第二章 电磁感应单元检测试题
时间：75分钟 总分：100分
一、单选题
1.管道高频焊机可以对由钢板卷成的圆管的接缝实施焊接。焊机的原理如图所示，圆管通过一个接有高频交流电源的线圈，线圈所产生的交变磁场使圆管中产生交变电流，电流产生的热量使接缝处的材料熔化将其焊接。焊接过程中所利用的电磁学规律的发现者为（ ）
A．库仑 B．霍尔 C．洛伦兹 D．法拉第
2.如图所示是法拉第在1831年做电磁感应实验的示意图，铁环上绕有A、B两个线圈，线圈A接直流电源，线圈B接电流表和开关S。通过多次实验，法拉第终于总结出产生感应电流的条件，分析这个实验，下列说法中正确的是( )
A．闭合开关S的瞬间，电流表G中有a→b的感应电流
B．闭合开关S的瞬间，电流表G中有b→a的感应电流
C．闭合开关S后，在增大电阻R的过程中，电流表G中有b→a的感应电流
D．闭合开关S后，滑动变阻器滑动触头向右移动，电流表G指针不偏转
3.如图所示,置于匀强磁场中的金属圆盘中央和边缘各引出一根导线,与套在铁芯上部的线圈A相连，套在铁芯下部的线圈B引出两根导线接在两根水平光滑导轨上，导轨上有一根金属棒ab静止处在垂直于纸面向外的匀强磁场中，下列说法正确的是 （ ）
A．圆盘顺时针加速转动时，ab棒将向右运动
B．圆盘顺时针匀速转动时，ab棒将向右运动
C．圆盘顺时针减速转动时，ab棒将向右运动
D．圆盘逆时针加速转动时，ab棒将向左运动
4.图甲和乙是教材中演示自感现象的两个电路图，L1和L2为电感线圈。实验时，断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗；闭合开关S2，灯A2逐渐变亮。而另一个相同的灯A3立即变亮，最终A2与A3的亮度相同。下列说法正确的是（ ）
A．图甲中，A1与L1的电阻值相同
B．图甲中，闭合S1，电路稳定后，A1中电流大于L1中电流
C．图乙中，变阻器R与L2的电阻值相同
D．图乙中，闭合S2瞬间，L2中电流与变阻器R中电流相等
5.电磁炉又名电磁灶（图1），它无须明火或传导式加热而让热直接在锅底产生，因此热效率得到了极大的提高。图2是描述电磁炉工作原理的示意图，下列说法正确的是（ ）
A．电磁炉通电线圈加直流电，电流越大，电磁炉加热效果越好
B．电磁炉原理是通电线圈加交流电后，在锅底产生涡流，进而发热工作
C．在锅和电磁炉中间放一绝缘物质，电磁炉不能起到加热作用
D．电磁炉的锅不能用陶瓷锅或耐热玻璃锅，主要原因是这些材料的导热性能较差
6.如图所示，abc为等腰直角三角形金属导线框，∠c=90°，def为一与abc全等的三角形区域，其中存在垂直纸面向里的匀强磁场，e点与c点重合，bcd在一条直线上．线框abc以恒定的速度沿垂直df的方向穿过磁场区域，在此过程中，线框中的感应电流i（以刚进磁场时线框中的电流方向为正方向）随时间变化的图像正确的是（ ）
A． B． C． D．
7.如图所示为安检门原理图，左边门框中有一通电线圈，右边门框中有一接收线圈，若工作过程中某段时间通电线圈中存在顺时针方向（左视图）均匀增大的电流，则下列说法正确的是（电流方向判断均从左向右观察）（ ）
A．无金属片通过时，接收线圈中感应电流的方向为顺时针
B．无金属片通过时，接收线圈中感应电流的大小不变
C．有金属片通过时，按收线圈中感应电流的方向为顺时针
D．有金属片通过时，接收线圈中感应电流会变大
二、多选题
8．某电磁弹射装置的简化模型如图所示，线圈固定在水平放置的光滑绝缘杆上，将金属环放在线圈左侧。闭合开关时金属环被弹射出去，若（ ）
A．从右向左看，金属环中感应电流沿逆时针方向
B．将电源正负极调换，闭合开关时金属环将向右运动
C．将金属环放置在线圈右侧，闭合开关时金属环将向右运动
D．金属环不闭合，则闭合开关时金属环不会产生感应电动势
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分别于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．若从上往下看，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上的热功率也变为原来的2倍
10．如图所示，在竖直面内有垂直于竖直面向外、磁感应强度大小为B的有界匀强磁场区域，磁场上下边界相距H。边长为l、电阻为R、质量为m的正方形导线框abcd从cd边距离磁场上边界l处由静止下落，cd边运动到磁场的下边界，线框匀速穿出磁场．已知重力加速度为g，忽略空气阻力．下列说法正确的是（ ）
A．线框进入磁场的过程中产生的感应电流沿逆时针方向
B．线框ab边离开磁场时，线框的速度大小为
C．线框进入磁场的过程中，通过线框导线横截面的电荷量为
D．线框穿过整个磁场区域的过程中，线框产生的焦耳热为mg(H＋l)
三、实验题
11．在“探究感应电流的方向与哪些因素有关”的实验。
(1)如图甲所示，当磁铁的N极向下运动时，发现电流表指针偏转，若要探究线圈中产生感应电流的方向，必须知道___________。
①为弄清灵敏电流计指针摆动方向与电流方向的关系，可以使用一个已知正负极性的直流电源进行探究。某同学想到了多用电表内部某一挡含有直流电源，他应选用多用电表的_______挡（填“欧姆”“直流电流”“直流电压”“交流电流”或“交流电压”）对灵敏电流计进行测试。由实验可知，当电流从正接线柱流入电流计时，指针向右摆动。
②如图甲所示，实验中该同学将条形磁铁从线圈上方向下插入线圈过程中（线圈绕向如图乙所示），电流计的指针向_______（填“左”或“右”）偏转。
(2)已知线圈由a端开始绕至b端，当电流从电流计G左端流入时，指针向左偏转，将磁铁N极向下插入线圈，发现指针向左偏转，俯视线圈，其绕向为_______（填“顺时针”或“逆时针”）。
12.学习法拉第电磁感应定律后，为了定量验证感应电动势E与时间的关系，甲、乙两位同学共同设计了图示实验装置：线圈和电压传感器相连，线圈、光电门固定在长木板的轨道上，强磁铁和挡光片固定在小车上。每当小车经过光电门时，光电门会记录下挡光时间同时触发电压传感器记录下内线圈产生的感应电动势E。利用弹簧将小车以不同的速度从轨道的右端弹出，就能得到一系列E和的实验数据。
（1）关于实验原理、过程和操作，下列说法正确的是 。
A．实验中必须保持线圈、光电门的位置不变
B．实验中轨道必须保持水平
C． 实验中轨道必须光滑
D．实验中每个挡光时间内线圈中磁通的变化量中可视为定值
（2）两位同学用作图法分析实验数据，要通过线性图像直观反映感应电动势E与时间的关系，可作出 （填“”或“”）图线。
（3）若按（2）问中两同学的方法处理数据，当仅增大线圈匝数后得到的图线斜率会 （选填“增大”、“不变”、“减小”）。
四、计算题
13．如图甲所示，半径为r带小缺口的刚性金属圆环固定在竖直平面内，在圆环的缺口两端用导线分别与两块水平放置的平行金属板A、B连接，两板间距为d、圆环所在区域有一变化的磁场垂直于圆环平面其变化规律如图乙所示。在平行金属板A、B之间有一带电液滴处于静止状态。重力加速度为g，图中B0、t0为已知量。求：
（1）感应电动势的大小；
（2）带电液滴的比荷大小。
14．如图所示，两根足够长的平行光滑金属导轨、间距，其电阻不计，两导轨及其构成的平面均与水平面成角，N、Q两端接有的电阻。一金属棒垂直导轨放置，两端与导轨始终有良好接触，已知的质量，电阻，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度大小。在平行于导轨向上的拉力作用下，以初速度沿导轨向上开始运动，可达到最大速度。运动过程中拉力的功率恒定不变，重力加速度。
（1）求拉力的功率P；
（2）开始运动后，经速度达到，此过程中克服安培力做功，求该过程中沿导轨的位移大小x。
15．如图所示，两平行光滑金属导轨由两部分组成，左面部分水平，右面部分为半径r＝0.5 m的竖直半圆，两导轨间距离l＝0.3 m，导轨水平部分处于竖直向上、磁感应强度大小B＝1 T的匀强磁场中，两导轨电阻不计.有两根长度均为l的金属棒ab、cd，均垂直导轨置于水平导轨上，金属棒ab、cd的质量分别为m1＝0.2 kg、m2＝0.1 kg，电阻分别为R1＝0.1 Ω、R2＝0.2 Ω.现让ab棒以v0＝10 m/s的初速度开始水平向右运动，cd棒进入圆轨道后，恰好能通过轨道最高点PP′，cd棒进入圆轨道前两棒未相碰，重力加速度g＝10 m/s2，求：
(1)ab棒开始向右运动时cd棒的加速度a0；
(2)cd棒刚进入半圆轨道时ab棒的速度大小v1；
(3)cd棒进入半圆轨道前ab棒克服安培力做的功W.
参考答案
1.D
【解析】由题意可知，圆管为金属导体，导体内部自成闭合回路，且有电阻，当周围的线圈中产生出交变磁场时，就会在导体内部感应出涡电流，电流通过电阻要发热。该过程利用原理的是电磁感应现象，其发现者为法拉第。故选D。
2.C
【解析】A B．闭合开关S的瞬间，穿过线圈B的磁通量不变，电流表无电流，AB错误；
C．闭合开关S后，在增大电阻R的过程中，线圈A中电流减小，穿过线圈B的磁通量减小，根据楞次定律可知，电流表中的电流方向是b→a， C正确；
D．闭合开关S后，滑动变阻器滑动触头向右移动，电阻R减小，线圈A中电流增大，穿过线圈B的磁通量增大，根据楞次定律线圈B中有感应电流，可知电流表G指针偏转。D错误。
故选C。
3.C
【解析】A．由右手定则可知，圆盘顺时针加速转动时，感应电流从圆心流向边缘，线圈A中产生的磁场方向向下且磁场增强。由楞次定律可知，线圈B中的感应磁场方向向上，由右手螺旋定则可知，ab棒中感应电流方向由a→b。由左手定则可知，ab棒受的安培力方向向左，ab棒将向左运动。故A错误；
B．当圆盘顺时针匀速转动时，线圈A中产生恒定的电流，那么线圈B的磁通量不变，则ab棒没有感应电流，则将不会运动，故B错误；
C．同A的分析可知，若圆盘顺时针减速转动时，则ab棒将向右运动，故C正确；
D．由右手定则可知，圆盘逆时针加速转动时，感应电流从边缘流向圆心，线圈A中产生的磁场方向向上且磁场增强。由楞次定律可知，线圈B中的感应磁场方向向下，由右手螺旋定则可知，ab棒中感应电流方向由b→a。由左手定则可知，ab棒受的安培力方向向右，ab棒将向右运动，故D错误。
故选C。
4.C
【解析】A．断开开关S1瞬间，线圈L1产生自感电动势，阻碍电流的减小，通过L1的电流反向通过A1，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗，说明IL1>IA1，即RL1
D．闭合S2瞬间，通过L2的电流增大，由于电磁感应线圈L2产生自感电动势，阻碍电流的增大，则L2中电流与变阻器R中电流不相等，D错误。
故选C。
5.B
【解析】A．电磁炉通电线圈加直流电，会产生恒定磁场，穿过锅底的磁通量不会发生变化，不能产生涡流，所以没有加热效果，故A错误；
B．电磁炉的原理是磁场感应涡流加热，即利用交变电流通过线圈产生交变磁场，所以电磁炉通过线圈加交流电后，在锅底产生涡流，进而发热工作，故B正确；
C．在锅和电磁炉中间放一绝缘物质，不会影响涡流的产生，因此不会影响电磁炉的加热作用，故C错误；
D．金属锅自身产生无数小涡流而直接加热锅，陶瓷锅或耐热玻璃锅属于绝缘材料，不会产生涡流，而不是因为导热性能较差，故D错误。
故选B。
6.C
【解析】时刻，线框刚进入磁场时，有效长度为0，根据可知此时感应电动势为0，感应电流为0；
当c点运动至df边，此时有效长度为，感应电动势为
感应电流为
当ab边运动至与df边重合时，此时有效长度为，感应电动势为
感应电流为
故选C。
7.B
【解析】AC．当左侧线圈中通有不断增大的顺时针方向的电流时，知穿过右侧线圈的磁通量向右，且增大，根据楞次定律，右侧线圈中产生逆时针方向的电流，即使有金属片通过时，接收线圈中的感应电流方向仍然为逆时针，故AC错误；
B．通电线圈中存在顺时针方向均匀增大的电流，则通电线圈产生的磁场均匀增大，所以穿过右侧线圈中的磁通量均匀增大，则磁通量的变化率是定值，由法拉第电磁感应定律可知，接收线圈中的感应电流不变，故B正确；
D．有金属片通过时，穿过金属片中的磁通量也发生变化，金属片中也会产生感应电流，与接收线圈中的感应电流的方向相同，所以会将该空间中磁场的变化削弱一些，引起接收线圈中的感应电流大小发生变化，接收线圈中感应电流会变小，故D错误。
故选B。
8.AC
【解析】A．闭合开关后，由右手定则可知螺线管的左边为N极，故穿过圆环的磁场方向向左，由于圆环中磁通量变大，由楞次定律可知，圆环中感应电流的磁场方向向右，故从右向左看，圆环中电流方向为逆时针，故A正确；
B．将电源正负极对调，闭合开关时，圆环中的磁通量仍然增加，由楞次定律可知，圆环仍然向左运动，故B错误；
C．金属环放置在右侧时，闭合开关，圆环中磁通量增加，由楞次定律可知，它将向右运动，故C正确；
D．金属环不闭合，磁通量变化时会产生感应电动势，但是没有感应电流，故D错误；
故选AC。
9.AB
【解析】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，电流从边缘指向圆心，接着沿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错误。
故选AB。
10.BC
【解析】A．由楞次定律判断，线框进入磁场的过程中产生的感应电流沿顺时针方向，A错误；
B． 线框ab边离开磁场时，线框匀速穿出磁场．故
解得
B正确；
C．线框进入磁场的过程中，通过线框导线横截面的电荷量为
C正确；
D．线框穿过整个磁场区域的过程中，根据能量守恒定理可知
则
D错误。
故选BC。
11.电流表指针偏转方向与电流方向间的关系及线圈的绕向 欧姆 右 顺时针
【解析】(1)电流表没有电流通过时，指针指向中央，要探究线圈中电流的方向，必须知道电流从正（负）接线柱流入时，指针的偏转方向以及线圈的绕向；
①多用电表作为欧姆表使用时，内部有电源，故应该选择欧姆挡；
②将条形磁铁从线圈上方向下插入线圈过程中，线圈中磁场方向向下，且磁通量增加，根据楞次定律判断出电流为逆时针方向，从正接线柱流入电流计，指针向右摆动；
(2)将磁铁N极向下插入线圈，线圈中磁场方向向下，且磁通量增加，想要指针向左偏转，根据楞次定律可知，俯视线圈，其绕向为顺时针。
12． AD/DA 增大
【解析】（1）AD．实验需要控制线圈匝数与磁通量的变化量不变，为控制磁通量的变化量不变，实验中必须保持线圈、光电门位置不变，故AD正确；
BC．由法拉第电磁感应定律
可知为了定量验证感应电动势与时间成反比，实验只需要控制线圈匝数与磁通量的变化量不变即可，对轨道是否光滑、轨道是否水平没有要求，故BC错误。
故选AD。
（2）根据
可知与成正比，故在直角坐标系中作关系图线，若图线是基本过坐标原点的倾斜直线，则也可验证与成反比。
（3）由法拉第电磁感应定律
可知图线的斜率
因为不变，所以当仅增大线圈匝数后，图线的斜率会增大。
13.（1）；（2）
【解析】（1）根据法拉第电磁感应定律
（2）两板间电压等于电动势
U=E
两极板间的电场强度
根据受力平衡有
解得
14.（1）；（2）
【解析】（1）在运动过程中，由于拉力功率恒定，做加速度逐渐减小的加速运动，速度达到最大时，加速度为零，设此时拉力的大小为F，安培力大小为，有
设此时回路中的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律，有
设回路中的感应电流为I，由闭合电路欧姆定律，有
受到的安培力
由功率表达式，有
联立上述各式，代入数据解得
（2）从速度到的过程中，由动能定理，有
代入数据解得
15.(1)30 m/s2(2)7.5 m/s(3)4.375 J
【解析】(1)ab棒开始向右运动时，设回路中电流为I，有
E＝Blv0
BIl＝m2a0
解得：a0＝30 m/s2
(2)设cd棒刚进入半圆轨道时的速度为v2，系统动量守恒，有
m1v0＝m1v1＋m2v2
m2v22＝m2g·2r＋m2vP2
m2g＝m2
解得：v1＝7.5 m/s
(3)由动能定理得：－W＝m1v12－m1v02
解得：W＝4.375 J.
