高中物理学习材料
（马鸣风萧萧**整理制作）
电磁感应单元测试题 参考答案
时间：45分钟 满分：100分
命题报告
本部分是电磁学的核心内容，重点研究法拉第电磁感应定律和楞次定律的应用，学些解决电磁感应问题的基本思路和方法。
高考考点有电磁感应现象、磁通量、法拉第电磁感应定律、楞次定律、自感和涡流。
本部分试题以电磁感应为纽带，滚动考察力学、静电学、闭合电路欧姆定律、运动学、能量的转化和守恒定律这些内容，滚动比例为40%。
选择题（本题共10小题，每题4分，共40分）
1.AD 【解析】在赤道上空地磁场的方向水平向北，由右手定则可以判断A 项、D 项正确。
2.D 【解析】感应电动势的大小为t
B S n t n E ∆∆⋅=∆∆=ϕ，A 、B 两种情况磁通量变化量相同，
C 最小，
D 最大。
磁铁穿过线圈所用的时间A 、B 、D 相同且小于B 所用时间，D 项正确。
3.D 【解析】感应电动势的大小为t S B E ∆⋅∆=，k t
B =∆∆为图线中的斜率。
R E I =，到0到1s 时磁场增强，由楞次定律产生的感应电流在线框中为逆时针且大小恒定；1s 到3s 内斜率相同，所以电流大小恒定方向不变，且为顺时针；D 项正确。
4.AB 【解析】t 1时刻原线圈中的电流增强，根据楞次定律两者之间为斥力，且P 有收缩的趋势，A 项正确；t 2时刻电流恒定，P 中无感应电流，两者也就无相互作用，此时电流最大，产生磁场最强，P 中的磁通量有最大值，B 项正确。
t 3时刻，电流正在变化中，故P 中有感应电流，但是原线圈电流为零，两者之间无安培力；t 4时刻电流恒等，无感应电流。
5.A 【解析】在北极极点磁感线的方向竖直向下，由左手定则知导线所受安培力的方向向前，A 项正确。
6.C 【解析】在匀速向右拉动线框的过程冲，线框左边切割磁感线，产生的电动势恒为Bbv 。
此结构中PQ 的左侧部分相当于电源，右侧部分相当于外电路，此过程外电路的电阻增大，而内电路的电阻减小，电压表的示数为路端电压，有闭合电路欧姆定律知路端电压增大，C 项正确。
7.C 【解析】匀速转动，外力做功的功率与安培力的功率相同，克服安培力做功转化为系统的内能，即外力做功的功率与发热功率相同。
转动切割磁感线产生的电动势大小为
ω22
1Br E =,外力的功率为==R E P 22244B r R ω，C 项正确。
8.CD 【解析】开关闭合瞬间无论电源正负极如何由楞次定律知铝环受到向上的安培力，在磁力作用下向上跳起。
当电路稳定之后，电流不在变化，无感应电流即无安培力，铝环回落，C 项、D 项正确。
9.D 【解析】本题考查电磁感应有关的知识，本题为中等难度题目。
条形磁铁从线圈正上方等高快速经过时，通过线圈的磁通量先增加后又减小。
当通过线圈磁通量增加时，为阻碍其增加，在竖直方向上线圈有向下运动的趋势，所以线圈受到的支持力大于其重力，在水平方向上有向右运动的趋势，当通过线圈的磁通量减小时，为阻碍其减小，在竖直方向上线圈有向上运动的趋势，所以线圈受到的支持力小于其重力，在水平方向上有向右运动的趋势。
综上所述，线圈所受到的支持力先大于重力后小于重力，运动趋势总是向右。
10.AC 【解析】电场力做正功，电势能减少,D 项错误；粒子带负电，所以是由低电势移动
到高电势，A 项正确；由电势差的定义，两点电势差的大小为q
W U =，C 项正确；在匀强电场中有Ed U =， d 为两点间沿电场线方向的距离，题中没有确定d 是不是为两点间沿电场线方向的距离。
11. 01U d g m ， )2(22t
d g U d m - 【解析】(1)油滴匀速下落过程中受到的电场力和重力平衡，可见所带电荷为负电荷，即g m d U q
10=，得01U d g m q = (2) 带负电油滴加速下落，电荷量为Q 1，油滴所受到的电场力方向向上，设此时的加速度大小为a 1，由牛顿第二定律得 221
21112U m g Q m a d a t d -== 得)2(221t
d g U d m Q -=． 思考：如果油滴带正电呢？
12.【解析】（１）研究电磁感应现象的试验，为两个独立的电路图。
连接如图所示。
1
L 2
L P
（２）按题目中的要求则是感应电流的磁场方向与原电流的磁场方向相反，由楞次定律知原磁场应该增强，当插入铁棒、插入Ｌ１，滑动变阻器左移或者闭合开关都由如此效果，Ｃ项正确。
13.【解析】（1）线框从静止开始做匀加速直线运动，加速度 211m/s F a m =
= 线圈框的边长210.5m 2
l at == 离开磁场的瞬间，线圈的速度 v =at =1m/s
线框中的感应电流 Blv I R
= 线框所受的安培力 F 安=BIl
由牛顿第二定律 F 2－F 安=ma 又F 2=3N
联立求得 B =2.83T
（2）线框穿过磁场的过程中，平均感应电动势 2
0.71V Bl E t
== 平均电流 0.71A E I R
== 所以，通过线框的电荷量0.71C q It ==
14.【解析】⑴设M 下落的高度 30sin 25.21⨯=h m 。
m 的上升高度25.22=h m,由机械能守恒，221)(2
1v M m mgh Mgh +=- 线框刚进入磁场时的速度为：3=v m/s
⑵线框进入磁场的过程中产生的感应电流的平均值为I ，磁通量的变化量为ϕ∆，变化时间为t ∆，感应电动势为E,通过线框的电荷量为Q ，则有：
t I Q ∆= R E I = t
E ∆∆=ϕ 由以上三式得 Q =4 C
⑶当线框匀速穿过ef 边界时，设速度为是v 1,由平衡知
0sin =--BIL mg Mg α
R
BLv I 1= 由以上两式得1v =4 m/s
设线框完全进入磁场时的速度为v 2，下滑高度为H ，中午上升的高度为h ，则：
2221)(2
1)(21v M m v M m mgh Mgh +-+=- 解得v 2=23m/s
从线框开始进入磁场到完全进入磁场的过程中，下滑高度为H 1，重物上省的高度h 3，此过程线框中产生的焦耳热为Q '，由功能关系
Q mgh MgH v M m v M m '--=+-+31222)(2
1)(21 解得Q '=0.5 J
15.【解析】（1）以导体棒为研究对象，棒在磁场I 中切割磁感线，棒中产生产生感应电动势，导体棒ab 从A 下落r /2时，导体棒在策略与安培力作用下做加速运动，由牛顿第二定律，得
mg －BIL ＝ma ，式中l r 1Blv I R =总
式中844844R R R R R R R ⨯总（＋）＝＋（＋）＝4R 由以上各式可得到22134B r v a g mR
=－ （2）当导体棒ab 通过磁场II 时，若安培力恰好等于重力，棒中电流大小始终不变，即
222422t t B r v B r v mg BI r B r R R ⨯⨯=⨯=⨯⨯=并并
式中 1243124R R R R R R ⨯并＝＝＋ 解得 2222344t mgR mgR v B r B r
==并
导体棒从MN 到CD 做加速度为g 的匀加速直线运动，有2222t v v gh -= 得2222449322v m gr h B r g
=- 此时导体棒重力的功率为222234G t m g R P mgv B r
== 根据能量守恒定律，此时导体棒重力的功率全部转化为电路中的电功率，即
12G P P P P =+=电＝222234m g R B r 所以，234
G P P =＝2222916m g R B r （3）设导体棒ab 进入磁场II 后经过时间t 的速度大小为t v '，此时安培力大小为
2243t B r v F R
''=
由于导体棒ab 做匀加速直线运动，有3t v v at '=+
根据牛顿第二定律，有F ＋mg －F ′＝ma 即2234()3B r v at F mg ma R
++-= 由以上各式解得22222233444()()333B r v B r B r a F at v m g a t ma mg R R R
=+--=++-。