能为22

BL

D．线圈的最小速度一定为2g(h＋L－d)

二、计算题（本题包括2小题。解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。）

9．如图所示，abcd是一边长为l的匀质正方形导线框，总电阻为R，今使线框以恒定速度v水平向右穿过方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域．已知磁感应强度为B，磁场宽度为3l，求线框在进入磁区、完全进入磁区和穿出磁区三个过程中a、b两点间电势差的大小．

10．电阻可忽略的光滑平行金属导轨长s=1.15m，两导轨间距L=0.75 m，导轨倾角为θ=30°，导轨上端ab接一阻值R=1.5Ω的电阻，磁感应强度B=0.8T的匀强磁场垂直轨道平面向上。阻值r=0.5Ω，质量m=0.2kg的金属棒与轨道垂直且接触良好，从轨道上端ab处由静止开始下滑至底端，在此过程中金属棒产生的焦耳热Qr?0.1J。(取g?10m/s2)求：

(1)金属棒在此过程中克服安培力的功W安； (2)金属棒下滑速度v?2m/s时的加速度a；

(3)为求金属棒下滑的最大速度vm，有同学解答如下：由动能定理W重-W安=1mvm2，……。由此2所得结果是否正确？若正确，说明理由并完成本小题；若不正确，给出正确的解答。

《电磁感应》检测题答案

1．【解析】电键闭合后，线圈A插入或拔出都会引起穿过线圈B的磁通量发生变化，从而电流计指针偏转，选项A正确；线圈A插入线圈 B中后，电键闭合和断开的瞬间，线圈B的磁通量会发生变化，电流计指针会偏转，选项B错误；电键闭合后，滑动变阻器的滑片P无论匀速滑动还是加速滑动，都会导致线圈A的电流发生变化，线圈B的磁通量变化，电流计指针都会发生偏转，选项C、D错误．答案：A

v12Br2ω

2．【解析】由右手定则可判断出R中电流由c到d，电动势E＝Br＝Brω，电路中电流I＝.【答

222R案】C

3．【解析】只要穿过线圈内的磁通量发生变化，线圈中就有感应电动势和感应电流，因为磁场变化情况相同，有效面积也相同，所以，每匝线圈产生的感应电动势相同，又由于两线圈的匝数和半径不同，电阻值不同，根据欧姆定律，单匝线圈电阻之比为2∶1，所以，感应电流之比为1∶2.因此正确的答案是B、D. 【答案】BD

4．【解析】在闭合电路进入磁场的过程中，通过闭合电路的磁通量逐渐增大，根据楞次定律可知感应电流的方向为逆时针方向不变，A正确．根据左手定则可判断，CD段受安培力向下，B不正确．当半圆闭合回路进入磁场一半时，这时有效切割长度最大为a，所以感应电动势最大值Em＝Bav，C正确．感应电动势平均值E＝

ΔΦ1

＝πBav. D正确．【答案】ACD Δt4

5．【解析】电路接通且稳定时，两支路均有自左到右的电流．当开关断开的瞬间，无自感线圈的支路则没有自感电流产生．有自感线圈的支路产生阻碍原电流变化的自感电流，且这一自感电流将通过能与它形成回路的各支路．此题中开关断开的瞬间，电路电流减小，故L将产生自左至右的自感电流以阻碍原电流变化．且此时开关断开，L所在支路只能与R所在支路串联形成回路，则自感电流自右至左流经R所在支路．【答案】D

6．【解析】当S1、S2均闭合时，电压表与线圈L并联；当S2闭合而S1断开时，电压表与线圈L串联，

所以在干路断开前后自感线圈L中电流方向相同而电压表中电流方向相反．只要不断开S2，线圈L与电压表就会组成回路，在断开干路时，L中产生与原来电流同方向的自感电流，使电压表中指针反向转动而可能损坏电压表，正确答案为B. 【答案】B

7.【解析】金属棒ab以水平初速度v0抛出，且整个过程中棒的取向不变，则棒做平抛运动，水平方向垂直切割磁感线的速度不变，竖直方向不切割磁感线．由E＝BLv可知，金属棒运动过程中产生的感应电动势大小将保持不变C对．【答案】C

8．【解析】 根据cd边刚进入磁场和cd边刚离开磁场时速度大小相等，对这一过程应用动能定理可得线圈进入磁场的过程克服安培力做功为mgd，出磁场的过程同样要克服安培力做功mgd，所以总共产生电能2mgd，则感应电流做功2mgd，所以A错误、B正确；若进入过程中出现匀速运动情况，则安培力与BLvminmgR

重力相等?mg＝R?，所以存在最小速度为22的可能，C正确；对整个过程应用动能定理可得D正

BL??确．【答案】BCD

9．【解析】导线框在进入磁区过程中，ab相当于电源，等效电路如下图甲所示．

13EE＝Blv，r＝R，R外＝R，I＝＝

44R外＋r3Blv

Uab为端电压；所以Uab＝IR外＝. 4

导线框全部进入过程中，磁通量不变，感应电流 I＝0，但Uab＝E＝Blv

导线框在穿出磁区过程中，cd相当于电源，等效电路如下图乙所示．

BlvBlv1Blv3BlvBlv13E

E＝Blv，r＝R，R外＝R，I＝＝，Uab＝IRab＝×R＝. 答案 Blv

44R4444R外＋rR

10．答案： （1）下滑过程中安培力的功即为在电阻上产生的焦耳热，由于R?3r，因此：

Blv， R

22

QR?3Qr?0.3(J) ∴W安=Q?QR?Qr?0.4(J)

（2）金属棒下滑时受重力和安培力：

B2L2B2L2F安=BIL?v 由牛顿第二定律mgsin30??v?ma

R?rR?rB2L210.82?0.752?2∴a?gsin30??v?10???3.2(m/s2)

m(R?r)20.2?(1.5?0.5)(3)此解法正确。

B2L2v?ma 金属棒下滑时舞重力和安培力作用，其运动满足：mgsin30??R?r上式表明，加速度随速度增加而减小，棒作加速度减小的加速运动。无论最终是否达到匀速，当棒到达斜面底端时速度一定为最大。由动能定理可以得到棒的末速度，因此上述解法正确。

mgSsin30??Q?∴vm?1mvm2 22gSsin30??2Q12?0.4?2?10?1.15???2.74(m/s) m20.2

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/xnq7.html