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电磁感应章末测试
一、单项选择题
1、如图所示，左右两套装置完全相同，用导线悬挂的金属细棒 ab、cd分别位于两个蹄形磁铁的中央，悬
挂点用导线分别连通．现用外力使ab棒向右快速摆动，则此时cd棒受到的安培力方向及这个过程中右侧
装置的工作原理相当于( )
A．cd棒受到的安培力向右，右侧装置的工作原理相当于电动机
B．cd棒受到的安培力向左，右侧装置的工作原理相当于发电机
C．cd棒受到的安培力向右，右侧装置的工作原理相当于发电机
D．cd棒受到的安培力向左，右侧装置的工作原理相当于电动机
【答案】A
【解析】ab棒向右切割磁感线，根据右手定则可知，感应电流方向由 b到a，则cd中电流由c到d，再根
据左手定则可知，cd棒受力向右；右侧装置的运动属于通电导线在磁场中受力运动，故相当于电动机，故
A项正确，B、C、D三项错误．
2、图示装置是某同学探究感应电流产生条件的实验装置。在电路正常接通并稳定后，他发现：当开关断
开时，电流表的指针向右偏转。则能使电流表指针向左偏转的操作是( )
A．拔出线圈A
B．在线圈A中插入铁芯
C．滑动变阻器的滑动触头向左匀速滑动
D．滑动变阻器的滑动触头向左加速滑动
【答案】B
【解析】开关断开时，代表通过线圈B的磁通量减小时，产生感应电流使得电流表的指针向右偏，这是一
个参考方向，则如果让电流表的指针向左偏，则必须让通过线圈 B的磁通量增大；拔出线圈A，穿过线圈B的磁通量减小，电流表的指针右偏，故A错误；在线圈A中插入铁芯，会使线圈B中的磁通量增大，故
B正确；滑动变阻器的滑动触头向左匀速滑动时，它的电阻增大，则电路中的电流减小，穿过线圈 B的磁
通量减小，电流表的指针右偏，故C错误；滑动变阻器的滑动触头向左加速滑动，使电阻变大，电流变
小，穿过线圈B的磁通量变小，电流表的指针右偏，故D错误。
3、同一平面内固定有一长直导线PQ和一带缺口的刚性金属圆环，在圆环的缺口两端引出两根导线，分别
与两块垂直于圆环所在平面固定放置的平行金属板 M、N连接，如图甲所示。导线PQ中通有正弦交变电
流i，i的变化如图乙所示，规定从Q到P为电流的正方向，则在1～2 s 内( )
A．M板带正电，且电荷量增加
B．M板带正电，且电荷量减小
C．M板带负电，且电荷量增加
D．M板带负电，且电荷量减小
【答案】A
【解析】在1～2 s内，穿过金属圆环的磁场垂直于纸面向里，磁感应强度变小，穿过金属圆环的磁通量变
小，磁通量的变化率变大。假设环闭合，由楞次定律可知感应电流磁场与原磁场方向相同，即感应电流磁
场方向垂直于纸面向里，然后由安培定则可知感应电流沿顺时针方向，由法拉第电磁感应定律可知感应电
动势增大，由此可知M板电势高，带正电，电荷量增加，故A正确，B、C、D错误。
4、如图甲所示，带缺口的刚性金属圆环在纸面内固定放置，在圆环的缺口两端引出两根导线，分别与两
块垂直于纸面正对固定放置的平行金属板P、Q连接。圆环内有垂直于纸面变化的磁场，变化规律如图乙
所示(规定磁场方向垂直于纸面向里为正方向)。图中可能正确表示P、Q两极板间电场强度E(规定电场方
向由P板指向Q板为正方向)随时间t变化情况的是( )【答案】D
【解析】在0至时，磁感应强度B减小，故圆环中感应电流产生的磁场向里，圆环中的感应电流沿顺时
针，故极板P带正电，电场方向由P指向Q，即电场方向是正方向，故选项B、C错误；又因为这段时间
内磁场的变化是均匀的，故产生的感应电动势大小不变，所以P、Q两极板间的电压不变，电场强度不
变，所以A错误，D正确。
5、如图所示，在直角梯形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，BC＝CD＝2AB＝2L。高为2L、宽为L的
矩形金属闭合线圈由图中位置以向右的恒定速度匀速通过磁场区域，其长边始终与CD平行。以线圈中逆
时针方向为电流正方向，线圈在通过磁场过程中电流随时间变化的关系为( )
【答案】C
【解析】线圈进入磁场过程中磁通量向里增加，根据楞次定律可得电流方向为逆时针(为正)。在线圈左边
没有进入磁场过程中，有效切割长度逐渐增大，根据i＝可知感应电流逐渐增大；当线圈左边进入磁场
后，右边没有离开磁场前，有效切割长度不变，则感应电流不变；当线圈右边离开磁场后，线圈内的磁通
量减小，根据楞次定律可知感应电流方向为顺时针(负值)，且有效切割长度逐渐增大，感应电流逐渐增
大。综上所述，选项C正确。
6、(2022·北京西城区5月统测)如图1所示，地面上方高度为d的空间内有水平方向的匀强磁场，质量为m的正方形闭合导线框abcd的边长为l，从bc边距离地面高为h处将其由静止释放，已知h>d>l。从导线框
开始运动到bc边即将落地的过程中，导线框的v－t图像如图2所示。重力加速度为g，不计空气阻力，以
下有关这一过程的判断正确的是( )
A．t～ t 时间内导线框受到的安培力逐渐增大
1 2
B．磁场的高度d可以用v－t图中阴影部分的面积表示
C．导线框重力势能的减少量等于其动能的增加量
D．导线框产生的焦耳热大于mgl
【答案】D
【解析】由题图2可知，在0～t 时间内，导线框做自由落体运动，t ～t 时间内导线框切割磁感线进入磁
1 1 2
场，做加速度减小的减速运动，完全进入磁场后又做匀加速运动，所以根据受力分析可知 W ＝F l且a
安 安
在减小，则安培力在减小，A错误；根据题意可知，在t ～t 时间段内，导线框切割磁感线，距离为l，完
1 2
全进入后又做加速运动直到落地，所以磁场高度d为t ～t 时间内的位移，B错误；根据题意可知，安培力
1 3
做负功，所以重力势能的减少量为动能增加量和安培力做的功，C错误；由题可知F >mg且W ＝F l，
安 安 安
所以在下降过程中导线框产生的焦耳热大于mgl，D正确。
7、(2022·宜昌联考)如图甲所示，在足够长的光滑斜面上放置着矩形金属线框，整个斜面内存在垂直于斜
面方向的匀强磁场。匀强磁场的磁感应强度 B随时间t的变化规律如图乙所示(规定垂直斜面向上为正方
向)。t＝0时刻将线框由静止释放，在线框下滑的过程中，下列说法正确的是( )
A．线框中将产生交变电流
B．线框MN边受到的安培力方向始终不变
C．经时间t，线框的速度大小为gtsin θ
D．由于电磁阻尼作用，经时间t，线框的速度小于gtsin θ
【答案】C
【解析】线框中产生的感应电流方向不变，所以A错误；根据楞次定律及右手定则可知，线框MN边的电流方向总是由N指向M，但是开始时受到的安培力方向沿斜面向下，后来安培力方向沿斜面向上，所以B
错误；线框总的安培力总是为0，所以线框的加速度为a＝gsin θ，则经时间t，线框的速度大小为gtsin
θ，所以C正确，D错误。
8、(2022·济南二模)如图所示，在光滑的水平面上有一半径r＝10 cm、电阻R＝1 Ω的金属圆环，以某一速
度进入有界匀强磁场。匀强磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度 B＝0.5 T，从圆环刚进入磁场开始，到
刚好有一半进入磁场时，圆环一共产生了32 J的热量，此时圆环速度为6 m/s，下列说法正确的是( )
A．此时圆环中的电流方向为顺时针
B．圆环进入磁场的全过程产生的热量为64 J
C．此时圆环中的电动势为0.6 V
D．圆环进入磁场的全过程通过圆环某截面的电荷量为 0.01 C
【答案】C
【解析】由楞次定律可判断此时圆环中的电流方向为逆时针，故A错误；由于安培力的作用，圆环在进入
磁场的过程中，速度一直在减小，可得后半段的平均速度小于前半段，所以后半段的平均电动势小于前半
段，所以后半段产生的热量小于32 J，故全过程产生的热量小于64 J，故B错误；此时的感应电动势为E
＝BLv＝2Brv＝0.6 V，故C正确；由q＝IΔt＝Δt＝Δt＝＝，代入数据可得q＝0.015 7 C，故D错误。
二、多项选择题
9、下列各图所描述的物理情境中，能产生感应电流的是( )
【答案】BCD
【解析】开关S闭合稳定后，穿过线圈N的磁通量保持不变，线圈N中不产生感应电流，故A错误；磁铁向铝环A靠近，穿过铝环A的磁通量在增大，铝环A中产生感应电流，故B正确；金属框从A向B运动，
穿过金属框的磁通量时刻在变化，金属框中产生感应电流，故 C正确；铜盘在磁场中按题图所示方向转
动，铜盘的一部分切割磁感线，产生感应电流，故D正确。
10、如图甲所示，abcd边长为20 cm、总电阻为0.2 Ω的正方形闭合导线框，固定在与线框平面垂直的范
围足够大的匀强磁场中。磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示，取垂直纸面向里为正。下列说法
正确的是( )
A．t＝0时，线框a、b两点间电压为0.04 V
B．t＝1 s时，线框中产生的感应电流为0.2 A，方向为adcba
C．t＝2.5 s时，线框中a、d两点间电压为0.06 V
D．在5～6 s内，通过线框某横截面的电荷量为0.4 C
【答案】BD
【解析】由公式E＝知，t＝0时线框产生的电动势为0.04 V，线框相当于4个电动势为0.01 V、内阻相同
的电池串联，由闭合电路欧姆定律得I＝＝，每个电池两端电压U＝E－Ir＝E－·r＝0，即a、b两点间电压
为0，选项A错误；t＝1 s 时，由闭合电路的欧姆定律I＝，解得I＝0.2 A，由楞次定律可得，感应电流的
方向为adcba，选项B正确；t＝2.5 s时，电动势为E＝＝0.08 V，则线框a、d两点间电压为0，选项C错
误；由电荷量公式q＝＝＝0.4 C，即在5～6 s内通过线框某横截面的电荷量为0.4 C，选项D正确。
11、(2022·日照第三次模拟)如图所示，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平
行金属导轨，相同的光滑金属棒P、Q静止在导轨上。t＝0时，用水平恒力向右拉动金属棒Q，运动过程
中，金属棒P、Q始终与导轨垂直并接触良好，金属棒P的速度用v表示，加速度用a表示；P、Q与导轨
构成的回路中的电流用I表示，磁通量用Ф表示。下列关于v、a、I、Ф与时间t的关系图像，正确的是(
)【答案】AC
【解析】由题意可知Q棒由静止开始加速，受F和反向的安培力作用；P棒在安培力作用下同样由静止加
速，则有F－F ＝ma ，F ＝ma ，刚开始一段时间内a >a ，故v －v 增大；又因为I＝，所以I一开始
安 Q 安 P Q P Q P
增大，且变化速率与a －a 相同，越来越小；当a 和a 相同时达到稳定状态，v －v 不变，电流不变，故
Q P Q P Q P
金属棒P先做加速度增大的加速运动，然后做匀加速运动，故A、C正确，B错误；达到稳定状态时a ＝
Q
a ，但v >v ，P、Q间的距离x 增大，故根据Ф＝BLx ，可知Ф不断增大，故D错误。
P Q P PQ PQ
12、(2022·深圳4月第二次调研)如图，横截面积为0.005 m2的10匝线圈，其轴线与大小均匀变化的匀强磁
场B 平行。间距为0.8 m的两平行光滑竖直轨道PQ、MN足够长，底部连有一阻值为2 Ω的电阻，磁感应
1
强度为B ＝0.5 T的匀强磁场与轨道平面垂直。K闭合后，质量为0.01 kg、电阻为2 Ω的金属棒ab恰能保
2
持静止，金属棒始终与轨道接触良好，其余部分电阻不计，g取10 m/s2。则( )
A．B 均匀减小
1
B．B 的变化率为10 T/s
1
C．断开K之后，金属棒ab下滑的最大速度为2.5 m/s
D．断开K之后，金属棒所受安培力的最大功率为0.25 W
【答案】BCD
【解析】如果B 均匀减小，根据楞次定律，金属棒ab中的感应电流方向为b到a，根据左手定则，导体棒
1
受到的安培力方向向下，无法平衡，A错误；如果B 的变化率为10 T/s，则螺线管中感应电动势E＝nS＝
1
0.5 V，金属棒中电流为I＝＝0.25 A，金属棒受到的安培力为F＝BIL＝0.5×0.25×0.8 N＝0.1 N＝mg，假设
2
成立，B正确；断开K之后，金属棒速度最大时，受力平衡，则电流与原来一致，则电动势为E′＝2IR＝1
V，运动速度为v＝＝2.5 m/s，C正确；断开K之后，金属棒匀速运动时功率最大，安培力的最大功率为P＝IE′＝0.25 W，D正确。
三、非选择题
13、(2020·江苏省如东高级中学月考)在“探究影响感应电流方向的因素”的实验中。
(1)如图甲所示，当磁铁的N极向下运动时，发现电流表指针偏转，若要探究线圈中产生感应电流的方向，
必须知道______________________________________。
①为弄清灵敏电流计指针摆动方向与电流方向的关系，可以使用一个已知正负极性的直流电源进行探究。
某同学想到了多用电表内部某一挡含有直流电源，他应选用多用电表的________挡(填“欧姆”“直流电
流”“直流电压”“交流电流”或“交流电压”)对灵敏电流计进行测试。由实验可知，当电流从正接线柱
流入电流计时，指针向右摆动。
②如图甲所示，实验中该同学将条形磁铁从线圈上方向下插入线圈过程中(线圈绕向如图乙所示)，电流计
的指针向________(填“左”或“右”)偏转。
(2)已知线圈由a端开始绕至b端，当电流从电流计G左端流入时，指针向左偏转，将磁铁N极向下插入线
圈，发现指针向左偏转，俯视线圈，其绕向为________(填“顺时针”或“逆时针”)。
【答案】(1)电流表指针偏转方向与电流方向间的关系及线圈的绕向 ①欧姆 ②右 (2)顺时针
【解析】(1)电流表没有电流通过时，指针指向中央，要探究线圈中电流的方向，必须知道电流从正(负)接
线柱流入时，指针的偏转方向以及线圈的绕向；
①多用电表作为欧姆表使用时，内部有电源，故应该选择欧姆挡；
②将条形磁铁从线圈上方向下插入线圈过程中，线圈中磁场方向向下，且磁通量增加，根据楞次定律判断
出电流为逆时针方向，从正接线柱流入电流计，指针向右摆动；
(2)将磁铁N极向下插入线圈，线圈中磁场方向向下，且磁通量增加，想要指针向左偏转，根据楞次定律可
知，俯视线圈，其绕向为顺时针。
14、 (1)如图所示是“探究影响感应电流方向的因素”的实验装置：①如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上开关后，将 A线圈迅速插入B线圈
中，电流计指针将________偏转(填“向左”“向右”或 “不”)；
②连好电路后，并将A线圈插入B线圈中后，若要使灵敏电流计的指针向左偏转，可采取的操作是
________；
A.插入铁芯 B.拔出A线圈
C.变阻器的滑片向左滑动 D.断开开关S瞬间
(2)G为指针零刻度在中央的灵敏电流表，连接在直流电路中时的偏转情况如图(1)中所示，即电流从电流表
G的左接线柱进时，指针也从中央向左偏。今把它与一线圈串联进行电磁感应实验，则图(2)中的条形磁铁
的运动方向是向________(填“上”“下”)；图(3)中电流表指针应________(填“向左”“向右”)偏转；
图(4)中的条形磁铁下端为________极(填“N”“S”)。
【答案】(1)①向右 ②BD (2)下 向右 S
【解析】(1)①已知闭合开关瞬间，A线圈中的磁通量增加，产生的感应电流使灵敏电流计的指针向右偏
转，可知磁通量增加时，灵敏电流计的指针向右偏转；当开关闭合后，将 A线圈迅速插入B线圈中时，B
线圈中的磁通量增加，所以产生的感应电流也应使灵敏电流计的指针向右偏转。
②要使灵敏电流计的指针向左偏转，根据楞次定律知，磁通量应减小。插入铁芯时，B线圈中的磁通量增
加，故A错误；拔出A线圈时，B线圈中的磁通量减小，故B正确；
变阻器的滑片向左滑动时，电流增大，B线圈中的磁通量增大，故C错误；断开开关S瞬间，电流减小，B
线圈中的磁通量减小，故D正确。
(2)图(2)中指针向左偏，可知感应电流的方向是顺时针(俯视)，感应电流的磁场方向向下，条形磁铁的磁场
方向向上，由楞次定律可知，磁通量增加，条形磁铁向下插入；图(3)中条形磁铁N极向下运动，线圈中为
向下磁通量增大，感应电流方向应为逆时针方向，电流表指针向右偏转；图(4)中可知指针向右偏，则感应
电流的方向逆时针(俯视)，由安培定则可知，感应电流的磁场方向向上，条形磁铁向上拔出，即磁通量减
小，由楞次定律可知，条形磁铁的磁场方向应该向上，所以条形磁铁上端为N极，下端为S极。
15、(2019·北京卷，22)如图所示，垂直于纸面的匀强磁场磁感应强度为B。纸面内有一正方形均匀金属线
框abcd，其边长为L，总电阻为R，ad边与磁场边界平行。从ad边刚进入磁场直至bc边刚要进入的过程
中，线框在向左的拉力作用下以速度v匀速运动，求：(1)感应电动势的大小E；
(2)拉力做功的功率P；
(3)ab边产生的焦耳热Q。
【答案】(1)BLv (2) (3)
【解析】(1)由法拉第电磁感应定律可得，感应电动势
E＝BLv。
(2)线框中的感应电流I＝
拉力大小等于安培力大小F＝BIL
拉力的功率P＝Fv＝。
(3)线框ab边电阻R ＝
ab
时间t＝
ab边产生的焦耳热Q＝I2R t＝。
ab
16、(2022·镇江适应性考试)如图甲所示，一水平放置的线圈，匝数n＝100匝，横截面积S＝0.2 m2，电阻r
＝1 Ω，线圈处于水平向左的均匀变化的磁场中，磁感应强度B 随时间t的变化关系如图乙所示。线圈与足
1
够长的竖直光滑导轨MN、PQ连接，导轨间距l＝20 cm，导体棒ab与导轨始终接触良好，导体棒ab的电
阻R＝4 Ω，质量m＝5 g，导轨的电阻不计，导轨处在与导轨平面垂直向里的匀强磁场中，磁感应强度B
2
＝0.5 T，t＝0时刻，导体棒由静止释放，g取10 m/s2，求：
(1)t＝0时刻，线圈内产生的感应电动势大小；
(2)t＝0时，导体棒ab两端的电压和导体棒的加速度大小；
(3)导体棒ab达到稳定状态时，导体棒重力的瞬时功率。
【答案】(1)2 V (2)1.6 V 2 m/s2 (3)0.25 W
【解析】(1)由题图乙可知，线圈内磁感应强度变化率＝0.1 T/s，由法拉第电磁感应定律可知E ＝n＝nS＝2
1
V。
(2)t＝0时，回路中电流I＝＝0.4 A导体棒ab两端的电压U＝IR＝1.6 V
设此时导体棒的加速度为a，则由mg－BIl＝ma，解得a＝2 m/s2。
2
(3)当导体棒ab达到稳定状态时，满足mg＝BI′l，I′＝，解得v＝5 m/s
2
此时，导体棒重力的瞬时功率P＝mgv＝0.25 W。
17、(2022·辽宁丹东一模)如图所示，两个足够长的平行光滑细金属导轨固定在倾角 θ＝30°的光滑绝缘斜面
上，导轨间距L＝1.0 m，且电阻不计，导轨间有宽度为d＝0.2 m、磁感应强度大小为B＝0.5 T、方向垂直
导轨平面向下的匀强磁场，一长度为3d的绝缘轻杆将导体棒和正方形细金属线框连接，线框的边长为d，
线框的总电阻为R＝0.02 Ω，导体棒和线框总质量为m＝0.1 kg，导体棒与导轨始终接触良好，并在导体棒
中通以恒定电流I＝11 A(由外接恒流电源产生，图中未画出)，导体棒处于磁场内且恰好位于下边界处，将
装置由静止释放，线框穿过磁场后再次返回磁场时恰好匀速穿过磁场，导体棒在运动过程中始终与导轨垂
直，不计线框及导体棒中电流所产生磁场的影响，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)线框返回磁场时匀速运动的速度v；
2
(2)线框向上进入磁场时的电动势E；
(3)全过程中，线框产生的焦耳热Q及线框在磁场中运动的总时间t。
【答案】(1)1 m/s (2)0.4 V (3)0.75 J 0.6 s
【解析】(1)设线框返回磁场时的速度为v，此时线框中的感应电流为I，由题意可知mgsin θ＝BId，I＝
2 1 1 1
解得v＝1 m/s。
2
(2)设线框向上进入磁场时的速度为v，由动能定理可知BILd－3mgdsin θ＝mv
1
由法拉第电磁感应定律知E＝Bdv
1
解得v＝4 m/s，E＝0.4 V。
1
(3)由全程能量守恒得Q＝mv－mv
解得Q＝0.75 J
设线框向上穿过磁场的时间为t，由动量定理得－mgt sin θ－BIdt＝mv－mv
1 1 1 2 1
It ＝，联立解得t＝0.2 s
1 1
设线框向下匀速穿过磁场的时间为t，由运动学得t＝
2 2
联立解得t＝0.4 s，t＝t＋t＝0.6 s。
2 1 2
