专题13电磁感应（测试）（解析版）.docx

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1、专题13电磁感应（考试时间：75分钟试卷满分：100分）一、单项选择题（本题共12小题，每小题5分，共60分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的,不选、多选、错选均不得分）1. （2024海南校联考一模）如图所示的电路中，Ll和L?是两个完全相同的小灯泡，自感线圈L的直流电阻为零，且自感系数很大。闭合开关S,待电路稳定后断开开关。下列说法正确的是（）A.闭合开关S的瞬间，灯泡Ll不发光B.闭合开关S的瞬间，灯泡L比灯泡Ll亮C.断开开关S的瞬间，灯泡L先闪亮，后逐渐变暗D.断开开关S的瞬间，灯泡L?不会立即熄灭【答案】C【详解】A.闭合开关S的瞬间，灯泡L2立即点亮，由于自感线圈

2、L阻碍电流增加，会有电流经灯泡L，因此灯泡Ll会发光，故A错误；B.闭合开关S的瞬间，自感线圈L的自感系数很大，自感线圈L会产生很大的自感电动势，产生对电流很强的阻碍作用，几乎没有电流流经线圈L,则只有灯泡L?与灯泡Ll处于串联关系，因此灯泡L2与灯泡Ll亮度相同，故B错误；C.由题意可知，闭合开关S稳定后，灯泡L中没有电流，在断开开关S的瞬间，由于线圈L产生自感电动势的作用，使得灯泡Ll与线圈L组成的闭合PJ路中有电流产生，因此灯泡Ll先闪亮，后逐渐变暗，故C正确：D.断开开关S的瞬间，由于没有电流经灯泡L2,因此灯泡LZ会立即熄灭，故D错误。故选C。2. （2024浙江嘉兴统考一模）如图所

3、示，假设“天宫一号”正以速度7.5kms绕地球做匀速圆周运动，运动方向与其太阳帆板两端相距20m的M、N的连线垂直，太阳帆板视为导体。飞经某处时的地磁场磁感应强度垂直于MN所在平面的分量为LoXl（T町，若此时在太阳帆板上将一只“L5VQ3W”的小灯泡与M、N相连构成闭合电路（图中未画出），太阳帆板内阻不可忽略。则（）A.此时M、N两端间的电势差为OB.此时小灯泡恰好能正常发光C. “天宫一号”绕行过程中受到电磁阻尼D. “天宫一号”在南、北半球水平飞行时M端的电势始终高于N端【答案】C【详解】AB.小灯泡与M、N相连构成闭合回路，它们起在磁场中做切割磁感线运动，闭合回路的磁通量不变，回路中不

4、产生感应电流，小灯泡不工作，M、N间感应电动势大小为E=BLU,代入数据得E=L5V,此时、N两端间的电势差不为0,绝对值为1.5V。太阳帆板存在内阻小灯泡不能正常发光，故AB铝误;C.导体在磁场中做切割磁感线运动，受到电磁阻尼，故C正确；D.地磁场磁感应强度垂直于MN所在平面的分量在南、北半球方向相反，所以“天宫一号”在南、北半球水平飞行时M、N间感应电动势方向相反,故D错误。故选C。3. （2024浙江校联考模拟预测）如图甲所示，连接电流传感器的线圈套在竖直放置的长玻璃管上。将强磁铁从离玻璃管上端高为人处由静止释放，磁铁在玻璃管内下落并穿过线圈。如图乙所示是实验中观察到的线圈中电流随时间变

5、化的图像，则（）A.酎过程中线圈对磁铁作用力方向先向上后向下B.磁铁上下翻转后重复实验，电流方向先负向后正向C,线圈匝数加倍后重复实验，电流峰值将加倍D.加倍后重复实验，电流峰值将加倍【答案】B【详解】A.由楞次定律的“来拒去留”可知，llt3过程中线圈对磁铁作用力方向一直向上，A错误；B.磁铁上下翻转后重复实验，穿过圆环过程中，磁通量方向相反，根据楞次定律可知，将会产生负向电流后产生正向电流,B止确；C.若将线圈匝数加倍后，根据法拉第电磁感应定律E=，可知，线圈中感应电他加倍，由电阻定律R=可知，线圈匝数加倍，长度也加倍，电阻加倍，由欧姆定律=,可SA知，线圈中感应电流的峰值不会加倍，C错误

6、；D.若没有磁场力，则由机械能守恒定律机=N得V=屈，若将h加倍，速度并非变为原来的2倍，实际中存在磁场力做负功，速度也不是原来的2倍，则线圈中产生的电流峰值不会加倍，D错误。故选Bo4. （2024浙江校联考模拟预测）在断电自感的演示实验中，用小灯泡、带铁芯的电感线圈L和定值电阻R等元件组成如图甲所示电路。闭合开关待电路稳定后，两支路电流分别为/和/2。断开开关前后的一小段时间内，电路中电流随时间变化的关系如图乙所示，则（）A.断开开关前R中电流为B.断开开关前灯泡电阻小于R和L的总电阻C.断开开关后小灯泡先突然变亮再逐渐熄灭D.断开开关后小灯泡所在支路电流如曲线。所示【答案】C【详解】AD

7、.断开开关前后的一小段时间内，通过自感线圈的电流方向是不变的，则自感线圈所在支路的电流如曲线a所示，小灯泡所在支路电流如曲线b所示，则断开开关前R中电流为11,故AD错误；B.由图可知，断开开关之前通过线圈的电流大于通过小灯泡的电流，所以断开开关前灯泡电阻大于R和L的总电阻，故B错误：C.断开开关后，线圈产生自感电动势阻碍电流减小，线圈相当电源，由于线圈、电阻和灯泡重新组成回路，则小灯泡先突然变亮再逐渐熄灭，故CIE确。故选C。5. （2023浙江校联考三模）汽车上装有的磁性转速表的内部简化结构如图所示，转轴I可沿图示方向双向旋转，永久磁体同步旋转.铝盘、游丝和指针固定在转轴I【上，铝盘靠近永

8、久磁体，当转轴I以一定的转速旋转时，指针指示的转角大小即反映转轴I的转速.下列说法正确的是（）B.永久磁体逆时针（从左向右看）加速转动时，跟转轴H相连的指针向逆时针方向偏角变大C.零刻度线应标在刻度盘的。端D.若去掉游丝和指针，使转轴11无阻碍地自由转动，铝盘就能同永久磁体完全同步转动【答案】B【详解】AB.当永久磁体随转轴转动时，产生转动的磁场，在铝盘中会产生感应电流，这时永久磁体会对铝盘上的感应电流有力的作用，从而产生一个转动的力矩，当永久磁体加速转动时，跟转轴II相连的指针向逆时针方向偏角变大，故A错误，B正确；C.刻度盘上的零刻度线应标在刻度盘的中央，故C错误；D.若去掉游丝和指针，使

9、转轴H可以无阻碍地自由转动，由楞次定律知，铝盘不能同永久磁体完全同步转动，转速低于磁体，故D错误。故选B。7. （2023浙江台州统考三模）半径为R的金属圆环由两种材料组成，圆弧AMC为!圆周，电阻为2人圆4OAO弧ANC为:圆周，电阻为L圆内有垂直环面向里的匀强磁场，磁感应强度随时间均匀增大，变化率=4,4M则UAC为（）A.-LkTrR2B.-kR2C.-kR2D.-kR1412412【答案】BAR【详解】根据题意，由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势为E=竽R2=A%r2,由楞次电流可知，感PLr7rp1应电流方向为逆时针，感应电流为/=由于圆弧AMC为一圆周电阻为2厂，则圆弧CMA的感

10、应3r3r4电动势为耳=L&乃相，电流流过圆弧CMA后电势降低，大小为AU=2r=”砂则有43,L5kRUAC=EAU=故选B。8. （2023江西鹰潭校联考模拟预测）如图所示，在直角坐标系宜下的第一象限中，有一等腰直角ACDfACD区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，。点在X轴上，力点在y轴上，各点间距离OC=OD=AC=AD=Lo边长也为L的正方形导线框而Cd的d边在X轴上，f=0时亥1，该导线框恰好位于图中所示位置（，山边与y轴重合），此后导线框在外力的作用下沿X轴正方向以恒定的速度丫通过磁场区域。若规定逆时针方向为导线框中电流的正方向，则导线框通过磁场区域的过程中，导线框中的感应电流i、

11、外力沿X轴方向的分量产随导线框的位移X变化的图像（图中曲线均为抛物线的一部分）中正确的是（）【答案】A【详解】AB.导线框匀速穿过图示的等腰直角三角形磁场区域，进入的过程中，由楞次定律可知感应电流沿逆时针方向，为正值，由几何关系知导线框必边切割磁感线的有效长度等于进入磁场的距离X，则感应电流的大小为i=*（0xL）,导线框离开磁场的过程，由楞次定律可知感应电流沿顺时针方向，为负值，A由几何关系知导线框4边切割的有效长度等于离开磁场的距离，同理可得感应电流大小为,J(j),故A正确，B错误；CD.导线框做匀速运动，外力沿X轴方向的分量产与导线R框曲(Cd)边所受安培力等大反向，由左手定则可知安培

12、力方向始终向左，则外力沿X轴方向的分量F方向始终向右，则尸=BjX=智三(OxL),户=及(xL)=旦互(L0）的小球（从上向下看）做圆周运动，图2为其简化示意图。通过改变电磁铁中的电流可以改变磁场的磁感应强度8,图中=驾。设小球在运动过qB。程中电量保持不变，对原磁场的影响可忽略。（1）在UO到/=Tb时间内，小球不受玻璃管侧壁的作用力，求小球的速度大小;（2）在磁感应强度增大的过程中，将产生涡旋电场，其电场线是在水平面内一系列沿逆时针方向的同心圆，同一条电场线上各点的场强大小相等。求从f=7b到r=l5T。时间段内细管内涡旋电场的场强大小E；（3）某同学利用以下规律求出了=2Q时电荷定向运

13、动形成的等效电流：根据号F2mm_T=qB(/B0得：等效电流/=也n你认为上述解法是否正确，并阐述理由。【答案】（I）国；（2）皎；（3）上述解法不正确，理由见解析m2m【详解】（1）从t=0到I=TO时间内小球运动不受细管侧壁的作用力，因而小球所受洛伦兹力提供向心力qB0r=m-变形后得%=遮m1.2B,Bq（2）从t=T0到t=1.5T0时间内，细管内一周的感应电动势&=K=不广K=乃广不冬7因为同条电场线上各点的电场强度大小相等，故电场强度E=袅2r*啜叽得E=黑（3）该解法不正确。理由是：周期公式T=蜉是根据仅由洛伦兹力提供向心力得出的，而实际情况是洛qB仑兹力与管道侧壁对小球的作用

14、力共同提供向心力。小球在I=TO到l=L5T0时间内受到切向电场力，有F=qE小球切向加速度。=一mZ=.57）时小球速率v=vo+aJ/得/=旭:22m所需向心力v2F向=利：4m而此时洛伦兹力f=qvB=%Borm可以看出两者并不相等，故该同学的解法是错误的。此外，可以求出正确的等效电流：在TO1.5TO时间内在沿切线方向用动量定理0.5EqTo=mv-mvozh3qBj得y=因此等效电流I=支=里=出二T2r4m15. （2023浙江绍兴统考模拟预测）如图1所示为常被用作发电机或电动机的交流轴向磁场机械装置的剖面图，中间的线圈盘固定，上下两个磁铁盘随转轴一起转动。图2是下磁铁盘的8个磁极

15、区域分布的俯视图，每个磁区内匀强磁场的磁感应强度大小均为以方向与盘面垂直，且与转轴平行。图3是固定线圈盘的8个独立单匝扇形线圈的俯视图。已知扇形线圈面积与磁极区域面积相同，扇形外半径为m内半径为“每个单匝扇形线圈的电阻均为Ro.（1）若机械用作为电动机装置。在图4中单匝线圈在该时刻的电流方向为顺时针，试判断磁铁盘的转动方向（选“顺时针”或“逆时针”）。（2）若机械用作为发电机装置。磁铁盘在外力来推动下沿逆时针以角速度。匀速转动，计算单匝线圈中产生的感应电动势大小。图4中单匝线圈涵盖在磁铁盘上N极和S极的面积恰好相等，在此时刻开始计时，请在答题卡中画出穿过单匝线圈磁通量随时间，变化的图线。（规定

16、穿过线圈的磁场方向向下时磁通量为正，在坐标中标出磁通量的最大值和变化周期）（3）若机械用作为发电机装置。将8个线圈作为电源接成串联电路，外接电阻为R的纯电阻用电器，在外力推动下磁铁盘由静止开始加速转动，角速度与时间关系满足。3ka,其中A=K）OradaJ，磁铁盘加速4s后改为匀速转动。己知&=1.0,R=4.0Q,=0.5T,ro=4Ocm,r=20cmo求在前IOS时间内用电器R上产生的焦耳热。固定线圈下磁铁盘转轴U- 图1下磁铁盘下磁铁盘图2【答案】（1）逆时针：（2）E 二 B研蜡一方）：；(3) 2048J【详解】（1）单匝线圈在该时刻的电流方向为顺时针，由右手定则可知线圈感应磁场垂直于铁盘向内，故为垂直于铁盘向内的磁通量减小，垂直于铁盘向外的磁通量增大，故磁铁盘的转动方向为逆时针。EH法拉第电磁感应定律E =竺=竺竺r rC n 0)t /2，28(r -r) = B(r - 2)r另解：由两条导线转动切割产生电动势E = 2B以=285-/;）/得后=8好一书（3）线圈串联电路的总电动势SB%、1）由心电路的欧姆定律/二啜孑则加速转动时电流随时间变化关系=47（八）加速转动电阻R上功率随时间变化关系P=尸&=64W）