1、单元质量检测(十)电磁感应一、选择题(第15题只有一项正确，第68题有多项正确)1(2017山东枣庄八中调研)法拉第是十九世纪英国著名科学家，为物理学的发展做出了非常突出的贡献，关于法拉第的研究工作，以下说法中符合事实的是()A发现了电流的磁效应，从而揭示了电和磁的关系B发现了电荷间的相互作用规律，并用实验测得元电荷的数值C发现了产生电磁感应现象的条件，并制作了发电机D发现了电流间相互作用的规律，并提出了判断电流产生的磁场方向的方法解析：选C1820年奥斯特发现了电流的磁效应，故A错误；美国科学家密立根通过油滴实验测定了元电荷的数值，故B错误；法拉第发现了产生电磁感应现象的条件，并制作了发电机
2、，故C正确；根据物理学史可知，安培发现了电流间相互作用的规律，并提出了判断电流产生的磁场方向的方法，故D错误。2(2017福建罗源模拟)如图所示，圆环a和b的半径之比为rarb21，且都是由粗细相同的同种材料的导线构成，连接两环的导线电阻不计，匀强磁场的磁感应强度始终以恒定的变化率变大，那么，当只有a环置于磁场中与只有b环置于磁场中两种情况下，A、B两点的电势差之比为()A11B51 C21 D41解析：选C匀强磁场的磁感应强度始终以恒定的变化率变大，根据法拉第电磁感应定律，E，设只有a环置于磁场中会产生大小恒定的电动势4E，则只有b环置于磁场中时，产生的电动势大小为E, a和b的半径之比为r
3、arb21，故周长之比为21，且都是由粗细相同的同种材料的导线构成，所以圆环a的电阻与圆环b的电阻由电阻定律R解得，电阻之比为，电路图可等效为电源与定值电阻串联，A、B两点测的是路端电压，则只有a环置于磁场中时A、B两点的电势差为U14EE，只有b环置于磁场中时A、B两点的电势差为U2EE，所以两种情况下A、B两点的电势差之比为21，C正确。3(2017黑龙江实验中学模拟)在半径为r、电阻为R的圆形导线框内，以直径为界，左、右两侧分别存在着方向如图甲所示的匀强磁场。以垂直纸面向外的磁场为正，两部分磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律分别如图乙所示。则0t0时间内，导线框中()A没有感应电流B感
4、应电流方向为逆时针C感应电流大小为D感应电流大小为解析：选C根据楞次定律可知，左侧的导线框的感应电流是顺时针，而右侧的导线框的感应电流也是顺时针，则整个导线框的感应电流方向为顺时针，故A、B错误；由法拉第电磁感应定律，因磁场的变化，导致导线框内产生感应电动势，结合题意可知，整个导线框产生感应电动势正好是左、右两侧之和，即为E2，再由闭合电路欧姆定律，可得感应电流大小为I，故C正确，D错误。4. (2017西藏日喀则检测)矩形导线框abcd放在匀强磁场中，在外力控制下静止不动，如图甲所示，磁感线方向与线框平面垂直，磁感应强度B随时间t变化的图像如图乙所示。t0时刻，磁感应强度的方向垂直纸面向里，
5、在04 s时间内，线框ad边所受安培力随时间变化的图像(力的方向规定以向左为正方向)可能是下列选项中的()解析：选At0时刻，磁感应强度的方向垂直线框平面向里，在0到1 s内，穿过线框的磁通量变小，由楞次定律可得，感应电流方向是顺时针，再由左手定则可得线框的ad边所受的安培力水平向左。在1 s到2 s内，磁感应强度的方向垂直线框平面向外，穿过线框的磁通量变大，由楞次定律可得，感应电流方向是顺时针，再由左手定则可得线框的ad边所受的安培力水平向右。同理可得，在2 s到4 s内，重复出现安培力先向左后向右，且随时间的变化关系与0到2 s内相同，故选A。5(2015福建高考)如图，由某种粗细均匀的总
6、电阻为3R的金属条制成的矩形线框abcd，固定在水平面内且处于方向竖直向下的匀强磁场中。一接入电路电阻为R的导体棒PQ，在水平拉力作用下沿ab、dc以速度v匀速滑动，滑动过程PQ始终与ab垂直，且与线框接触良好，不计摩擦。在PQ从靠近ad处向bc滑动的过程中()APQ中电流先增大后减小BPQ两端电压先减小后增大CPQ上拉力的功率先减小后增大D线框消耗的电功率先减小后增大解析：选C设PQ左侧金属线框的电阻为r，则右侧电阻为3Rr；PQ相当于电源，其电阻为R，则电路的外电阻为R外，当r时，R外maxR，此时PQ处于矩形线框的中心位置，即PQ从靠近ad处向bc滑动的过程中外电阻先增大后减小。PQ中的
7、电流为干路电流I，可知干路电流先减小后增大，选项A错误；PQ两端的电压为路端电压UEU内，因EBlv不变，U内IR先减小后增大，所以路端电压先增大后减小，选项B错误；拉力的功率大小等于安培力的功率大小，PF安vBIlv，可知因干路电流先减小后增大，PQ上拉力的功率也先减小后增大，选项C正确；线框消耗的电功率即为外电阻消耗的功率，因外电阻最大值为R，小于内阻R；根据电源的输出功率与外电阻大小的变化关系，外电阻越接近内阻时，输出功率越大，可知线框消耗的电功率先增大后减小，选项D错误。6. (2017重庆巴蜀中学模拟)如图所示，磁场方向垂直于纸面，磁感应强度大小在竖直方向均匀分布，水平方向非均匀分布
8、。一铜制圆环用绝缘细线悬挂于O点。将圆环拉至位置a后无初速度释放，圆环摆到右侧最高点b，不计空气阻力。在圆环从a摆向b的过程中()A感应电流方向先逆时针后顺时针再逆时针B感应电流的大小是先增大再减小C如果铜环的电阻越小，b点与a点的高度差越小D安培力方向始终沿水平方向解析：选AD由楞次定律知，感应电流方向先逆时针后顺时针再逆时针，A正确；由法拉第电磁感应定律，且电流方向改变时某时刻电流大小是零，环心过图示虚线时，感应电流顺时针最大，所以感应电流的大小是先增大再减小，再增大再减小，B错误；铜环的电阻越小，在相同的感应电动势时电流越大，克服安培力做功的功率越大，b点与a点的高度差越大，C错误；由于
9、磁感应强度大小在竖直方向均匀分布，水平方向非均匀分布，所以安掊力方向始终沿水平方向，D正确。7. (2017福建上杭一中模拟)如图所示，一个电阻值为R，匝数为n的圆形金属线圈与阻值为2R的电阻R1连接成闭合回路，其余电阻不计。线圈的半径为r1，在线圈中半径为r2的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系式为B 104t(T)，在0至2 s时间内，下列说法正确的是()A通过电阻R1上的电流方向由a到bB通过电阻R1上的电流大小为C通过电阻R1上的电荷量为D电阻R1上产生的热量为解析：选BD根据法拉第电磁感应定律EnnS4nr，总电流I，根据楞次定律可知，流经R1的电
10、流方向由ba，故A错误，B正确；根据欧姆定律，则线圈两端的电压即为电阻R1的电压，则qIt0，故C错误；电阻R1上产生的热量为QI22Rt0，故D正确。8. (2017福建漳浦联考)如图所示，相距为d的两条水平虚线之间存在方向水平向里的匀强磁场，磁感应强度为B，正方形线圈abcd的边长为L(Ld)，质量为m，电阻为R，将线圈从磁场上方h高处由静止释放，cd边刚进入磁场时速度为v0，cd边刚离开磁场时速度也为v0，则线圈穿过磁场的过程中(从cd边刚进入磁场起一直到ab边离开磁场为止)()A感应电流所做的功为mgdB感应电流所做的功为mg(dL)C线圈的最小速度一定是D线圈的最小速度可能为解析：选
11、CDcd边刚进入磁场和cd边刚穿出磁场时速度均为v0，则动能变化量为0，减少的重力势能转化为线圈进入磁场的过程中产生的热量，则Qmgd，并且线圈穿出磁场和进入磁场的过程产生的热量相等，所以线圈穿过磁场的过程产生的热量Q2mgd，则感应电流做的功为2mgd，故A、B错误；线圈进入磁场时做减速运动，全部进入磁场后做加速运动，可知线圈刚全部进入磁场的瞬间速度最小，设为vmin，从线圈开始下落到刚完全进入磁场的过程，根据能量守恒定律得mg(hL)Qmv，又Qmgd，解得线圈的最小速度vmin，故C正确；线圈可能在完全进入磁场前已做匀速运动，此时满足mgBIL，即mg，则可能的最小速度v，故D正确。二、
12、计算题9. (2015浙江高考)小明同学设计了一个“电磁天平”，如图甲所示，等臂天平的左臂为挂盘，右臂挂有矩形线圈，两臂平衡。线圈的水平边长L0.1 m，竖直边长H0.3 m，匝数为N1。线圈的下边处于匀强磁场内，磁感应强度B01.0 T，方向垂直线圈平面向里。线圈中通有可在02.0 A范围内调节的电流I。挂盘放上待测物体后，调节线圈中电流使天平平衡，测出电流即可测得物体的质量。(重力加速度取g10 m/s2)(1)为使电磁天平的量程达到0.5 kg，线圈的匝数N1至少为多少？(1) 进一步探究电磁感应现象，另选N2100匝、形状相同的线圈， 总电阻R10 。不接外电流，两臂平衡。如图乙所示，
13、保持B0不变，在线圈上部另加垂直纸面向外的匀强磁场，且磁感应强度B随时间均匀变大，磁场区域宽度d0.1 m。当挂盘中放质量为0.01 kg的物体时，天平平衡，求此时磁感应强度的变化率。解析：(1)线圈受到安培力FN1B0IL天平平衡mgN1B0IL代入数据得N125匝。(2)由电磁感应定律得EN2即EN2Ld由欧姆定律得I线圈受到安培力FN2B0IL天平平衡mgNB0代入数据可得0.1 T/s。答案：(1)25匝(2)0.1 T/s10. (2017福建上杭一中模拟)如图所示，在水平地面上固定一光滑金属导轨，导轨间距为L，导轨电阻不计，右端接有阻值为R的电阻，质量为m、电阻rR的导体棒与固定弹
14、簧相连后放在导轨上，整个装置处在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中。初始时刻，弹簧恰处于自然长度，导体棒具有一水平向右的初速度v0，已知当导体棒第一次回到初始位置时，速度大小变为v0，整个运动过程中导体棒始终与导体垂直并保持良好接触，弹簧的重心轴线与导轨平行，且弹簧始终处于弹性限度范围内。求：(1)初始时刻通过电阻R的电流I的大小；(2)导体棒第一次回到初始位置时，导体棒的加速度大小a；(3)导体棒从开始运动直到停止的过程中，电阻R上产生的焦耳热Q。解析：(1)初始时刻导体棒的速度为v0，做切割磁感线运动，产生的电动势为EBLv0，电路中的总电阻为RRrR，根据欧姆定律可得I。(2)
15、导体棒第一次回到初始位置时，速度为v1v0，产生的电流为I此时弹簧处于原长状态，所以导体棒只受安培力作用，安培力为FBIL，根据牛顿第二定律可得a，联立解得a。(3)由于没有摩擦力，则导体棒从开始运动直到停止的过程中，导体棒的动能完全转化为电路的焦耳热，故Q总mv，根据欧姆定律可得电阻R上产生的焦耳热QQ总mv。答案：(1)(2)(3)mv11. (2017天津静海一中模拟)如图所示，在与水平面成30夹角的平面内放置两条平行、光滑且足够长的金属轨道，其电阻可忽略不计。空间存在着匀强磁场，磁感应强度B0.20 T，方向垂直轨道平面向上。导体棒ab、cd垂直于轨道放置，且与轨道接触良好构成闭合回路
16、，导体棒的质量均为m2.0102 kg，回路中导体棒电阻均为r5.0102 ，金属轨道宽度l0.50 m。现对导体棒ab施加平行于轨道向上的拉力，使之匀速向上运动，在导体棒ab匀速向上运动过程中，导体棒cd始终能静止在轨道上，g取10 m/s2，求：(1)通过导体棒cd的电流I；(2)导体棒ab受到的外力F；(3)导体棒cd产生Q0.1 J的热量时，力F做的功W。解析：(1)导体棒cd受到的安培力，FcdIlB导体棒cd受力平衡，则Fcdmgsin 30联立以上两式代入数据，解得I1 A，方向由右手定则可知由d到c。(2)导体棒ab与导体棒cd受到的安培力大小相等，FabFcd对导体棒ab由平衡条件有Fmgsin 30IlB代入数据解得F0.2 N。(3)设在时间t内导体棒cd产生Q0.1 J的热量，由焦耳定律可知QI2Rt设导体棒ab匀速运动的速度大小为v，则产生的感应电动势EBlv由闭合电路欧姆定律知I由运动学公式知，在时间t内，导体棒ab沿导轨的位移xvt力F做的功WFx综合上述各式，代入数据解得W0.4 J。答案：(1)1 A，方向由d到c(2)0.2 N(3)0.4 J
