电磁感应综合测试题.doc

一、选择题
1、如图所示，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～T/2时间内，直导线中电流方向向上，则在T/2～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．感应电流方向为顺时针，线框受安培力的合力方向向左
B．感应电流方向为逆时针，线框受安培力的合力方向向右
C．感应电流方向为顺时针，线框受安培力的合力方向向右
D．感应电流方向为逆时针，线框受安培力的合力方向向左
2、如图，EOF和E’O’F’为空间一匀强磁场的边界，其中EO∥E’O’，FO∥F’O’，且EO⊥OF；OO’为∠EOF的角平分线，OO’间的距离为l；磁场方向垂直于纸面向里。一边长为l的正方形导线框沿OO’方向匀速通过磁场，t=0时刻恰好位于图示位置。规定导线框中感应电流沿逆时针方向时为正，则感应电流i与时间t的关系图线可能正确的是(　　)    

3、如图，圆环形导体线圈a平放在水平桌面上，在a的正上方固定一竖直螺线管b，二者轴线重合，螺线管与电源和滑动变阻器连接成如图所示的电路。若将滑动变阻器的滑片P向下滑动，下列表述正确的是(     )
A．线圈a中将产生俯视顺时针方向的感应电流
B．穿过线圈a的磁通量变小
C．线圈a有扩张的趋势
D．线圈a对水平桌面的压力FN将增大
4、矩形导线框固定在匀强磁场中，如图甲所示．磁感线的方向与导线框所在平面垂直，规定磁场的正方向为垂直纸面向里，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示，则(　　)
A．从0到t1时间内，导线框中电流的方向为abcda
B．从0到t1时间内，导线框中电流越来越小
C．从0到t2时间内，导线框中电流的方向始终为adcba
D．从0到t2时间内，导线框各边受到的安培力越来越大
5、如图，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，环上无感应电流产生
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
6、如图，A、B都是很轻的铝环，分别吊在绝缘细杆的两端，杆可绕中间竖直轴在水平面内转动，环A是闭合的，环B是断开的。若用磁铁N极分别接近这两个圆环，则下面说法中正确的是
A.接近A环时，A环将靠近磁铁
B.接近A环时，A环将远离磁铁
C.接近B环时，B环将靠近磁铁
D.接近B环时，B环将远离磁铁

7、如图所示，正方形线框abcd的边长为l，向右通过宽为L的匀强磁场，且l<L，则在线框通过磁场的过程中，线框中的感应电流
 A．一直为顺时针方向                           
 B．一直为逆时针方向
 C．先为逆时针方向，中间无感应电流，后为顺时针方向
 D．先为顺时针方向，中间无感应电流，后为逆时针方向
8、以下有关物理学概念或物理学史说法正确的有
A．匀速圆周运动是速度大小不变的匀变速曲线运动，速度方向始终为切线方向
B．牛顿发现了万有引力定律，库仑用扭秤实验测出了万有引力恒量的数值，从而使万有引力定律有了真正的实用价值
C．行星绕恒星运动轨道为圆形，则它运动的周期平方与轨道半径的三次方之比为常数，此常数的大小与恒星的质量和行星的速度有关
D．奥斯特发现了电流的磁效应，法拉第发现了电磁感应现象，感应电流的方向遵从楞次定律，这是能量守恒定律的必然结果
9、物理学家通过艰苦的实验来探究自然的物理规律，为人类的科学事业做出了巨大贡献，值得我们敬仰。下列描述中符合物理学史实的是(　　)
A．开普勒发现了行星运动三定律，从而提出了日心说
B．牛顿发现了万有引力定律但并未测定出引力常量G
C．奥斯特发现了电流的磁效应并提出了分子电流假说
D．法拉第发现了电磁感应现象并总结出了判断感应电流方向的规律
10、如图所示，在同一平面内，同心的两个导体圆环中通以同向电流时（   　   ）
A、两环都有向内收缩的趋势                           
B、两环都有向外扩张的趋势
C、内环有收缩趋势，外环有扩张趋势
D、内环有扩张趋势，外环有收缩趋势
11、如图所示是验证楞次定律实验的示意图，竖直放置的线圈固定不动，将磁铁从线圈上方插入或拔出，线圈和电流表构成的闭合回路中就会产生感应电流．各图中分别标出了磁铁的极性、磁铁相对线圈的运动方向以及线圈中产生的感应电流的方向等情况，其中表示正确的是：

12、如图所示，矩形闭合线圈abcd竖直放置，OO′是它的对称轴，通电直导线AB与OO′平行，且AB、OO′所在平面与线圈平面垂直。若要在线圈中产生abcda方向的感应电流，可行的做法是
      A．AB中电流I逐渐增大
      B．AB中电流I先增大后减小
      C．AB正对OO′，逐渐靠近线圈
      D．线圈绕OO′轴逆时针转动90°（俯视）

13、一平面线圈用细杆悬于P点，开始时细杆处于水平位置，释放后让它在如图所示的匀强磁场中运动。已知线圈平面始终与纸面垂直，当线圈第一次通过位置Ⅰ和位置Ⅱ时，顺着磁场的方向看去，线圈中感应电流的方向分别为( )。
　(A)逆时针方向　逆时针方向
　(B)逆时针方向　顺时针方向
　(C)顺时针方向　顺时针方向
　(D)顺时针方向　逆时针方向
14、如图所示，两平行的虚线间的区域内存在着有界匀强磁场，有一较小的三角形线框abc的ab边与磁场边界平行．现使此线框向右匀速穿过磁场区域，运动过程中始终保持速度方向与ab边垂直．则下列各图中哪一个可以定性地表示线框在上述过程中感应电流随时间变化的规律 

15、如图所示，两条平行虚线之间存在匀强磁场，虚线间的距离为l，磁场方向垂直纸面向里，abcd是位于纸面内的梯形线圈，ad与bc间的距离也为l，t=0时刻，bc边与磁场区域左边界重合。现令线圈以向右的恒定速度v沿垂直于磁场区域边界的方向穿过磁场区域，取沿a→b→c→d→a方向的感应电流为正，则在线圈穿越磁场区域的过程中，感应电流I随时间t变化的图线是  【     】

16、如图所示，三条平行虚线位于纸面内，中间虚线两侧有方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度等大反向．菱形闭合导线框ABCD位于纸面内且对角线AC与虚线垂直，磁场宽度与对角线AC长均为d，现使线框沿AC方向匀速穿过过磁场，以逆时针方向为感应电流的正方向，则从C点进入磁场到A点离开磁场的过程中，线框中电流i随时间t的变化关系，以下可能正确的是

二、计算题
17、如图甲所示，两根足够长、电阻不计的光滑平行金属导轨相距为L1＝1m，导轨平面与水平面成θ＝30°角，上端连接阻值R＝1．5Ω的电阻；质量为m＝0．2kg、阻值r＝0．5Ω的金属棒ab放在两导轨上，距离导轨最上端为L2＝4m，棒与导轨垂直并保持良好接触。整个装置处于一匀强磁场中，该匀强磁场方向与导轨平面垂直，磁感应强度大小随时间变化的情况如图乙所示。为保持ab棒静止，在棒上施加了一平行于导轨平面的外力F， g=10m/s2求：
（1）当t＝2s时，外力F1的大小；
（2）当t＝3s前的瞬间，外力F2的大小和方向；
（3）请在图丙中画出前4s外力F随时间变化的图像（规定Ｆ方向沿斜面向上为正）；

18、如图32－9所示，一对平行光滑轨道放置在水平面上，两轨道间距l＝0.20 m，电阻R＝1 Ω；有一导体杆静止地放在轨道上，与两轨道垂直，杆及轨道的电阻均忽略不计，整个装置处于磁感应强度B＝0.50 T的匀强磁场中，磁场方向垂直轨道面向下．现用一外力F沿轨道方向拉杆，使之做匀加速运动，测得外力F与时间t的关系如图所示．求
(1)杆的质量m和加速度a的大小；
(2)杆开始运动后的时间t内，通过电阻R电量的表达式(用B、l、R、a、t表示)．

19、如图所示，边长为L的正方形导线框abcd，质量为m、电阻为R，垂直纸面向外的匀强磁场区域宽度为H（H>L），磁感应强度为B. 线框竖直上抛，线框ab边向上离开磁场时的速率是进入磁场时速率的一半，线框离开磁场后继续上升一段高度，然后落下并匀速进入磁场．不计空气阻力，整个运动过程中线框不转动.求线框向上
（1）ab边离开磁场时的速率；
（2）通过磁场过程中安培力所做的功；
（3）完全进入磁场过程中所通过横截面的电荷量．

20、如图所示，两足够长平行光滑的金属导轨M N 、PQ相距为L，导轨平面与水平面间的夹角为θ，导轨电阻不计，质量为m、电阻为R的金属棒ab垂直于MN、PQ放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，图中定值电阻的阻值也为R，导轨平面处于磁感应强度为B的匀强磁场中，且导轨平面垂直于磁场方向。当开关Ｓ处于位置1与电源相连时，棒ab恰好能静止在光滑的导轨上；当开关Ｓ处于位置2时，棒ab从静止开始沿导轨下滑，已知棒沿导轨下滑的位移为时开始做匀速运动，求：
（1）开关Ｓ处于位置1时，通过棒ab的电流大小；
（2）开关Ｓ处于位置2时，棒ab匀速运动时速度大小；
（3）棒ab从静止开始到下滑位移的过程中，流过电阻R的电量及R上产生的焦耳热。

参考答案

一、选择题

1、C
2、B
3、D
4、C
5、D
6、B   
7、C
8、D
9、 B
10、D  
11、C
12、答案：D解析：若要在线圈中产生abcda方向的感应电流，可行的做法是线圈绕OO′轴逆时针转动90°，选项D正确。
13、B　
14、( D )
15、B
16、D
二、计算题

17、知识点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；法拉第电磁感应定律；电磁感应中的能量转化．J2 L2 L3
【答案解析】（1）0；（2）0.5N，方向沿斜面向下；（3）如图所示．解析：（1）当t=2s时，回路中产生的感应电动势为：
E=，
B2=1T，应电流为：
I=；
根据楞次定律判断可知，ab所受的安培力沿轨道向上；
ab棒保持静止，受力平衡，设外力沿轨道向上，则由平衡条件有：
mgsin30°-B2IL1-F1=0
可解得：F1=mgsin30°-B2IL1=0.2×10×sin30°-1×1×1=0
（2）当t=3s前的瞬间，由图可知，B3=1.5T，设此时外力沿轨道向上，则根据平衡条件得：
F2+B3IL1-mg sin30°=0
则得：F2=mg sin30°-B3IL1=0.2×10×sin30°-1.5×1×1=-0.5N，负号说明外力沿斜面向下．
（3）规定F方向沿斜面向上为正，在0-3s内，根据平衡条件有：
mgsin30°-BIL1-F=0而B=0.5t（T）
则得：F=mgsin30°-BIL1=0.2×10×sin30°-0.5T×1×1=1-0.5T（N）
当t=0时刻，F=1N．在3-4s内，B不变，没有感应电流产生，ab不受安培力，则由平衡条件得：F=mgsin30°=0.2×10×sin30°N=1N
画出前4s外力F随时间变化的图象如图所示．

【思路点拨】（1）由图知，0-3s时间内，B均匀增大，回路中产生恒定的感应电动势和感应电流，根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律求出感应电流，由平衡条件求解t=2s时，外力F1的大小．（2）与上题用同样的方法求出外力F2的大小和方向．（3）由B-t图象得到B与t的关系式，根据平衡条件得到外力F与t的关系式，再作出图象．解决本题的关键掌握法拉第电磁感应定律、平衡条件、安培力公式和能量守恒定律等等电磁学和力学规律，得到解析式，再画图象是常用的思路，要多做相关的训练．
18、解析：(1)以金属杆为研究对象，由
v＝at　E＝Blv　I＝＝　F－IBl＝ma
解得：F＝ma＋at
由图线上取两点坐标(0,0.1 N)和(10 s,0.2 N)代入方程，
解得：a＝1 m/s2；m＝0.1 kg
(2)从静止开始运动的t时间内杆的位移为：x＝at2
穿过回路的磁通量的变化：ΔΦ＝BΔS＝Blx
所以通过电阻R的电量为：q＝t＝t＝＝
答案：(1)0.1 kg　1 m/s2　(2)
19、（1）线框落下并匀速进入磁场时合力为零，则
           ………………………………………………1分
            ………………………………………………1分
解得：     ………………………………………………1分
因为从线框向上离开磁场到再次进入磁场的过程中合外力做功为零,所以ab边离开磁场时的速率与线框匀速进入磁场时的速率相等。即
      ………………………………………………1分
（2）此过程中由动能定理有
   …………………………2分
        …………………………………2分
（3）           ………………………………………………1分
                  ………………………………………………1分
              …………………………………………1分
           ……………………………………………1分
由以上几式解得：  ……………………………………………1分
20、（1）对棒ab:  　　　　　　　　　　　　　（2分） 
解得电流大小　　　　　　　　　　　　　（1分）
  （2）设棒ab匀速运动时速度大小为
       棒ab产生的感应电动势　　　　　　　　　　（1分）
       棒ab中的感应电流　　　　　　　　　　　　（1分）
       对棒ab:  　　　　　　　　　　　　（2分）
       解得　　　　　　　　　　　　　　　　（2分）
 （3）棒ab产生的感应电动势　　　　　　　　（2分）
      棒ab中的感应电流　　　　　　　　　　　　　　（1分）
      通过棒的电量　　　　　　　　　　　　　（1分）
      根据能量守恒定律  有 　　（2分）
      R上产生的焦耳热　　　（1分）
9