(浙江专版)2018_2019学年高中物理章末过关检测(一)电磁感应(含解析)新人教版
(浙江专用)2018-2019学年高中物理 第三章 磁场章末检测卷 新人教版选修3-1
第三章 磁场章末检测卷(三)(时间：90分钟 分数：100分)一、选择题(共13小题，每题4分，共52分。
每题列出的四个备选项中，只有一项为哪一项切合题目要求的。
)1．以下对于磁场和磁感线的描绘中正确的选项是( ) A ．磁感线能够形象地描绘各点磁场的方向 B ．磁感线是磁场中客观存在的线C ．磁感线老是从磁铁的N 极出发，到S 极停止D ．实验中察看到的铁屑的散布就是磁感线分析 磁感线是为了形象地描绘磁场而设想出来有方向的曲线，故B 错误；在磁铁内部，磁感线由S 极指向N 极，故C 错误；磁感线是不存在的，是设想的，故D 错误。
答案 A2．对于带电粒子在电场或磁场中运动的表述，以下正确的选项是( ) A ．带电粒子在电场中某点遇到的电场力方向与该点的电场强度方向同样 B ．正电荷只在电场力作用下，必定从高电势处向低电势处运动 C ．带电粒子在磁场中运动时遇到的洛伦兹力方向与粒子的速度方向垂直 D ．带电粒子在磁场中某点遇到的洛伦兹力方向与该点的磁场方向同样分析 当带电粒子带负电时，在电场中某点遇到的电场力方向与该点的电场强度方向相反，当带电粒子带正电时，遇到的电场力方向与该点的电场强度方向同样，故A 错误；由U AB ＝W ABq知，若电场力的方向与运动方向相反，电场力做负功，则正电荷将从低电势处向高电势处运动，故B 错误；依据左手定章，带电粒子在磁场中运动时遇到的洛伦兹力方向必定与速度的方向垂直，故C 正确，D 错误；因此选C 。
答案 C3．长10 cm 的通电直导线，经过1 A 的电流，在磁场强弱、方向都同样的空间(匀强磁场)中某处遇到的磁场力为0.4 N ，则该磁场的磁感觉强度( ) A ．等于4 T B ．大于或等于4 T C ．小于或等于4 TD ．方向与其所遇到的磁场力方向一致分析 题目中没有说明导线怎样搁置，若导线与磁场垂直，则由磁感觉强度的定义式得B ＝FIL＝4 T 。
若导线没有与磁场垂直搁置，此时所受安培力为0.4 N ，若把此导线与磁场垂直搁置时，遇到的安培力将大于0.4 N ，依据磁感觉强度的定义式B ＝FIL可知，此时磁感觉强度将大于4 T ，故B 正确，A 、C 错误；磁感觉强度的方向与磁场的方向一致，与导线的受力方向没关，故D 错误。
2019高考物理重点新题解析专项10电磁感应
2019高考物理重点新题解析专项10电磁感应1、〔2018年浙江省宁波市期末〕如下图，矩形线框在磁场内做的各种运动中，能够产生感应电流的是答案：B解析：根据产生感应电流的条件，闭合回路内磁通量变化产生感应电流，能够产生感应电流的是图B。
2、〔湖北省荆门市2018-2018学年度高三元月调考〕老师让学生观察一个物理小实验：一轻质横杆两侧各固定一金属环，横杆可绕中心点自由转动，老师拿一条形磁铁插向其中一个小环，后又取出插向另一个小环，同学们看到的现象是A、磁铁插向左环，横杆发生转动B、磁铁插向右环，横杆发生转动C、把磁铁从左环中拔出，左环会跟着磁铁运动D、把磁铁从右环中拔出，右环不会跟着磁铁运动〔2018年江苏省泰州市期末〕3、如图甲所示，一个圆形线圈的匝数n=100，线圈面积S＝200cm2，线圈的电阻r=1Ω，线圈外接一个阻值R＝4Ω的电阻，把线圈放入一方向垂直线圈平面向里的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化规律如图已所示。
以下说法中正确的选项是A、线圈中的感应电流方向为顺时针方向B、电阻R两端的电压随时间均匀增大C、线圈电阻r消耗的功率为4×10-4WD、前4s内通过R的电荷量为4×10-4C4、〔2018深圳市南山区期末〕如图，一个金属圆环水平放置在竖直向上的匀强磁场中，能使圆环中产生感应电流的做法是Ａ、使匀强磁场均匀减少Ｂ、保持圆环水平并在磁场中上下移动Ｃ、保持圆环水平并在磁场中左右移动Ｄ、保持圆环水平并使圆环绕过圆心的竖直轴转动答案：A解析：根据闭合回路中磁通量变化产生感应电流这一条件，能使圆环中产生感应电流的做法是使匀强磁场均匀减少，选项A 正确。
5、〔2018贵州六校联考〕在边长为L 的等边三角形区域abc 内存在着垂直纸面向外的匀强磁场，一个边长也为L 的等边三角形导线框def在纸面上以某一速度6、〔2018江苏名校质检〕如下图，一个边长为2L的等腰直角三角形ABC区域内，有垂直纸面向里的匀强磁场，其左侧有一个用金属丝制成的边长为L的正方形线框abcd，线框以水平速度v匀速通过整个匀强磁场区域，设电流逆时针方向为正。
(浙江专版)2018_2019学年高中物理课时跟踪检测(五)电磁感应现象的两类情况(含解析)新人教版
电磁感应现象的两类情况一、单项选择题1．下列说法中正确的是( )A ．动生电动势是洛伦兹力对导体中自由电荷做功而引起的B ．因为洛伦兹力对运动电荷始终不做功，所以动生电动势不是由洛伦兹力而产生的C ．动生电动势的方向可以由右手定则来判定D ．导体棒切割磁感线产生感应电流，受到的安培力一定与受到的外力大小相等、方向相反解析：选C 动生电动势是洛伦兹力沿导体方向的分力做功引起的，但洛伦兹力对自由电荷所做的总功仍为零，A 、B 错误；动生电动势是由于导体切割磁感线产生的，可由右手定则判定方向，C 正确；只有在导体棒切割磁感线且做匀速运动时，除安培力以外的力的合力才与安培力大小相等方向相反，做变速运动时不成立，故D 错误。
2.如图所示，导体AB 在做切割磁感线运动时，将产生一个感应电动势，因而在电路中有电流通过，下列说法中正确的是( )A ．因导体运动而产生的感应电动势称为动生电动势B ．动生电动势的产生与洛伦兹力无关C ．动生电动势的产生与电场力有关D ．动生电动势和感生电动势产生的原因是一样的解析：选A 根据动生电动势的定义，A 项正确；动生电动势中的非静电力与洛伦兹力有关，感生电动势中的非静电力与感生电场有关，B 、C 、D 项错误。
3.(2017·浙江义乌二中检测)如图所示，A 、B 两闭合圆形线圈用相同导线且均绕成10匝，半径R A ＝2R B ，内有以B 线圈作为理想边界的匀强磁场，若磁场均匀减小，则A 、B 环中感应电动势E A ∶E B 与产生的感应电流I A ∶I B 分别是( )A ．E A ∶EB ＝1∶1；I A ∶I B ＝1∶2B ．E A ∶E B ＝1∶2；I A ∶I B ＝1∶2C ．E A ∶E B ＝1∶4；I A ∶I B ＝2∶1D ．E A ∶E B ＝1∶2；I A ∶I B ＝1∶4解析：选A 根据法拉第电磁感应定律，E ＝n ΔΦΔt ＝n ΔB ·S Δt ，题中n 相同，ΔB Δt相同，有效面积S 也相同，则得到A 、B 环中感应电动势E A ∶E B ＝1∶1，根据电阻定律R ＝ρL S ，L ＝n ·2πr ，ρ、S 相同，则电阻之比R A ∶R B ＝r A ∶r B ＝2∶1，根据欧姆定律I ＝E R 得，产生的感应电流之比I A ∶I B ＝1∶2，故A 正确，B 、C 、D 错误。
浙江专版2018_2019学年高中物理课时跟踪检测五电磁感应现象的两类情况含解析新人教版选修3_2
第讲明清时期的思想与科技文化主干梳理巧点妙拨一明清时期的思想．阳明心学()形成背景①统治陷入危机。
明中期后，阶级矛盾尖锐，封建专制②王阳明认为只有通过，才能挽救统治。
整治人心()思想主张①认为“灵明就是天理，就是本心，就是良知”。
②提出“心外无物，心外无事，心外无理”。
③学以至圣的修养关键，在于“致良知”。
④强调“知行合一”。
()影响：对中国社会政治、文化教育以及伦理道德产生深远的影响。
．明清之际活跃的儒家思想二明清时期的科技文化．科技()《本草纲目》：明朝中医药学家李时珍编写。
系统地总结了中国世纪以前的药物学成就，创立了当时世界上最先进的药物分类法。
①特点：运用先进的药物分类法，首创按药物自然属性分类的体系。
[问题探究] 李贽“离经叛道”中的“经”“道”是指什么？提示：李贽“离经叛道”中的“经”指儒家经典，即四书五经。
“道”指道学家，即理学家。
李贽“离经叛道”指他试图摆脱“四书五经”的束缚，冲破理学的枷锁。
[图解历史] 明末清初的思想活跃局面[史论概念] 经世致用“经世致用”的主旨是反对学术研究脱离现实，强调要做有利于国计民生的实事。
经世致用往往把学术研究和当时现实紧密结合，以解释古代典籍为手段，发表自己的见解，并用于改革社会现实，开辟了一代重实际、重实证的新学风。
[易错点拨] 李贽、黄宗羲等明末清初的思想家仍属于地主阶级，并非代表资产阶级。
[问题探究] 明清之际启蒙思想不完善的原因？提示：资本主义萌芽较为脆弱，使早期民主思想的产生、发展缺乏强有力的物质基础。
中国传统文化的束缚和影响，使进步思想家很难从根本上突破传统伦理学说的罗网，建立起新的伦理学说体系。
明清时期，封建君主专制达到了顶峰，高度强化的专制主义中央集权制度给早期启蒙思想造成了巨大的压力。
明清统治者对外实行闭关锁国政策，使明清时期的民主启蒙思想不可能受到西方启蒙运动的影响。
()《农政全书》：系统地总结了历代经验，达到传统农业科技的顶峰，徐光启被誉为“中国近代科学先驱”。
2018-2019版物理选修3-2人教浙江专版全程导学笔记文档：第四章 电磁感应 微型专题3 含答案 精品
微型专题3电磁感应中的动力学及能量问题[课时要求] 1.掌握电磁感应中动力学问题的分析方法.2.理解电磁感应过程中能量的转化情况，能用能量的观点分析和解决电磁感应问题．一、电磁感应中的动力学问题1．电磁感应中产生的感应电流在磁场中将受到安培力作用，所以电磁感应问题往往与力学问题联系在一起，处理此类问题的基本方法是：(1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律求感应电动势的大小和方向．(2)求回路中的感应电流的大小和方向．(3)分析研究导体受力情况(包括安培力)．(4)列动力学方程或平衡方程求解．2．两种状态处理(1)导体处于平衡状态——静止或匀速直线运动状态．处理方法：根据平衡条件——合力等于零列式分析．(2)导体处于非平衡状态——加速度不为零．处理方法：根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系分析．例1如图1甲所示，两根足够长的直金属导轨MN、PQ平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上，两导轨间距为L，M、P两点间接有阻值为R的电阻，一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直，整套装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向下，导轨和金属杆的电阻可忽略，让ab杆沿导轨由静止开始下滑，导轨和金属杆接触良好，不计它们之间的摩擦(重力加速度为g)．图1(1)由b向a方向看到的装置如图乙所示，请在此图中画出ab杆下滑过程中某时刻的受力示意图；(2)在加速下滑过程中，当ab杆的速度大小为v时，求此时ab杆中的电流及其加速度的大小；(3)求在下滑过程中，ab 杆可以达到的速度最大值． 答案 (1)见解析图(2)BL v R g sin θ－B 2L 2v mR (3)mgR sin θB 2L 2解析 (1)如图所示，ab 杆受重力mg ，竖直向下；支持力F N ，垂直于斜面向上；安培力F 安，沿斜面向上．(2)当ab 杆的速度大小为v 时，感应电动势E ＝BL v ，此时电路中的电流I ＝E R ＝BL v Rab 杆受到安培力F 安＝BIL ＝B 2L 2vR根据牛顿第二定律，有mg sin θ－F 安＝ma 联立解得a ＝g sin θ－B 2L 2vmR.(3)当a ＝0时，ab 杆有最大速度v m ，即mg sin θ＝ B 2L 2v m R ，解得v m ＝mgR sin θB 2L 2.电磁感应动力学问题中，要把握好受力情况、运动情况的动态分析.基本思路是：导体受外力运动――→E ＝Bl v产生感应电动势――――→I ＝E(R ＋r )产生感应电流――→F ＝BIl导体受安培力―→合外力变化――→F 合＝ma加速度变化―→速度变化―→感应电动势变化……→a ＝0，v 达到最大值.例2 (2018·“七彩阳光”联盟高三第二学期期初联考)半径为2r 的圆形金属导轨固定在一水平面内，一根长也为2r 、电阻为R 的金属棒OA 一端与金属导轨接触良好，另一端固定在中心转轴上，现有方向(俯视)如图2所示、大小为B 1的匀强磁场，中间半径为r 的圆内无磁场．另有一水平金属导轨MN 用导线连接金属圆环，M ′N ′用导线连接中心轴，导轨上放置一根金属棒CD ，其长度L 与水平金属导轨宽度相等，金属棒CD 的电阻为2R ，质量为m ，与水平导轨之间的动摩擦因数为μ，水平导轨处在竖直向上的匀强磁场B 2中，金属棒CD 通过细绳、定滑轮与质量也为m 的重物相连，重物放置在水平地面上．所有接触都良好，金属棒CD 受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽略其他摩擦和其他电阻，重力加速度取g .图2(1)若金属棒OA 以角速度ω0顺时针转动(俯视)，求感应电动势及接在水平导轨上的理想电压表的电压；(2)若金属棒OA 顺时针转动(俯视)的角速度随时间以ω＝kt 变化，求重物离开地面之前支持力随时间变化的表达式． 答案 见解析 解析 (1)感应电动势E ＝BL v ＝B 1r 2ω0r ＋ω0r 2＝32B 1ω0r 2感应电流I ＝E 3R ＝B 1ω0r 22R电压表示数U V ＝I ·2R ＝B 1ω0r 2 (2)电流I ′＝E ′3R ＝B 1ωr 22R ＝B 1kr 2t2R金属棒CD 受到的安培力F 安＝B 2I ′L ＝B 1B 2kLr 2t2R重物离开地面之前受力平衡，有F N ＋F T ＝mg 当F 安≤μmg ，即t ≤2μmgRB 1B 2kLr 2时，F T ＝0所以F N ＝mg当F 安>μmg ，即t >2μmgRB 1B 2kLr 2时，F T ＝F 安－μmg所以F N ＝mg －B 1B 2kLr 2t2R＋μmg .电磁感应中力学问题的解题技巧：(1)受力分析时，要把立体图转换为平面图，同时标明电流方向及磁场B 的方向，以便准确地画出安培力的方向.(2)要特别注意安培力的大小和方向都有可能变化. (3)列出稳定状态下的受力平衡方程往往是解题的突破口.二、电磁感应中的能量问题1．电磁感应中能量的转化电磁感应过程实质是不同形式的能量相互转化的过程，其能量转化方式为：2．求解电磁感应现象中能量问题的一般思路 (1)确定回路，分清电源和外电路．(2)分析清楚有哪些力做功，明确有哪些形式的能量发生了转化．如： ①有滑动摩擦力做功，必有内能产生； ②有重力做功，重力势能必然发生变化；③克服安培力做功，必然有其他形式的能转化为电能，并且克服安培力做多少功，就产生多少电能；如果安培力做正功，就是电能转化为其他形式的能． (3)列有关能量的关系式．例3 (2018·浙江理综·24)小明设计的电磁健身器的简化装置如图3所示，两根平行金属导轨相距l ＝0.50 m ，倾角θ＝53°，导轨上端串接一个R ＝0.18 Ω的电阻．在导轨间长d ＝0.56 m 的区域内，存在方向垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度B ＝2.0 T ．质量m ＝4.0 kg 的金属棒CD 水平置于导轨上，用绝缘绳索通过定滑轮与拉杆GH 相连．CD 棒的初始位置与磁场区域的下边界相距s ＝0.24 m ．一位健身者用恒力F ＝80 N 拉动GH 杆，CD 棒由静止开始运动，上升过程中CD 棒始终保持与导轨垂直．当CD 棒到达磁场上边界时健身者松手，触发恢复装置使CD 棒回到初始位置(重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 53°＝0.8，不计其他电阻、摩擦力以及拉杆和绳索的质量)．求图3(1)CD 棒进入磁场时速度v 的大小；(2)CD 棒进入磁场时所受的安培力F A 的大小；(3)在拉升CD 棒的过程中，健身者所做的功W 和电阻产生的焦耳热Q . 答案 (1)2.4 m/s (2)48 N (3)64 J 26.88 J 解析 (1)由牛顿第二定律得a ＝F －mg sin θm＝12 m/s 2cd 棒进入磁场时的速度v ＝2as ＝2.4 m/s (2)感应电动势E ＝Bl v 感应电流I ＝Bl vR安培力F A ＝BIl代入得F A ＝(Bl )2vR ＝48 N(3)健身者做功W ＝F (s ＋d )＝64 J因F －mg sin θ－F A ＝0，则CD 棒在磁场区做匀速运动 在磁场中运动时间t ＝dv 焦耳热Q ＝I 2Rt ＝26.88 J.例4 (2018·杭州地区重点中学高二第二学期期中)如图4所示，两根半径为r 的14圆弧轨道间距为L ，其顶端a 、b 与圆心处等高，轨道光滑且电阻不计，在其上端连着一阻值为R 的电阻，整个装置处于辐向磁场中，圆弧轨道所在处的磁感应强度大小均为B .将一根长度稍大于L 、质量为m 、电阻也为R 的金属棒从轨道顶端ab 处由静止释放．已知当金属棒到达如图所示的cd 位置，金属棒的速度达到最大，此时金属棒与轨道圆心连线和水平面夹角为θ；当金属棒到达轨道底端ef 时，对轨道的压力为1.75mg .求：图4(1)判断流经电阻R 的电流方向； (2)求金属棒速度的最大值v m ；(3)金属棒滑到轨道底端的整个过程中电阻R 上产生的热量． 答案 见解析解析 (1)根据楞次定律，流经R 的电流方向为a →R →b (2)金属棒速度最大时，在轨道切线方向所受合力为0 mg cos θ＝BIL ，解得I ＝mg cos θBLE ＝BL v m I ＝E 2R 联立解得v m ＝2mgR cos θB 2L 2(3)金属棒滑到轨道最低点时1.75mg －mg ＝m v 2r由能量转化和守恒得Q ＝mgr －12m v 2＝58mgr电阻R 上产生的热量Q R ＝RQ R ＋R ＝516mgr电磁感应中焦耳热的计算技巧：(1)电流恒定时，根据焦耳定律求解，即Q ＝I 2Rt . (2)感应电流变化，可用以下方法分析：①利用动能定理，求出克服安培力做的功W 安，产生的焦耳热等于克服安培力做的功，即Q ＝W 安.②利用能量守恒，即感应电流产生的焦耳热等于其他形式能量的减少量.1．(电磁感应中的动力学问题)如图5所示，在一匀强磁场中有一U 形导线框abcd ，线框处于水平面内，磁场与线框平面垂直，R 为一电阻，ef 为垂直于ab 的一根导体杆，它可在ab 、cd 上无摩擦地滑动．杆ef 及线框中导线的电阻都可忽略不计．开始时，给ef 一个向右的初速度，则( )图5A ．ef 将减速向右运动，但不是匀减速B ．ef 将匀减速向右运动，最后停止C ．ef 将匀速向右运动D ．ef 将做往返运动 答案 A解析 ef 向右运动，切割磁感线，产生感应电动势和感应电流，会受到向左的安培力而做减速运动，直到停止，由F ＝BIl ＝B 2l 2vR ＝ma 知，ef 做的是加速度减小的减速运动，故A 正确．2．(电磁感应中的动力学问题)如图6所示，MN 和PQ 是两根互相平行且竖直放置的光滑金属导轨，已知导轨足够长，且电阻不计，ab 是一根与导轨垂直且始终与导轨接触良好的金属杆，开始时，将开关S 断开，让杆ab 由静止开始自由下落，过段时间后，再将S 闭合，若从S 闭合开始计时，则金属杆ab 的速度v 随时间t 变化的图象不可能是下图中的( )图6答案 B解析 S 闭合时，若金属杆受到的安培力B 2l 2v R ＞mg ，ab 杆先减速再匀速，D 项有可能；若B 2l 2vR ＝mg ，ab 杆匀速运动，A 项有可能；若B 2l 2vR ＜mg ，ab 杆先加速再匀速，C 项有可能；由于v 变化，mg －B 2l 2vR＝ma 中a 不恒定，故B 项不可能．3．(电磁感应中的能量问题)(2018·宁波九校高二期末)如图7所示，有五根完全相同、电阻都为R 的金属杆，其中四根固连在一起构成正方形闭合框架，正方形边长为L ，固定在绝缘水平桌面上，另一根金属杆ab 搁在其上且始终接触良好，匀强磁场垂直穿过桌面，磁感应强度为B ，不计ab 杆与框架的摩擦，当ab 杆在外力F 作用下以速度v 匀速沿框架从左端向右端运动的过程中( )图7A ．ab 杆产生的电动势不变，外力F 保持不变B ．外力F 先增大后减小C ．桌面对框架的水平作用力最小值F min ＝B 2L 2v 2RD ．正方形框架的发热功率总是小于ab 杆的发热功率 答案 C解析 ab 杆以速度v 匀速运动，则ab 杆产生的感应电动势E ＝BL v 不变，因电路中总电阻先变大后变小，则电路中电流I ＝ER 总先变小后变大，外力F ＝BLI 先变小后变大，则选项A 、B 错误；当ab 杆运动至L 2处时，总电阻R max ＝2R2＋R ＝2R ，F ′＝BLI min ＝BL BL v R max ＝B 2L 2v 2R ，即桌面对框架的水平作用力最小值F min ＝B 2L 2v 2R ，选项C 正确；当ab 杆运动至L2处时，正方形框架的发热功率P 1＝(I min2)2·4R ＝I min 2R ，ab 杆的发热功率P 2＝I min 2R ，P 1＝P 2，故选项D 错误．4．(电磁感应中的力电综合问题)(2018·绍兴高二检测)两根平行的金属导轨相距L 1＝1 m ，与水平方向成θ＝30°角倾斜放置，如图8甲所示，其上端连接阻值R ＝1.5 Ω的电阻，另有一根质量m ＝0.2 kg 、电阻r ＝0.5 Ω的金属棒ab 放在两根导轨上，距离上端L 2＝4 m ，棒与导轨垂直并接触良好，导轨电阻不计，因有摩擦力作用，金属棒处于静止状态．现在垂直导轨的平面加上从零均匀增强的磁场，磁感应强度的变化规律如图乙所示，已知在t ＝2 s 时棒与导轨间的摩擦力刚好为零(g 取10 m/s 2)，则在棒发生滑动之前：图8(1)t ＝2 s 时，磁感应强度B 为多大？(2)假如t ＝5 s 时棒刚要发生滑动，则棒与导轨间最大静摩擦力多大？ (3)从t ＝0到t ＝3 s 内，电阻R 上产生的电热有多少？ 答案 (1)1 T (2)1.5 N (3)4.5 J解析 (1)t ＝2 s 时，对金属棒由平衡条件得 mg sin θ＝B 2IL 1① 由闭合电路欧姆定律得 I ＝E R ＋r② 由法拉第电磁感应定律得 E ＝ΔBΔt L 1L 2＝B 2－02－0L 1L 2③联立①②③式解得B 2＝1 T (2)t ＝5 s 时，对棒由平衡条件得 B 5IL 1＝mg sin θ＋F fmax由题图乙及第(1)问可得t ＝5 s 时，B 5＝2.5 T 联立解得F fmax ＝1.5 N (3)由焦耳定律得：Q R ＝I 2Rt代入数据解得：Q R ＝4.5 J一、选择题考点一 电磁感应中的动力学问题1．如图1所示，质量为m 的金属环用不可伸长的细线悬挂起来，金属环下半部分处于水平且与环面垂直的匀强磁场中，从某时刻开始，磁感应强度均匀减小，则在磁感应强度均匀减小的过程中，关于线的拉力大小，下列说法中正确的是( )图1A ．大于环重力mg ，并逐渐减小B ．始终等于环重力mgC ．小于环重力mg ，并保持恒定D ．大于环重力mg ，并保持恒定 答案 A解析 根据楞次定律知金属环中感应电流的方向为顺时针方向，再由左手定则判断可知金属环所受安培力竖直向下，对金属环受力分析，根据受力平衡有F T ＝mg ＋F 安，得F T >mg ，F 安＝BIL ，根据法拉第电磁感应定律知，I ＝E R ＝ΔΦR Δt ＝ΔBR Δt S ，可知I 为恒定电流，联立上式可知B 减小，F 安减小，则由F T ＝mg ＋F 安知F T 减小，选项A 正确．2．(多选)用一段横截面半径为r 、电阻率为ρ、密度为d 的均匀导体材料做成一个半径为R (r ≪R )的圆环．圆环竖直向下落入如图2所示的径向磁场中，圆环的圆心始终在N 极的轴线上，圆环所在位置的磁感应强度大小均为B .圆环在加速下滑过程中某一时刻的速度为v ，忽略其他影响，则( )图2A ．此时在圆环中产生了(俯视)顺时针方向的感应电流B ．圆环因受到了向下的安培力而加速下落C ．此时圆环的加速度a ＝B 2vρdD ．如果径向磁场足够长，则圆环的最大速度v m ＝ρdgB 2答案 AD解析 由右手定则可以判断感应电流的方向为(俯视)顺时针方向，可知选项A 正确；由左手定则可以判断，圆环受到的安培力向上，阻碍圆环的运动，选项B 错误；圆环垂直切割磁感线，产生的感应电动势E ＝Bl v ＝B ·2πR ·v ，圆环的电阻R 电＝ρ·2πRπr2，则圆环中的感应电流I＝E R 电＝B πr 2vρ，圆环所受的安培力F 安＝BI ·2πR ，圆环的加速度a ＝mg －F 安m ，m ＝d ·2πR ·πr 2，则a ＝g －B 2vρd ，选项C 错误；当重力等于安培力时圆环速度达到最大，此时a ＝0，可得v m＝ρgdB 2，选项D 正确． 3．如图3所示，在光滑水平桌面上有一边长为L 、电阻为R 的正方形导线框；在导线框右侧有一宽度为d (d ＞L )的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的一边平行，磁场方向竖直向下．导线框以某一初速度向右运动，t ＝0时导线框的右边恰与磁场的左边界重合，随后导线框进入并通过磁场区域．下列v －t 图象中，能正确描述上述过程的是( )图3答案 D解析 导线框进入磁场的过程中，线框受到向左的安培力作用，根据E ＝BL v 、I ＝ER 、F 安＝BIL 得F 安＝B 2L 2vR ，随着v 的减小，安培力F 安减小，导线框做加速度逐渐减小的减速运动．整个导线框在磁场中运动时，无感应电流，导线框做匀速运动，导线框离开磁场的过程中，根据F 安＝B 2L 2vR，导线框做加速度逐渐减小的减速运动，所以选项D 正确．4．(多选)如图4所示，有两根和水平方向成α(α<90°)角的光滑平行的金属轨道，上端接有可变电阻R ，下端足够长，空间有垂直于轨道平面向上的匀强磁场，磁感应强度为B ，一根质量为m 、电阻不计的金属杆从轨道上由静止滑下．经过足够长的时间后，金属杆的速度会趋近于一个最大速度v m ，则( )图4A ．如果B 增大，v m 将变大B ．如果α变大(仍小于90°)，v m 将变大C ．如果R 变大，v m 将变大D ．如果m 变小，v m 将变大 答案 BC解析 金属杆由静止开始滑下的过程中，金属杆就相当于一个电源，与电阻R 构成一个闭合回路，其受力情况如图所示，根据牛顿第二定律得：mg sin α－B 2L 2v R＝ma所以金属杆由静止开始做加速度减小的加速运动，当a ＝0时达到最大速度v m ，即mg sin α＝B 2L 2v m R ，可得：v m ＝mgR sin αB 2L 2，故由此式知选项B 、C 正确．考点二 电磁感应中的能量问题5．(多选)(2018·湖州高二检测)如图5所示，一个矩形线框从匀强磁场的上方自由落下，进入匀强磁场中，然后再从磁场中穿出．已知匀强磁场区域的宽度L 大于线框的高度h ，那么下列说法中正确的是( )图5A ．线框只在进入和穿出磁场的过程中，才有感应电流产生B ．线框从进入到穿出磁场的整个过程中，都有感应电流产生C ．线框在进入和穿出磁场的过程中，都是机械能转变成电能D ．整个线框都在磁场中运动时，机械能转变成电能 答案 AC解析 产生感应电流的条件是穿过闭合回路的磁通量发生变化，线框全部在磁场中时，磁通量不变，不产生感应电流，故B 错误；而进入和穿出磁场的过程中磁通量发生变化，也就产生了感应电流，故A 正确；在产生感应电流的过程中消耗了机械能，故C 正确，D 错误． 6．(多选)(2018·慈溪高二上学期期中联考)如图6所示，从匀强磁场中把不发生形变的矩形线圈匀速拉出磁场区，如果先后两次拉出的速度之比为1∶2，则在先后两种情况下( )图6A ．线圈中的感应电流之比为1∶4B ．通过线圈的电荷量之比为1∶2C ．线圈中产生的热量之比为1∶2D ．沿运动方向作用在线圈上的外力功率之比为1∶4 答案 CD解析 根据E ＝BL v 可知，因为v 1∶v 2＝1∶2，则E 1∶E 2＝1∶2，线圈中的感应电流之比为1∶2，选项A 错误；电荷量q ＝It ＝BL 2v R ·L 1v ＝BL 1L 2R ，电荷量与速度无关，两种情况下通过线圈某横截面的电荷量之比为1∶1，故B 错误；线圈中产生的热量Q ＝I 2Rt ＝(BL 2v R)2·R ·L 1v ＝B 2L 1L 22v R ，热量与速度成正比，则热量之比为1∶2，故C 正确；拉力功率P ＝F v ＝E 2R ＝B 2L 22v2R，拉力功率与速度的平方成正比，则拉力功率之比为1∶4，故D 正确．7．(多选)(2018·温州中学选考模拟)如图7甲所示，在倾角为θ的光滑斜面内分布着垂直于斜面的匀强磁场，其磁感应强度B 随时间变化的规律如图乙所示．质量为m 的矩形金属框从t ＝0时刻静止释放，t 3时刻的速度为v ，移动的距离为L ，重力加速度为g .在金属框下滑的过程中，下列说法正确的是(图甲所示磁场方向为磁场的正方向)( )图7A ．t 1～t 3时间内金属框中的电流方向不变B ．0～t 3时间内金属框做匀加速直线运动C ．0～t 3时间内金属框做加速度逐渐减小的直线运动D ．0～t 3时间内金属框中产生的焦耳热为mgL sin θ＋12m v 2答案 AB解析 t 1～t 3时间内穿过金属框的磁通量先垂直斜面向上减小，后垂直斜面向下增大，根据楞次定律可知，金属框中的电流方向不变，选项A 正确；0～t 3时间内金属框所受安培力的合力为零，则金属框所受的合力为mg sin θ，沿斜面向下做匀加速直线运动，选项B 正确，C 错误；0～t 3时间内金属框运动的加速度为g sin θ，机械能无损失，选项D 错误．8．(多选)(2018·杭州二中期末)如图8所示，虚线框内为某种电磁缓冲车的结构示意图，其主要部件为缓冲滑块K 和质量为m 的缓冲车厢．在缓冲车的底板上，沿车的轴线固定着两个光滑水平绝缘导轨PQ 、MN .缓冲车的底部安装电磁铁(图中未画出)，能产生垂直于导轨平面的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B .导轨内的缓冲滑块K 由高强度绝缘材料制成，滑块K 上绕有闭合矩形线圈abcd ，线圈的总电阻为R ，匝数为n ，ab 边长为L .假设缓冲车以速度v 0与障碍物C 碰撞后，滑块K 立即停下，而缓冲车厢继续向前移动L 后速度为零．已知缓冲车厢与障碍物和线圈的ab 边均没有接触，不计一切摩擦阻力，在这个缓冲过程中，下列说法正确的是( )图8A ．线圈中的感应电流沿逆时针方向(俯视)，最大感应电流为BL v 0RB ．线圈对电磁铁的作用力使缓冲车厢减速运动，从而实现缓冲C ．此过程中，线圈abcd 产生的焦耳热为Q ＝12m v 02D ．此过程中，通过线圈abcd 的电荷量为q ＝BL 2R答案 BC解析 缓冲车以速度v 0与障碍物C 碰撞后，滑块K 立即停下，滑块相对磁场的速度大小为v 0，线圈中产生的感应电动势最大，则有 E m ＝nBL v 0.感应电流最大为 I m ＝E m R ＝n BL v 0R ，故A错误；根据左手定则及牛顿第三定律可知线圈对电磁铁的安培力向左，使缓冲车厢减速运动，从而实现缓冲，故B 正确；由功能关系得线圈产生的焦耳热为：Q ＝12m v 02，故C 正确；此过程线圈abcd 中通过的电荷量：q ＝n ΔΦR ＝n BL 2R，故D 错误．9．(多选)(2018·绍兴一中高二上学期期中)如图9甲所示，正方形金属线框abcd 位于竖直平面内，其质量为m ，电阻为R .在线框的下方有一匀强磁场，MN 和M ′N ′是磁场的水平边界，并与bc 边平行，磁场方向垂直于纸面向里．现使金属线框从MN 上方某一高度处由静止开始下落，图乙是线框由开始下落到完全穿过匀强磁场区域瞬间的v －t 图象，图中字母均为已知量．重力加速度为g ，不计空气阻力．下列说法正确的是( )图9A ．金属线框刚进入磁场时感应电流方向沿adcba 方向B ．金属线框的边长为v 1(t 2－t 1)C ．磁场的磁感应强度为1v 1(t 2－t 1)mgRv 1D ．金属线框在0～t 4时间内所产生的热量为2mg v 1(t 2－t 1)＋12m (v 22－v 32)答案 BCD解析 根据楞次定律可知，线框刚进入磁场时，感应电流的方向沿abcda 方向，A 错误；由于线框进入磁场时匀速运动，线框边长l ＝v 1(t 2－t 1)，B 正确；bc 边受到的安培力等于重力，mg ＝B 2l 2v 1R ，而l ＝v 1(t 2－t 1)，代入可得B ＝1v 1(t 2－t 1)mgRv 1，C 正确；0～t 1及t 2～t 3时间内，金属线框不受安培力；t 1～t 2时间内，根据能量守恒定律有，产生的热量Q 1＝mgl ＝mg v 1(t 2－t 1)，t 3～t 4时间内，根据能量守恒定律有，产生的热量Q 2＝mgl ＋12m (v 22－v 32)＝mg v 1(t 2－t 1)＋12m (v 22－v 32)，则金属框在0～t 4时间内产生的热量Q ＝Q 1＋Q 2＝2mg v 1(t 2－t 1)＋12m (v 22－v 32)，D 正确． 二、非选择题10．(电磁感应中的动力学和能量问题)(2018·温州中学高二上学期期中)如图10所示，足够长的光滑金属框竖直放置，框宽l ＝0.5 m ，框的电阻不计，匀强磁场的磁感应强度B ＝1 T ，方向与框面垂直，金属棒MN 的质量为100 g ，电阻为1 Ω，现让MN 由静止释放，MN 与金属框始终垂直并保持良好接触，从释放直至达到最大速度的过程中通过金属棒某一横截面的电荷量为2 C ，求：(空气阻力不计，g 取10 m/s 2)图10(1)金属棒下落过程中的最大速度； (2)此过程中回路产生的电能． 答案 (1)4 m/s (2)3.2 J解析 (1)金属棒下落过程做加速度逐渐减小的加速运动，加速度减小到零时速度达到最大，根据平衡条件得mg ＝B 2l 2v m R ，解得v m ＝mgRB 2l 2代入数据解得v m ＝4 m/s(2)通过金属棒某一横截面的电荷量为q ＝BhlR在下落过程中，金属棒减小的重力势能转化为它的动能和回路中产生的电能E ，由能量守恒定律得 mgh ＝12m v m 2＋E联立解得E ＝mgh －12m v m 2＝mgRq Bl －12m v m 2代入数据解得E ＝3.2 J.11．(电磁感应中的能量问题)(2018·杭州西湖高级中学高二上学期期中)如图11所示，MN 与PQ 是两条水平放置彼此平行且足够长的光滑金属导轨，导轨间距为l ＝0.5 m ．质量m ＝1 kg 、电阻r ＝0.5 Ω的金属杆ab 垂直跨接在导轨上，匀强磁场的磁感线垂直纸面向里，磁感应强度的大小为B ＝2 T ，导轨左端接阻值R ＝2 Ω的电阻，导轨电阻不计．t ＝0时刻ab 杆受水平拉力F 的作用后由静止开始向右做匀加速运动，第4 s 末，ab 杆的速度为v ＝2 m /s ，重力加速度g ＝10 m/s 2.求：图11(1)4 s 末ab 杆受到的安培力F 安的大小；(2)若0～4 s 时间内，电阻R 上产生的焦耳热为1.7 J ，求这段时间内水平拉力F 做的功； (3)若第4 s 末以后，拉力不再变化，且知道4 s 末至金属杆ab 达到最大速度过程中通过杆的电荷量q ＝1.6 C ，则此过程中金属杆ab 克服安培力做功W 安为多少？答案 (1)0.8 N (2)4.125 J (3)1.92 J 解析 (1)E ＝Bl v ，I ＝ER ＋r ，F 安＝BIl ＝B 2l 2v R ＋r解得F 安＝0.8 N.(2)电阻R 上产生的热量为Q R ＝1.7 J ，闭合回路中产生的总热量为Q 总＝R ＋rR Q R ＝2.125 J由能量守恒定律可得：W F ＝12m v 2＋Q 总则：W F ＝4.125 J.(3)4 s 末ab 杆运动的加速度为：a ＝ΔvΔt ＝0.5 m/s 2由牛顿第二定律可得：F －F 安＝ma 则第4 s 末拉力F ＝1.3 N4 s 后当加速度为0时，ab 杆的速度达到最大． 所以速度最大时：F －B 2l 2v mR ＋r ＝0得：v m ＝3.25 m/s设ab 杆在4 s 末至达到最大速度过程中通过的位移为x 根据q ＝I t ＝ER ＋r t ＝ΔΦ(R ＋r )t t ＝BlxR ＋r 得：x ＝4 m由动能定理可得：Fx －W 安＝12m v m 2－12m v 2得：W 安≈1.92 J.12．(电磁感应中的动力学和能量问题)(2018·余姚中学高二期中)如图12所示，在倾角θ＝37°的光滑斜面上存在一垂直斜面向上的匀强磁场区域MNPQ (图中未画出)，磁感应强度B 的大小为5 T ，磁场宽度d ＝0.55 m ，有一边长L ＝0.4 m 、质量m 1＝0.6 kg 、电阻R ＝2 Ω的正方形均匀导线框abcd 通过一轻质细线跨过光滑的定滑轮与一质量为m 2＝0.4 kg 的物体相连，物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4，将线框从图示位置由静止释放，物体到定滑轮的距离足够长．(取g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：图12(1)线框abcd 还未进入磁场的运动过程中，细线中的拉力为多少？(2)当ab 边刚进入磁场时，线框恰好做匀速直线运动，求线框刚释放时ab 边距磁场MN 边界的距离x 多大？(3)在(2)问的条件下，若cd 边恰好离开磁场边界PQ 时，速度大小为2 m/s ，求整个过程中ab 边产生的热量为多少？答案 (1)2.4 N (2)0.25 m (3)0.1 J解析 (1)m 1、m 2运动过程中，把m 1、m 2看做一个整体作为研究对象，由牛顿第二定律得 m 1g sin θ－μm 2g ＝(m 1＋m 2)a 代入数据解得a ＝2 m/s 2以m 1为研究对象，由牛顿第二定律得 m 1g sin θ－F T ＝m 1a ， 代入数据解得F T ＝2.4 N.(2)ab 边刚进入磁场时，线框恰好做匀速直线运动，对整体有 m 1g sin θ－μm 2g －B 2L 2vR ＝0代入数据解得v ＝1 m/sab 边到边界MN 前线框做匀加速运动，由速度位移公式有v 2＝2ax 代入数据解得x ＝0.25 m(3)线框从开始运动到cd 边恰好离开磁场边界PQ 时，由能量守恒定律得m 1g sin θ(x ＋d ＋L )－μm 2g (x ＋d ＋L )＝12(m 1＋m 2)v 12＋Q代入数据解得Q ＝0.4 J 所以Q ab ＝14Q ＝0.1 J.。
2018-2019学年物理浙江专版人教版选修3-2章末过关检测(一) 电磁感应 Word版含解析
章末过关检测（一） 电磁感应(时间：90 分钟 满分：100 分) 一、单项选择题(本题共 8 个小题，每小题 4 分，共 32 分。
每小题只有一个选项正确) 1．下列现象中，属于电磁感应现象的是( ) A．小磁针在通电导线附近发生偏转 B．通电线圈在磁场中转动 C．因闭合线圈在磁场中运动而产生电流 D．磁铁吸引小磁针 解析：选 C 电磁感应是指“磁生电”的现象，而小磁针和通电线圈在磁场中转动，反映了磁场力的 性质，所以 A、B、D 不是电磁感应现象，C 是电磁感应现象。
2．在电磁感应现象中，下列说法正确的是( ) A．导体相对磁场运动，导体内一定产生感应电流 B．导体做切割磁感线运动，导体内一定会产生感应电流 C．闭合电路在磁场内做切割磁感线运动，导体内一定会产生感应电流 D．穿过闭合电路的磁通量发生变化，在电路中一定会产生感应电流 解析：选 D 产生感应电流的条件首先是“闭合电路”，A、B 项中电路是否闭合不确定，故 A、B 项 错误；其次当电路闭合时，只有一部分导体切割磁感线才产生感应电流，C 项错误；当闭合电路中磁通量 发生变化时，电路中产生感应电流，D 项正确。
3．将闭合多匝线圈置于仅随时间变化的磁场中，线圈平面与磁场方向垂直，关于线圈中产生的感应电 动势和感应电流，下列表述正确的是( ) A．感应电动势的大小与线圈的匝数无关 B．穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大 C．穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大 D．感应电流产生的磁场方向与原磁场方向始终相同 解析：选 C 线圈平面与磁场方向垂直，因此 E＝nΔΔΦt ，感应电动势的大小与线圈的匝数及磁通量的 变化率有关，匝数越多，磁通量变化越快，感应电动势则越大。
若磁场的磁感应强度在减小，则感应电流 的磁场方向与原磁场方向相同，若磁场的磁感应强度在增大，则感应电流的磁场方向与原磁场方向相反， 综上所述，C 项正确。
4．如图所示的下列实验中，有感应电流产生的是( )解析：选 D 根据电流的磁效应，导线通电后其下方存在磁场，小磁针在磁场的作用下偏转，没有感 应电流，故 A 错误；由法拉第电磁感应定律知，闭合圆环在无限大匀强磁场中加速平动，磁通量没有变化， 所以没有产生感应电流，所以 B 错误；通电导线在磁场中受安培力的作用，所以不存在感应电流，故 C 错 误；闭合回路中的金属杆切割磁感线运动，能够产生感应电流，故 D 正确。
2018-2019版物理选修3-2人教浙江专版全程导学笔记文档
章末检测试卷(一)(时间：90分钟满分：100分)一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分．)1．(多选)(2018·绍兴一中高二上学期期中)在物理学发展过程中，观测、实验、假说和逻辑推理等方法都起到了重要作用．下列叙述不符合史实的是()A．奥斯特在实验中观察到电流的磁效应，该效应说明了电和磁之间存在联系B．法拉第根据通电直导线的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说C．安培在实验中观察到，通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中，出现了感应电流D．楞次在分析了许多实验事实后提出，感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总是与引起感应电流的磁场方向相反答案BCD解析奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电和磁之间存在联系，选项A正确；根据通电螺线管产生的磁场与条形磁铁的磁场相似性，安培提出了磁性是分子内环形电流产生的，即分子电流假说，选项B错误；法拉第探究磁产生电的问题，发现导线中电流“通、断”时导线附近的固定导线圈中出现感应电流而导线中通有恒定电流时导线圈中不产生感应电流，选项C错误；楞次定律指出感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，选项D错误．2．(多选)(2018·浙江六校联考)如图1所示，A为多匝线圈，与开关、滑动变阻器相连后接入M、N间的交流电源，B为一接有小灯泡的闭合多匝线圈，下列关于小灯泡发光的说法正确的是()图1A．闭合开关后小灯泡可能发光B．若闭合开关后小灯泡发光，再将B线圈靠近A线圈，则小灯泡更亮C．闭合开关瞬间，小灯泡一定能发光D．若闭合开关后小灯泡不发光，将滑动变阻器滑片左移后，小灯泡可能会发光答案AB解析闭合开关后，A中产生交变磁场，B的磁通量变化，在B中产生感应电动势，但通过灯的电流可能较小．灯泡的实际功率可能较小，故小灯泡可能发光，也可能不发光，选项A 正确，C错误；闭合开关后再将B线圈靠近A线圈，B的磁通量变化率增大，产生的感应电动势更大，小灯泡更亮，选项B正确；闭合开关后小灯泡不发光，将滑动变阻器滑片左移后，A中电流减小，B的磁通量变化率减小，小灯泡更不可能会发光，选项D错误．3．(2018·金华高二检测)电阻R、电容器C与一线圈连成闭合回路，条形磁铁静止于线圈的正上方，N极朝下，如图2所示，现使磁铁开始下落，在N极接近线圈上端的过程中，流过R的电流方向和电容器极板的带电情况是()图2A．从a到b，上极板带正电B．从a到b，下极板带正电C．从b到a，上极板带正电D．从b到a，下极板带正电答案 D解析当磁铁N极向下运动时，向下穿过线圈的磁通量变大，由楞次定律可得，感应磁场方向与原来磁场方向相反，再由安培定则可得线圈中感应电流方向沿逆时针方向(从上向下看)，由于线圈相当于电源，则流过R的电流方向是从b到a，对电容器充电下极板带正电，故选项D正确．4．(多选)(2018·余姚市联考)如图3所示，在O点正下方有一个具有理想边界的磁场，铜环在A点按图示方式由静止释放，向右摆至最高点B，不考虑空气阻力，则下列说法正确的是()图3A．A、B两点在同一水平线上B．A点高于B点C．A点低于B点D．铜环最终将做等幅摆动答案BD解析铜环在进入和穿出磁场的过程中，穿过环的磁通量发生变化，环中有感应电流产生，将损耗一定的机械能，所以A点高于B点．铜环的摆角会越来越小，最终出不了磁场，而做等幅摆动．5．(2018·温州中学期末)如图4所示，电源的电动势为E，内阻r不能忽略．A、B是两个相同的电灯泡，L是一个自感系数相当大的线圈．关于这个电路的以下说法正确的是()图4A．开关闭合到电路中电流稳定的时间内，A灯立刻亮，而后逐渐变暗，最后亮度稳定B．开关闭合到电路中电流稳定的时间内，B灯立刻亮，而后逐渐变暗，最后亮度稳定C．开关由闭合到断开瞬间，A灯闪亮一下再熄灭D．开关由闭合到断开瞬间，电流自左向右通过A灯答案 A解析开关闭合到电路中电流稳定的时间内，A灯立刻亮，当线圈对电流阻碍作用很大时，B灯不亮，当线圈对电流阻碍作用较小时，A灯逐渐变暗，B灯逐渐变亮，当线圈对电流没有阻碍时，灯泡亮度稳定，A正确，B错误；开关处于闭合状态，在断开瞬间，线圈提供瞬间电压给两灯泡供电，由于两灯泡完全一样，所以不会出现电流比之前还大的现象，因此A 灯不会闪亮一下，只会一同慢慢熄灭，故C错误；开关处于闭合状态，在断开瞬间，线圈相当于电源，电流方向不变，且与B灯、A灯形成闭合回路，所以电流自右向左通过A灯，故D错误．6．(多选)(2018·杭州西湖高级中学高二上学期期中)如图5所示，MN、PQ是间距为L的平行金属导轨，置于磁感应强度为B、方向垂直导轨所在平面向里的匀强磁场中，M、P间接有一阻值为R的电阻．一根与导轨接触良好、有效阻值为r的金属导线ab垂直导轨放置，并在水平外力F的作用下以速度v向右匀速运动，则(不计导轨电阻)()图5A．通过电阻R的电流方向为M→R→PB．ab两点间的电压为BL vC．a端电势比b端高D．外力F做的功等于电阻R上产生的焦耳热答案AC7．(多选)(2018·浙江省“7＋2＋3”全真模拟)用均匀导线做成的正方形线圈边长为l，如图6所示，正方形的一半放在垂直纸面向里的匀强磁场中，当磁场以ΔB Δt的变化率增强时，不考虑磁场的变化对虚线右侧的影响，则( )图6A ．线圈中感应电流方向为adbcaB ．线圈中产生的电动势E ＝ΔB Δt·l 2 C ．线圈中产生的电动势E ＝l 2ΔB 2ΔtD ．线圈中b 、a 两点间的电势差为l 2ΔB 4Δt答案 CD解析 磁感应强度增大，由楞次定律可知，感应电流沿acbda 方向，故A 错误；由法拉第电磁感应定律可得，感应电动势为E ＝ΔΦΔt ＝S ΔB Δt ＝l 22·ΔB Δt ＝l 2ΔB 2Δt，故B 错误，C 正确；设导线总电阻为R ，则b 、a 两点间的电势差为：U ba ＝E R ·R 2＝l 2ΔB 4Δt，故D 正确． 8．(多选)(2018·温州市高二期中)航母上飞机弹射起飞是利用电磁驱动来实现的，电磁驱动原理如图7所示．当固定线圈上突然通过直流电流时，线圈左侧的金属环被弹射出去．现在固定线圈左侧同一位置，先后放有分别用横截面积相等的铜和铝导线制成的形状、大小相同的两个闭合环，已知电阻率ρ铜<ρ铝，合上开关S 的瞬间，则( )图7A ．从左侧看环中感应电流沿逆时针方向B ．铜环受到的安培力大于铝环受到的安培力C ．若将铜环放置在线圈右侧，铜环将向右弹射D ．电池正负极调换后，金属环不能向左弹射答案 BC解析 在闭合开关的瞬间，线圈中电流由右侧流入，磁场方向向左，磁场变强，则由楞次定律可知，环中电流由左侧看为顺时针方向，A 项错误；由于铜环的电阻较小，铜环中感应电流较大，故铜环受到的安培力要大于铝环，B 项正确；若环放在线圈右方，根据“来拒去留”可得，环将向右运动，C 项正确；电池正负极调换后，金属环受力向左，故仍将向左弹出，D 项错误．9．(多选)(2018·台州市高二期中)有一个垂直于纸面的匀强磁场，它的边界MN 左侧为无场区，右侧是匀强磁场区域，如图8甲所示，现让一个金属线框在纸平面内以垂直于MN 的恒定速度从MN 左侧进入匀强磁场区域，线框中的电流随时间变化的i －t 图象如图乙所示，则进入磁场区域的金属线框可能是图中的( )图8答案 BC解析 导体棒切割磁感线产生的感应电动势E ＝Bl v ，设线框总电阻是R ，则感应电流I ＝Bl v R，由题图乙所示图象可知，感应电流先均匀变大，后恒定，最后均匀减小，由于B 、v 、R 是定值，则导体棒的有效长度l 应先均匀增加，后恒定，最后均匀减小．闭合圆环匀速进入磁场时，有效长度l 先变大，后变小，不符合题意，A 项错误；六边形线框进入磁场时，有效长度l 先均匀增大，后恒定，最后均匀减小，符合题意，B 项正确；梯形线框匀速进入磁场时，有效长度先均匀增加，后不变，最后均匀减小，符合题意，C 项正确；三角形线框匀速进入磁场时，有效长度l 先增加，后减小，不符合题意，D 项错误．10．如图9所示，有一个等腰直角三角形的匀强磁场区域其直角边长为L ，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B .边长为L 、总电阻为R 的正方形导线框abcd ，从图示位置开始沿x 轴正方向以速度v 匀速穿过磁场区域．取沿abcda 的感应电流为正，则表示线框中电流i 随bc 边的位置坐标x 变化的图象正确的是( )图9答案 C11．如图10甲所示，一个匝数n ＝100的圆形导体线圈，面积S 1＝0.4 m 2，电阻r ＝1 Ω.在线圈中存在面积S 2＝0.3 m 2的垂直线圈平面向外的匀强磁场区域，磁感应强度B 随时间t 变化的关系如图乙所示．有一个R ＝2 Ω的电阻，将其两端分别与图甲中的圆形线圈相连接，则下列说法正确的是( )图10A ．圆形线圈中产生的感应电动势E ＝6 VB ．在0～4 s 时间内通过电阻R 的电荷量q ＝8 CC ．a 、b 两端间的电压大小为1.5 VD ．在0～4 s 时间内电阻R 上产生的焦耳热Q ＝18 J答案 D解析 由法拉第电磁感应定律可得E ＝n ΔBS 2Δt ，由题图乙可得ΔB Δt ＝0.64T /s ＝0.15 T/s ，将其代入可得E ＝4.5 V ，A 错．q ＝I Δt ＝E R ＋r ·Δt ＝n ΔΦΔt (R ＋r )Δt ＝n ΔΦR ＋r，在0～4 s 内穿过圆形导体线圈磁通量的变化量为ΔΦ＝0.6×0.3 Wb －0＝0.18 Wb ，代入可得q ＝6 C ，B 错．a 、b 两端间的电压为路端电压，大小为U ＝E R ＋rR ＝3 V ，故C 错．由于磁感应强度均匀变化产生的电动势与电流均恒定，可得I ＝E r ＋R＝1.5 A ，由焦耳定律可得Q ＝I 2Rt ＝18 J ，D 对． 12．(多选)(2018·余姚中学高二上学期期中)如图11甲所示，电阻不计且间距L ＝1 m 的光滑平行金属导轨竖直放置，上端接一阻值R ＝2 Ω的电阻，虚线OO ′下方有垂直于导轨平面向里的匀强磁场，现将质量m ＝0.1 kg 、电阻不计的金属杆ab 从OO ′上方某处由静止释放．金属杆在下落的过程中与导轨保持良好接触且始终水平．已知杆ab 进入磁场时的速度v 0＝1 m /s ，下落0.3 m 的过程中加速度a 与下落距离h 的关系图象如图乙所示，g 取10 m/s 2，则()图11A ．匀强磁场的磁感应强度为2 TB ．杆ab 下落0.3 m 时金属杆的速度为1 m/sC ．杆ab 下落0.3 m 的过程中R 上产生的热量为0.2 JD ．杆ab 下落0.3 m 的过程中通过R 的电荷量为0.25 C答案 AD解析 当金属杆进入磁场后，根据右手定则判断可知金属杆ab 中电流的方向由a 到b .由题图乙知，刚进入磁场时，金属杆的加速度大小a 1＝10 m/s 2，方向竖直向上．由牛顿第二定律得：BI 1L －mg ＝ma 1，I 1＝E R ＝BL v 0R，代入数据解得：B ＝2 T ，故A 正确．a ＝0时，金属杆受到的重力与安培力平衡，则有mg －BI 2L ＝0，其中I 2＝BL v R，联立得：v ＝0.5 m/s ，故B 错误；从开始到下落0.3 m 的过程中，由能量守恒有：mgh －Q ＝12m v 2，代入数据得：Q ＝0.287 5 J ，故C 错误；金属杆自由下落高度为h 0＝v 022g＝0.18 m ，金属杆下落0.3 m 的过程中通过R 的电荷量为：q ＝I Δt ＝E R Δt ＝ΔΦΔt R Δt ＝ΔΦR ＝BL (h －h 0)R ，代入数据得q ＝0.25 C ，故D 正确，所以A 、D 正确．二、实验题(本题共2小题，共12分．)13．(6分)在“研究电磁感应现象”的实验中，如图12甲、乙、丙所示是实验中连接的三个回路．其中判别电流表指针的偏转方向与电流方向关系的回路是________(填“甲”“乙”或“丙”)，显示是否产生了感应电流的回路是______(填“甲”“乙”或“丙”)．图12答案 甲 乙解析 将电流表接在电源上可以分析电流的方向与电流表指针的偏转方向，则为甲电路；能确定是否产生感应电流的电路为乙电路．14．(6分)(2018·浙江4月选考·21(2))用如图13所示的装置做“探究感应电流方向的规律”实验，磁体从靠近线圈的上方静止下落．当磁体运动到如图所示的位置时，流过线圈的感应电流方向从________(填“a到b”或“b到a”)．在磁体穿过整个线圈的过程中，传感器显示的电流i随时间t的图象应该是________．图13答案b到a A解析由于磁体下落到题图所示位置时，穿过线圈的磁感线向上且磁通量增加，由楞次定律可知，流过线圈的感应电流从b到a，而磁铁进入线圈和离开线圈时感应电流方向相反，而离开时速度比进入时速度快，即产生的感应电流要大，磁铁在线圈内运动时，穿过线圈的磁通量几乎不变，则感应电流为0，由此可知选项A正确．三、计算题(本题共3小题，共40分．解答应写出必要的文字说明，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．)15．(12分)(2018·浙江10月选考·22)如图14甲所示，质量m＝3.0×10－3kg的“”型金属细框竖直放置在两水银槽中，“”型框的水平细杆CD长l＝0.20 m，处于磁感应强度大小B1＝1.0 T、方向水平向右的匀强磁场中．有一匝数n＝300匝，面积S＝0.01 m2的线圈通过开关K与两水银槽相连．线圈处于与线圈平面垂直的、沿竖直方向的匀强磁场中，其磁感应强度B2的大小随时间t变化的关系如图乙所示．图14(1)求0～0.10 s 线圈中的感应电动势大小．(2)t ＝0.22 s 时闭合开关K ，若细杆CD 所受安培力方向竖直向上，判断CD 中的电流方向及磁感应强度B 2的方向；(3)t ＝0.22 s 时闭合开关K ，若安培力远大于重力，细框跳起的最大高度h ＝0.20 m ，求通过细杆CD 的电荷量．答案 (1)30 V (2)C →D B 2方向向上 (3)0.18 C解析 (1)由题图乙知，在0～0.10 s 内ΔB 2Δt＝10 T/s ， 根据电磁感应定律E ＝n ΔΦΔt得E ＝nS ΔB 2Δt＝30 V (2)由左手定则判断可知，CD 杆中电流方向由C →D ，则线圈中感应电流的磁场方向向上，由于0.20～0.25 s ，B 2均匀减小，则B 2方向向上．(3)由牛顿第二定律F 安＝ma ＝m v －0Δt， 安培力F 安＝IlB 1q ＝I Δtv 2＝2gh得q ＝m 2gh B 1l＝0.18 C. 16．(12分)(2018·杭州高二检测)在质量为M ＝1 kg 的小车上竖直固定着一个质量m ＝0.2 kg 、高h ＝0.18 m 、总电阻R ＝100 Ω、n ＝100匝的矩形闭合线圈，且小车与线圈的水平长度l 相同．现在线圈和小车一起在光滑的水平面上运动，速度为v 1＝10 m/s ，随后穿过与线圈平面垂直的磁感应强度B ＝1.0 T 的水平有界匀强磁场，如图15甲所示．已知小车(包括线圈)运动的速度v 随车的位移x 变化的v －x 图象如图乙所示．求：图15(1)小车的水平长度l 和磁场的宽度d .(2)当小车的位移x ＝10 cm 时，线圈中的电流大小I 以及此时小车的加速度a .(3)线圈和小车通过磁场的过程中线圈电阻产生的热量Q .答案 (1)10 cm 25 cm (2)0.4 A 1.67 m/s 2，方向水平向左 (3)57.6 J解析 (1)由题图乙可知，从x ＝5 cm 开始，线圈进入磁场，线圈中有感应电流，线圈受安培力作用，小车做减速运动，速度v 随位移x 减小，当x ＝15 cm 时，线圈完全进入磁场，线圈中感应电流消失，小车做匀速运动，因此小车的水平长度l ＝10 cm.当x ＝30 cm 时，线圈开始离开磁场，则d ＝30 cm －5 cm ＝25 cm.(2)当x ＝10 cm 时，由题图乙可知，线圈右边切割磁感线的速度v 2＝8 m/s ，由闭合电路欧姆定律得线圈中的电流I ＝nBh v 2R ＝100×1.0×0.05×8100A ＝0.4 A ，此时线圈所受安培力F ＝nBIh ＝2 N ，小车的加速度a ＝F M ＋m≈1.67 m/s 2，方向水平向左． (3)由题图乙可知，线圈左边离开磁场时，小车的速度为v 3＝2 m/s.线圈进入磁场和离开磁场时，克服安培力做功，线圈的动能减少，转化成电能，在线圈上产生电热．线圈电阻产生的热量Q ＝12(M ＋m )v 12－12(M ＋m )v 32＝57.6 J. 17．(16分)如图16甲所示，两根足够长的平行金属导轨MN 、PQ 相距为L ，导轨平面与水平面夹角为α，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，金属棒的质量为m ，导轨处于匀强磁场中，磁场的方向垂直于导轨平面斜向上，磁感应强度大小为B .金属导轨的上端与开关S 、阻值为R 1的定值电阻和电阻箱R 2相连，不计一切摩擦，不计导轨、金属棒的电阻，重力加速度为g .现在闭合开关S ，将金属棒由静止释放．图16(1)判断金属棒ab 中电流的方向；(2)若电阻箱R 2接入电路的阻值为0，当金属棒下降高度为h 时，速度为v ，求此过程中定值电阻R 1上产生的焦耳热Q ；(3)当B ＝0.40 T 、L ＝0.50 m 、α＝37°时，金属棒能达到的最大速度v m 随电阻箱R 2阻值的变化关系如图乙所示，取g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求R 1的大小和金属棒的质量m .答案 (1)由b 到a (2)mgh －12m v 2 (3)2.0 Ω0．1 kg 解析 (1)由右手定则可知，金属棒ab 中的电流方向为由b 到a .(2)由能量守恒定律可知，金属棒减少的重力势能等于金属棒增加的动能和电路中产生的焦耳热mgh ＝12m v 2＋Q 解得：Q ＝mgh －12m v 2 (3)金属棒的最大速度为v m 时，切割磁感线产生的感应电动势E ＝BL v m由闭合电路欧姆定律得：I ＝E R 1＋R 2从b 端向a 端看，金属棒受力如图所示金属棒达到最大速度时满足mg sin α－BIL ＝0由以上三式得最大速度：v m ＝mg sin αB 2L 2R 2＋mg sin αB 2L 2R 1题图乙斜率k ＝60－302.0m /(s·Ω)＝15 m/(s·Ω)，纵截距b ＝30 m/s 则：mg sin αB 2L 2R 1＝b mg sin αB 2L 2＝k 解得：R 1＝2.0 Ω m ＝0.1 kg.。
2018-2019版物理新设计同步浙江版选修3-2讲义：第四章
第1课时划时代的发现实验：探究感应电流产生的条件[研究选考·把握考情]知识点一电磁感应现象[基础梳理]1.奥斯特梦圆“电生磁”1820年，丹麦物理学家奥斯特发现载流导体能使小磁针转动，这种效应称为电流的磁效应。
2.法拉第心系“磁生电”1831年，英国物理学家法拉第发现了电磁感应现象，即“磁生电”现象。
产生的电流叫做感应电流。
他把引起电流的原因概括为五类：变化的电流、变化的磁场、运动的恒定电流、运动的磁铁、在磁场中运动的导体。
[即学即练]下列属于电磁感应现象的是()A.通电导体周围产生磁场B.磁场对感应电流发生作用，阻碍导体运动C.由于导体自身电流发生变化，在回路中产生感应电流D.电荷在磁场中定向移动形成电流解析根据引起电流原因的五类情况可知，导体自身电流发生变化，在回路中产生感应电流为电磁感应现象。
故选项C正确。
答案 C知识点二磁通量及其变化[基础梳理]1.磁通量(1)定义：闭合导体回路的面积与垂直穿过它的磁场的磁感应强度的乘积叫磁通量，符号为Φ。
在数值上等于穿过投影面的磁感线的条数。
(2)公式：Φ＝BS。
其中S为回路平面在垂直磁场方向上的有效面积。
若正方形线框的边长为a，磁感强度为B的正方形匀强磁场区域的边长为b，则穿过线框的磁通量Φ＝Bb2，如图1所示。
图1(3)单位：韦伯，简称韦，符号Wb。
(4)注意：①磁通量是标量，但有正、负之分。
一般来说，如果磁感线从线圈的正面穿入，线圈的磁通量就为“＋”，磁感线从线圈的反面穿入，线圈的磁通量就为“－”。
②磁通量与线圈的匝数无关(填“有关”或“无关”)。
2.磁通量的变化量：ΔΦ＝Φ2－Φ1[要点精讲](1)B与S垂直时(匀强磁场中)：Φ＝BS。
B指匀强磁场的磁感应强度，S为线圈的面积。
(2)B与S不垂直时(匀强磁场中)：Φ＝BS⊥。
S⊥为线圈在垂直磁场方向上的有效面积，在应用时可将S投影到与B垂直的方向上，如图2所示，Φ＝BS sin θ。
图2【例1】如图3所示，有一个面积为S＝400 cm2的正方形线圈abcd，平面与竖直方向的夹角θ＝60°，放在磁感应强度为B＝0.50 T的水平匀强磁场中，则穿过正方形线圈的磁通量是多少？图3解析线圈在垂直B方向上的有效面积S⊥＝S cos θ＝400×10－4×cos 60°＝0.18×0.5 m2＝0.02 m2穿过正方形线圈的磁通量Φ＝BS⊥＝0.50×0.02 Wb＝0.01 Wb答案0.01 Wb【例2】如图4所示，水平放置的扁平条形磁铁，在磁铁的左端正上方有一金属线框，线框平面与磁铁垂直，当线框从左端正上方沿水平方向平移到右端正上方的过程中，穿过它的磁通量的变化情况是()图4A.先减小后增大B.始终减小C.始终增大D.先增大后减小解析线框在磁铁两端的正上方时穿过该线框磁通量最大，在磁铁中央时穿过该线框的磁通量最小，所以该过程中的磁通量先减小后增大，故A对。
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电磁感应(时间：90分钟 满分：100分)一、单项选择题(本题共8个小题，每小题4分，共32分。
每小题只有一个选项正确)1．下列现象中，属于电磁感应现象的是( )A ．小磁针在通电导线附近发生偏转B ．通电线圈在磁场中转动C ．因闭合线圈在磁场中运动而产生电流D ．磁铁吸引小磁针解析：选C 电磁感应是指“磁生电”的现象，而小磁针和通电线圈在磁场中转动，反映了磁场力的性质，所以A 、B 、D 不是电磁感应现象，C 是电磁感应现象。
2．在电磁感应现象中，下列说法正确的是( )A ．导体相对磁场运动，导体内一定产生感应电流B ．导体做切割磁感线运动，导体内一定会产生感应电流C ．闭合电路在磁场内做切割磁感线运动，导体内一定会产生感应电流D ．穿过闭合电路的磁通量发生变化，在电路中一定会产生感应电流解析：选D 产生感应电流的条件首先是“闭合电路”，A 、B 项中电路是否闭合不确定，故A 、B 项错误；其次当电路闭合时，只有一部分导体切割磁感线才产生感应电流，C 项错误；当闭合电路中磁通量发生变化时，电路中产生感应电流，D 项正确。
3．将闭合多匝线圈置于仅随时间变化的磁场中，线圈平面与磁场方向垂直，关于线圈中产生的感应电动势和感应电流，下列表述正确的是( )A ．感应电动势的大小与线圈的匝数无关B ．穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大C ．穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大D ．感应电流产生的磁场方向与原磁场方向始终相同解析：选C 线圈平面与磁场方向垂直，因此E ＝n ΔΦΔt，感应电动势的大小与线圈的匝数及磁通量的变化率有关，匝数越多，磁通量变化越快，感应电动势则越大。
若磁场的磁感应强度在减小，则感应电流的磁场方向与原磁场方向相同，若磁场的磁感应强度在增大，则感应电流的磁场方向与原磁场方向相反，综上所述，C 项正确。
4．如图所示的下列实验中，有感应电流产生的是( )解析：选D 根据电流的磁效应，导线通电后其下方存在磁场，小磁针在磁场的作用下偏转，没有感应电流，故A错误；由法拉第电磁感应定律知，闭合圆环在无限大匀强磁场中加速平动，磁通量没有变化，所以没有产生感应电流，所以B错误；通电导线在磁场中受安培力的作用，所以不存在感应电流，故C错误；闭合回路中的金属杆切割磁感线运动，能够产生感应电流，故D正确。
5．(2017·浙江五校联考)如图甲所示的是工业上探测物件表面层内部是否存在缺陷的涡流探伤技术。
其原理是用电流线圈使物件内产生涡电流，借助探测线圈测定涡电流的改变，从而获得构件内部是否断裂及位置的信息。
如图乙所示的是一个带铁芯的线圈L、开关S和电源用导线连接起来的跳环实验装置，将一个套环置于线圈L上且使铁芯穿过其中，闭合开关S的瞬间，套环将立刻跳起。
对以上两个运用实例理解正确的是( )A．涡流探伤技术运用了互感原理，跳环实验演示了自感现象B．能被探测的物件和实验所用的套环必须是导电材料C．以上两个案例中的线圈所连接电源都必须是变化的交流电源D．以上两个案例中的线圈所连接电源也可以都是稳恒电源解析：选B 涡流探伤技术运用了互感原理，跳环实验演示了互感现象，选项A错误；能被探测的物件和实验所用的套环必须是导电材料，能保证在套环中形成感应电流，选项B 正确；以上两个案例中涡流探伤技术的线圈必须用交流电源，而跳环实验演示所连接电源是直流电源，选项C、D错误。
6.在如图所示的电路中，a、b为两个完全相同的灯泡，L为自感线圈，E为电源，S为开关。
关于两灯泡变亮和熄灭的先后次序，下列说法正确的是( )A．合上开关，a先亮，b逐渐变亮；断开开关，a、b同时熄灭B ．合上开关，b 先亮，a 逐渐变亮；断开开关，a 先熄灭，b 后熄灭C ．合上开关，b 先亮，a 逐渐变亮；断开开关，a 、b 同时熄灭D ．合上开关，a 、b 同时亮；断开开关，b 先熄灭，a 后熄灭解析：选C 合上开关S 后，电流由零突然变大，电感线圈产生较大的感应电动势，阻碍电流的增大，故I b >I a ，电流逐渐增大至稳定的过程中，电感的阻碍作用越来越小，故合上开关，b 先亮，a 逐渐变亮；开关S 断开后，由于电感L 产生自感电动势的作用，灯a 、b 回路中电流要逐渐消失，a 、b 将延迟一段时间熄灭，且同时熄灭，故选C 。
7．如图甲所示，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，下列叙述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解析：选C 在T 2～T 时间内，直导线中的电流方向向下且增大，穿过线框的磁通量垂直纸面向外且增加，由楞次定律知感应电流方向为顺时针，线框所受安培力的合力由左手定则判断易知向右，所以C 正确。
8.阿明有一个磁浮玩具，其原理是利用电磁铁产生磁性，让具有磁性的玩偶稳定地飘浮起来，其构造如图所示。
若图中电源的电压固定，可变电阻为一可以随意改变电阻大小的装置，则下列叙述正确的是( )A ．电路中的电源必须是交流电源B ．电路中的b 端必须连接直流电源的正极C ．若增加环绕软铁的线圈匝数，可增加玩偶飘浮的最大高度D ．若将可变电阻的电阻值调大，可增加玩偶飘浮的最大高度解析：选C 由题意可知，玩偶稳定地漂浮起来，且下端为N 极，则线圈的上端为N 极，根据右手螺旋定则可得，电源通的是直流电，且a 端为电源的正极，而b 端为电源的负极，故A 、B 错误；若增加环绕软铁的线圈匝数，可增加线圈的磁场，则玩偶漂浮的最大高度增加，故C正确；若将可变电阻的电阻值调大，则线圈中的电流减小，则玩偶漂浮的最大高度减小，故D错误。
二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分。
选对但不全的得2分，错选不得分)9.如图所示，水平面内有两条相互垂直且彼此绝缘的通电长直导线，以它们为坐标轴构成一个平面直角坐标系。
四个相同的圆形闭合线圈在四个象限内完全对称放置，两直导线中的电流大小与变化情况完全相同，电流方向如图所示，当两直导线中的电流都增大时，四个线圈a、b、c、d中感应电流的情况是( )A．线圈a中无感应电流B．线圈b中有感应电流C．线圈c中有感应电流 D．线圈d中无感应电流解析：选CD 根据安培定则可判断出电流产生的磁场方向，线圈a中的磁场方向均垂直于纸面向里，线圈c中的磁场方向均垂直于纸面向外，线圈b、d中的合磁通量始终为零，故增大两直导线中的电流时，线圈a、c中的磁通量发生变化，有感应电流产生，而线圈b、d中无感应电流产生。
选项C、D正确，A、B错误。
10.如图所示，用恒力F将闭合线圈自静止开始(不计摩擦)从图示位置向左加速拉出有界匀强磁场，则在此过程中( )A．线圈向左做匀加速直线运动B．线圈向左运动且速度逐渐增大C．线圈向左运动且加速度逐渐减小D．线圈中感应电流逐渐增大解析：选BCD 线圈加速运动则速度变大，感应电流变大，所受安培力变大，安培力是阻力，故加速度减小。
故选B、C、D项。
11.如图所示，相距为d的两水平虚线分别是水平向里的匀强磁场的边界，磁场的磁感应强度为B，正方形线框abcd边长为L(L<d)、质量为m。
将线框在磁场上方高h处由静止开始自由释放，当ab边进入磁场时速度为v0，cd边刚穿出磁场时速度也为v0。
从ab边刚进入磁场到cd边刚穿出磁场的整个过程中( )A．线框一直都有感应电流B．线框有一阶段的加速度为gC．线框产生的热量为mg(d＋h＋L)D．线框做过减速运动解析：选BD 从ab边进入磁场到cd边刚进入磁场和ab边刚穿出磁场到cd边刚穿出磁场时，线框中的磁通量发生变化，所以这两个过程中有感应电流，但线框完全处于磁场中时，线框中磁通量不变化，所以无感应电流，且加速度为g，故A错误，B正确；因线框的速度由v0经一系列运动再到v0，且有一段加速度为g的加速过程，故线框一定做过减速运动，故D正确；由能量守恒知，线框产生的热量为重力势能的减少量即mg(d＋L)，故C错误。
12.如图所示，在光滑绝缘水平面上，有一铝质圆形金属球以一定的初速度通过有界匀强磁场，则从金属球开始进入磁场到完全穿出磁场的过程中(磁场宽度大于金属球的直径)，则金属球( )A．整个过程都做匀速运动B．进入磁场的过程中做减速运动，穿出过程中做减速运动C．整个过程都做匀减速运动D．穿出时的速度一定小于初速度解析：选BD 金属球进入磁场的过程中，穿过金属球的磁通量增大，产生感应电流，部分机械能转化为电能，所以金属球做减速运动；金属球完全进入磁场后磁通量保持不变，金属球做匀速运动；金属球出磁场的过程中磁通量减小，产生感应电流，金属球做减速运动。
故B、D正确，A、C错误。
三、非选择题(本题共5小题，共52分)13．(8分)如图所示是三个成功的演示实验，回答下列问题。
(1)在实验中，电流表指针偏转的原因是________________________________________________________________________。
(2)电流表指针偏转角越大，说明感应电动势________。
(3)第一个成功实验(如图a)中，将条形磁铁从同一高度插入到线圈中同一位置，快速插入和慢速插入有什么量是相同的？______________。
什么量是不同的？______________。
(4)从三个成功的演示实验可归纳出的结论是：________________________________________。
解析：(1)穿过线圈的磁通量发生变化时会产生感应电流，所以电流表指针发生偏转。
(2)指针偏转角越大，说明感应电流越大，则感应电动势越大。
(3)快速插入和慢速插入磁通量的变化量相同，因为所用时间不同，所以磁通量的变化率不同。
(4)通过这三个实验可以得出穿过闭合电路的磁通量发生变化时，闭合电路中就会产生感应电流；感应电动势的大小与磁通量变化得快慢有关。
答案：(1)穿过线圈的磁通量发生变化(2)越大(3)磁通量的变化量磁通量的变化率(4)只要穿过闭合电路的磁通量发生变化，闭合电路中就有感应电流产生；感应电动势的大小与磁通量变化得快慢有关。
14．(8分)如图所示，是“研究电磁感应现象”的实验装置。
(1)将图中所缺导线补充完整。
(2)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，将原线圈迅速插入副线圈中，电流计指针将________。
(3)原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器滑片迅速向左移动时，电流计指针将________。