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电磁感应现象同步练习
一、单选题
以下关于电磁感应的说法正确的是
1.
A. 感应电流磁场的方向总与原磁场的方向相反
B. 只要闭合导体回路切割磁感线，就一定有感应电流产生
C. 若某时刻穿过闭合导体回路的磁通量为零，则此时刻回路中的感应电流一定为零
D. 穿过某闭合导体回路的磁通量变化越快，产生的感应电动势就越大
如图为探究产生电磁感应现象条件的实验装置，下列情况中不能引起电流表指针转动的是( )
2.
A. 闭合电键瞬间 B. 电键闭合后断开瞬间
C. 闭合电键后拔出螺线管铁芯瞬间 D. 断开电键后变阻器的滑动不动
科学家科拉顿在探索如何产生感应电流时，为了排除磁铁对“电流表”的影响，他将连接好的
3. “电流表”和线圈分别放在两个房间，他把磁铁插入线圈后，跑到放“电流表”的房间，没有
观察到电流产生。对这一现象的正确解释是()
A. 磁场不能产生电流
B. 磁铁对“电流表”仍有影响
C. 他观察时磁铁已停在线圈中
D. 磁铁插入线圈的过程不会产生感应电流
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hiknow_007如图所示，直角三角形导线框ABC，处于磁感强度为B的匀强磁场中，线框在纸面上绕B点以
4. 角速度ω作顺时针方向转动，∠B=60❑∘，∠C=90❑∘，AB=L，则A、C两端的电势差
U ( )
AC
5 ❑√3 3
A. 0 B. Bl2ω C. Bl2ω D. Bl2ω
32 2 8
如图所示，在竖直平面内有一上下边界均水平，垂直线框所在平面的匀强磁场，磁感应强度
5. B=2.5T。正方形单匝金属线框在磁场上方h=0.45m处，质量为0.1kg，边长为0.4m，总阻
值为1Ω。现将线框由静止释放，下落过程中线框ab边始终与磁场边界平行，ab边刚好进入磁
场和刚好离开磁场时的速度均为2m/s，不计空气阻力，重力加速度取10m/s2则
A. cd边刚进入磁场时克服安培力做功的功率为8W
B. 匀强磁场区域的高度为0.60m
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hiknow_007C. 穿过磁场的过程中线框电阻产生的焦耳热为0.65J
D. 线框通过磁场上边界所用时间为0.3s
如图所示，矩形线框abcd所在平面与其右侧的有界匀强磁场垂直，矩形线框的bc边与磁场边
6. 界平行，矩形线框的ab边长度为磁场宽度的2倍，矩形线框以某一速度匀速穿过磁场，从矩
形线框bc边进入磁场开始计时，以逆时针方向为电流的正方向，则线框中产生的感应电流可
能是下面图中的
A. B.
C. D.
如图所示，纸面内的半圆形导线框A和圆心角为90°的扇形导线框B，处在垂直于纸面向里的
7. 匀强磁场水平边界的下方，它们的圆心O 、O 均在磁场的边界上，两圆弧半径相等；现使两
1 2
线框从图示位置开始，分别绕垂直于纸面且过O 和O 的轴沿逆时针方向匀速转动，结果两线
1 2
框产生的交变电动势有效值相同，则A、B两线圈转动的角速度ω 和ω 的大小关系为()
1 2
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hiknow_0071
A. ω = ω B. ω =ω C. ω =❑√2ω D.
1 2 2 1 2 1 2
❑√2
ω = ω
1 2 2
8. 如图所示，一根无限长通有电流的直导线旁边放一矩形线圈abcd，直导
线和线框在同一平面内，若要使线圈中有感应电流，线圈要()
A. 静止不动
B. 向下平动
C. 以直导线为轴转动
D. 向右平动
二、多选题
9. 图所示，水平放置的光滑金属长导轨MM′和NN′之间接有电阻R，导轨左、右两区域分别处
在方向相反与轨道垂直的匀强磁场中，右侧区域足够长，方向如图。设左、右区域磁场的磁感
应强度分别为B 和B ，虚线为两区域的分界线。一根金属棒ab放在导轨上并与其正交，棒和
1 2
导轨的电阻均不计。金属棒在水平向右的恒定拉力作用下，在左面区域中恰好以速度v做匀速
直线运动，则()
A. 若B =B ，棒进入右面区域后先做加速运动，最后以速度2v做匀速运动
2 1
B. 若B =B ，棒进入右面区域中后仍以速度v做匀速运动
2 1
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hiknow_007v
C. 若B =2B ，棒进入右面区域后先做减速运动，最后以速度 做匀速运动
2 1 4
D. 若B =2B ，棒进入右面区域后先做加速运动，最后以速度4v做匀速运动
2 1
10. 如图所示，在倾角为30❑∘的斜面上固定一电阻不计的光滑平行金属导轨，其间距为L，下端
接有阻值为R的电阻，导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向与斜面垂直(图中未
画出)。质量为 、长度为L，阻值大小也为R的金属棒ab与固定在斜面上方的劲度系数为k
的绝缘弹簧相接，弹簧处于原长并被锁定，现解除锁定的同时使金属棒获得沿斜面向下的速度
v ，从开始运动到停止运动的过程中金属棒始终与导轨垂直并保持良好接触，弹簧始终在弹性
0
限度内，重力加速度为g，在上述过程中( )
BLv
A. 开始运动时金属棒与导轨接触点间电压为 0
2
BLv
B. 通过电阻R的最大电流一定是 0
2R
mgBL
C. 通过电阻R的总电荷量为
4kR
1 m2g2
D. 回路产生的总热量等于 mv2+
2 0 4k
11. 如图所示，在光滑的水平面上方，有两个磁感应强度大小均
为B、方向相反的水平匀强磁场，PQ为两个磁场的边界，
磁场范围足够大。一个边长为a、质量为m、电阻为R的金
属正方形线框，以速度v垂直磁场方向从实线Ⅰ位置开始向右运动，当线框运动到分别有一半
v
面积在两个磁场中的Ⅱ位置时，线框的速度为 。下列说法正确的是()
2
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hiknow_007B2a2v2
A. 在位置Ⅱ时线框中的电功率为
R
3
B. 此过程中线框产生的内能为
mv2
8
B2a2v
C. 在位置Ⅱ时线框的加速度为
2mR
2Ba2
D. 此过程中通过线框截面的电量为
R
12. 如图所示，绕在铁芯上的线圈与电源、滑动变阻器和电键组成闭合
回路，在铁芯的右端套有一个表面绝缘的铜环A，下列各种情况中
铜环A中有感应电流的是()
A. 线圈中通以恒定的电流
B. 通电时，使变阻器的滑片 P 匀速移动
C. 通电时，使变阻器的滑片 P 固定不动
D. 将电键突然断开的瞬间
三、计算题
13. 如图甲，水平面上有两电阻不计的光滑金属导轨平行固定放置，间距为d，左右两端通过导线
与阻值均为R的小灯泡L连接，在面积为S的CDEF矩形区域内有竖直向上的匀强磁场，磁感
应强度B随时间变化如图乙(其中B 、t 为已知量)，在t=0时，一阻值为R的金属棒在恒力F
0 0
作用下由静止开始从ab位置沿导轨向右运动，当t=t 时恰好运动到CD位置，并开始在磁场
0
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hiknow_007中匀速运动．求：
(1)0～t 时间内通过左端小灯泡的电流；
0
(2)金属棒在磁场中运动速度的大小；
(3)金属棒的质量m．
14. 如图所示，质量为m、粗细均匀的矩形金属线框abcd放在光滑的水平面上，间距为L的平行
边界PQ、MN之间有垂直水平面向下的匀强磁场，磁感应强度为B，ab边和cd边长为L，ab
边到PQ的距离和cd边到MN的距离均为L，ab边和PQ平行，现给金属线框施加水平向右、
大小为F的恒力，当线框ab边刚要进入磁场时，撤去拉力F，结果线框ab恰好能穿过磁场，
已知金属线框的电阻为R。求：
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hiknow_007(1)线框ab边刚进入磁场时加速度的大小；
(2)ab边穿过磁场的过程中，ab边产生的焦耳热及通过ab边的电荷量。
15. 如图甲所示，空间存在一有界匀强磁场，磁场的左边界如虚线所示，虚线右侧磁场区域足够大，
磁场方向竖直向下，在光滑绝缘水平面内有一长方形金属线框，ab边长为L=0.2m，线框质量
m=0.1kg，电阻R=0.1Ω，在水平向右的外力F作用下，以初速度v =1m/s匀加速进入磁
0
场，外力F大小随时间t变化的图线如图乙所示。以线框右边刚进入磁场时开始计时，求：
(1)匀强磁场的磁感应强度B；
(2)线框进入磁场的过程中，通过线框的电荷量；
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hiknow_007(3)若线框进入磁场过程中F做功为W =0.27J，求在此过程中线框产生的焦耳热Q。
F
16. 如图所示，在倾角θ=30o的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度大小相等、方向分别垂直斜面
向上和垂直斜面向下的匀强磁场，两磁场宽度均为L。一质量为m、边长为L的正方形线框距
磁场上边界L处由静止沿斜面下滑，ab边刚进入上侧磁场时，线框恰好做匀速直线运动。ab
边进入下侧磁场运动一段时间后也做匀速度直线运动。重力加速度为g。求：
(1)线框ab边刚越过两磁场的分界线ff ′时受到的安培力；
(2)线框穿过上侧磁场的过程中产生的热量Q和所用的时间t。
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hiknow_007答案
1.D
A.根据楞次定律知道，感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，感应电流磁场的方
向总与原磁场的方向不一定相反，故A错误；
B.产生感应电流的条件：一是闭合回路；二是磁通量发生变化，故B错误；
C.某一时刻穿过闭合导体回路的磁通量为零，下一时刻的磁通量不一定为零，根据感应电流的条件
知道，故C错误；
D.闭合电路中感应电动势大小，跟穿过这—电路的磁通量的变化率成正比，穿过某闭合导体回路的
磁通量变化越快，产生的感应电动势就越大，故D正确。
故选D。
2.D
AB.闭合电键和断开电键的瞬间，与B线圈相连的回路磁通量发生变化，产生感应电流，指针发生
转动。故A、B错误；
C.闭合电键后拔出铁芯的瞬间，穿过与B线圈相连的回路磁通量减小，产生感应电流，指针发生转
动。故C错误；
D.闭合电键后保持变阻器的滑动头位置不变，与B线圈相连的回路磁通量不变，不产生感应电流，
指针不转动。故D正确。
故选D。
3.C
这是一个非常遗憾的实验，与电磁感应现象的发现擦身而过；科拉顿在做这个实验时磁场已经产生
感应电流，但是却看不到，原因就是当他从一个房间跑到另一个房间的过程中，电磁感应现象已经
结束，他当然看不到电磁感应现象了，故ABD错误，故C正确。
故选C。
4.D
等效电路如图所示：
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hiknow_007根据法拉第电磁感应定律，穿过回路ABC的磁通量没有发生变化，所以整个回路的电动势
E =0 ①
总
设AB、BC、AC导体产生的电动势分别为E 、E 、E ，由等效电路图有
1 2 3
E =E +E +E ②
总 1 2 3
Bl2ω
E = ③
1 2
(l ) 2
B ω
2 ④
E =
2 2
3Bl2ω
解方程得A、C两端的电势差E =E −E = =U ，故ABC错误，D正确。
3 1 2 8 AC
故选D。
5.D
1
A.设cd边刚到磁场上边界时的速度为v ，根据机械能守恒定律有 mv2=mgh，可得v =3m/s，
1 2 1 1
BLv
可得此时线框所受安培力为：F=BIL=B· 1·L，所以线框克服安培力做功的功率为：
R
B2L2v 2 2.52×0.42×32
P=Fv = 1 = W =9W，故A错误；
1 R 1
B.由于ab边刚好进入磁场和刚好离开磁场时的速度均为2m/s，根据进入磁场与离开磁场运动规律
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hiknow_007的对称性可知，cd边刚到达磁场的下边界时的速度大小应该为v =3m/s，设磁场的高度为H，对
2
1 1
线框在磁场中的运动过程由动能定理有：mg(H−L)= mv2− mv2 ，其中v=2m/s，代入数据
2 2 2
有：H=0.65m，故B错误；
1
C.设线框电阻产生的热量为Q，根据能量守恒定律有：mg(h+H+L)=Q+ mv2 ，代入数据可得
2
Q=1.3J，故C错误；
D.以向下为正方向，线框进入磁场的过程中，由动量定理有：(−BIL+mg)t=mΔv，即
ΔΦ BL2
mgt−BqL=mΔv，又有：q= = ，联立并代入数据可得：t=0.3s，故D正确。
R R
故选D。
6.B
矩形线框进人磁场过程中，bc边切割磁感线产生的感应电动势E=Bl v;矩形线框bc边出磁场，
bc
ad边还未进入磁场的过程中，穿过矩形线框的磁通量不变，即产生的感应电动势为零;矩形线框ad
边从磁场的左边界到右边界的过程中，ad边切割磁感线，产生的感应电动势E= Bl v，故B正确，
ad
ACD错误。
故选B。
7.D
1
图A中，整个过程中，都有一根棒在切割磁感线，故感应电动势为E = BL2ω，感应电动势的有
1 2
效值为：
1
图B中，每一周期中，有两个四分之一周期导体棒在切割磁感线，电动势为E = BL2ω，应用等
2 2
热量法 ，得感应电动势的有效值为
❑√2
因为两图中有效值相等，故ω = ω ，故D正确，ABC错误。
1 2 2
故选D。
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hiknow_0078.D
A，线圈静止不动时，线圈磁通量不变化，无感应电流产生，故A错误；
B.线圈向下平动，线圈磁通量不变化，无感应电流产生，故B错误；
C.线圈以直导线为轴转动，磁通量不变，线圈中武感应电流产生，故C错误；
D.线圈向右平动，磁通量增大，线圈中有感应电流，故D正确。
故选D。
9.BC
【解析】解：AB、金属棒在水平向右的恒力作用下，在虚线左边区域中以速度v做匀速直线运动，
恒力F与安培力平衡。当B =B 时，棒进入右边区域后，棒切割磁感线的感应电动势与感应电流大
2 1
小均没有变化，棒所受安培力大小和方向也没有变化，与恒力F仍然平衡，则棒进入右边区域后，
以速度v做匀速直线运动，故A错误，B正确。
CD、当B =2B 时，棒进入右边区域后，棒产生的感应电动势和感应电流均变大，所受的安培力
2 1
也变大，恒力没有变化，则棒先减速运动，随着速度减小，感应电动势和感应电流减小，棒受到的
安培力减小，当安培力与恒力再次平衡时棒做匀速直线运动。设棒匀速运动速度大小为v′。
B2L2v B2L2v′ B2L2v
在左侧磁场中，有F= 1 ，在右侧磁场中匀速运动时，有F= 2 =4× 1 ，则
R R R
1 1
v′= v，即棒最后以速度 v做匀速直线运动，故C正确，D错误。
4 4
故选：BC。
10.AC
解：A.开始时金属棒切割磁感线产生的感应电动势：E=BLv ，金属棒与导轨接触点间的电压为：
0
E E 1
U=IR= ×R= = BLv ，故A正确；
2R 2 2 0
B.金属棒开始向下运动时可能做加速运动，当金属棒的速度最大时感应电流最大，金属棒的最大速
BLv
度大于v ，最大电流大于 0，故B错误；
0 2R
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hiknow_007mg
C.最终金属棒静止，此时，由平衡条件得：mgsin30°=kx，此时弹簧的伸长量为：x= ，通过
2k
ΔΦ BLx mgBL
R的总电荷量为：q= = = ，故C正确；
2R 2R 4kR
1 1
D.由能量守恒定律得：
mv2+mgxsin30°=Q+ kx2
，
2 0 2
1 m2g2 1 m2g2
解得：Q= mv2+ < mv2+ ，故D错误；
2 0 8k 2 0 4k
故选：AC。
11.AB
v E Bav
AC.在Ⅱ位置时回路中产生感应电动势为E=2Ba =Bav，感应电流为I= = ，线圈所受安
2 R R
2B2a2v F 2B2a2v
培力大小为F=2BIa= ，方向向左，则根据牛顿第二定律得加速度为a= = ，此
R m mR
B2a2v2
时线框中的电功率P=I2R= ，故A正确，C错误；
R
ΔΦ Ba2
BD.此过程穿过线框的磁通量的变化量为Φ=Ba2，通过线框截面的电量为q= = ，根据能
R R
量守恒定律得到，此过程回路产生的内能为Q=
1
mv2−
1
m
(v) 2
=
3
mv2 ，故B正确；故D错误。
2 2 2 8
故选AB。
12.BD
解：
A、线圈中通以恒定的电流时，线圈产生稳恒的磁场，穿过铜环A的磁通量不变，没有感应电流产
生。故A错误。
B、通电时，使变阻器的滑片P匀速滑动时，变阻器接入电路的电阻变化，回路中电流将发生变化，
线圈产生的磁场变化，穿过铜环A磁通量会变化，因此会产生感应电流。故B正确。
C、通电时，使变阻器的滑片 P 固定不动，电路中电流不变，线圈产生稳恒的磁场，穿过铜环A的
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hiknow_007磁通量不变，没有感应电流产生。故C错误。
D、将电键突然断开的瞬间，线圈产生的磁场从有到无消失，穿过铜环A的磁通量减小，产生感应
电流，故D正确。
故选：BD。
ΔΦ SΔB SB
13.【答案】(1)0～t 时间内，闭合电路产生的感应电动势E = = = 0①
0 1 Δt Δt t
0
E
通过金属棒的电流I = 1 ②
总 R
总
3R
左侧小灯泡与金属棒并联后再与右侧小灯泡串联，总电阻为R = ③
总 2
I
通过小灯泡的电流I= 总④
2
B S
联立①②③④式，得I= 0 ⑤
3Rt
0
(2)若金属棒在磁场中匀速运动的速度为v，则金属棒的动生电动势E =BLv=B dv⑥
2 0
3R
两小灯泡并联后与金属棒串联，总电阻为R′ =
总 2
E
金属棒的电流I′= 2 ⑦
R′
总
因为金属棒做匀速运动，有F=F 即F=I′dB ⑧
安 0
3FR
联立⑥⑦⑧⑨式，得 v= ⑨
2B2d2
0
(3)由牛顿第二定律有F=ma⑩
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hiknow_007v
运动学公式有a= ⑪
t
0
2B2d2t
解得金属棒的质量m= 0 0。⑫
3R
14.解：(1)设ab边刚要进磁场时的速度为v，根据动能定理有
1
FL= mv2
2
√2FL
解得v=❑
m
线框ab边刚进磁场时看，有E=BLv
E
I=
R
BIL=ma
B2L2❑√2FmL
解得：a=
m2R
(2)设ab边穿过磁场的过程中，ab边产生的热量为Q，根据能量守恒
1
8Q= mv2
2
1
解得Q= FL
8
ΔΦ
由法拉第电量感应定律有E=
Δt
E
根据欧姆定律有I=
R
ΔΦ BL2
通ab边的电量q=I Δt= =
R R
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hiknow_00715.解：(1)由F−t图像可知，当线框全部进入磁场后，F′=0.2N时，
F′
线框的加速度：a= =2m/s2
m
B2L2v
零时刻线框所受的安培力：F =BIL= 0
A R
由图像可知：F=0.3N，由牛顿第二定律得：
F−F =ma
A
代入数据解得：B=0.5T。
(2)线框进入磁场过程通过线框的电荷量：q=IΔt
ΔΦ BLx
由法拉第电磁感应定律得E= =
Δt Δt
E
由闭合电路欧姆定律得：I=
R
BLx
则电荷量：q=
R
1
由匀变速直线运动规律得：x=v t+ at2 ，t=0.5s
0 2
代入数据解得：x=0.75m
q=0.75C
(3)线框进入磁场过程中，由能量守恒定律：
1 1
W =Q+ mv❑ 2− mv❑ 2
F 2 t 2 0
v =v +at=2m/s
t 0
代入数据解得：Q=0.12J
16.解：(1)线框开始时沿斜面做匀加速运动，根据机械能守恒有：
1
mgLsin30°= mv2 ，
2
则线框进入磁场时的速度为：
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hiknow_007v=❑√gL
线框ab边进入磁场时产生的电动势为：E=BLv
E
线框中电流为：I=
R
B2L2v
ab边受到的安培力为：F=BIL=
R
B2L2v
线框匀速进入磁场，则有：mgsin30°=
R
ab边刚越过ff ′时，cd也同时越过了ee′，则线框上产生的电动势为：E′=2BLv
4B2L2v
线框所受的安培力变为：F′=2BI′L= =2mg，方向沿斜面向上；
R
4B2L2v′
(2)设线框再次做匀速运动时速度为v′，则有：mgsin30°=
R
v ❑√gL
解得：v′= =
4 4
1 1
根据能量守恒定律有：mgsin30°×2L+ mv2= mv′2+Q
2 2
47mgL
解得：Q= ；
32
L
线框ab边在上侧磁扬中运动的过程所用的时间为：t =
1 v
设线框ab通过ff ′后开始做匀速时到¿′的距离为x ，由动量定理可知：
0
mgsin30°t −2BLIt =mv′−mv
2 2
2BL(L−x )
其中I= 0
Rt
2
4(L−x ) 3v
联立以上两式解得：t = 0 −
2 v 2g
x 4x
线框ab在下侧磁场匀速运动的过程中，有：t = 0 = 0
3 v′ v
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hiknow_0077 √L
所以线框穿过上侧磁场所用的总时间为：t=t +t +t = ❑ 。
1 2 3 2 g
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hiknow_007
