新高考物理一轮复习精讲精练第11章 电磁感应 章末测试（含解析）.doc

电磁感应章末测试一、单项选择题1、如图所示，左右两套装置完全相同，用导线悬挂的金属细棒ab、cd分别位于两个蹄形磁铁的中央，悬挂点用导线分别连通．现用外力使ab棒向右快速摆动，则此时cd棒受到的安培力方向及这个过程中右侧装置的工作原理相当于(　　)A．cd棒受到的安培力向右，右侧装置的工作原理相当于电动机B．cd棒受到的安培力向左，右侧装置的工作原理相当于发电机C．cd棒受到的安培力向右，右侧装置的工作原理相当于发电机D．cd棒受到的安培力向左，右侧装置的工作原理相当于电动机【答案】A【解析】ab棒向右切割磁感线，根据右手定则可知，感应电流方向由b到a，则cd中电流由c到d，再根据左手定则可知，cd棒受力向右；右侧装置的运动属于通电导线在磁场中受力运动，故相当于电动机，故A项正确，B、C、D三项错误．2、图示装置是某同学探究感应电流产生条件的实验装置在电路正常接通并稳定后，他发现：当开关断开时，电流表的指针向右偏转则能使电流表指针向左偏转的操作是(　　)A．拔出线圈AB．圈A中插入铁芯C．滑动变阻器的滑动触头向左匀速滑动D．滑动变阻器的滑动触头向左加速滑动【答案】B【解析】开关断开时，代表通过线圈B的磁通量减小时，产生感应电流使得电流表的指针向右偏，这是一个参考方向，则如果让电流表的指针向左偏，则必须让通过线圈B的磁通量增大；拔出线圈A，穿过线圈B的磁通量减小，电流表的指针右偏，故A错误；圈A中插入铁芯，会使线圈B中的磁通量增大，故B正确；滑动变阻器的滑动触头向左匀速滑动时，它的电阻增大，则电路中的电流减小，穿过线圈B的磁通量减小，电流表的指针右偏，故C错误；滑动变阻器的滑动触头向左加速滑动，使电阻变大，电流变小，穿过线圈B的磁通量变小，电流表的指针右偏，故D错误。

3、同一平面内固定有一长直导线PQ和一带缺口的刚性金属圆环，在圆环的缺口两端引出两根导线，分别与两块垂直于圆环所在平面固定放置的平行金属板M、N连接，如图甲所示导线PQ中通有正弦交变电流i，i的变化如图乙所示，规定从Q到P为电流的正方向，则在1～2 s 内(　　)A．M板带正电，且电荷量增加B．M板带正电，且电荷量减小C．M板带负电，且电荷量增加D．M板带负电，且电荷量减小【答案】A【解析】在1～2 s内，穿过金属圆环的磁场垂直于纸面向里，磁感应强度变小，穿过金属圆环的磁通量变小，磁通量的变化率变大假设环闭合，由楞次定律可知感应电流磁场与原磁场方向相同，即感应电流磁场方向垂直于纸面向里，然后由安培定则可知感应电流沿顺时针方向，由法拉第电磁感应定律可知感应电动势增大，由此可知M板电势高，带正电，电荷量增加，故A正确，B、C、D错误4、如图甲所示，带缺口的刚性金属圆环在纸面内固定放置，在圆环的缺口两端引出两根导线，分别与两块垂直于纸面正对固定放置的平行金属板P、Q连接圆环内有垂直于纸面变化的磁场，变化规律如图乙所示(规定磁场方向垂直于纸面向里为正方向)图中可能正确表示P、Q两极板间电场强度E(规定电场方向由P板指向Q板为正方向)随时间t变化情况的是(　　)【答案】D【解析】在0至时，磁感应强度B减小，故圆环中感应电流产生的磁场向里，圆环中的感应电流沿顺时针，故极板P带正电，电场方向由P指向Q，即电场方向是正方向，故选项B、C错误；又因为这段时间内磁场的变化是均匀的，故产生的感应电动势大小不变，所以P、Q两极板间的电压不变，电场强度不变，所以A错误，D正确。

5、如图所示，在直角梯形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，BC＝CD＝2AB＝2L高为2L、宽为L的矩形金属闭合线圈由图中位置以向右的恒定速度匀速通过磁场区域，其长边始终与CD平行以线圈中逆时针方向为电流正方向，线圈在通过磁场过程中电流随时间变化的关系为(　　)【答案】C【解析】线圈进入磁场过程中磁通量向里增加，根据楞次定律可得电流方向为逆时针(为正)圈左边没有进入磁场过程中，有效切割长度逐渐增大，根据i＝可知感应电流逐渐增大；当线圈左边进入磁场后，右边没有离开磁场前，有效切割长度不变，则感应电流不变；当线圈右边离开磁场后，线圈内的磁通量减小，根据楞次定律可知感应电流方向为顺时针(负值)，且有效切割长度逐渐增大，感应电流逐渐增大综上所述，选项C正确6、(2022·北京西城区5月统测)如图1所示，地面上方高度为d的空间内有水平方向的匀强磁场，质量为m的正方形闭合导线框abcd的边长为l，从bc边距离地面高为h处将其由静止释放，已知h>d>l从导线框开始运动到bc边即将落地的过程中，导线框的v－t图像如图2所示重力加速度为g，不计空气阻力，以下有关这一过程的判断正确的是(　　)A．t1～ t2时间内导线框受到的安培力逐渐增大B．磁场的高度d可以用v－t图中阴影部分的面积表示C．导线框重力势能的减少量等于其动能的增加量D．导线框产生的焦耳热大于mgl【答案】D【解析】由题图2可知，在0～t1时间内，导线框做自由落体运动，t1～t2时间内导线框切割磁感线进入磁场，做加速度减小的减速运动，完全进入磁场后又做匀加速运动，所以根据受力分析可知W安＝F安l且a在减小，则安培力在减小，A错误；根据题意可知，在t1～t2时间段内，导线框切割磁感线，距离为l，完全进入后又做加速运动直到落地，所以磁场高度d为t1～t3时间内的位移，B错误；根据题意可知，安培力做负功，所以重力势能的减少量为动能增加量和安培力做的功，C错误；由题可知F安>mg且W安＝F安l，所以在下降过程中导线框产生的焦耳热大于mgl，D正确。

7、(2022·宜昌联考)如图甲所示，在足够长的光滑斜面上放置着矩形金属线框，整个斜面内存在垂直于斜面方向的匀强磁场匀强磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示(规定垂直斜面向上为正方向)t＝0时刻将线框由静止释放，框下滑的过程中，下列说法正确的是(　　)A．线框中将产生交变电流B．线框MN边受到的安培力方向始终不变C．经时间t，线框的速度大小为gtsin θD．由于电磁阻尼作用，经时间t，线框的速度小于gtsin θ【答案】C【解析】线框中产生的感应电流方向不变，所以A错误；根据楞次定律及右手定则可知，线框MN边的电流方向总是由N指向M，但是开始时受到的安培力方向沿斜面向下，后来安培力方向沿斜面向上，所以B错误；线框总的安培力总是为0，所以线框的加速度为a＝gsin θ，则经时间t，线框的速度大小为gtsin θ，所以C正确，D错误8、(2022·济南二模)如图所示，在光滑的水平面上有一半径r＝10 cm、电阻R＝1 Ω的金属圆环，以某一速度进入有界匀强磁场匀强磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度B＝0.5 T，从圆环刚进入磁场开始，到刚好有一半进入磁场时，圆环一共产生了32 J的热量，此时圆环速度为6 m/s，下列说法正确的是(　　)A．此时圆环中的电流方向为顺时针B．圆环进入磁场的全过程产生的热量为64 JC．此时圆环中的电动势为0.6 VD．圆环进入磁场的全过程通过圆环某截面的电荷量为 0.01 C【答案】C【解析】由楞次定律可判断此时圆环中的电流方向为逆时针，故A错误；由于安培力的作用，圆环在进入磁场的过程中，速度一直在减小，可得后半段的平均速度小于前半段，所以后半段的平均电动势小于前半段，所以后半段产生的热量小于32 J，故全过程产生的热量小于64 J，故B错误；此时的感应电动势为E＝BLv＝2Brv＝0.6 V，故C正确；由q＝IΔt＝Δt＝Δt＝＝，代入数据可得q＝0.015 7 C，故D错误。

二、多项选择题9、下列各图所描述的物理情境中，能产生感应电流的是(　　)【答案】BCD【解析】开关S闭合稳定后，穿过线圈N的磁通量保持不变，线圈N中不产生感应电流，故A错误；磁铁向铝环A靠近，穿过铝环A的磁通量在增大，铝环A中产生感应电流，故B正确；金属框从A向B运动，穿过金属框的磁通量时刻在变化，金属框中产生感应电流，故C正确；铜盘在磁场中按题图所示方向转动，铜盘的一部分切割磁感线，产生感应电流，故D正确10、如图甲所示，abcd边长为20 cm、总电阻为0.2 Ω的正方形闭合导线框，固定在与线框平面垂直的范围足够大的匀强磁场中磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示，取垂直纸面向里为正下列说法正确的是(　　)A．t＝0时，线框a、b两点间电压为0.04 VB．t＝1 s时，线框中产生的感应电流为0.2 A，方向为adcbaC．t＝2.5 s时，线框中a、d两点间电压为0.06 VD．在5～6 s内，通过线框某横截面的电荷量为0.4 C【答案】BD【解析】由公式E＝知，t＝0时线框产生的电动势为0.04 V，线框相当于4个电动势为0.01 V、内阻相同的电池串联，由闭合电路欧姆定律得I＝＝，每个电池两端电压U＝E－Ir＝E－·r＝0，即a、b两点间电压为0，选项A错误；t＝1 s 时，由闭合电路的欧姆定律I＝，解得I＝0.2 A，由楞次定律可得，感应电流的方向为adcba，选项B正确；t＝2.5 s时，电动势为E＝＝0.08 V，则线框a、d两点间电压为0，选项C错误；由电荷量公式q＝＝＝0.4 C，即在5～6 s内通过线框某横截面的电荷量为0.4 C，选项D正确。

11、(2022·日照第三次模拟)如图所示，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨，相同的光滑金属棒P、Q静止在导轨上t＝0时，用水平恒力向右拉动金属棒Q，运动过程中，金属棒P、Q始终与导轨垂直并接触良好，金属棒P的速度用v表示，加速度用a表示；P、Q与导轨构成的回路中的电流用I表示，磁通量用Ф表示下列关于v、a、I、Ф与时间t的关系图像，正确的是(　　)【答案】AC【解析】由题意可知Q棒由静止开始加速，受F和反向的安培力作用；P棒在安培力作用下同样由静止加速，则有F－F安＝maQ，F安＝maP，刚开始一段时间内aQ>aP，故vQ－vP增大；又因为I＝，所以I一开始增大，且变化速率与aQ－aP相同，越来越小；当aQ和aP相同时达到稳定状态，vQ－vP不变，电流不变，故金属棒P先做加速度增大的加速运动，然后做匀加速运动，故A、C正确，B错误；达到稳定状态时aQ＝aP，但vQ>vP，P、Q间的距离xPQ增大，故根据Ф＝BLxPQ，可知Ф不断增大，故D错误12、(2022·深圳4月第二次调研)如图，横截面积为0.005 m2的10匝线圈，其轴线与大小均匀变化的匀强磁场B1平行。

间距为0.8 m的两平行光滑竖直轨道PQ、MN足够长，底部连有一阻值为2 Ω的电阻，磁感应强度为B2＝0.5 T的匀强磁场与轨道平面垂直K闭合后，质量为0.01 kg、电阻为2 Ω的金属棒ab恰能保持静止，金属棒始终与轨道接触良好，其余部分电阻不计，g取10 m/s2则(　　)A．B1均匀减小B．B1的变化率为10 T/sC．断开K之后，金属棒ab下滑的最大速度为2.5 m/sD．断开K之后，金属棒所受安培力的最大功率为0.25 W【答案】BCD【解析】如果B1均匀减小，根据楞次定律，金属棒ab中的感应电流方向为b到a，根据左手定则，导体棒受到的安培力方向向下，无法平衡，A错误；如果B1的变化率为10 T/s，则螺线管中感应电动势E＝nS＝0.5 V，金属棒中电流为I＝＝0.25 A，金属棒受到的安培力为F＝B2IL＝0.5×0.25×0.8 N＝0.1 N＝mg，假设成立，B正确；断开K之后，金属棒速度最大时，受力平衡，则电流与原来一致，则电动势为E′＝2IR＝1 V，运动速度为v＝＝2.5 m/s，C正确；断开K之后，金属棒匀速运动时功率最大，。