物理32人教版精编习题 含详解答案 第四章电磁感应章末测试.docx

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物理32人教版精编习题含详解答案第四章电磁感应章末测试

本章优化总结

楞次定律、右手定则、左手定则及安培定则的综合应用

1．“三个定则与一个定律”的适用情况

名称

基本现象

应用的定则

或定律

电流的磁效应

运动电荷、电流产生磁场

安培定则

磁场对电流

的作用

磁场对运动电荷、

电流有作用力

左手定则

电磁感应

部分导体做切割磁感线运动

右手定则

闭合回路磁通量变化

楞次定律

2.三个定则的因果关系

三个定则容易相混，特别是左、右手易错用，抓住因果关系是关键：

（1）因电而生磁（I→B）→安培定则；

（2）因动而生电（v、B→I）→右手定则；

（3）因电而受力（I、B→F安）→左手定则．

如图甲所示，长直导线与闭合金属线框位于同一平面内，长直导线中的电流i随时间t的变化关系如图乙所示，在0～

时间内，直导线中电流方向向上，则在

～T时间内，线框中感应电流的方向与所受安培力方向正确的是（　　）

A．逆时针，向右　　　　B．逆时针，向左

C．顺时针，向右D．顺时针，向左

[解析]　在

～T时间内，直导线中的电流方向向下且增大，穿过线圈的磁通量垂直纸面向外且增加，由楞次定律知感应电流方向为顺时针，线框所受安培力由左手定则可知向右，故C正确．

[答案]　C

[方法总结]　

（1）右手定则与左手定则的区别：

抓住“因果关系”才能无误，“因动而电”——用右手；“因电而动”——用左手．

（2）使用中左手定则和右手定则很容易混淆，为了便于区分，可把两个定则简单地总结为“通电受力用左手，运动生电用右手”．“力”的最后一笔“丿”方向向左，用左手；“电”的最后一笔“乚”方向向右，用右手．

（3）楞次定律的另一种表达

感应电流的效果总是阻碍引起感应电流产生的原因．从感应电流所受安培力出发的分析方法，物理过程明确，但比较麻烦；若问题不涉及感应电流的方向，则从楞次定律的另一种表述出发的分析方法较为简便．

1．如图所示，导体AB、CD可在水平轨道上自由滑动，且两水平轨道在中央交叉处互不相通．当导体棒AB向左移动时（　　）

A．AB中感应电流的方向为A到B

B．AB中感应电流的方向为B到A

C．CD向左移动

D．CD向右移动

解析：

选AD.由右手定则可判断AB中感应电流方向为A→B，由左手定则可判断CD受到向右的安培力作用而向右运动．

电磁感应中的图象问题

1．图象类型

2．分析方法

对图象的分析，应做到“四明确一理解”：

（1）明确图象所描述的物理意义；明确各种正、负号的含义；明确斜率的含义；明确图象和电磁感应过程之间的对应关系．

（2）理解三个相似关系及其各自的物理意义：

v－Δv－

，B－ΔB－

，Φ－ΔΦ－

.

如图甲所示，光滑导轨水平放置在竖直方向的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度B随时间的变化规律如图乙所示（规定向下为正方向），导体棒ab垂直导轨放置，除电阻R的阻值外，其余电阻不计，导体棒ab在水平外力F的作用下始终处于静止状态．规定a→b的方向为电流的正方向，水平向右的方向为外力的正方向，则在0～2t0时间内，能正确反映流过导体棒ab的电流与时间或外力与时间关系的图线是（　　）

[解析]　在0～t0时间内磁通量为向上减少，t0～2t0时间内磁通量为向下增加，两者等效，且根据B－t图线可知，两段时间内磁通量的变化率相等，根据楞次定律可判断0～2t0时间内均产生由b到a的大小不变的感应电流，选项A、B均错误；在0～t0可判断所受安培力的方向水平向右，则所受水平外力方向向左，大小F＝BIL，随B的减小呈线性减小；在t0～2t0时间内，可判断所受安培力的方向水平向左，则所受水平外力方向向右，大小F＝BIL，随B的增加呈线性增加，选项D正确．

[答案]　D

[方法总结]　在解决电磁感应中的图象问题时，主要弄清坐标轴表示的物理量、截距、斜率等的物理意义，要注意相关规律的应用，如右手定则、楞次定律和法拉第电磁感应定律等．求解时要注意分清“过程段”，对每个阶段导体的切割情况或回路的变化情况都要仔细分析，并进一步确定电动势和电流等的变化规律，有的甚至要对线框进行受力分析和运动分析．

2.由同种材料制成的粗细均匀的金属线框（如图）以恒定速度通过有理想边界的匀强磁场．开始时线框的ab边恰与磁场边界重合，则线框中a、b两点间电势差Uab随时间变化的图线是下图中的（　　）

解析：

选A.线框向右匀速穿越磁场区域的过程可分为三个阶段：

第一阶段（进入过程），ab是电源，外电阻R＝3r，路端电压U1＝

E；第二阶段（线框整体在磁场中平动过程），ab及dc都是电源，并且是完全相同的电源，回路中虽无感应电流，但路端电压U2＝E；第三阶段（离开过程），dc是电源，虽然仍有外电阻R＝3r，但路端电压却是Udc＝

E，因此Uab仅为路端电压Udc的

，即U3＝

E，选项A正确．

电磁感应中的能量问题

1．电磁感应过程的实质是不同形式的能量转化的过程，而能量的转化是通过安培力做功的形式实现的，安培力做功的过程，是电能转化为其他形式能的过程，外力克服安培力做功，则是其他形式的能转化为电能的过程．

2．能量转化及焦耳热的求法

（1）能量转化

（2）求解焦耳热Q的三种方法

如图所示，宽度为L＝0.2m的足够长的平行光滑金属导轨固定在绝缘水平面上，导轨的一端连接阻值R＝1Ω的电阻．导轨所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小B＝5T．一根质量m＝100g的导体棒MN放在导轨上，并与导轨接触良好，导轨和导体棒的电阻均可忽略不计．现用一平行于导轨的拉力拉动导体棒沿导轨向右匀速运动，运动速度v＝10m/s，在运动过程中保持导体棒与导轨垂直．求：

（1）在闭合回路中产生的感应电流的大小；

（2）作用在导体棒上的拉力的大小；

（3）当导体棒匀速运动30cm时撤去拉力，求运动30cm和撤去拉力至棒停下来的整个过程中电阻R上产生的总热量．

[解析]　

（1）E＝BLv＝5×0.2×10V＝10V

I＝

＝10A.

（2）F拉＝F安＝BIL＝10N.

（3）运动30cm过程中R上产生的热量

Q1＝F拉s＝10×0.3J＝3J

撤去拉力至棒停下来的过程中电阻R上产生的热量

Q2＝

mv2＝

×0.1×100J＝5J

所以Q＝Q1＋Q2＝8J.

[答案]　

（1）10A　

（2）10N　（3）8J

[方法总结]　利用功能关系求解电磁感应问题的基本方法

（1）用法拉第电磁感应定律或导体切割磁感线公式确定感应电动势的大小，用楞次定律和右手定则判断感应电动势的方向．

（2）画出等效电路，求解电路中相关参量，分析电路中能量转化关系．

（3）研究导体机械能的转化，利用能量转化和守恒关系，列出机械功率与电路中电功率变化的守恒关系式．

3．如图甲所示，不计电阻的平行金属导轨竖直放置，导轨间距为L＝1m，上端接有电阻R＝3Ω，虚线OO′下方是垂直于导轨平面的匀强磁场，现将质量m＝0.1kg、电阻r＝1Ω的金属杆ab，从OO′上方某处垂直导轨由静止释放，杆下落过程中始终与导轨保持良好接触，杆下落过程中的v－t图象如图乙所示（取g＝10m/s2）．求：

（1）磁感应强度B的大小；

（2）杆在磁场中下落0.1s的过程中电阻R产生的热量．

解析：

（1）由题图乙知，杆自由下落0.1s进入磁场以v＝1.0m/s做匀速运动

产生的电动势E＝BLv①

杆中的电流I＝

②

杆所受安培力F安＝BIL③

由平衡条件得mg＝F安④

联立①②③④，并代入数据得B＝2T．⑤

（2）由①②⑤可知电阻R产生的热量

Q＝I2Rt＝

2Rt＝0.075J.

答案：

（1）2T　

（2）0.075J

（时间：

60分钟，满分：

100分）

一、单项选择题（本题共6小题，每小题6分，共36分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确．）

1．（2014·高考新课标全国卷Ⅰ）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

解析：

选D.产生感应电流必须满足的条件：

①电路闭合；②穿过闭合电路的磁通量要发生变化．选项A、B电路闭合，但磁通量不变，不能产生感应电流，故选项A、B不能观察到电流表的变化；选项C满足产生感应电流的条件，也能产生感应电流，但是等我们从一个房间到另一个房间后，电流表中已没有电流，故选项C也不能观察到电流表的变化；选项D满足产生感应电流的条件，能产生感应电流，可以观察到电流表的变化，所以选D.

2.如图所示，匀强磁场与圆形导体环平面垂直，导体ef与环接触良好，当ef向右匀速运动时（　　）

A．圆环中磁通量不变，环中无感应电流产生

B．整个环中有顺时针方向的电流

C．整个环中有逆时针方向的电流

D．环的右侧有逆时针方向的电流，环的左侧有顺时针方向的电流

解析：

选D.导体ef向右切割磁感线，由右手定则可判断导体ef中感应电流为e→f，而导体ef分别与导体环的左右两部分构成两个闭合回路，故环的右侧有逆时针方向的电流，环的左侧有顺时针方向的电流．

3.（2013·高考新课标全国卷Ⅱ）如图，在光滑水平桌面上有一边长为L、电阻为R的正方形导线框；在导线框右侧有一宽度为d（d＞L）的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的一边平行，磁场方向竖直向下．导线框以某一初速度向右运动．t＝0时导线框的右边恰与磁场的左边界重合，随后导线框进入并通过磁场区域．下列v－t图象中，可能正确描述上述过程的是（　　）

解析：

选D.t＝0线框刚进入磁场时，要做加速度减小的减速运动，全部进入磁场做匀速直线运动，出来时也要做加速度减小的减速运动，所以D正确．

4.如图所示，使一个铜盘绕其竖直的轴OO′转动，且假设摩擦等阻力不计，转动是匀速的．现把一个蹄形磁铁移近铜盘，则（　　）

A．铜盘转动将变慢

B．铜盘转动将变快

C．铜盘仍以原来的转速转动

D．铜盘转动速度是否变化要根据磁铁的上、下两端的极性来确定

解析：

选A.当一个蹄形磁铁移近铜盘时，铜盘转动切割磁感线，产生感应电流，由楞次定律可知感应电流所受的安培力阻碍其相对运动，所以铜盘转动将变慢．本题也可以从能量守恒的角度去分析，因为铜盘转动切割磁感线，产生感应电流，铜盘的机械能不断转化成电能，铜盘转动会逐渐变慢，A正确．

5.（2015·湖北仙桃高二检测）如图所示，一个边长为a、电阻为R的等边三角形线框，在外力作用下，以速度v匀速穿过宽均为a的两个匀强磁场．这两个磁场的磁感应强度大小均为B，方向相反．线框运动方向与底边平行且与磁场边缘垂直．取逆时针方向的电流为正．若从图示位置开始，作出线框中产生的感应电流i与沿运动方向的位移x之间的函数图象，则下面四个图中正确的是（　　）

解析：

选B.根据楞次定律可得，开始时感应电流应为逆时针，故C错．当线框两个边同时在磁场中切割磁感线时，形成同向电流，为顺时针电流，所以电流的峰值应为一个边切割的峰值的2倍，故A错．根据公式E＝BL有效vsinθ可知E与L有效成正比，由于L有效在分段线性变化，可得图象应为分段线性函数，故B正确D错误．

6.如图所示，abcd是一个质量为m、边长为L的正方形金属线框．如从图示位置自由下落．在下落h后进入磁感应强度为B的磁场，恰好做匀速直线运动，该磁场的宽度也为L.在这个磁场的正下方h＋L处还有一个未知磁场，金属线框abcd在穿过这个磁场时也恰好做匀速直线运动，那么下列说法正确的是（　　）

A．未知磁场的磁感应强度是2B

B．未知磁场的磁感应强度是

B

C．线框在穿过这两个磁场的过程中产生的电能为4mgL

D．线框在穿过这两个磁场的过程中产生的电能为2mgL

解析：

选C.设线框刚进入第一个磁场时速度大小为v1，那么mgh＝

mv

，v1＝

.设线框刚进入第二个磁场时速度大小为v2，那么v

－v

＝2gh，v2＝

v1，根据题意还可得到，mg＝

，mg＝

，整理可得出Bx＝

B，A、B两项均错；穿过两个磁场时都做匀速运动，把减小的重力势能都转化为电能，所以在穿过这两个磁场的过程中产生的电能为4mgL，C项正确、D项错．

二、多项选择题（本题共4小题，每小题6分，共24分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项正确，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分．）

7．（2014·高考山东卷）如图，一端接有定值电阻的平行金属轨道固定在水平面内，通有恒定电流的长直绝缘导线垂直并紧靠轨道固定，导体棒与轨道垂直且接触良好．在向右匀速通过M、N两区的过程中，导体棒所受安培力分别用FM、FN表示．不计轨道电阻．以下叙述正确的是（　　）

A．FM向右B．FN向左

C．FM逐渐增大D．FN逐渐减小

解析：

选BCD.根据直线电流产生磁场的分布情况知，M区的磁场方向垂直纸面向外，N区的磁场方向垂直纸面向里，离导线越远，磁感应强度越小．当导体棒匀速通过M、N两区时，感应电流的效果总是反抗引起感应电流的原因，故导体棒在M、N两区运动时，受到的安培力均向左，故选项A错误，选项B正确；导体棒在M区运动时，磁感应强度B变大，根据E＝Blv、I＝

及F＝BIl可知，FM逐渐变大，故选项C正确；导体棒在N区运动时，磁感应强度B变小，根据E＝Blv、I＝

及F＝BIl可知，FN逐渐变小，故选项D正确．

8．如图所示，P、Q是两个完全相同的灯泡，L是直流电阻为零的纯电感，且自感系数L很大．C是电容较大且不漏电的电容器，下列判断正确的是（　　）

A．S闭合时，P灯亮后逐渐熄灭，Q灯逐渐变亮

B．S闭合时，P灯、Q灯同时亮，然后P灯变暗，Q灯变得更亮

C．S闭合，电路稳定后，S断开时，P灯突然亮一下，然后熄灭，Q灯立即熄灭

D．S闭合，电路稳定后，S断开时，P灯突然亮一下，然后熄灭，Q灯逐渐熄灭

解析：

选AD.当S闭合时，通过自感线圈的电流逐渐增大而产生自感电动势，L相当于断路，电容C较大，相当于短路，当电流稳定时，L相当于短路，电容C相当于断路，故P灯先亮后灭，Q灯逐渐变亮；当S断开时，灯泡P与自感线圈L组成了闭合回路，灯泡P中的电流先增大后减小至零，故闪亮一下后熄灭，电容器与灯泡Q组成闭合回路，电容器放电，故灯泡Q逐渐熄灭，选项A、D正确．

9．（2015·浙江金华一中高二月考）如图甲所示在光滑水平面上用恒力F拉质量m＝1kg的单匝均匀正方形铜线框，在1位置以速度v0＝3m/s进入匀强磁场时开始计时t＝0，此时线框中感应电动势为1V，在t＝3s时刻线框到达2位置，开始离开匀强磁场．此过程中v－t图象如图乙所示，那么（　　）

A．t＝0时，线框右侧MN两端间的电压为0.25V

B．恒力F的大小为0.5N

C．线框完全离开磁场的瞬间位置3时速度为2m/s

D．线框完全离开磁场的瞬间位置3时速度为1m/s

解析：

选BC.t＝0时，线框右侧边MN两端电压为外电路电压，UMN＝

E＝0.75V，A选项错误；从1s末到3s末的过程中线框做匀加速直线运动，由图象可得a＝

＝0.5m/s2，所以F＝ma＝0.5N，B选项正确；从图象上可以得出，线框刚要进入磁场时，与线框刚要离开磁场时的速度都是3m/s，可得线框进入磁场和离开磁场的运动情景完全相同，所以线框完全离开磁场的瞬间位置3时速度为2m/s，故C正确，D错误．故选BC.

10．（2014·高考四川卷）如图所示，不计电阻的光滑U形金属框水平放置，光滑、竖直玻璃挡板H、P固定在框上，H、P的间距很小．质量为0.2kg的细金属杆CD恰好无挤压地放在两挡板之间，与金属框接触良好并围成边长为1m的正方形，其有效电阻为0.1Ω.此时在整个空间加方向与水平面成30°角且与金属杆垂直的匀强磁场，磁感应强度随时间变化规律是B＝（0.4－0.2t）T，图示磁场方向为正方向．框、挡板和杆不计形变．则（　　）

A．t＝1s时，金属杆中感应电流方向从C到D

B．t＝3s时，金属杆中感应电流方向从D到C

C．t＝1s时，金属杆对挡板P的压力大小为0.1N

D．t＝3s时，金属杆对挡板H的压力大小为0.2N

解析：

选AC.据已知B＝（0.4－0.2t）T可知t＝1s时，正方向的磁场在减弱，由楞次定律可判定电流方向为由C到D，A项正确．同理可判定B项错误．t＝1s时感应电动势E＝

＝

·S·sin30°＝0.1V，I＝

＝1A，安培力F安＝BIL＝0.2N，对杆受力分析如图．

结合牛顿第三定律可知金属杆对挡板P的压力大小为F′N＝F安cos60°＝0.1N，C项正确．同理可得t＝3s时对挡板H的压力大小为0.1N，D项错误．

三、非选择题（本题共3小题，共40分．按题目要求作答．解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．）

11．（12分）轻质细线吊着一质量为m＝0.32kg、边长为L＝0.8m、匝数n＝10的正方形线圈，总电阻为r＝1Ω，边长为

的正方形磁场区域对称分布在线圈下边的两侧，如图甲所示，磁场方向垂直纸面向里，大小随时间变化如图乙所示，从t＝0开始经t0时间细线开始松弛，g取10m/s2.求：

（1）在前t0时间内线圈中产生的感应电动势；

（2）在前t0时间内线圈的电功率；

（3）t0的值．

解析：

（1）由法拉第电磁感应定律得：

E＝n

＝n×

×

2

＝10×

×

2×0.5V＝0.4V.

（2）I＝

＝0.4A，P＝I2r＝0.16W.

（3）分析线圈受力可知，当细线松弛时有：

F安＝nBt0I

＝mg

I＝

Bt0＝

＝2T

由图象知：

Bt0＝1＋0.5t0，解得：

t0＝2s.

答案：

（1）0.4V　

（2）0.16W　（3）2s

12．（14分）均匀导线制成的单匝正方形闭合线框abcd，每边长为L，总电阻为R，总质量为m，将其置于磁感应强度为B的水平匀强磁场上方h处，如图所示，线框由静止自由下落，线框平面保持在竖直平面内，且cd边始终与水平的磁场边界平行．当cd边刚进入磁场时：

（1）求线框中产生的感应电动势大小；

（2）求c、d两点间的电势差大小；

（3）若此时线框加速度恰好为零，求线框下落的高度h所应满足的条件．

解析：

（1）cd边刚进入磁场时，线框速度v＝

线框中产生的感应电动势E＝BLv＝BL

.

（2）此时线框中电流I＝

c、d两点间的电势差

U＝I

＝

BL

.

（3）cd边受安培力F＝BIL＝

根据牛顿第二定律mg－F＝ma，

由a＝0解得下落高度满足h＝

.

答案：

（1）BL

（2）

BL

　（3）h＝

13.（14分）如图所示，质量m1＝0.1kg、电阻R1＝0.3Ω、长度l＝0.4m的导体棒ab横放在U形金属框架上．框架质量m2＝0.2kg，放在绝缘水平面上，与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，相距0.4m的MM′、NN′相互平行，电阻不计且足够长．电阻R2＝0.1Ω的MN垂直于MM′.整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B＝0.5T．垂直于ab施加F＝2N的水平恒力，ab从静止开始无摩擦地运动，始终与MM′、NN′保持良好接触，当ab运动到某处时，框架开始运动．设框架与水平面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2.

（1）求框架开始运动时ab速度v的大小；

（2）从ab开始运动到框架开始运动的过程中，MN上产生的热量Q＝0.1J，求该过程中ab位移x的大小．

解析：

（1）ab对框架的压力F1＝m1g

框架受水平面的支持力FN＝m2g＋F1

依题意，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则框架受到最大静摩擦力F2＝μFN

ab中的感应电动势E＝Blv

MN中电流I＝

MN受到的安培力F安＝IlB

框架开始运动时F安＝F2

由上述各式代入数据解得v＝6m/s.

（2）闭合回路中产生的总热量Q总＝

Q

由能量守恒定律，得Fx＝

m1v2＋Q总

代入数据解得x＝1.1m.

答案：

（1）6m/s　

（2）1.1m