2020秋高中物理粤教版选修3-2达标作业：第一章章末复习课含解析
【3份】高中粤教版物理选修3-2章末综合测评含答案
【3份】高中粤教版物理选修3-2章末综合测评含答案目录章末综合测评(一) (1)章末综合测评(二) (8)章末综合测评(三) (15)章末综合测评(一)(时间：60分钟满分：100分)一、选择题(本题共10个小题，每小题6分，共60分．在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～10题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)1．如图1所示，矩形闭合金属框abcd的平面与匀强磁场垂直，若ab边受竖直向上的磁场力作用，则可知金属框的运动情况是()【导学号：90270051】图1A．向左平动进入磁场B．向右平动退出磁场C．沿竖直方向向上平动D．沿竖直方向向下平动因为ab边受到的安培力的方向竖直向上，所以由左手定则就可以判断出金属框中感应电流的方向是abcda，金属框中的电流是由ad边切割磁感线产生的，所以金属框向左平动进入磁场．【答案】 A2．环形线圈放在匀强磁场中，设在第1 s内磁场方向垂直于线圈平面向里，如图2甲所示．若磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示，那么在第2 s内，线圈中感应电流的大小和方向是()甲 乙图2A ．大小恒定，逆时针方向B ．大小恒定，顺时针方向C ．大小逐渐增加，顺时针方向D ．大小逐渐减小，逆时针方向由题图乙可知，第2 s 内ΔB Δt 为定值，由E ＝ΔΦΔt ＝ΔBΔt S 知，线圈中感应电动势为定值，所以感应电流大小恒定．第2 s 内磁场方向向外，穿过线圈的磁通量减少，由楞次定律判断知感应电流为逆时针方向，A 项正确．【答案】 A3．(2015·重庆高考)如图3为无线充电技术中使用的受电线圈示意图，线圈匝数为n ，面积为S .若在t 1到t 2时间内，匀强磁场平行于线圈轴线向右穿过线圈，其磁感应强度大小由B 1均匀增加到B 2，则该段时间线圈两端a 和b 之间的电势差φa －φb ( )图3A ．恒为nS (B 2－B 1)t 2－t 1B ．从0均匀变化到nS (B 2－B 1)t 2－t 1C ．恒为－nS (B 2－B 1)t 2－t 1D ．从0均匀变化到－nS (B 2－B 1)t 2－t 1根据法拉第电磁感应定律得，感应电动势E ＝n ΔΦΔt ＝n (B 2－B 1)St 2－t 1，由楞次定律和右手螺旋定则可判断b 点电势高于a 点电势，因磁场均匀变化，所以感应电动势恒定，因此a 、b 两点电势差恒为φa －φb ＝－n (B 2－B 1)St 2－t 1，选项C 正确．【答案】 C4．如图4所示，L是自感系数很大的理想线圈，a、b为两只完全相同的小灯泡，R0是一个定值电阻，则下列有关说法中正确的是()图4A．当S闭合瞬间，a灯比b灯亮B．当S闭合待电路稳定后，两灯亮度相同C．当S突然断开瞬间，a灯比b灯亮些D．当S突然断开瞬间，b灯立即熄灭S闭合瞬间，a、b同时亮，b比a亮；稳定后，a灯不亮；S断开瞬间，a灯比b灯亮．【答案】 C5．紧靠在一起的线圈A与B如图5甲所示，当给线圈A通以图乙所示的电流(规定由a 进入b流出为电流正方向)时，则线圈cd两端的电势差应为图中的() 【导学号：90270052】图50～1 s内，A线圈中电流均匀增大，产生向左均匀增大的磁场，由楞次定律可知，B 线圈中外电路的感应电流方向由c到d，大小不变，c点电势高，所以选项A正确．【答案】 A6．如图6所示，纸面内有一矩形导体闭合线框abcd，ab边长大于bc边长，置于垂直纸面向里、边界为MN的匀强磁场外，线框两次匀速地完全进入磁场，两次速度大小相同，方向均垂直于MN.第一次ab边平行MN进入磁场，线框上产生的热量为Q1，通过线框导体横截面的电荷量为q1；第二次bc边平行MN进入磁场，线框上产生的热量为Q2，通过线框导体横截面的电荷量为q2，则()图6A ．Q 1>Q 2，q 1＝q 2B ．Q 1>Q 2，q 1>q 2C ．Q 1＝Q 2，q 1＝q 2D ．Q 1＝Q 2，q 1>q 2根据法拉第电磁感应定律E ＝Bl v 、欧姆定律I ＝ER 和焦耳定律Q ＝I 2Rt ，得线圈进入磁场产生的热量Q ＝B 2l 2v 2R ·l ′v ＝B 2Sl v R ，因为l ab >l bc ，所以Q 1>Q 2.根据E ＝ΔΦΔt ，I ＝E R 及q ＝IΔt 得q ＝BSR，故q 1＝q 2.选项A 正确，选项B 、C 、D 错误．【答案】 A7．(2015·山东高考)如图7所示，一均匀金属圆盘绕通过其圆心且与盘面垂直的轴逆时针匀速转动．现施加一垂直穿过圆盘的有界匀强磁场，圆盘开始减速．在圆盘减速过程中，以下说法正确的是( )图7A ．处于磁场中的圆盘部分，靠近圆心处电势高B ．所加磁场越强越易使圆盘停止转动C ．若所加磁场反向，圆盘将加速转动D ．若所加磁场穿过整个圆盘，圆盘将匀速转动根据右手定则可判断靠近圆心处电势高，选项A 正确；圆盘处在磁场中的部分转动切割磁感线，相当于电源，其他部分相当于外电路，根据左手定则，圆盘所受安培力与运动方向相反，磁场越强，安培力越大，故所加磁场越强越易使圆盘停止转动，选项B 正确；磁场反向，安培力仍阻碍圆盘转动，选项C 错误；若所加磁场穿过整个圆盘，整个圆盘相当于电源，不存在外电路，没有电流，所以圆盘不受安培力而匀速转动，选项D 正确．【答案】 ABD8．如图8所示，线圈内有条形磁铁，将磁铁从线圈中拔出来时( )【导学号：90270053】图8A ．φa >φbB ．φa <φbC ．电阻中电流方向由a 到bD ．电阻中电流方向由b 到a线圈中磁场方向向右，磁铁从线圈中拔出时，磁通量减少，根据楞次定律，线圈中产生感应电动势，右端为正极，左端为负极，所以电阻中电流方向由b 到a ，故φb >φa .B 、D 项正确．【答案】 BD9．单匝矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，转动轴垂直于磁场．若线圈所围面积的磁通量随时间变化的规律如图9所示，则( )图9A ．线圈中0时刻感应电动势最小B ．线圈中C 时刻感应电动势为零 C ．线圈中C 时刻感应电动势最大D ．线圈从0至C 时间内平均感应电动势为0.4 V感应电动势E ＝ΔΦΔt ，而磁通量变化率是Φ-t 图线的切线斜率，当t ＝0时Φ＝0，但ΔΦΔt ≠0.若求平均感应电动势，则用ΔΦ与Δt 的比值去求．【答案】 BD10．(2016·宜昌高二检测)如图10所示，固定在水平绝缘平面上足够长的金属导轨不计电阻，但表面粗糙，导轨左端连接一个电阻R ，质量为m 的金属棒(电阻也不计)放在导轨上，并与导轨垂直，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直．用水平恒力F 把ab 棒从静止起向右拉动的过程中，下列说法正确的是( )图10A ．恒力F 做的功等于电路产生的电能B ．恒力F 和摩擦力的合力做的功等于电路中产生的电能C ．克服安培力做的功等于电路中产生的电能D ．恒力F 和摩擦力的合力做的功等于电路中产生的电能和棒获得的动能之和 沿水平方向，ab 棒受向右的恒力F 、向左的摩擦力F f 和安培力F 安，随棒速度的增大，安培力增大，合力F －F f －F 安减小，但速度在增大，最终可能达到最大速度．从功能关系来看，棒克服安培力做功等于其他形式的能转化成的电能，故A 、B 错误，C 正确；由动能定理知，恒力F 、安培力和摩擦力三者的合力做的功等于金属棒动能的增加量，D 正确；也可从能量守恒角度进行判定，即恒力F 做的功等于电路中产生的电能、因摩擦而产生的内能及棒动能的增加之和．【答案】 CD二、非选择题(本题共3小题，共40分．)11．(12分)如图11所示，两平行金属导轨位于同一水平面上，相距l ，左端与一电阻R 相连；整个系统置于匀强磁场中，磁感应强度大小为B ，方向竖直向下．一质量为m 的导体棒置于导轨上，在水平外力作用下沿导轨以速度v 匀速向右滑动，滑动过程中始终保持与导轨垂直并接触良好．已知导体棒与导轨间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g ，导轨和导体棒的电阻均可忽略．求：图11(1)电阻R 消耗的功率； (2)水平外力的大小．(1)导体切割磁感线运动产生的电动势为E ＝Bl v 根据欧姆定律，闭合回路中的感应电流为I ＝E R电阻R 消耗的功率为P ＝I 2R ，联立可得 P ＝B 2l 2v 2R.(2)对导体棒受力分析，受到向左的安培力和向左的摩擦力，向右的外力，三力平衡，故有F 安＋μmg ＝F ① F 安＝BIl ＝B 2l 2vR②故F ＝B 2l 2v R＋μmg .【答案】 (1)B 2L 2v 2R (2)B 2l 2vR＋μmg12．(12分)如图12所示，面积为0.2 m 2的100匝线圈A 处在磁场中，磁场方向垂直于线圈平面．磁感应强度随时间变化的规律是B ＝(6－0.2t )T ，已知电路中的R 1＝4 Ω，R 2＝6 Ω，电容C ＝30 μF ，线圈A 的电阻不计．求：图12(1)闭合S 后，通过R 2的电流大小；(2)闭合S 一段时间后，再断开S ，S 断开后通过R 2的电荷量是多少？【导学号：90270054】(1)磁感应强度变化率的大小ΔΦΔt ＝0.2 T/s线圈A 中的感应电动势的大小 E ＝nS ΔBΔt＝100×0.2×0.2V ＝4 V通过R 2的电流：I ＝E R 1＋R 2＝44＋6A ＝0.4 A.(2)R 2两端的电压U ＝IR 2＝2.4 V 电容器稳定后所带的电荷量Q ＝CU ＝3×10－5×2.4 C ＝7.2×10－5 CS 断开后通过R 2的电荷量为7.2×10－5 C.【答案】 (1)0.4 A (2)7.2×10－5 C13．(16分)某同学设计一个发电测速装置，工作原理如图13所示．一个半径为R ＝0.1 m 的圆形金属导轨固定在竖直平面上，一根长为R 的金属棒OA ，A 端与导轨接触良好，O 端固定在圆心处的转轴上．转轴的左端有一个半径为r ＝R3的圆盘，圆盘和金属棒能随转轴一起转动．圆盘上绕有不可伸长的细线，下端挂着一个质量为m ＝0.5 kg 的铝块．在金属导轨区域内存在垂直于导轨平面向右的匀强磁场，磁感应强度B ＝0.5 T ．a 点与导轨相连，b 点通过电刷与O 端相连．测量a 、b 两点间的电势差U 可算得铝块速度．铝块由静止释放，下落h ＝0.3 m 时，测得U ＝0.15 V ．(细线与圆盘间没有滑动，金属棒、导轨、导线及电刷的电阻均不计，重力加速度g 取10 m/s 2)图13(1)测U 时，与a 点相接的是电压表的“正极”还是“负极”？ (2)求此时铝块的速度大小；(3)求此下落过程中铝块机械能的损失． (1)正极．(2)由电磁感应定律得U ＝E ＝ΔΦΔtΔΦ＝12BR 2ΔθU ＝12BωR 2v ＝rω＝13ωR所以v ＝2U3BR ＝2 m/s.(3)ΔE ＝mgh －12m v 2ΔE ＝0.5 J.【答案】 (1)正极 (2)2 m/s (3)0.5 J章末综合测评(二)(时间：60分钟 满分：100分)一、选择题(本题共10个小题，每小题6分，共60分．在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～10题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)1．如图1是交流发电机的示意图，图甲到图丁分别表示线圈转动过程中的四个位置，其中甲、丙中的线圈与磁场方向垂直，乙、丁中线圈与磁场方向平行，则在线圈转动的过程中直流电流表有示数的位置是( )图1A ．甲、丙B ．乙、丁C ．甲、乙D ．丙、丁线圈转动中感应电流时刻在变化，位于中性面位置时磁通量最大，但感应电流最小，等于零．位于与中性面垂直位置时，磁通量最小，但感应电流最大，故选B.【答案】 B2．某交流发电机给灯泡供电，产生正弦式交变电流的图象如图2所示，下列说法中正确的是( )【导学号：90270108】图2A ．交变电流的频率为0.02 HzB ．交变电流的瞬时值表达式为i ＝5cos 50πt (A)C ．在t ＝0.01 s 时，穿过交流发电机线圈的磁通量最大D ．若发电机线圈电阻为0.4 Ω，则其产生的热功率为5 W由图象知，交流电的周期为0.02 s ，故频率为50 Hz ，A 错；转动的角速度ω＝2πT ＝100π rad/s ，故电流瞬时值表达式为i ＝5cos 100πt (A)，B 错；t ＝0.01 s 时，电流最大，此时线圈磁通量应为0，C 错；交流电电流的有效值I ＝I m 2＝52A ，故P ＝I 2R ＝⎝⎛⎭⎫522×0.4 W ＝5 W ，故D 正确．【答案】 D3．三个相同的电阻，分别通过如图3甲、乙、丙所示的交变电流，三个图中的I 0和周期T 相同．下列说法中正确的是( )图3A ．在相同时间内三个电阻发热量相等B ．在相同时间内，甲、乙发热量相等，是丙发热量的2倍C ．在相同时间内，甲、丙发热量相等，是乙发热量的12D ．在相同时间内，乙发热量最大，甲次之，丙的发热量最小 甲图象电流的有效值为12I 0，乙图象电流的有效值为I 0，丙图象根据电流有效值的定义有：I 20R T 2＝I 2RT ，解得电流有效值I ＝12I 0，根据焦耳定律相同时间内产生的热量之比等于电流有效值的平方比，Q 1∶Q 2∶Q 3＝1∶2∶1，C 对．【答案】 C4．(2016·天津高二月考)交流发电机在工作时电动势为e ＝E m sin ωt ，若将发电机的角速度提高一倍，同时将线框所围面积减小一半，其他条件不变，则其电动势变为( )A ．e ′＝E m sinωt2B ．e ′＝2E m sinωt 2C ．e ′＝E m sin 2ωtD ．e ′＝E m2sin 2ωt交变电流的电动势表达式为e ＝E m sin ωt ，其中E m ＝NBSω，当ω加倍而S 减半时，E m 不变，其表达式为e ＝E m sin 2ωt ，C 正确．【答案】 C5．如图4甲所示，变压器为理想变压器，其原线圈接到U 1＝220 V 的交流电源上，副线圈与阻值为R 1的电阻接成闭合电路；图乙中阻值为R 2的电阻直接接到电压为U 1＝220 V 的交流电源上，结果发现R 1与R 2消耗的电功率恰好相等，则变压器原、副线圈的匝数之比为( ) 【导学号：90270109】甲 乙图4A.R 1R 2B.R 2R 1C.R 2R 1D.R 1R 2对题图甲，U 1U 2＝n 1n 2，P 1＝U 22R 1对题图乙：P 2＝U 21R 2据题意有P 1＝P 2联立以上各式解得：n 1n 2＝R 2R 1，故C 正确． 【答案】 C6．如图5所示，理想变压器原线圈输入电压U ＝U m sin ωt ，副线圈电路中R 0为定值电阻，R 是滑动变阻器．V 1和V 2是理想交流电压表，示数分别用U 1和U 2表示；A 1和A 2是理想交流电流表，示数分别用I 1和I 2表示．下列说法正确的是( )图5A ．I 1和I 2表示电流的瞬间值B ．U 1和U 2表示电压的最大值C ．滑片P 向下滑动过程中，U 2不变、I 1变大D ．滑片P 向下滑动过程中，U 2变小、I 1变小电压表V 1和V 2分别测量的变压器原、副线圈的输入、输出电压的有效值，电流表A 1和A 2分别测量的原、副线圈电路中电流的有效值，A 、B 项错误；滑动变阻器向下滑动时，接入电路的电阻变小，原、副线圈输入、输出电压不变，由欧姆定律I ＝U R ＋R 0可知，副线圈电路中的电流变大，副线圈输出功率变大，由P 入＝P 出，得原线圈的输入功率变大，由P ＝IU 可知，原线圈电路中的电流变大，C 项正确，D 项错误．【答案】 C7．如图6甲所示的电路中，A 1、A 2、A 3为相同的电流表，C 为电容器，电阻R 1、R 2、R 3的阻值相同，线圈L 的电阻不计．在某段时间内理想变压器原线圈内磁场的变化如图乙所示，则在t 1～t 2时间内( )图6A ．电流表A 1的示数比A 2的小B ．电流表A 2的示数比A 3的小C ．电流表A 1和A 2的示数相同D ．电流表A 3的示数为零由于加在原线圈中的磁场均匀变化，因此副线圈中产生的电动势是恒定的，所以I 1＝I 2，I 3＝0，C 、D 选项正确．【答案】 CD8．如图7所示，在远距离输电过程中，若保持原线圈的输入功率不变，下列说法正确的是( ) 【导学号：90270110】图7A ．升高U 1会减小输电电流I 2B ．升高U 1会增大线路的功率损耗C ．升高U 1会增大线路的电压损耗D ．升高U 1会提高电能的利用率提高输电电压U 1，由于输入功率不变，则I 1将减小，又因为I 2＝n 1n 2I 1，所以I 2将减小，故A 正确；线路功率损耗P 损＝I 22R ，因此功率损耗也减小，由ΔU ＝I 2R 可知电压损耗减小，故B 、C 错误；因线路损耗功率减小，因此利用率将升高，D 正确．【答案】 AD9．(2016·石家庄模拟)实验室里的交流发电机可简化为如图8所示的模型，正方形线圈在水平匀强磁场中，绕垂直于磁感线的OO ′轴匀速转动．今在发电机的输出端接一个电阻R 和理想电压表，并让线圈每秒转25圈，读出电压表的示数为10 V ．已知R ＝10 Ω，线圈电阻忽略不计，下列说法正确的是( )图8A ．线圈位于图中位置时，线圈中的瞬时电流为零B ．从中性面开始计时，线圈中电流瞬时值表达式为i ＝2sin 50πt (A)C ．流过电阻R 的电流每秒钟方向改变50次D ．电阻R 上的热功率等于20 W线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，产生的是交流电．线圈位于图中位置时，穿过线圈的磁通量虽然为零，但磁通量的变化率最大，线圈中的瞬时电流最大，选项A 错误；线圈转一圈，两次经过中性面，线圈每经过一次中性面，电流方向改变一次，每秒转25圈，电流方向改变50次，选项C 正确；由题意可知，f ＝25 Hz ，ω＝50π rad/s ，电压表的示数是有效值，交流电最大值E m ＝10 2 V ，I m ＝ 2 A ，故选项B 正确；电阻R上消耗的热功率P R ＝U 2R＝10 W ，选项D 错误． 【答案】 BC10.(2016·泰安高二期末)一台理想变压器，开始时开关S 接1，此时原、副线圈的匝数比是11∶1，原线圈接入电压为220 V 的正弦交流电．一只理想二极管和一个滑动变阻器串联接在副线圈上，如图9所示．则下列判断正确的是( )图9A ．原、副线圈中的功率之比为1∶1B ．若只将S 从1拨到2，电流表示数增大C ．若开关S 接1，滑动变阻器接入电路的阻值为10 Ω时，则1 min 内滑动变阻器产生的热量为1 200 JD ．若只将滑动变阻器的滑片向下滑动，则两电表示数均减小原、副线圈的输入功率等于输出功率，故A 正确；若只将S 从1拨到2，副线圈的电压减小，副线圈电流减小，原线圈电流即电流表示数减小，故B 错误；原、副线圈的电压与匝数成正比，所以副线圈两端电压为20 V ，由于副线圈接着二极管，它具有单向导电性，根据电流的热效应知202R T 2＝U 2RT ，解得U ＝10 2 V ，若滑动变阻器接入电路的阻值为10 Ω，则1 min 内滑动变阻器产生的热量为Q ＝(102)210×60＝1 200 J ，故C 正确；将滑动变阻器滑片向下滑动，接入电路中的阻值变大，电流表的读数变小，但对原、副线圈两端的电压无影响，即电压表的示数不变，故D 错误．【答案】 AC二、非选择题(本题共3小题，共40分．)11．(12分)将交变电压u ＝2202sin(100πt )V 接到“220 V 100 W ”的灯泡两端，若灯泡灯丝电阻保持不变，求：(1)通过灯泡的电流的最大值；(2)灯泡的实际功率；(3)每秒钟电流方向改变的次数；(4)通过灯泡的电流i 的瞬时值表达式. 【导学号：90270111】(1)交变电压的有效值U ＝22022V ＝220 V ，灯泡的额定电压为U ＝220 V ，因此灯泡恰好正常发光．由“220 V 100 W ”知该灯泡电阻为R ＝U 2P＝484 Ω.通过灯泡的电流的最大值为I m ＝U m R ＝2202484A ＝0.64 A. (2)灯泡的实际功率与额定功率相同，P ＝100 W.(3)周期T ＝2πω＝2π100π＝0.02 s ，每秒钟电流方向改变的次数n ＝t T ×2＝10.02×2＝100(次)．(4)通过灯泡的电流的瞬时值表达式为i ＝I m sin ωt ＝0.64sin(100πt )A.【答案】 (1)0.64 A (2)100 W (3)100次 (4)i ＝0.64sin(100πt )A12．(14分)(2016·济南高二检测)如图10所示，有一台小型发电机，其矩形线圈的匝数n ＝200匝，线圈面积S ＝0.01 m 2，线圈电阻r ＝0.5 Ω，当磁场的磁感应强度B ＝625πT 时，产生频率f ＝50 Hz 的单相正弦交变电流，供电给“220 V 2 200 W ”的电器让其正常工作．求：图10(1)若从线圈处于中性面开始计时，写出线圈中感应电动势的瞬时表达式；(2)发动机输出端交流电压表的示数；(3)电阻R 的阻值．(1)发电机产生的感生电动势的最大值：E m ＝nBSω＝nBS ·2πf ＝200×1.22/π×0.01×100π V ＝240 2 V感应电动势的瞬时表达式：e ＝2402sin 100πt (V)．(2)电动势有效值E ＝240 V正常工作时的电流I ＝P /U ＝2 200/220 A ＝10 A输出端电压表的示数U ＝E －Ir ＝240 V －10×0.5 V ＝235 V.(3)电阻R 上的电压ΔU ＝235 V －220 V ＝15 V则线路电阻R ＝ΔU /I ＝15/10 Ω＝1.5 Ω.【答案】 (1)e ＝2402sin 100πt (V) (2)235 V(3)1.5 Ω13．(14分)如图11所示，交流发电机电动势的有效值E ＝20 V ，内阻不计，它通过一个R ＝6 Ω的指示灯L 1连接变压器．变压器输出端并联24只彩色小灯泡，每只灯泡都是“6 V 0.25 W ”，灯泡都正常发光，导线电阻不计．求：图11(1)降压变压器初级、次级线圈匝数比；(2)发电机的输出功率. 【导学号：90270112】(1)彩色小灯泡额定电流I L ＝P U ＝124A ，次级线圈总电流I 2＝24I L ＝1 A. 变压器输入功率I 1U 1＝I 2U 2＝6 W.变压器原线圈电路中，利用欧姆定律可得E ＝U 1＋I 1R ＝U 2I 2I 1＋I 1R ＝6I 1＋6I 1，代入E 值解得I 1＝13 A(I 1＝3 A 应舍去，据题意是降压变压器，应I 1<I 2＝1 A)，所以n 1n 2＝I 2I 1＝31. (2)发电机输出功率P ＝I 1E ≈6.67 W.【答案】 (1)3∶1 (2)6.67 W章末综合测评(三)(时间：60分钟 满分：100分)一、选择题(本题共10个小题，每小题6分，共60分．在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～10题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)1．(2016·烟台高二检测)下列关于传感器的说法正确的是( )A ．所有传感器的材料都是由半导体材料做成的B ．金属材料也可以制成传感器C ．传感器主要是通过感知电压的变化来传递信号的D ．以上说法都不正确半导体材料可以制成传感器，其他材料也可以制成传感器，如金属氧化物氧化锰就可以制成温度计，所以A 错，B 正确；传感器不但能感知电压的变化，还能感受力、温度、光、声、化学成分等非电学量，所以C错．【答案】 B2．现在不少公共场所设置的自动感应产品方便了广大市民和游客，若一伸手，龙头里自动流出水、给皂器自动流出洗手液等．这类产品通常感应人体辐射出的()【导学号：90270134】A．红外线B．紫外线C．X射线D．γ射线红外线的显著特性是热作用，人体所辐射出的红外线使自动感应器工作．【答案】 A3．(2016·长沙高二检测)传感器广泛应用在我们的生产生活中，常用的计算机键盘就是一种传感器．如图1所示，键盘上每一个键的下面都连一小金属片，与该金属片隔有一定空气间隙的是另一小的固定金属片，这两金属片组成一个小电容器．当键被按下时，此小电容器的电容发生变化，与之相连的电子线路就能够检测出哪个键被按下，从而给出相应的信号．这种计算机键盘使用的是()图1A．温度传感器B．压力传感器C．磁传感器D．光传感器小金属片被按下时，对该键有一个压力，小金属片向下移动，两个极板之间的距离改变，电容改变，将压力这个力学量转化为电容这个电学量，所以计算机键盘使用的是压力传感器，B正确，A、C、D错误．【答案】 B4．如图2所示是观察电阻值随温度变化情况的示意图．现把杯中的水由冷水变为热水，关于欧姆表的读数变化情况，下列正确的是(设水对电阻阻值的影响不计)()图2A．如果R为金属热电阻，读数变大，且变化非常明显B．如果R为金属热电阻，读数变小，且变化不明显C．如果R为热敏电阻(用半导体材料制成)，读数变化非常明显D．如果R为热敏电阻(用半导体材料制成)，读数变化不明显金属热电阻的阻值随温度的升高而增大，但灵敏度较差．而热敏电阻(用半导体材料制成)灵敏度高，所以选C.【答案】 C5.(2016·德州高二检测)如图3所示，电源两端的电压恒定，L为小灯泡，R为光敏电阻，D为发光二极管(电流越大，发光越强)，且R与D距离不变，下列说法中正确的是()图3A．当滑动触头向左移动时，L消耗的功率增大B．当滑动触头向左移动时，L消耗的功率减小C．当滑动触头向右移动时，L消耗的功率可能不变D．无论怎样移动滑动触头，L消耗的功率都不变电源电压恒定，也就是说，并联电路两端的电压恒定，当滑动触头向左移动时，发光二极管发光变强，光敏电阻的电阻变小，所以电流变大，则L的功率变大．【答案】 A6．如图4是用电流传感器(相当于电流表，其电阻可以忽略不计)研究自感现象的实验电路，图中两个电阻的阻值均为R，L是一个自感系数足够大的自感线圈，其直流电阻值也为R.图5是某同学画出的在t0时刻开关S由闭合变为断开，通过传感器的电流随时间变化的图象．关于这些图象，下列说法中正确的是() 【导学号：90270135】图4图5A．甲图是通过传感器1的电流随时间变化的情况B．乙图是通过传感器1的电流随时间变化的情况C．丙图是通过传感器2的电流随时间变化的情况D．丁图是通过传感器2的电流随时间变化的情况开关S由闭合变为断开，传感器1中的电流立刻变为零，如丁图；传感器2中的电流由于线圈的自感作用，电流反向并逐渐减小，C正确，A、B、D错误．【答案】 C7．美国科学家willard S．Boyle与George E．Smith因电荷耦合器件(CCD)的重要发明荣获2009年度诺贝尔物理学奖．CCD是将光学量转变成电学量的传感器．下列器件可作为传感器的有()【导学号：90270136】A．发光二极管B．热敏电阻C．霍尔元件D．干电池传感器是能够把一些非电学量转换成电学量的元件．发光二极管是通电能够发光的元件，A错误；热敏电阻是温度变化引起电阻变化的元件，B正确；霍尔元件是磁场能够引起电压变化的元件，C正确；干电池是把化学能转化成电能的器件，D错误．【答案】BC8．当前传感器被广泛应用于各种电器、电子产品之中，下述关于常用的几种家用电子器件所采用传感器的说法中，正确的是()A．电视机对无线遥控信号的接收主要是采用了光电传感器B．电子体温计主要是采用了温度传感器C．电脑所用的光电鼠标主要是采用声波传感器D．电子秤主要是采用了力电传感器电视机对无线遥控信号的接收采用了红外线传感器，电脑所用的光电鼠标主要采用了光传感器，所以A、C项错误．【答案】BD9．如图6所示，用光敏电阻LDR和灯泡制成的一种简易水污染指示器，下列说法中正确的是()图6A．严重污染时，LDR是高电阻B．轻度污染时，LDR是高电阻C．无论污染程度如何，LDR的电阻不变，阻值大小由材料本身因素决定D．该仪器会受到白天光照的影响严重污染时，透过污水照到LDR上的光线较少，LDR电阻较大，A对，B错；LDR 由半导体材料制成，受光照影响电阻会发生变化，C错；白天自然光强度较强，会对LDR 造成影响，D对．【答案】AD10．压敏电阻的阻值会随所受压力的增大而减小．一同学利用压敏电阻设计了判断升降。
粤教版高中物理选修3-2第一章电磁感应章末检测.docx
高中物理学习材料桑水制作第一章 电磁感应(时间：90分钟 满分：100分)一、单选题(本题共6小题，每小题4分，共24分)1．竖直平面内有一金属环，半径为a ，总电阻为R ，磁感应强度为B 的匀强磁场垂直穿过环平面，与环的最高点A 铰链连接的长度为2a ，电阻为R 2的导体棒AB 由水平位置紧贴环面摆下(如图1所示)．当摆到竖直位置时，B 点的线速度为v ，则这时AB 两端的电压大小为( )图1A ．2BavB ．BavC.2Bav 3D.Bav 3答案 D解析 由推论知，当导体棒摆到竖直位置时，产生的感应电动势E ＝BLv 中＝B ·2a ·12v＝Bav ，此时回路总电阻R 总＝R 4＋R 2＝3R 4，这时AB 两端的电压大小U ＝E R 总·R 4＝Bav 3，D 项正确． 2．如图2所示，光滑的水平桌面上放着两个完全相同的金属环a 和b ，当一条形磁铁的S 极竖直向下迅速靠近两环中间时，则( )图2A ．a 、b 均静止不动B ．a 、b 互相靠近C ．a 、b 互相远离D ．a 、b 均向上跳起答案 C3. 如图3所示，闭合导线框的质量可以忽略不计，将它从如图所示的位置匀速拉出匀强磁场．若第一次用0.3 s 时间拉出，外力所做的功为W 1，通过导线截面的电荷量为q 1；第二次用0.9 s 时间拉出，外力所做的功为W 2，通过导线截面的电荷量为q 2，则( )图3A ．W 1<W 2，q 1<q 2B ．W 1<W 2，q 1＝q 2C ．W 1>W 2，q 1＝q 2D ．W 1>W 2，q 1>q 2答案 C解析 设线框长为l 1，宽为l 2，第一次拉出速度为v 1，第二次拉出速度为v 2，则v 1＝3v 2.匀速拉出磁场时，外力所做的功恰等于克服安培力所做的功，有W 1＝F 1·l 1＝BI 1l 2l 1＝B 2l 22l 1v 1R ，同理W 2＝B 2l 22l 1v 2R，故W 1>W 2；又由于线框两次拉出过程中，磁通量的变化量相等，即ΔΦ1＝ΔΦ2，由q ＝ΔΦR，得q 1＝q 2. 4. 如图4所示,在PQ 、QR 区域中存在着磁感应强度大小相等、方向相反的匀强磁场,磁场方向均垂直于纸面.一导线框abcdefa 位于纸面内,框的邻边都相互垂直,bc 边与磁场的边界P 重合.导线框与磁场区域的尺寸如图所示.从t=0时刻开始,线框匀速横穿两个磁场区域.以a →b →c →d →e →f 为线框中的电动势E 的正方向,以下四个E-t 关系示意图中正确的是 ( )图4答案 C解析 楞次定律或右手定则可判定线框刚开始进入磁场时，电流方向，即感应电动势的方向为顺时针方向，故D 选项错误；1 s ～2 s 内，磁通量不变化，感应电动势为0，A 选项错误；2 s ～3 s 内，产生感应电动势E ＝2Blv ＋Blv ＝3Blv ，感应电动势的方向为逆时针方向(正方向)，故C 选项正确．5. 两块水平放置的金属板间的距离为d ，用导线与一个n 匝线圈相连，线圈电阻为r ，线圈中有竖直方向的磁场，电阻R 与金属板连接，如图5所示，两板间有一个质量为m 、电荷量＋q 的油滴恰好处于静止．则线圈中的磁感应强度B 的变化情况和磁通量的变化率分别是( )图5A ．磁感应强度B 竖直向上且正增强，ΔΦΔt ＝dmg nqB ．磁感应强度B 竖直向下且正增强，ΔΦΔt ＝dmg nqC ．磁感应强度B 竖直向上且正减弱，ΔΦΔt ＝dmg (R ＋r )nRqD ．磁感应强度B 竖直向下且正减弱，ΔΦΔt ＝dmgr (R ＋r )nRq答案 C解析 油滴静止说明电容器下极板带正电，线圈中电流自上而下(电源内部)，由楞次定律可以判断，线圈中的磁感应强度B 为向上的减弱或向下的增强．又E ＝n ΔΦΔt① U R ＝R R ＋r·E ② qU R d＝mg ③ 由①②③式可解得：ΔΦΔt ＝mgd (R ＋r )nRq6．在如图6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．关于两灯泡点亮和熄灭的先后次序，下列说法正确的是( )图6A．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后熄灭答案 C解析合上开关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，随电流逐渐增大至稳定过程，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，虽然由于电感L产生自感电动势的作用，灯a、b回路中电流要延迟一段时间熄灭，且同时熄灭，故选C.二、双选题(本题共4小题，每小题6分，共24分)7．如图7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减小图7答案BC解析加速运动则速度变大，电流变大，安培力变大．安培力是阻力，故加速度减小．故选B、C项．8．如图8所示，粗细均匀的电阻丝绕制的矩形导线框abcd处于匀强磁场中，另一种材料的导体棒MN可与导线框保持良好接触并做无摩擦滑动．当导体棒MN在外力作用下从导线框左端开始做切割磁感线的匀速运动一直滑到右端的过程中，导线框上消耗的电功率的变化情况可能为( )图8A．逐渐增大 B．先增大后减小C．逐渐减小 D．先增大后减小，再增大，接着再减小答案BD解析导体棒MN在框架上做切割磁感线的匀速运动，相当于电源，其产生的感应电动势相当于电源的电动势E，其电阻相当于电源的内阻r，线框abcd相当于外电路，等效电路如下图所示．由于MN的运动，外电路的电阻是变化的，设MN左侧电阻为R1，右侧电阻为R2，导线框的总电阻为R＝R1＋R2，所以外电路的并联总电阻：R 外＝R 1R 2/(R 1＋R 2)＝R 1R 2/R由于R 1＋R 2＝R 为定值，故当R 1＝R 2时，R 外最大．在闭合电路中，外电路上消耗的电功率P 外是与外电阻R 外有关的．P 外＝⎝ ⎛⎭⎪⎫E R 外＋r 2·R 外＝E 2(R 外－r )2R 外＋4r可见，当R 外＝r 时，P 外有最大值，P 外随R 外的变化图象如右图所示．下面根据题意，结合图象讨论P 外变化的情况有：(1)若R 外的最大值R max <r ，则其导线框上消耗的电功率是先增大后减小．(2)若R 外的最大值R max >r ，且R 外的最小值R min <r ，则导线框上消耗的电功率是先增大后减小，再增大，接着再减小．(3)若是R 外的最小值R min >r ，则导线框上消耗的电功率是先减小后增大．综上所述，B 、D 正确．9．如图9所示，用细线悬吊一块薄金属板，在平衡位置时，板的一部分处于匀强磁场中，磁场的方向与板面垂直，当让薄板离开平衡位置附近做微小的摆动时，它将( )图9A．做简谐振动 B．在薄板上有涡流产生C．做振幅越来越小的阻尼振动 D．以上说法均不正确答案BC解析本题考查涡流的产生．由于电磁感应现象，薄板上出现电流，机械能减少，故正确答案为B、C.10．如图10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( )图10A．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．线框做过减速运动答案BD解析从ab边进入时到cd边刚穿出有三个过程(四个特殊位置)如图由Ⅰ位置到Ⅱ位置，和由Ⅲ位置到Ⅳ位置线框中的磁通量发生变化，所以这两个过程中有感应电流，但由Ⅱ位置到Ⅲ位置，线框中磁通量不变化，所以无感应电流；故A错，由Ⅱ到Ⅲ加速度为g，故B正确．因线框的速度由v0经一系列运动再到v0且知道有一段加速度为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．三、填空题(本题共2小题，共10分)11．(6分)如图11所示，是“研究电磁感应现象”的实验装置．图11(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________．答案(1)如图所示(2)向右偏(3)向左偏12．(4分)如图12所示，两根平行光滑长直金属导轨，其电阻不计，导体棒ab和cd跨在导轨上，ab 电阻大于cd 电阻．当cd 在外力F 2作用下匀速向右滑动时，ab 在外力F 1作用下保持静止，则ab 两端电压U ab 和cd 两端电压U cd 相比，U ab ________U cd ，外力F 1和F 2相比，F 1________F 2(填>、＝或<)．图12答案 ＝ ＝四、解答题(本题共4小题，共42分)13．(10分)如图13所示，匀强磁场竖直向上穿过水平放置的金属框架，框架宽为L ，右端接有电阻R ，磁感应强度为B ，一根质量为m 、电阻不计的金属棒以v 0的初速度沿框架向左运动，棒与框架的动摩擦因数为μ，测得棒在整个运动过程中，通过任一截面的电量为q ，求：图13(1)棒能运动的距离；(2)R 上产生的热量．答案 (1)qR BL (2)12mv 20－μmgqR BL解析 (1)设在整个过程中，棒运动的距离为s ，磁通量的变化量ΔΦ＝BLs ，通过棒的任一截面的电量q ＝I Δt ＝ΔΦR ，解得s ＝qR BL. (2)根据能的转化和守恒定律，金属棒的动能的一部分克服摩擦力做功，一部分转化为电能，电能又转化为热能Q ，即有12mv 20＝μmgs ＋Q ，解得Q ＝12mv 20－μmgs ＝12mv 20－μmgqR BL. 14．(10分) U 形金属导轨abcd 原来静止放在光滑绝缘的水平桌面上，范围足够大、方向竖直向上的匀强磁场穿过导轨平面，一根与bc 等长的金属棒PQ 平行bc 放在导轨上，棒左边靠着绝缘的固定竖直立柱e 、f .已知磁感应强度B ＝0.8 T ，导轨质量M ＝2 kg ，其中bc 段长0.5 m 、电阻r ＝0.4 Ω，其余部分电阻不计，金属棒PQ 质量m ＝0.6 kg 、电阻R ＝0.2 Ω、与导轨间的摩擦因数μ＝0.2.若向导轨施加方向向左、大小为F ＝2 N 的水平拉力，如图14所示．求：导轨的最大加速度、最大电流和最大速度(设导轨足够长，g 取10 m/s 2)．图14答案 0.4 m/s 22 A3 m/s解析 导轨受到PQ 棒水平向右的摩擦力f ＝μmg ，根据牛顿第二定律并整理得F －μmg －F 安＝Ma ，刚拉动导轨时，I 感＝0，安培力为零，导轨有最大加速度 a m ＝F －μmg M ＝(2－0.2×0.6×10)2m/s 2＝0.4 m/s 2 随着导轨速度的增大，感应电流增大，加速度减小，当a ＝0时，速度最大．设速度最大值为v m ，电流最大值为I m ，此时导轨受到向右的安培力F 安＝BI m L ，F －μmg －BI m L ＝0I m ＝F －μmg BL代入数据得I m ＝2－0.2×0.6×100.8×0.5A ＝2 A I ＝E R ＋r ，I m ＝BLv m R ＋rv m ＝I m (R ＋r )BL ＝2×(0.2＋0.4)0.8×0.5m/s ＝3 m/s. 15．(10分)如图15所示，a 、b 是两根平行直导轨，MN 和OP 是垂直跨在a 、b 上并可左右滑动的两根平行直导线，每根长为l ，导轨上接入阻值分别为R 和2R 的两个电阻和一个板长为L ′、间距为d 的平行板电容器．整个装置放在磁感应强度为B 、垂直导轨平面的匀强磁场中．当用外力使MN 以速率2v 向右匀速滑动、OP 以速率v 向左匀速滑动时，两板间正好能平衡一个质量为m 的带电微粒，试问：图15(1)微粒带何种电荷？电荷量是多少？(2)外力的功率和电路中的电功率各是多少？答案 (1)负电 mgd Blv (2)3B 2l 2v 2R 3B 2l 2v 2R解析 (1)当MN 向右滑动时，切割磁感线产生的感应电动势E 1＝2Blv ，方向由N 指向M .OP 向左滑动时产生的感应电动势E 2＝Blv ，方向由O 指向P .两者同时滑动时，MN 和OP 可以看成两个顺向串联的电源，电路中总的电动势：E ＝E 1＋E 2＝3Blv ，方向沿NMOPN .由全电路欧姆定律得电路中的电流强度I ＝E R ＋2R ＝Blv R，方向沿NMOPN . 电容器两端的电压相当于把电阻R 看做电源NM 的内阻时的路端电压，即U ＝E 1－IR ＝2Blv －Blv R·R ＝Blv 由于上板电势比下板高，故在两板间形成的匀强电场的方向竖直向下，可见悬浮于两板间的微粒必带负电．设微粒的电荷量为q ，由平衡条件mg ＝Eq ＝U dq ，得 q ＝mgd U ＝mgd Blv(2)NM 和OP 两导线所受安培力均为F ＝BIl ＝B Blv R l ＝B 2l 2v R，其方向都与它们的运动方向相反．两导线都匀速滑动，由平衡条件可知所加外力应满足条件F 外＝F ＝B 2l 2v R因此，外力做功的机械功率P 外＝F ·2v ＋Fv ＝3Fv ＝3B 2l 2v 2R. 电路中产生感应电流总的电功率P 电＝IE ＝Blv R ·3Blv ＝3B 2l 2v 2R可见，P 外＝P 电，这正是能量转化和守恒的必然结果．16．(12分)如图16所示，质量m 1＝0.1 kg ，电阻R 1＝0.3 Ω，长度l ＝0.4 m 的导体棒ab 横放在U 形金属框架上．框架质量m 2＝0.2 kg ，放在绝缘水平面上，与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2.相距0.4 m 的MM ′、NN ′相互平行，电阻不计且足够长．电阻R 2＝0.1 Ω的MN 垂直于MM ′.整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B ＝0.5 T ．垂直于ab 施加F ＝2 N 的水平恒力，ab 从静止开始无摩擦地运动，始终与MM ′、NN ′保持良好接触．当ab 运动到某处时，框架开始运动．设框架与水平面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取10 m/s 2.图16(1)求框架开始运动时ab 速度v 的大小；(2)从ab 开始运动到框架开始运动的过程中，MN 上产生的热量Q ＝0.1 J ，求该过程ab 位移s 的大小．答案 (1)6 m/s (2)1.1 m解析 (1)ab 对框架的压力N 1＝m 1g框架受水平面的支持力N 2＝m 2g ＋N 1依题意，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则框架受到最大静摩擦力f m ＝μN 2ab 中的感应电动势E ＝BlvMN 中电流I ＝E R 1＋R 2MN 受到的安培力F 安＝IlB框架开始运动时F 安＝f m由上述各式，代入数据解得v ＝6 m/s(2)闭合回路中产生的总热量Q 总＝R 1＋R 2R 2Q 由能量守恒定律，得Fs ＝12m 1v 2＋Q 总 代入数据解得s ＝1.1 m。
2020秋高二物理粤教版3-1达标检测：第一章 第二节 探究静电力含解析
2020秋高二物理粤教版选修3-1达标检测：第一章第二节探究静电力含解析A级抓基础1．关于点电荷，下列说法正确的是（）A．当带电体间的距离远大于带电体尺寸时可以看成点电荷B．一切带电体都可以看成点电荷C．只有带电体的体积很小时才能看成点电荷D．只有放入真空中的带电体才能看成点电荷解析：当带电体间的距离远大于带电体尺寸时，即它们间相互作用力的影响可忽略时，可以看成点电荷,故A正确;带电体看作点电荷的条件:当一个带电体的形状及大小对它们之间相互作用力的影响可忽略时，这个带电体可看作点电荷．点电荷是由研究问题的性质决定,与带电体自身大小形状无具体关系，故B、C、D 错误．答案：A2．（多选）对于库仑定律，下列说法正确的是（)A．凡计算真空中两个点电荷间的相互作用力,都可以使用公式F＝k错误!B．两个带电小球即使相距非常近,也能用库仑定律C．相互作用的两个点电荷,不论它们的电荷量是否相同，它们之间的库仑力大小一定相等D．当两个半径为r的带电金属球中心相距为4r时，对于它们之间的静电作用力大小,只取决于它们各自所带的电荷量解析：由库仑定律的适用条件可知，A选项正确;两带电小球距离非常近时,带电小球不能视为点电荷,库仑定律不再适用，故B 选项错误；由牛顿第三定律可知，相互作用的两个点电荷之间的作用力总是大小相等的，故C选项正确;当带电小球之间的距离较近时,带电小球之间的作用力不仅跟距离有关，跟带电体所带电性及电量都有关系，不能视为点电荷，故D选项错误．答案：AC3．如图所示，两个质量均为m的完全相同的金属球壳a和b，其壳层的厚度和质量分布均匀,将它们固定于绝缘支座上,两球心间的距离l为球半径的3倍．若使它们带上等量异种电荷,使其电荷量的绝对值均为Q,那么关于a、b两球之间的万有引力F引和库仑力F的表达式正确的是(）库A．F＝G错误!,F库＝k错误!B．F引≠G错误!，F库≠k错误!引C．F≠G错误!，F库＝k错误! D．F引＝G错误!，F库≠k错误!引答案:D4．如图所示，在绝缘光滑水平面上，相隔一定距离有两个带同种电荷的小球．同时从静止释放，则两个小球的加速度大小和速度大小随时间变化的情况是()A．速度变大,加速度变大B．速度变小,加速度变小C．速度变大，加速度变小D．速度变小,加速度变大解析:由于同种电荷间存在相互作用的排斥力，两球将相互加速远离，又由于两电荷间距离增大，它们之间的静电力越来越小,故加速度越来越小．答案：C5。
粤教版物理选修3-2 第一章 章末复习课 含答案
【知识体系】①磁通量②磁通量的变化率③n④E＝BLv ⑤BL2ω⑥电流主题1 楞次定律的理解及其推广1．楞次定律的理解．楞次定律解决的问题是感应电流的方向问题，它涉及两个磁场，感应电流的磁场(新产生的磁场)和引起感应电流的磁场(原来就有的磁场)，前者和后者的关系不是“同向”和“反向”的简单关系，而是前者“阻碍”后者“变化”的关系．2．对“阻碍”意义的理解．(1)阻碍原磁场的变化．“阻碍”不是阻止，而是“延缓”，感应电流的磁场不会阻止原磁场的变化，只能使原磁场的变化被延缓或者说被迟滞了，原磁场的变化趋势不会改变，不会发生逆转．(2)阻碍的是原磁场的变化，而不是原磁场本身，如果原磁场不变化，即使它再强，也不会产生感应电流．(3)阻碍不是相反，当原磁通量减小时，感应电流的磁场与原磁场同向，以阻碍其减小；当磁体远离导体运动时，导体运动将和磁体运动同向，以阻碍其相对运动．(4)由于“阻碍”，为了维持原磁场的变化，必须有外力克服这一“阻碍”而做功，从而导致其他形式的能量转化为电能，因而楞次定律是能量转化和守恒定律在电磁感应中的体现．3．楞次定律的推广．楞次定律可推广为感应电流的效果总是要反抗(或阻碍)产生感应电流的原因．因此也常用以下结论作迅速判断：(1)阻碍原磁通量的变化(增反减同)．(2)阻碍导体的相对运动(来拒去留)．(3)使线圈的面积有扩大或缩小的趋势(增缩减扩)．(4)阻碍原电流的变化(自感现象)．【典例1】如图所示，通电螺线管两侧各悬挂一个小铜环，铜环平面与螺线管截面平行，当开关S接通的一瞬间，两铜环的运动情况是( )A．同时向两侧推开B．同时向螺线管靠拢C．一个被推开，一个被吸引，但因电源正负极未知，无法具体判断D．同时被推开或同时向螺线管靠拢，但因电源正负极未知，无法具体判断解析：当开关S接通的一瞬间，螺线管的磁场增强，故穿过两边线圈的磁通量均增加，根据楞次定律，在线圈中产生的感应电流阻碍磁通量的增加，故线圈会远离螺线管运动，故两铜环的运动情况是同时向两侧推开，选项A正确．答案：A针对训练1．(20xx·上海卷)(多选)如图(a)，螺线管内有平行于轴线的外加匀强磁场，图中箭头所示方向为其正方向．螺线管与导线框abcd相连，导线框内有一小金属圆环L，圆环与导线框在同一平面内．当螺线管内的磁感应强度B随时间按图(b)所示规律变化时( )图(a) 图(b)A．在t1～t2时间内，L有收缩趋势B．在t2～t3时间内，L有扩张趋势C．在t2～t3时间内，L内有逆时针方向的感应电流D．在t3～t4时间内，L内有顺时针方向的感应电流解析：在t1～t2时间内，穿过圆环的磁通量向上不是均匀增大，由楞次定律可以确定L必须减小面积以达到阻碍磁通量的增大，故有收缩的趋势，故A正确；在t2～t3时间内，穿过圆环的磁通量向上均匀减小，由法拉第电磁感应定律可知，L中磁通量不变，则L 中没有感应电流，因此没有变化的趋势，故B、C错误；在t3～t4时间内，向下的磁通量减小，根据楞次定律，在线圈中的电流方向c到b，根据右手螺旋定则，穿过圆环L的磁通量向内减小，则根据楞次定律，在金属圆环中产生顺时针方向的感应电流，故D正确．答案：AD主题2 电磁感应中的电路问题在电磁感应现象中，切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路将产生感应电动势．若回路闭合，则产生感应电流，感应电流引起热效应，所以电磁感应问题常常与电路知识综合考查．1．解决与电路相联系的电磁感应问题的基本方法．(1)明确哪部分导体或电路产生感应电动势，该导体或电路就是电源，其他部分是外电路．(2)用法拉第电磁感应定律确定感应电动势的大小，用楞次定律或右手定则确定感应电流的方向．(3)画等效电路图．分清内外电路，画出等效电路图是解决此类问题的关键．(4)运用闭合电路欧姆定律、串并联电路的特点、电功、电功率等公式求解．2．问题示例．图甲图乙(1)图甲中若磁场增强，可判断感应电流方向为逆时针，则ΦB>ΦA；若线圈内阻为r，则UBA＝·.(2)图乙中，据右手定则判定电流流经AB的方向为B→A，则可判定ΦA>ΦB，若导体棒的电阻为r，则UAB＝·R.【典例2】(多选)半径为a的导体圆环和长为2a的导体直杆，单位长度电阻均为R0.圆环水平固定放置，整个内部区域分布着竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B，杆在圆环上以速度v平行于直径CD向右做匀速直线运动，杆始终有两点与圆环良好接触，从圆环中心O开始，杆的位置由θ确定，如图所示．则( )A．θ＝0时，杆产生的电动势为2BavB．θ＝时，杆产生的电动势为BavC．θ＝0时，杆受的安培力大小为8B2av（π＋4）R0D．θ＝时，杆受的安培力大小为3B2av（5π＋3）R0解析：θ＝0时，杆产生的电动势E＝BLv＝2Bav，故A正确；当θ＝时，根据几何关系得出此时导体棒的有效切割长度是a，所以杆产生的电动势为Bav，故B错误；θ＝0时，由于单位长度电阻均为R0，所以电路中总电阻aR0.所以杆受的安培力大小是，故C正确；当θ＝时，电路中总电阻是aR0，所以杆受到的安培力，故D错误．答案：AC针对训练2．(20xx·全国Ⅱ卷)(多选)法拉第圆盘发电机的示意图如图所示．铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别于圆盘的边缘和铜轴接触，圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中，圆盘旋转时，关于流过电阻R的电流，下列说法正确的是( )A．若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定B．若从上往下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a到b的方向流动C．若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化D．若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R上的热功率也变为原来的2倍解析：铜盘转动产生的感应电动势为：E＝BL2ω，B、L、ω不变，E不变，电流I＝＝，电流大小恒定不变，由右手定则可知，回路中电流方向不变，若从上往下看，圆盘顺时针转动，由右手定则知，电流沿a到b的方向流动，故A、B正确；若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向不变，大小变化，故C错误；若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，回路电流变为原来2倍，根据P＝I2R，电流在R上的热功率也变为原来的4倍，故D错误．答案：AB主题3 电磁感应中的动力学问题1．解决电磁感应中的动力学问题的一般思路．(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)求回路中的电流．(3)分析研究导体的受力情况(包含安培力，用左手定则确定其方向)．(4)根据牛顿第二定律或物体受力平衡列方程求解．2．受力情况、运动情况的动态分析．导体受力运动产生感应电动势→感应电流→通电导体受安培力作用→合外力变化→加速度变化→速度变化→感应电动势变化→……周而复始地循环，最终结果是加速度等于0，导体达到稳定运动状态．此类问题要画好受力图，抓住加速度a＝0时，速度v达到最值的特点．【典例3】(多选)如图所示，固定放置在同一水平面内的两根平行长直金属导轨的间距为d，其右端接有阻值为R的电阻，整个装置处在竖直向上磁感应强度大小为B的匀强磁场中．一质量为m(质量分布均匀)的导体杆ab垂直导轨放置，且与两导轨保持良好接触，杆与导轨之间的动摩擦因数为μ.现杆在水平向左、垂直于杆的恒力F 作用下从静止开始沿导轨运动距离l时，速度恰好达到最大(运动过程中杆始终与导轨保持垂直)．设杆接入电路的电阻为r，导轨电阻不计，重力加速度大小为g.则此过程( )A．杆的速度最大值为（F－μmg）RB2d2B．流过电阻R的电量为BdlR＋rC．恒力F做的功与安培力做的功之和大于杆动能的变化量D．恒力F做的功与摩擦力做的功之和等于杆动能的变化量解析：杆匀速运动时速度最大，设杆的速度最大值为v，此时杆所受的安培力为FA＝BId＝Bd＝，而且杆受力平衡，则有F＝FA＋μmg，解得v＝，故A错误．流过电阻R的电荷量为 q＝＝，故B正确．根据动能定理得：恒力F做的功、摩擦力做的功、安培力做的功之和等于杆动能的变化量，而摩擦力做负功，安培力也做负功，则知恒力F做的功与安培力做的功之和大于杆动能的变化量，恒力F做的功与摩擦力做的功之和大于杆动能的变化量，故C正确，D错误．答案：BC针对训练3．(多选)两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为L，底端接阻值为R的电阻．将质量为m的金属棒悬挂在一个固定的轻弹簧下端，金属棒和导轨接触良好，导轨所在平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，如图所示．除电阻R外其余电阻不计．现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放，则( )A．金属棒向下运动时，流过电阻R的电流方向为a→b做功情况能量转化的特点滑动摩擦力做功有内能产生重力做功重力势能必然发生变化克服安培力做功必然有其他形式的能转化为电能，并且克服安培力做了多少功，就有多少电能产生安培力做正功电能转化为其他形式的能(3)根据能量守恒列方程求解．3．电能的三种求解思路．(1)利用克服安培力做功求解，电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功．(2)利用能量守恒求解，相应的其他能量的减少量等于产生的电能．(3)利用电路特征来求解，通过电路中所消耗的电能来计算．【典例4】如图所示，MN、PQ为足够长的平行金属导轨，间距L＝0.2 m，导轨平面与水平面间夹角θ＝30°，N、Q间连接一个电阻R＝0.1 Ω，匀强磁场垂直于导轨平面向上，磁感应强度B＝0.5 T．一根质量m＝0.03 kg的金属棒正在以v＝1.2 m/s的速度沿导轨匀速下滑，下滑过程中始终与导轨垂直，且与导轨接触良好．金属棒及导轨的电阻不计，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80.求：(1)电阻R中电流的大小；(2)金属棒与导轨间的滑动摩擦因数的大小；(3)对金属棒施加一个垂直于金属棒且沿导轨平面向上的恒定拉力F＝0.2 N，若金属棒继续下滑x＝0.14 m后速度恰好减为0，则在金属棒减速过程中电阻R中产生的焦耳热为多少？解析：(1)感应电动势E＝BLv＝0.5×0.2×1.2 V＝0.12 V，感应电流I＝＝ A＝1.2 A.(2)导体棒受到的安培力F安＝BIL＝0.5×0.2×1.2 N＝0.12 N.金属棒匀速下滑，根据平衡条件可知mgsin θ－f－F安＝0，且FN－mgcos θ＝0，又f＝μFN，代入数据，解得μ＝0.25.(3)从施加拉力F到金属棒停下的过程中，由能量守恒定律，得(F－mgsin θ＋μmgcos θ)x＋Q＝mv2，代入数据，解得产生的焦耳热Q＝1.04×10－2 J.答案：(1)1.2 A (2)0.25 (3)1. 04×10－2 J针对训练4.(20xx·广东卷)如图所示，上下开口、内壁光滑的铜管P和塑料管Q竖直放置，小磁块先后在两管中从相同高度处由静止释放，并落至底部，则小磁块( )A．在P和Q中都做自由落体运动B．在两个下落过程中的机械能都守恒C．在P中的下落时间比在Q中的长D．落至底部时在P中的速度比在Q中的大解析：由于电磁感应，在铜管P中还受到向上的磁场力，而在塑料管中只受到重力，即只在Q中做自由落体运动，故选项A、B错误；而在P中加速度较小，故选项C正确而选项D错误．答案：C统揽考情1．感应电流的产生条件、方向判断和电动势的简单计算，磁感应强度、磁通量、电动势、电压、电流随时间变化的图象，以及感应电动势、感应电流随线框位移变化的图象，是高频考点，以选择题为主．2．滑轨类问题、线框穿越有界匀强磁场、电磁感应中的能量转化等综合问题，能很好地考查考生的能力，备受命题专家的青睐．真题例析(20xx·课标全国Ⅱ卷)如图，直角三角形金属框abc放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向平行于ab边向上．当金属框绕ab 边以角速度ω逆时针转动时，a、b、c三点的电势分别为Ua、Ub、Uc.已知bc边的长度为l.下列判断正确的是( )A．Ua>Uc金属框中无电流B．Ub>Uc金属框中电流方向沿a→b→c→aC．Ubc＝－Bl2ω金属框中无电流D．Ubc＝Bl2ω金属框中电流方向沿a→c→b→a解析：当金属框绕ab边以角速度ω逆时针转动时，穿过直角三角形金属框abc的磁通量恒为0，所以没有感应电流，由右手定则可知，c点电势高，Ubc＝－Bl2ω，故C正确，A、B、D错误．答案：C针对训练(20xx·课标全国Ⅰ卷)(多选)1824年，法国科学家阿拉果完成了著名的“圆盘实验”．实验中将一铜圆盘水平放置，在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针，如图所示．实验中发现，当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时，磁针也随着一起转动起来，但略有滞后．下列说法正确的是( )A．圆盘上产生了感应电动势B．圆盘内的涡电流产生的磁场导致磁针转动C．在圆盘转动的过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化D．圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流，此电流产生的磁场导致磁针转动解析：圆盘运动过程中，半径方向的金属条在切割磁感线，在圆心和边缘之间产生了感应电动势，选项A对，圆盘在径向的辐条切割磁感线过程中，内部距离圆心远近不同的点电势不等而形成涡流产生，选项B对．圆盘转动过程中，圆盘位置、圆盘面积和磁场都没有发生变化，所以没有磁通量的变化，选项C错．圆盘本身呈现电中性，不会产生环形电流，选项D错．答案：AB1．(20xx·江苏卷)(多选)电吉他中电拾音器的基本结构如图所示，磁体附近的金属弦被磁化，因此弦振动时，在线圈中产生感应电流，电流经电路放大后传送到音箱发生声音，下列说法正确的有( )A．选用铜质弦，电吉他仍能正常工作B．取走磁体，电吉他将不能正常工作C．增加线圈匝数可以增大线圈中的感应电动势D．磁振动过程中，线圈中的电流方向不断变化解析：铜不可以被磁化，则选用铜质弦，电吉他不能正常工作，故A错误；取走磁体，就没有磁场，振弦不能切割磁感线产生电流，电吉他将不能正常工作，故B正确；根据E＝n可知，增加线圈匝数可以增大线圈中的感应电动势，故C正确；磁振动过程中，磁场方向不变，但磁通量有时变大，有时变小，则线圈中的电流方向不断变化，故D正确．答案：BCD2．(20xx·山东卷)(多选)如图，一均匀金属圆盘绕通过其圆心且与盘面垂直的轴逆时针匀速转动．现施加一垂直穿过圆盘的有界匀强磁场，圆盘开始减速．在圆盘减速过程中，以下说法正确的是( )A．处于磁场中的圆盘部分，靠近圆心处电势高B．所加磁场越强越易使圆盘停止转动C．若所加磁场反向，圆盘将加速转动D．若所加磁场穿过整个圆盘，圆盘将匀速转动解析：由右手定则可知，处于磁场中的圆盘部分，靠近圆心处电势高，选项A正确；根据E＝BLv可知所加磁场越强，则感应电动势越大，感应电流越大，产生的电功率越大，消耗的机械能越快，则圆盘越容易停止转动，选项B正确；若加反向磁场，根据楞次定律可知安培力阻碍圆盘的转动，故圆盘仍减速转动，选项C错误；若所加磁场穿过整个圆盘则圆盘中无感应电流，不消耗机械能，圆盘匀速转动，选项D正确；故选A、B、D.答案：ABD3．(20xx·浙江卷)如图所示，a、b两个闭合正方形线圈用同样的导线制成，匝数均为10 匝，边长la＝3lb，图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀增大，不考虑线圈之间的相互影响，则( )A．两线圈内产生顺时针方向的感应电流B．a、b线圈中感应电动势之比为9∶1C．a、b线圈中感应电流之比为3∶4D．a、b线圈中电功率之比为3∶1解析：根据楞次定律可知，原磁场向里增大，则感应电流的磁场与原磁场方向相反，因此感应电流为逆时针，故A错误；根据法拉第电磁感应定律可知，E＝＝，而S＝l2, 因此电动势之比为9∶1，故B正确；线圈中电阻R＝ρ，而导线长度L＝n×4l，故电阻之比为3∶1, 由欧姆定律可知I＝，则电流之比为3∶1, 故C错误；电功率P＝，电动势之比为9∶1，电阻之比为3∶1，则电功率之比为27∶1，故D错误．答案：B4．(20xx·安徽卷)如图所示，abcd为水平放置的平行“”形光滑金属导轨，间距为l.导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，导轨电阻不计．已知金属杆MN倾斜放置，与导轨成θ角，单位长度的电阻为r，保持金属杆以速度v沿平行于cd的方向滑动(金属杆滑动过程中与导轨接触良好)．则( )A．电路中感应电动势的大小为Blvsin θB．电路中感应电流的大小为Bvsin θrC．金属杆所受安培力的大小为B2lvsin θrD．金属杆的热功率为B2lv2r sin θ解析：导体棒切割磁感线产生感应电动势E＝Blv，故A错误；感应电流的大小I＝＝，故B正确；所受的安培力为F＝＝，故C错误；金属杆的热功率Q＝I2 r＝，故D错误．答案：B5.(20xx·课标全国Ⅰ卷)如图，一长为10 cm的金属棒ab用两个完全相同的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中；磁场的磁感应强度大小为0.1 T，方向垂直于纸面向里；弹簧上端固定，下端与金属棒绝缘，金属棒通过开关与一电动势为12 V的电池相连，电路总电阻为2 Ω.已知开关断开时两弹簧的伸长量均为0.5 cm；闭合开关，系统重新平衡后，两弹簧的伸长量与开关断开时相比均改变了0.3 cm，重力加速度大小取10 m/s2.判断开关闭合后金属棒所受安培力的方向，并求出金属棒的质量．解析：金属棒通电后，闭合回路电流I＝＝ A＝6 A.导体棒受到安培力F＝BIL＝0.06 N.根据安培定则可判断金属棒受到安培力方向竖直向下，开关闭合前：2×k×0.5×10－2＝mg，开关闭合后：2×k×(0.5＋0.3)×10－2＝mg＋F.则m＝0.01 kg.答案：安培力方向竖直向下0.01 kg。
物理粤教版选修3-2课后训练：第一章第四节法拉第电磁
法拉第电磁感应定律练习一、单项选择题1．穿过一个单匝线圈的磁通量，始终为每秒钟均匀地增加2 Wb，则（）．A．线圈中的感应电动势每秒钟增加2 VB．线圈中的感应电动势每秒钟减少2 VC．线圈中的感应电动势始终为2 VD．线圈中不产生感应电动势2．如图所示的几种情况中，金属导体中产生的感应电动势为BLv的是（）．A．甲和乙 B．乙和丙 C．甲和丙 D．只有甲3．如下图所示，在竖直向下的匀强磁场中，将一水平放置的金属棒ab以水平初速v0抛出．设在整个过程中棒始终与原抛出位置平行，且不计空气阻力，则在金属棒运动的过程中，产生的感应电动势大小的变化情况是（）．A．越来越大 B．越来越小 C．保持不变 D．无法判断4．如下图所示，abcd为一匀强磁场区域，现在给竖直方位的金属环以某种约束，以保持它不转动地匀速下落，在下落过程中，它的左半部通过磁场．圆环用均匀电阻丝做成，F、O、E为环的上、中、下三点，则下列说法中正确的是（）．A．当E和d重合时，感应电动势最大B．当O和d重合时，感应电动势最大C．当F和d重合时，感应电动势最大D．以上说法都不对二、双项选择题5．图中a～d所示分别为穿过某一闭合回路的磁通量Φ随时间t变化的图象，关于回路中产生的感应电动势下列论述正确的是（）．A．图a中回路产生的感应电动势恒定不变B．图b中回路产生的感应电动势恒定不变C．图c中回路在0～t1时间内产生的感应电动势大于在t1～t2时间内产生的感应电动势D．图d中回路产生的感应电动势一直变大6．（2011·普宁中学高二检测）一个面积S＝4×10－2m2，匝数n＝100的线圈，放在匀强磁场中，磁场方向垂直于线圈平面，磁感应强度B随时间t变化的规律如图所示，则下列判断正确的是（）．A．在开始2 s内穿过线圈的磁通量变化率等于－0.08 Wb/sB．在开始2 s内穿过线圈的磁通量的变化量等于0C．在开始2 s内线圈中产生的感应电动势等于8 VD．在第3 s末线圈中的感应电动势等于零三、非选择题7．一个200匝、面积为20 cm2的线圈．放在磁场中，磁场方向与线圈平面成30°角，若磁感应强度在0.05 s内由0.1 T增加到0.5 T．在此过程中穿过线圈的磁通量的变化是__________Wb，磁通量的平均变化率是__________Wb/s，线圈中感应电动势的大小是__________V．8．如图所示，有一弯成θ角的光滑金属导轨POQ，水平放置在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直，有一金属棒MN与导轨的OQ边垂直放置，当金属棒从O 点开始以加速度a向右匀加速运动t时，棒与导轨所构成的回路中的感应电动势是多少？参考答案1．答案：C 解析：由题意可知=2 Wb/s t Φ∆∆．根据法拉第电磁感应定律==2 V E n tΦ∆∆． 2．答案：C解析：公式E ＝BLv 的适用条件是：导体所在处的磁感应强度相同，且导体沿与自身垂直的方向运动．L 为切割磁感线的有效长度．甲、丙正确．3．答案：C解析：金属棒ab 以水平速度v 0抛出后，做平抛运动，速度在不断增大，但由于在垂直于磁场方向的速度不变，所产生的感应电动势大小不变，虽然在竖直方向上金属棒的分速度在不断增大，但由于该分运动平行于磁场，不切割磁感线，不产生感应电动势，故感应电动势不变．4．答案：B解析：金属环在匀速下落，其中竖直直径FOE 的左侧部分匀速通过匀强磁场，图中水平虚线间的部分表示线圈匀速通过磁场时面积的变化量ΔS ，环中产生的感应电动势E ＝B ΔS /Δt ＝BLv ，由此可知当O 和d 重合时金属环产生的感应电动势E 最大．5．答案：BC解析：图a 中Φ不变．不产生感应电动势，A 项错；图b 中tΦ∆∆恒定，则感应电动势恒定不变．B 项正确；图c 中0～t 1时间内图象的斜率大于t 1～t 2时间内的斜率，所以C 项正确；图d 中图线的斜率先变小后变大．则感应电动势应先变小后变大．D 项错误．6．答案：AC解析：22·=2B S t t Φ∆∆--=∆∆×4×10－2Wb/s ＝－0.08Wb/s ，A 项正确；ΔΦ＝ΔB ·S ＝（－2－2）×4×10－2Wb ＝－0.16Wb ．B 项错误；E ＝n tΦ∆∆＝100×0.08 V＝8 V ．C 项正确；第3 s 末，磁感应强度B 等于0，但Bt∆∆不等于零，所以感应电动势不为零．D 项错误．7．答案：4×10－48×10－31.6解析：磁通量的变化量是由磁场的变化引起的，所以ΔΦ＝ΔBS ·sin 30°＝（0.5－0.1）×20×10－4×12Wb ＝4×10－4Wb 磁通量的变化率为44100.05t Φ-∆⨯=∆Wb/s ＝8×10－3Wb/s感应电动势E n t Φ∆∆＝＝200×8×10－3V ＝1.6 V8．答案：231tan 2Ba t θ解析：由于导轨的夹角为θ，开始运动t 时，金属棒切割磁感线的有效长度为：L ＝s tan θ＝12at 2tan θ，据运动学公式，这时金属棒切割磁感线的速度为v＝at，由题意知B、L、v三者互相垂直，有E＝BLv＝B 12at2tan θ·at＝12Ba2t3tan θ，即金属棒运动t时，棒与导轨所构成的回路中的感应电动势是E＝12Ba2t3tan θ．。
(完整版)高中物理选修3-2课后习题答案及解释
电磁感应和楞次定律1. 答案：CD详解：导体棒做匀速运动，磁通量的变化率是一个常数，产生稳恒电流，那么被线圈缠绕的磁铁将产生稳定的磁场，该磁场通过线圈 c 不会产生感应电流；做加速运动则可以；2．答案：C详解：参考点电荷的分析方法，S 磁单极子相当于负电荷，那么它通过超导回路，相当于向左的磁感线通过回路，右手定则判断，回路中会产生持续的adcba 向的感应电流；3．答案：A详解：滑片从 a 滑动到变阻器中点的过程，通过 A 线圈的电流从滑片流入，从固定接口流出，产生向右的磁场，而且滑动过程中，电阻变大，电流变小，所以磁场逐渐变小，所以此时 B 线圈要产生向右的磁场来阻止这通过 A 线圈的电流从滑片流入，从固定接口流出种变化，此时通过R 点电流由c流向d;从中点滑动到b的过程，通过A线圈的电流从固定接口流入，从滑片流出，产生向左的磁场，在滑动过程中，电阻变小，电流变大，所以磁场逐渐变大，所以此时B线圈要产生向右的磁场来阻止这种变化，通过R的电流仍从c流向d o4．答案：B详解：aob 是一个闭合回路，oa 逆时针运动，通过回路的磁通量会发生变化，为了阻止这种变化，ob 会随着oa 运动;5．答案：A详解：开关在 a 时，通过上方的磁感线指向右，开关断开，上方的磁场要消失，它要阻止这种变化，就要产生向右的磁场来弥补，这时通过R2的电流从c指向d;开关合到b上时，通过上方线圈的磁场方向向左，它要阻止这种变化，就要产生向右的磁场来抵消，这时通过R2的电流仍从c指向d;6．答案：AC详解：注意地理南北极与地磁南北极恰好相反，用右手定则判断即可。
电磁感应中的功与能1．答案:C、D详解：ab 下落过程中，要克服安培力做功，机械能不守恒，速度达到稳定之前其减少的重力势能转化为其增加的动能和电阻增加的内能，速度达到稳定后，动能不再变化，其重力势能的减少全部转化为电阻增加的内能。
选CD2．答案：A详解：E=BLvI=E/R=BLv/RF=BIL=B A2L A2v/R W=Fd=B A2L A2dv/R=B A2SLv/R, 选A3．答案:B、C详解：开始重力大于安培力，ab 做加速运动，随着速度的增大，安培力增大，当安培力等于重力时，加速度为零；当速度稳定时达到最大，重力的功率为重力乘以速度，也在此时达到最大，最终结果是安培力等于重力，安培力不为0，热损耗也不为0.选BC4. 答案：(1) 5m/s。
粤教版物理选修3-2 第一章 章末质量评估(一) 含答案
(时间：90分钟分值：100分)一、单项选择题(本大题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得3分，选错或不答的得0分)1．一个闭合导体圆环固定在水平桌面上，一根条形磁铁沿圆环的轴线运动，使圆环内产生了感应电流．下列四幅图中，产生的感应电流方向与条形磁铁的运动情况相吻合的是( )A B C D解析：A.由图示可知，在磁铁S极上升过程中，穿过圆环的磁场方向向上，在磁铁远离圆坏时，穿过圆环的磁通量变小，由楞次定律可知，从上向下看，圆环中的感应电流沿逆时针方向，故A错误；B.由图示可知，在磁铁S极下落过程中，穿过圆环的磁场方向向上，在磁铁靠近圆环时，穿过圆环的磁通量变大，由楞次定律可知，从上向下看，圆环中的感应电流沿顺时针方向，故B错误；C.由图示可知，在磁铁N极上升过程中，穿过圆环的磁场方向向下，在磁铁远离圆环时，穿过圆环的磁通量变小，由楞次定律可知，从上向下看，圆环中的感应电流沿顺时针方向，故C错误；D.由图示可知，在磁铁N极下落过程中，穿过圆环的磁场方向向下，在磁铁靠近圆环时，穿过圆环的磁通量变大，由楞次定律可知，从上向下看，圆环中的感应电流逆时针方向，故D正确．答案：D2．老师做了一个物理小实验让学生观察，如图所示：一轻质横杆两侧各固定一金属环，横杆可以绕中心在水平面内自由转动，老师拿一条形磁铁插向其中一个小环，然后又取出插向另一个小环，同学们看到的现象是( )A．磁铁N极插向左环，横杆发生转动B．磁铁S极插向右环，横杆发生转动C．无论磁铁插向左环还是右环，横杆都不发生转动D．无论磁铁插向左环还是右环，横杆都发生转动解析：左环不闭合，磁铁插向左环时，不产生感应电流，环不受力，横杆不转动；右环闭合，磁铁插向右环时，环内产生感应电流，环受到磁场的作用，横杆转动．答案：B3．把一条形磁铁插入同一个闭合线圈中，第一次是迅速的，第二次是缓慢的，两次初、末位置均相同，则在两次插入的过程中( ) A．磁通量变化率相同B．磁通量变化量相同C．产生的感应电流相同D．产生的感应电动势相同解析：迅速插入磁通量变化比较快，但是磁通量变化相同，根据感应电动势E＝n，可知产生的感应电动势较大，根据欧姆定律可知感应电流也较大，故B对．答案：B4．穿过某线圈的磁通量随时间变化的关系如图所示，在下列几段时间内，线圈中感应电动势最小的是( )A．0～2 s B．2～4 sC．4～5 s D．5～10 s解析：根据法拉第电磁感应定律E＝n知，磁通量的变化率越小，感应电动势越小，产生的感应电流越小．从图线上可以得出，在5～10 s内，图线的斜率最小，则感应电动势最小．故D正确．答案：D5．(20xx·北京卷)如图所示，匀强磁场中有两个导体圆环a、b，磁场方向与圆环所在平面垂直，磁感应强度B随时间均匀增大．两圆环半径之比为2∶1，圆环中产生的感应电动势分别为Ea和Eb，不考虑两圆环间的相互影响．下列说法正确的是( )A．Ea∶Eb＝4∶1，感应电流均沿逆时针方向B．Ea∶Eb＝4∶1，感应电流均沿顺时针方向C．Ea∶Eb＝2∶1，感应电流均沿逆时针方向D．Ea∶Eb＝2∶1，感应电流均沿顺时针方向解析：根据法拉第电磁感应定律E＝＝S，题中相同，a圆环中产生的感应电动势Ea＝＝S＝πr，b圆环中产生的感应电动势Eb＝＝S＝πr，由于ra∶rb＝2∶1，所以＝,r)＝，由于磁场向外，磁感应强度B随时间均匀增大，根据楞次定律可知，感应电流均沿顺时针方向，故B正确，A、C、D错误．答案：B6.如图所示，一圆形闭合铜环由高处从静止开始下落，穿过一根竖直悬挂的条形磁铁(质量为m)，铜环的中心轴线与条形磁铁的中轴始终保持重合．则悬挂磁铁的绳子中拉力F随时间t变化的图象可能是( )解析：铜环靠近磁铁过程中，感应电流总是阻碍磁体间的相对运动，所以感应电流阻碍铜环靠近磁铁，给铜环一个向上的安培力，即铜环给磁铁一个向下的力，故绳子的拉力大于重力；当铜环在磁铁中间时，磁通量不变，无感应电流，没有安培力，拉力等于重力，当铜环远离磁铁过程中，感应电流阻碍铜环的远离对铜环施加一个向上的安培力，及铜环给磁铁一个向下的力，故绳子的拉力大于重力，故B 正确．答案：B7.如图所示，一导线弯成半径为a的半圆形闭合回路．虚线MN右侧有磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于回路所在的平面．回路以速度v向右匀速进入磁场，直径CD始终与MN垂直．从D点到达边界开始到C点进入磁场为止，下列结论正确的是( )A．感应电流方向不变B．CD段直线始终不受安培力C．感应电动势最大值E＝BavD．感应电动势的平均值E＝πBav解析：在半圆形闭合回路进入磁场的过程中磁通量不断增加，始终存在感应电流，由左手定则可知CD边始终受到安培力作用，故B错误．有效切割长度如图所示，所以进入过程中l先逐渐增大到a，然后再逐渐减小为0，由E＝Blv可知，最大值Emax＝Bav，最小值为0，故A错误、C正确．平均感应电动势为E＝＝＝πBav，故D错误．答案：C8．如图所示装置中，当cd杆运动时，ab杆中的电流方向由a向b，则cd杆的运动可能是( )A．向右加速运动B．向右减速运动C．向左匀速运动D．向左减速运动解析：cd匀速运动时，cd中感应电流恒定，L2中磁通量不变，穿过L1的磁通量不变化，L1中无感应电流产生，ab保持静止，C不正确； cd向右加速运动时，L2中的磁通量向下，增大，通过ab的电流方向向上，A错误；同理可知B正确，D错误．答案：B9．如图所示，垂直于纸面向里的匀强磁场的区域宽度为2a，磁感应强度的大小为B.一边长为a、电阻为4R的正方形均匀导线框CDEF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，关于线框EF两端的电压UEF与线框移动距离x的关系，下列图象正确的是( )解析：线框经过整个磁场区域时，做匀速运动，所以产生的感应电动势大小E＝Bav，刚进入磁场时，等效电路如图甲所示；完全在磁场中时，等效电路如图乙所示；一条边从磁场中离开时，等效电路如图丙所示．选项D正确，选项A、B、C错误．答案：D10.两块水平放置的金属板间的距离为d，用导线与一个n匝线圈相连，线圈电阻为r，线圈中有竖直方向的磁场，电阻R与金属板连接，如图所示，两板间有一个质量为m、电荷量＋q的油滴恰好处于静止．则线圈中的磁感应强度B的变化情况和磁通量的变化率分别是( )A．磁感应强度B竖直向上且正增强，＝dmgnqB．磁感应强度B竖直向下且正增强，＝dmgnqC．磁感应强度B竖直向上且正减弱，＝dmg（R＋r）nRqD．磁感应强度B竖直向下且正减弱，＝dmgr（R＋r）nRq解析：油滴静止说明电容器下极板带正电，线圈中电流自上而下(电源内部)，由楞次定律可以判断，线圈中的磁感应强度B为向上的减弱或向下的增强．又E＝n，①UR＝·E，②qUR＝mg，③d由①②③式可解得：＝.答案：C二、多项选择题(本大题共4小题，每小题6分，共24分．在每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分)11.如图所示，O1O2是矩形导线框abcd的对称轴，其左方有匀强磁场．以下哪些情况下abcd中有感应电流产生，而且感应电流方向逆时针( )A．将abcd向纸外平移B．将abcd向右平移C．将abcd以ab为轴转动60°D．将abcd以cd为轴转动60°解析：导线框向外平移穿过线框的磁通量不变，因此无感应电流，故A项错；导线框向右平移时，穿过线框的磁通量减少，因此产生感应电流，用楞次定律或右手定则可判断电流方向沿逆时针，故B 项正确；将abcd以ab为轴无论向里转还是向外转过60°，线框在垂直于磁场方向的投影面积是线框面积的一半，由磁通量公式Φ＝BS 知，穿过线框的磁通量不变，因此无电流产生，故C项错；将线框以cd为轴转动60°，穿过线框的磁通量减为零，因此产生感应电流，用楞次定律可判断电流方向沿逆时针，故D项正确．答案：BD12．如图所示，一根长导线弯曲成“n”，通以直流电I，正中间用绝缘线悬挂一金属环C，环与导线处于同一竖直平面内．在电流I 增大的过程中，叙述正确的是( )A．金属环中无感应电流产生B．金属环中有逆时针方向的感应电流C．悬挂金属环C的绝缘线的拉力变大D．金属环C不可能保持静止状态解析：根据安培定则知，弯曲成“n”导线中电流的磁场方向为：垂直纸面向里，且大小增加．由楞次定律可知，感应电流的方向为逆时针方向，故A错误，B正确；根据左手定则可知，圆环的各部分受到的安培力的方向指向圆心，由于导线弯曲成“n”，所以金属环下边圆弧没有安培斥力，因此导致挂环的拉力增大，且环仍处于静止状态，故C正确，D错误．答案：BC13．如图所示电路中，A、B为两个相同灯泡，L为自感系数较大、电阻可忽略不计的电感线圈，C为电容较大的电容器，下列说法中正确的有( )A．接通开关S，A立即变亮，最后A、B一样亮B．接通开关S，B逐渐变亮，最后A、B一样亮C．断开开关S，A、B都立刻熄灭D．断开开关S，A立刻熄灭，B逐渐熄灭解析：接通开关S，电容器C要通过A充电，因此A立刻亮，由于充电电流越来越小，当充电完毕后，相当于断路，而L对电流变化有阻碍作用，所以通过B的电流逐渐增大，故B逐渐变亮，当闭合足够长时间后，C中无电流，相当于断路，L相当于短路，因此A、B一样亮，故A正确，B也正确；当S闭合足够长时间后再断开，A立刻熄灭，而L产生自感电动势，且电容器也要对B放电，故B要逐渐熄灭，故C错误，D正确．答案：ABD14.如图，由某种粗细均匀的总电阻为3R的金属条制成的矩形线框abcd，固定在水平面内且处于方向竖直向下的匀强磁场中．一接入电路电阻为R的导体棒PQ，在水平拉力作用下沿ab、dc以速度v匀速滑动，滑动过程PQ始终与ab垂直，且与线框接触良好，不计摩擦．在PQ从靠近ad处向bc滑动的过程中( )A．PQ中电流先减小后增大B．PQ两端电压先减小后增大C．PQ上拉力的功率先减小后增大D．线框消耗的电功率先减小后增大解析：设PQ左侧金属线框的电阻为r，则右侧电阻为3R－r；PQ 相当于电源，其电阻为R，则电路的外电阻为R外＝＝，当r＝时，R外max＝R，此时PQ处于矩形线框的中心位置，即PQ从靠近ad处向bc滑动的过程中外电阻先增大后减小．PQ中的电流为干路电流，I ＝，可知干路电流先减小后增大，选项A正确．PQ两端的电压为路端电压U＝E－U内，因E＝Blv不变，U内＝IR先减小后增大，所以路端电压先增大后减小，选项B错误．拉力的功率大小等于安培力的功率大小，P＝F安v＝BIlv，可知因干路电流先减小后增大，PQ上拉力的功率也先减小后增大，选项C正确．线框消耗的电功率即为外电阻消耗的功率，因外电阻最大值为R，小于内阻R；根据电源的输出功率与外电阻大小的变化关系，外电阻越接近内阻时，输出功率越大，可知线框消耗的电功率先增大后减小，选项D错误．答案：AC三、非选择题(本题共4小题，共46分．解答题应写出必要的文字说明、方程和重要演算步骤，答案中必须明确写出数值和单位) 15．(6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________．答案：(1)如图所示(2)向右偏(3)向左偏16.(10分)如图所示，宽为0.5 m的光滑水平金属框架固定在方向竖直向下、磁感应强度大小为B＝0.80 T的匀强磁场中，框架左端连接一个的R＝0.4 Ω电阻，框架上面置一电阻r＝0.1 Ω的金属导体ab，ab长为0.5 m．ab始终与框架接触良好且在水平恒力F作用下以v＝1.25 m/s的速度向右匀速运动(设水平金属框架足够长．轨道电阻及接触电阻忽略不计)．(1)试判断金属导体ab两端哪端电势高；(2)求通过金属导体ab的电流大小；(3)求水平恒力F对金属导体ab做功的功率．解析：(1)ab棒切割磁感线产生感应电动势，充当电源，根据右手定则可知a端电势较高．(2)感应电动势E＝BLv＝0.80×0.5×1.25 V＝0.5 V，通过金属导体ab的电流大小I＝＝ A＝1 A.(3)ab棒做匀速运动，所以水平恒力与安培力平衡，即，F＝BIL＝0.80×1×0.5 N＝0.4 N，水平恒力F对金属导体ab做功的功率：P＝Fv＝0.4×1.25 W＝0.5 W.答案：(1)a (2)1 A (3)0.5 W17.(14分)如图所示，一平面框架与水平面成37°角，宽L＝0.4 m，上、下两端各有一个电阻R0＝1 Ω，框架的其他部分电阻不计，框架足够长．垂直于框平面的方向存在向上的匀强磁场，磁感应强度B＝2 T．ab为金属杆，其长度为L＝0.4 m，质量m＝0.8 kg，电阻r ＝0.5 Ω，金属杆与框架的动摩擦因数μ＝0.5.金属杆由静止开始下滑，直到速度达到最大的过程中，金属杆克服磁场力所做的功为W＝1.5 J．已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2.求：(1)ab杆达到的最大速度v；(2)ab杆从开始到速度最大的过程中沿斜面下滑的距离；(3)在该过程中通过ab的电荷量．解析：(1)杆ab达到平衡时的速度即为最大速度v，此时杆ab所受安培力为F，则有：mgsin θ－F－μN＝0，①N－mgcos θ＝0，②总电阻：R＝＋r＝1 Ω，③杆ab产生的感应电动势为：E＝BLv，④通过杆ab的感应电流为：I＝，⑤杆ab所受安培力为：F＝BIL，⑥联立①②③④⑤⑥式解得：v＝＝2.5 m/s.⑦(2)从开始到速度最大的过程中ab杆沿斜面下滑的距离为s，由动能定理得：mgssin θ－W－μmgscos θ＝mv2，⑧联立⑦⑧式代入数据解之得：s＝2.5 m．⑨(3)流过导体棒的电量q＝I·Δt，⑩又I＝，⑪E＝＝，⑫联立以上各式得：q＝，⑬代入解得q＝2 C.答案：(1)2.5 m/s (2)2.5 m (3)2 C18．(16分)如图所示，足够长的光滑导轨ab、cd固定在竖直平面内，导轨间距为l，b、c两点间接一阻值为R的电阻．ef是一水平放置的导体杆，其质量为m、有效电阻值为R，杆与ab、cd保持良好接触．整个装置放在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直．现用一竖直向上的力F拉导体杆，使导体杆从静止开始做加速度为的匀加速直线运动，在上升高度为h的过程中，拉力做功为W，g为重力加速度，不计导轨电阻及感应电流间的相互作用．求：(1)导体杆上升到h时所受拉力F的大小；(2)导体杆上升到h过程中通过杆的电荷量；(3)导体杆上升到h过程中bc间电阻R产生的焦耳热．。
最新粤教版高中物理选修3-2测试题及答案全套
最新粤教版高中物理选修3-2测试题及答案全套章末检测卷一(时间：90分钟满分：100分)一、单项选择题(本题共8小题，每小题4分，共32分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．宇航员登月后想探测一下月球表面是否有磁场，他手边有一只灵敏电流表和一个小线圈，则下列推断正确的是()A．直接将电流表放于月球表面，看是否有示数来判断磁场有无B．将电流表与线圈组成闭合回路，使线圈沿某一方向运动，如果电流表无示数，则判断月球表面无磁场C．将电流表与线圈组成闭合回路，使线圈沿某一方向运动，如果电流表有示数，则可判断月球表面有磁场D．将电流表与线圈组成闭合回路，使线圈在某个平面内沿两个互相垂直的方向运动，月球表面若有磁场，则电流表至少有一次示数不为零答案 C解析电流表有示数时可判断有磁场存在，沿某方向运动而无示数不能确定磁场是否存在，只有C正确．2．如图1，一圆形金属环与两固定的平行长直导线在同一竖直面内，环的圆心与两导线距离相等，环的直径小于两导线间距．两导线中通有大小相等、方向向下的恒定电流．若()图1A．金属环向上运动，则环上的感应电流方向为顺时针方向B．金属环向下运动，则环上的感应电流方向为顺时针方向C．金属环向左侧直导线靠近，则环上的感应电流方向为逆时针方向D．金属环向右侧直导线靠近，则环上的感应电流方向为逆时针方向答案 D解析根据楞次定律，当金属环上、下移动时，穿过环的磁通量不发生变化，故没有感应电流产生，故选项A、B错误；当金属环向左移动时，则穿过环的磁场垂直纸面向外并且增强，故根据楞次定律和安培定则可以知道，产生的感应电流为顺时针，故选项C错误；当金属环向右移动时，则穿过环的磁场垂直纸面向里并且增强，故根据楞次定律和安培定则可以知道，产生的感应电流为逆时针，故选项D 正确．3. 用一根横截面积为S 、电阻率为ρ的硬质导线做成一个半径为r 的圆环，ab 为圆环的一条直径．如图2所示，在ab 的左侧存在一个匀强磁场，磁场垂直圆环所在平面，方向如图所示，磁感应强度大小随时间的变化率ΔB ＝k (k ＜0)．则 ( )图2A ．圆环中产生逆时针方向的感应电流B ．圆环具有收缩的趋势C ．圆环中感应电流的大小为|krS 2ρ| D ．图中a 、b 两点间的电势差大小为U ab ＝|14πkr 2| 答案 D解析 由题意可知磁感应强度均匀减小，穿过圆环的磁通量减小，根据楞次定律和安培定则可以判断，圆环中产生顺时针方向的感应电流，圆环具有扩张的趋势，故A 、B 错误；圆环中产生的感应电动势为E ＝ΔΦΔt＝ΔB Δt S ＝|12πr 2k |，圆环的电阻为R ＝ρl S ＝2πρr S ，所以圆环中感应电流的大小为I ＝E R ＝|krS 4ρ|，故C 错误；图中a 、b 两点间的电势差U ab ＝I ×12R ＝|14πkr 2|，故D 正确． 4. 如图3所示，一个闭合三角形导线框ABC 位于竖直平面内，其下方(略靠前)固定一根与导线框平面平行的水平直导线，导线中通以图示方向的恒定电流．释放导线框，它由实线位置下落到虚线位置未发生转动，在此过程中 ( )图3A ．导线框中感应电流的方向依次为ACBA →ABCA →ACBAB ．导线框内的磁通量为零时，感应电流也为零C ．导线框所受安培力的合力方向依次为向上→向下→向上D ．导线框所受安培力的合力为零，做自由落体运动答案 A解析 根据安培定则可知导线上方的磁场方向垂直纸面向外，下方的磁场方向垂直纸面向里，而且越靠近导线磁场越强，所以闭合导线框ABC 在下降过程中，导线框内垂直于纸面向外的磁通量先增大，当BC 边与导线重合时，达到最大，再向下运动，导线框内垂直于纸面向外的磁通量逐渐减小至零，然后随导线框的下降，导线框内垂直于纸面向里的磁通量增大，当达到最大，继续下降时由于导线框逐渐远离导线，使导线框内垂直于纸面向里的磁通量再逐渐减小，根据楞次定律可知，感应电流的磁场总是阻碍原磁通量的变化，所以感应电流的磁场先向里，再向外，最后向里，所以导线框中感应电流的方向依次为ACBA →ABCA →ACBA ，A 正确；当导线框内的磁通量为零时，内部的磁通量仍然在变化，有感应电动势产生，所以感应电流不为零，B 错误．根据对楞次定律的理解，感应电流的效果总是阻碍导体间的相对运动，由于导线框一直向下运动，所以导线框所受安培力的合力方向一直向上，不为零，C 、D 错误．5．如图4所示，螺线管匝数n ＝1 000匝，横截面积S ＝10 cm 2，螺线管导线电阻r ＝1 Ω，电阻R ＝9 Ω，磁感应强度B 的B －t 图象如图所示(以向右为正方向)，则( )图4A ．感应电动势为0.6 VB ．感应电流为0.06 VC ．电阻R 两端的电压为0.54 VD ．0～1 s 内感应电流的方向为从C 点通过R 流向A 点答案 D解析 由图象可知⎪⎪⎪⎪ΔB Δt ＝6 T/s ，根据法拉第电磁感应定律可知产生的感应电动势为E ＝n ⎪⎪⎪⎪ΔΦΔt ＝n ⎪⎪⎪⎪ΔB Δt S ＝1 000×6×10×10－4 V ＝6 V ，故选项A 错误；感应电流为I ＝E R ＋r ＝69＋1A ＝0.6 A ，故选项B 错误；电阻R 两端的电压为U ＝IR ＝0.6×9 V ＝5.4 V ，故选项C 错误；0～1 s 通过螺线管的磁通量在增加，根据楞次定律可知感应电流的方向为从C 点通过R 流向A 点，故选项D 正确．6．匀强磁场方向垂直纸面，规定向里的方向为正，磁感应强度B 随时间t 的变化规律如图5甲所示．在磁场中有一细金属圆环，圆环平面位于纸面内，t ＝0时刻磁场的方向垂直纸面向里，如图乙所示，令I 1、I 2、I 3分别表示Oa 、ab 、bc 段的感应电流，F 1、F 2、F 3分别表示感应电流为I 1、I 2、I 3时金属圆环上很小一段受到的安培力，则( )图5A ．I 1沿逆时针方向，I 2沿顺时针方向B ．I 2沿逆时针方向，I 3沿顺时针方向C ．F 1方向指向圆心，F 2方向指向圆心D ．F 2方向背离圆心向外，F 3方向背离圆心向外答案 A解析 根据楞次定律“增反减同”的规律可推知A 正确，B 错误；由“增缩减扩”的规律可知，F 1与F 3的方向指向圆心，F 2方向背离圆心向外，故C 、D 错误．7．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向右匀速运动，底边ef 始终与磁场的底边界bc 在同一直线上，如图6所示．取沿顺时针的电流为正，在线框通过磁场的过程中，其感应电流随时间变化的图象是( )图6答案 B解析 线框进入磁场后，切割的有效长度为：l ＝12v t tan 60°，产生的感应电动势为：E ＝Bl v ＝12B v 2t tan 60°，所以感应电流为：I ＝12B v 2t tan 60°R，从开始进入磁场到d 与a 重合之前，电流与t 是成正比的，由楞次定律判得线框中的电流方向是顺时针的，此后线框切割的有效长度均匀减小，电流随时间变化仍然是线性关系，由楞次定律判得线框中的电流方向是逆时针的，综合以上分析可知B 正确，A 、C 、D 错误．8．如图7所示是研究通电自感实验的电路图，A 1、A 2是两个规格相同的小灯泡，闭合开关调节滑动变阻器R 的滑动触头，使两个灯泡的亮度相同，调节滑动变阻器R 1的滑动触头，使它们都正常发光，然后断开开关S.重新闭合开关S ，则 ( )图7A ．闭合瞬间，A 1立刻变亮，A 2逐渐变亮B ．闭合瞬间，A 1、A 2均立刻变亮C ．稳定后，L 和R 两端的电势差一定相同D ．稳定后，A 1和A 2两端的电势差不相同答案 C解析 断开开关再重新闭合开关的瞬间，根据自感原理可判断，A 2立刻变亮，而A 1逐渐变亮，A 、B 均错误；稳定后，自感现象消失，根据题设条件可判断，闭合开关调节滑动变阻器R 的滑动触头，使两个灯泡的亮度相同，说明此时滑动变阻器R 接入电路的阻值与线圈L 的电阻一样大，线圈L 和R 两端的电势差一定相同，A 1和A 2两端的电势差也相同，所以C 正确，D 错误．二、多项选择题(本题共4小题，每小题5分，共20分．每小题至少有两个选项正确，选对得5分，漏选得3分，错选得0分)9. 如图8所示是电表中的指针和电磁阻尼器，下列说法中正确的是( )图8A ．2是磁铁，1中产生涡流B ．1是磁铁，2中产生涡流C ．该装置的作用是使指针能够转动D ．该装置的作用是使指针能很快地稳定下来答案AD解析当指针摆动时，1随之转动，2是磁铁，那么在1中产生涡流，2对1的安培力将阻碍1的转动．总之，不管1向哪个方向转动，2对1的效果总是起到阻尼作用，所以它能使指针很快地稳定下来．10. 如图9所示，一均匀金属圆盘绕通过其圆心且与盘面垂直的轴逆时针匀速转动．现施加一垂直穿过圆盘的有界匀强磁场，圆盘开始减速．在圆盘减速过程中，以下说法正确的是()图9A．处于磁场中的圆盘部分，靠近圆心处电势高B．所加磁场越强越易使圆盘停止转动C．若所加磁场反向，圆盘将加速转动D．若所加磁场穿过整个圆盘，圆盘将匀速转动答案ABD解析由右手定则可知，处于磁场中的圆盘部分，靠近圆心处电势高，选项A正确；根据E＝BL v可知所加磁场越强，则感应电动势越大，感应电流越大，产生的阻碍圆盘转动的安培力越大，则圆盘越容易停止转动，选项B正确；若加反向磁场，根据楞次定律可知安培力阻碍圆盘的转动，故圆盘仍减速转动，选项C错误；若所加磁场穿过整个圆盘，则圆盘中无感应电流，不产生安培力，圆盘匀速转动，选项D正确．11. 如图10所示，匀强磁场垂直于软导线回路平面，由于磁场发生变化，回路变为圆形．则该磁场()图10A．逐渐增强，方向向外B．逐渐增强，方向向里C．逐渐减弱，方向向外D．逐渐减弱，方向向里答案CD解析对于导线回路来说，圆形面积最大，即由于磁场变化，导致导线回路面积变大，根据楞次定律“增缩减扩”，可判断磁场在减弱，可能是方向垂直软导线回路平面向外的磁场逐渐减弱，也可能是方向垂直软导线回路平面向里的磁场逐渐减弱，选项C、D对．12. 如图11所示，竖直平行金属导轨MN、PQ上端接有电阻R，金属杆ab质量为m，跨在平行导轨上，垂直导轨平面的水平匀强磁场的磁感应强度为B，不计ab与导轨电阻及一切摩擦，且ab与导轨接触良好．若ab杆在竖直向上的外力F作用下匀速上升，则以下说法正确的是()图11A．拉力F所做的功等于电阻R上产生的热量B．杆ab克服安培力做的功等于电阻R上产生的热量C．电流所做的功一定等于重力势能的增加量D．拉力F与重力做功的代数和等于电阻R上产生的热量答案BD解析当外力F拉着金属杆匀速上升时，拉力要克服重力和安培力做功，拉力做的功等于克服安培力和重力做功之和，即等于电阻R上产生的热量和金属杆增加的重力势能之和，选项A、C错误，D正确．克服安培力做多少功，电阻R上就产生多少热量，选项B正确．三、实验题(本题共2小题，共10分)13．(4分)为判断线圈绕向，可将灵敏电流计G与线圈L连接，如图12所示．已知线圈由a端开始绕至b 端：当电流从电流计G的左端流入时，指针向左偏转．图12(1)将磁铁的N极向下从线圈上方竖直插入线圈L时，发现电流计的指针向左偏转．俯视线圈，其绕向为________(选填“顺时针”或“逆时针”)．(2)当条形磁铁从图中的虚线位置向右远离线圈L时，发现电流计的指针向右偏转．俯视线圈，其绕向为________(选填“顺时针”或“逆时针”)．答案(1)顺时针(2)逆时针解析(1)由题可知在线圈L内电流从b流向a，而根据楞次定律(增反减同)知，线圈L中产生的磁场与原磁场方向相反(向上)，再根据安培定则可知，感应电流方向为逆时针方向(俯视线圈)，因此线圈绕向为顺时针方向(俯视线圈)．(2)由题意可知在线圈L内电流从a流向b，而根据楞次定律(增反减同)知，线圈L中产生的磁场与原磁场方向相同(向上)，再根据安培定则可知，感应电流方向与(1)问相同，而电流的流向与(1)问相反，因此线圈绕向一定与(1)问相反，为逆时针方向(俯视线圈)．14．(6分)如图13所示为“研究电磁感应现象”的实验装置．图13(1)将图中所缺的导线补接完整；(2)如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏转一下，那么合上开关后可能出现的情况有：A．将线圈A迅速插入线圈B时，灵敏电流计指针将________．B．线圈A插入线圈B后，将滑动变阻器的滑片迅速向左拉时，灵敏电流计指针________．答案(1)见解析图(2)向右偏转一下向左偏转一下解析(1)如图所示(2)根据楞次定律及灵敏电流计的指针偏转方向与流过它的电流方向的关系来判定，则A.向右偏转一下；B.向左偏转一下．四、计算题(本题共3小题，共38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．(10分)小明同学设计了一个“电磁天平”，如图14所示，等臂天平的左臂为挂盘，右臂挂有矩形线圈，两臂平衡．线圈的水平边长L＝0.1 m，竖直边长H＝0.3 m，匝数为N1.线圈的下边处于匀强磁场内，磁感应强度B0＝1.0 T，方向垂直线圈平面向里．线圈中通有可在0～2.0 A 范围内调节的电流I.挂盘放上待测物体后，调节线圈中电流使天平平衡，测出电流即可测得物体的质量．(重力加速度取g＝10 m/s2)图14 图15(1)为使“电磁天平”的量程达到0.5 kg ，线圈的匝数N 1至少为多少？(2)进一步探究电磁感应现象，另选N 2＝100匝、形状相同的线圈，总电阻R ＝10 Ω.不接外电流，两臂平衡．如图15所示，保持B 0不变，在线圈上部另加垂直纸面向外的匀强磁场，且磁感应强度B 随时间均匀变大，磁场区域宽度d ＝0.1 m ．当挂盘中放质量为0.01 kg 的物体时，天平平衡，求此时磁感应强度的变化率ΔB Δt. 答案 (1)25匝 (2)0.1 T/s解析 (1)“电磁天平”中的线圈受到安培力，I ＝2.0 A 时线圈的匝数最少F ＝N 1B 0IL由天平平衡可知：mg ＝N 1B 0IL代入数据解得：N 1＝25匝．(2)由法拉第电磁感应定律得：E ＝N 2ΔΦΔt ＝N 2ΔB ΔtLd 由欧姆定律得：I ′＝E R线圈受到的安培力F ′＝N 2B 0I ′L由天平平衡可得：m ′g ＝F ′联立各式，代入数据可得ΔB Δt＝0.1 T/s. 16．(13分)如图16所示，水平面(纸面)内间距为l 的平行金属导轨间接一电阻，质量为m 、长度为l 的金属杆置于导轨上．t ＝0时，金属杆在水平向右、大小为F 的恒定拉力作用下由静止开始运动．t 0时刻，金属杆进入磁感应强度大小为B 、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，且在磁场中恰好能保持匀速运动．杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保持垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数为μ.重力加速度大小为g .求：图16(1)金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小；(2)电阻的阻值．答案 (1)Blt 0(F m －μg ) (2)B 2l 2t 0m解析 (1)设金属杆进入磁场前的加速度大小为a ，由牛顿第二定律得F －μmg ＝ma ①设金属杆到达磁场左边界时的速度为v ，由运动学公式有v ＝at 0 ②当金属杆以速度v 在磁场中运动时，由法拉第电磁感应定律知产生的电动势为E ＝Bl v③联立①②③式可得E ＝Blt 0(F m －μg ) ④ (2)设金属杆在磁场区域中匀速运动时，金属杆中的电流为I ，根据欧姆定律I ＝E R ⑤式中R 为电阻的阻值．金属杆所受的安培力为F 安＝BlI⑥因金属杆做匀速运动，有F －μmg －F 安＝0⑦ 联立④⑤⑥⑦式得R ＝B 2l 2t 0m. 17．(15分)如图17甲所示，一电阻不计且足够长的固定光滑平行金属导轨MN 、PQ 间距L ＝0.8 m ，下端接有阻值R ＝3 Ω的电阻，导轨平面与水平面间的夹角θ＝30°.整个装置处于方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中．一质量m ＝0.1 kg 、阻值r ＝0.15 Ω的金属棒垂直导轨放置并用绝缘细线通过光滑的定滑轮与质量M ＝0.9 kg 的重物相连，左端细线连接金属棒中点且沿NM 方向．棒由静止释放后，沿NM 方向位移s 与时间t 之间的关系如图乙所示，其中ab 为直线．已知棒在0～0.3 s 内通过的电荷量是0.3～0.4 s 内通过电荷量的2倍，取g ＝10 m/s 2，求：图17(1)0～0.3 s 内棒通过的位移s 1的大小；(2)电阻R 在0～0.4 s 内产生的热量Q 1.答案 (1)0.6 m (2)3 J解析 (1)棒在0～0.3 s 内通过的电荷量q 1＝I Δt 1平均感应电流I ＝E R ＋r回路中平均感应电动势E ＝Bs 1LΔt 1得q 1＝BLs 1R ＋r同理，棒在0.3～0.4 s 内通过的电荷量 q 2＝BL (s 2－s 1)R ＋r由图乙读出0.4 s 时刻位移大小s 2＝0.9 m 又q 1＝2q 2 解得s 1＝0.6 m.(2)由题图乙知棒在0.3～0.4 s 内做匀速直线运动，棒的速度大小v ＝0.9－0.60.4－0.3 m /s ＝3 m/s对系统，根据能量守恒定律 Q ＝Mgs 2－mgs 2sin θ－12(M ＋m )v 2代入数据解得Q ＝3.15 J 根据焦耳定律有Q 1Q ＝RR ＋r代入数据解得Q 1＝3 J.章末检测卷二(时间：90分钟 满分：100分)一、单项选择题(本题共6小题，每小题4分，共24分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．如图1所示，矩形线圈abcd 放在匀强磁场中，ad ＝bc ＝l 1，ab ＝cd ＝l 2.从图示位置起该线圈以角速度ω绕不同转轴匀速转动，则( )图1A ．以OO ′为转轴时，感应电动势e ＝Bl 1l 2ωsin ωtB ．以O 1O 1′为转轴时，感应电动势e ＝Bl 1l 2ωsin ωtC ．以OO ′为转轴时，感应电动势e ＝Bl 1l 2ωcos ωtD ．以OO ′为转轴和以ab 为转轴一样，感应电动势e ＝Bl 1l 2ωsin ωt 答案 C解析 以O 1O 1′为轴转动时，磁通量不变，不产生交变电流．无论是以OO ′为轴还是以ab 为轴转动，感应电动势的最大值都是Bl 1l 2ω.由于是从与磁场平行的面开始计时，产生的是余弦式交变电流，故C 正确． 2．中国已投产运行的1 000 kV 特高压输电是目前世界上电压最高的输电工程．假设甲、乙两地原来用500 kV 的超高压输电，输电线上损耗的电功率为P .在保持输送电功率和输电线电阻都不变的条件下，现改用1 000 kV 特高压输电，若不考虑其他因素的影响，则输电线上损耗的电功率将变为( ) A.P 4 B.P2 C ．2P D ．4P 答案 A解析 在超高压输电中，设输送电功率为P ′，输电电压为U ，输电线总电阻为R ，则输电线上损耗的电功率为P ＝⎝⎛⎭⎫P ′U 2R ，当输电电压升为原来的2倍时，输电线上损耗的电功率变为原来的14，故选A.3．一交流发电机，当转速为n 1时，其交变电动势e ＝220sin (100πt ) V ，现有如下的说法，其中正确的是 ( ) A ．在t ＝0时，线圈中的磁通量为0 B ．该交流发电机线圈的转速为50 r/sC ．若加在标有“220 V 100 W ”的灯泡的两端，灯泡能正常发光D ．若线圈的转速加倍，则交变电压的最大值、有效值增大一倍而频率不变 答案 B解析 因为交变电流的瞬时值表达式为e ＝E m sin ωt ，其中E m ＝nBSω表示最大值，ω＝2πf .当转速用r/s 作为单位时，转速与频率的数值相等．最大值为有效值的2倍，则该电动势的最大值为220 V ，而灯泡的标注值是有效值，所以选项C 、D 错误，选项B 正确．当t ＝0时，e ＝0，此时线圈处于中性面的位臵，磁通量最大，因此选项A 错误．4. 如图2所示，理想变压器原、副线圈匝数之比为20∶1，原线圈接正弦交流电源，副线圈接入一只“220 V 60 W ”的灯泡，且灯泡正常发光，则 ( )图2A ．电流表的示数为32220 AB ．电源输出功率为1 200 WC ．电流表的示数为3220AD ．原线圈两端电压为11 V 答案 C解析 副线圈电压U 2＝220 V ，电流I 2＝P U 2＝311 A ，则原线圈两端电压U 1＝n 1U 2n 2＝4 400 V ，电流I 1＝n 2I 2n 1＝3220 A ，所以电流表的示数为3220 A ，选项A 、D 错误，C 正确．电源输出功率等于灯泡消耗的功率，为60 W ，选项B 错误．5. 如图3所示，线框匝数为N ，面积为S ，以角速度ω绕垂直磁感应强度为B 的匀强磁场的轴匀速转动．线框的电阻、电感均不计，外电路接有电阻R 、理想电流表和二极管D .二极管D 具有单向导电性，即正向电阻为零，反向电阻无穷大．下列说法正确的是( )图3A ．图示位置电流最大B ．R 两端电压的有效值U ＝ω2NBS C ．交流电流表的示数I ＝ω2R NBSD ．一个周期内通过R 的电荷量q ＝2BSR答案 C解析 由题图可知，图示位臵通过R 的电流为零，R 两端的电压随时间的变化规律如图所示．设电压的有效值为U ，在一个周期内有：(NBSω2)2R ·T 2＝U 2R T ，解得：U ＝12NBSω，电流的有效值I ＝U R ＝NBSω2R ，在一个周期内，只有半个周期的时间有电流通过R ，故：q ＝N ΔΦR ＝2NBSR.故选C.6．一含有理想变压器的电路如图4所示，图中电阻R 1、R 2和R 3的阻值分别为3 Ω、1 Ω和4 Ω，为理想交流电流表，U 为正弦交流电源，输出电压的有效值恒定．当开关S 断开时，电流表的示数为I ；当S 闭合时，电流表的示数为4I .该变压器原、副线圈匝数比为( )图4A ．2B ．3C ．4D ．5 答案 B解析 开关断开时，电路如图甲所示，原、副线圈的电流比I I 2＝n 2n 1，通过R 2的电流I 2＝In 1n 2，副线圈的输出电压U 2＝I 2(R 2＋R 3)＝5In 1n 2，由U 1U 2＝n 1n 2可得原线圈两端的电压U 1＝5I ⎝⎛⎭⎫n 1n 22，则U ＝U 1＋IR 1＝5I ⎝⎛⎭⎫n 1n 22＋3I ；开关闭合时，电路如图乙所示，原、副线圈的电流比4I I 2′＝n 2n 1，通过R 2的电流I 2′＝4In 1n 2，副线圈的输出电压U 2′＝I 2′R 2＝4In 1n 2，由U 1′U 2′＝n 1n 2可得原线圈两端的电压U 1′＝4I ⎝⎛⎭⎫n 1n 22，则U ＝U 1′＋4IR 1＝4I ⎝⎛⎭⎫n 1n 22＋12I ，联立解得n 1n 2＝3，选项B 正确．二、多项选择题(本题共4小题，每小题5分，共20分．每小题至少有两个选项正确，选对得5分，漏选得3分，错选得0分)7．我国“西电东送”采用高压直流输电，继三峡至常州500 kV 直流输电工程后，又实现了三峡至广东的500 kV 直流输电工程．这种输电方式是在高压交流远距离输电的基础上，增加了把交流变为直流的“整流”设备，用户端用专用的“逆变”设备把直流变为交流．关于高压远距离直流输电，下列说法正确的有( ) A ．“整流”设备应放在升压变压器后，而“逆变”设备放在降压变压器前 B ．有利于消除输电线路中感抗和容抗的影响 C ．可以实现不同频率的交流电网络之间的电力传输 D ．高压远距离直流输电对输电线路绝缘性能无要求 答案 ABC8. 如图5所示的电路，一灯泡和一可变电容器串联，下列说法正确的是( )图5A．a、b端接稳恒直流电，灯泡发亮B．a、b端接交变电流，灯泡发亮C．a、b端接交变电流，灯泡发亮，且将电容器电容增大时，灯泡亮度增大D．a、b端接交变电流，灯泡发亮，在不改变交变电流有效值的情况下增大其频率，灯泡亮度增大答案BCD解析电容器有“通交流，隔直流，通高频，阻低频”的特点，B、D项正确，A错误；增大电容器的电容，电容的阻碍作用减小，电流增大，灯泡的亮度增大，C项正确．9．如图6甲所示，理想变压器的原线圈电路中装有0.5 A的保险丝L，原线圈匝数n1＝600匝，副线圈匝数n2＝120匝．当原线圈接在如图乙所示的交变电源上时，要使整个电路和用电器正常工作，则副线圈两端可以接()图6A．阻值为14.4 Ω的电阻B．并联两盏“36 V40 W”的灯泡C．工作频率为10 Hz的电视D．耐压值为36 V的电容器答案AB解析理想变压器可以变压、变流，但不可以改变功率和频率；由题图乙可知，原线圈中交变电源的周期为0.02 s，频率为50 Hz，则副线圈得到的交变电流的频率也为50 Hz，故接入工作频率为10 Hz的电视不能正常工作，C错误；由题图乙可知，原线圈所接电源电压的有效值为180 V，由理想变压器特点可知，变压比等于匝数比，则U2＝120600×180 V，得U2＝36 V，两灯泡接入电路时，原线圈中的电流I1＝49A≈0.44A＜0.5 A，B正确；副线圈两端电压的有效值为36 V，但其最大值大于电容器的耐压值，故D错误；由理想变压器特点可知，原、副线圈消耗的功率相等，则(36 V)2R＝180 V×0.5 A，解得R＝14.4 Ω，A正确．10．如图7甲中理想变压器原、副线圈的匝数之比n1∶n2＝5∶1，电阻R＝20 Ω，L1、L2为规格相同的两只小灯泡，S1为单刀双掷开关．原线圈接正弦交变电源，输入电压u随时间t的变化关系如图乙所示．现将S1接1、S2闭合，此时L2正常发光．下列说法正确的是()图7A ．输入电压u 的表达式u ＝202sin (100πt ) VB ．只断开S 2后，L 1、L 2均正常发光C ．只断开S 2后，原线圈的输入功率增大D ．若S 1换接到2后，R 消耗的电功率为0.8 W 答案 AD解析 由题图乙可知，U m ＝20 2 V ，T ＝0.02 s ，则ω＝2πT＝100π rad/s ，输入电压u ＝202sin (100πt ) V ，故A 正确；由变压器的变压规律知：U 1U 2＝n 1n 2，故U 2＝U 1n 2n 1＝20×15 V ＝4 V ，将S 1接1、S 2闭合时，灯泡L 2正常发光可得，灯泡L 2的额定电压为4 V ，当只断开S 2后，副线圈两端电压不变，此时副线圈的负载为L 1、L 2串联，故L 1、L 2均不能正常发光，B 错误；此时P 出＝U 22R 总，副线圈负载R 总增大，故P 出减小，又P 入＝P 出，故原线圈的输入功率减小，C 错误；当S 1换接到2后，副线圈的负载仅是电阻R ，故P ＝U 22R ＝4220W ＝0.8 W ，D 正确． 三、填空题(本题共2小题，共10分)11. (4分)一交流电压随时间变化的图象如图8所示，则此交流电的频率是________ Hz ，若将该电压加在10 μF 的电容器上，则电容器的耐压值应不小于________V ；若将该电压加在一阻值为1 kΩ的纯电阻用电器上，用电器恰能正常工作，为避免意外事故的发生，电路中保险丝的熔断电流不能低于________ A.图8答案 50 200210解析 由题图知T ＝0.02 s ，U m ＝200 V 而f ＝1T所以f ＝50 Hz ，电容器耐压值应不小于200 V ， I ＝U m 2·1R ＝210A.。
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章末复习课【知识体系】[答案填写] ①磁通量 ②磁通量的变化率 ③E ＝n ΔΦΔt④BL v ⑤12BL ω2 ⑥电流 ⑦L ΔI Δt主题1 楞次定律的理解与应用1．楞次定律．(1)内容：感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化．(2)适用范围：各种电磁感应现象．2．对楞次定律的理解．(1)(2)从实际问题上来理解．①阻碍原磁通量的变化：增“反”减“同”．②阻碍相对运动的：来“拒”去“留”．③使线圈面积有扩大或缩小的趋势：增“缩”减“扩”．④阻碍原电流的变化(自感现象)：增“反”减“同”．(3)从能量观点看：由于“阻碍”，为了维持原磁场的变化，必须有外力克服这一“阻碍”而做功，从而导致其他形式的能转化为电能．所以楞次定律是能量守恒定律在电磁感应现象中的体现．3．楞次定律的使用步骤．【典例1】如图所示，通电螺线管置于闭合金属环a的轴线上，当螺线管中电流I减小时()A．环有缩小的趋势以阻碍原磁通量的减小B．环有扩大的趋势以阻碍原磁通量的减小C．环有缩小的趋势以阻碍原磁通量的增大D．环有扩大的趋势以阻碍原磁通量的增大解析：当螺线管中通过的电流逐渐变小时，电流产生的磁场逐渐变弱，故穿过金属环a的磁通量变小，根据楞次定律可知，为阻碍原磁通量变小，金属环a有收缩的趋势，故A正确，B、C、D错误．答案：A针对训练1．如下图所示，甲是闭合铜线框，乙是有缺口的铜线框，丙是闭合的塑料线框，它们的正下方都放置一薄强磁铁，现将甲、乙、丙拿至相同高度H处同时释放(各线框下落过程中不翻转)，则以下说法正确的是()A．三者同时落地B．甲、乙同时落地，丙后落地C．甲、丙同时落地，乙后落地D．乙、丙同时落地，甲后落地解析：甲是闭合铜线框，乙是有缺口的铜线框，丙是闭合的塑料线框，它们的正下方都放置一薄强磁铁，现将甲、乙、丙拿至相同高度H 处同时释放，穿过甲线框的磁通量发生变化，产生感应电流，铜线框在下落过程中受到向上的安培力作用，线框受到的合外力小于重力，线框向下运动的加速度小于重力加速度，乙线框不闭合，线框下落时产生感应电动势，但没有感应电流，线框不受安培力作用，线框做自由落体运动，加速度等于重力加速度，丙是塑料线框，线框中不产生感应电流，线框做自由落体运动，加速度等于重力加速度，由于甲、乙、丙的位移相等，初速度都为零，甲的加速度小于乙、丙的加速度，乙、丙加速度相等，因此乙、丙同时落地，甲后落地，故D 正确．答案：D主题2 法拉第电磁感应定律两种表达式的应用1．法拉第电磁感应定律．(1)内容：电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量变化率成正比．(2)公式：E ＝n ΔΦΔt(n 为线圈的匝数)． 特别提醒：①感应电动势的大小由穿过电路的磁通量的变化率ΔΦΔt和线圈的匝数n 共同决定，而与磁通量Φ、磁通量的变化量ΔΦ的大小没有必然联系．②用公式E ＝nS ΔB ΔΦ求感应电动势时，S 为线圈在磁场范围内的有效面积．③通过回路截面的电荷量q 仅与n 、ΔΦ和回路电阻R 有关，与时间长短无关．q ＝I —Δt ＝n ΔΦΔtR Δt ＝n ΔΦR .2．导体切割磁感线产生的感应电动势．(1)运动方向和磁感线不垂直．①E ＝Bl v sin θ；②θ为导线运动方向跟磁感线方向的夹角．(2)运动方向和磁感线方向垂直：E ＝Bl v .应用公式E ＝Bl v 时应注意：①本公式是在一定条件下得出的，除了磁场是匀强磁场外，还需B 、l 、v 三者相互垂直．实际问题中当它们不相互垂直时，应取垂直的分量进行计算．②导体平动切割磁感线时，若v 为平均速度，则E 为平均感应电动势；若v 为瞬时速度，则E 为相应的瞬时感应电动势．③公式中的l 为有效切割长度．如图，棒的有效长度为ab 的弦长．甲：l ＝ cd ·sin β(容易错认为l ＝ab ·sin β)．乙：沿v 1方向运动时，l ＝MN ；沿v 2方向运动时，l ＝0.丙：a、b、c、d四种情况的l相同．④E＝Bl v中的速度v是相对于磁场的速度，若磁场也运动时，应注意速度间的相对关系．(3)导体棒以棒上某点为轴在垂直磁场平面内匀速转动．切割磁感线产生感应电动势．①导体棒以端点为轴匀速转动时：E＝12Bl2ω.②导体棒以棒中点为轴匀速转动时：E＝0(AO或BO两点的电势差不为零)，U AO＝U BO＝18Bωl2.③导体棒以棒中任意点为轴匀速转动时：E＝12Bω()l21－l22.【典例2】放在绝缘水平面上的两条平行导轨MN和PQ之间宽度为L，在MNQP间存在磁感应强度为B的匀强磁场，B的方向垂直于导轨平面，导轨左端接有阻值为R的电阻，其他部分电阻不计．导轨右端接一电容为C的电容器，长为2L的金属棒放在导轨上与导轨垂直且接触良好，其a 端放在导轨PQ 上．现将金属棒以a 端为轴，以角速度ω沿导轨平面顺时针旋转90°角，如图所示，求(设导轨长度比2L 长得多)：(1)电阻R 中流过的最大感应电流；(2)通过电阻R 的总电量．解析：(1)从ab 棒以a 端为轴旋，直到b 端脱离导轨的过程中，其感应电动势不断增大，对C 不断充电，同时又与R 构成回路，如图所示．R 上的最大电压U m ＝E m ＝B ×2L ×v 均＝B ×2L ×Lω＝2BL 2ω，通过R 的最大电流 I m ＝E M R ＝2BL 2ωR. (2)ab 脱离导轨前通过R 的电量q ＝I Δt ＝E R Δt ＝ΔΦR Δt Δt ＝B ΔS R ＝B R ×12L ×3L ＝3BL 22R， ab 棒转动到d 点时，电容器的带电量q ′＝CU C ＝CE m ＝2BL 2ωC ，q 总＝q ＋q ′＝3BL 22R ＋2BL 2ωC ＝BL 2⎝ ⎛⎭⎪⎫32R ＋2ωC . 答案：(1)2BL 2ωR (2)BL 2⎝ ⎛⎭⎪⎫32R ＋2ωC 针对训练2.如图，匀强磁场的磁感应强度方向垂直于纸面向里，大小随时间的变化率ΔB Δt＝k 为负的常量．用电阻率为ρ、横截面积为S 的硬导线做成一边长为l 的方框．将方框固定于纸面内，其右半部位于磁场区域中．求：(1)导线中感应电流的大小；(2)磁场对方框作用力的大小随时间的变化率．解析：(1)线框中产生的感应电动势E ＝ΔΦΔt ＝S ′ΔB Δt ＝12l 2k ， 又由题意可知R ＝ρ4l S， 所以I ＝E R ＝klS 8ρ. (2)导线框所受磁场力的大小为F ＝BIl ，它随时间的变化率为 ： ΔF Δt ＝Il ΔB Δt ＝klS 8ρ·l ·k ＝k 2l 2S 8ρ. 答案：(1)klS 8ρ (2)k 2l 2S 8ρ主题3电磁感应中的电路与图象问题1．方法归纳图．2．解决与电路相联系的电磁感应问题的基本方法．(1)明确哪部分导体或电路产生感应电动势，该导体或电路就是电源，其他部分是外电路．(2)用法拉第电磁感应定律确定感应电动势的大小，用楞次定律或右手定则确定感应电流的方向．(3)画等效电路图．分清内外电路，画出等效电路图是解决此类问题的关键．(4)运用闭合电路欧姆定律、串并联电路的特点、电功、电功率等公式求解．3．问题示例．(1)图甲中，若磁场增强，可判断感应电流方向为逆时针，则φB>φA；若线圈内阻为r，则U BA＝ΔΦΔt·RR＋r.(2)图乙中，据右手定则判定电流流经AB的方向为B→A，则可判定φA>φB，若导体棒的电阻为r，则U AB＝BL vR＋r·R.【典例3】(多选)半径为a的导体圆环和长为2a的导体直杆，单位长度电阻均为R 0.圆环水平固定放置，整个内部区域分布着竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B ，杆在圆环上以速度v 平行于直径CD 向右做匀速直线运动，杆始终有两点与圆环良好接触，从圆环中心O 开始，杆的位置由θ确定，如图所示．则( )A ．θ＝0时，杆产生的电动势为2Ba vB ．θ＝π3时，杆产生的电动势为3Ba v C ．θ＝0时，杆受的安培力大小为8B 2a v （π＋4）R 0D ．θ＝π3时，杆受的安培力大小为3B 2a v （5π＋3）R 0解析：θ＝0时，杆产生的电动势E ＝BL v ＝2Ba v ，故A 正确；当θ＝π3时，根据几何关系得出此时导体棒的有效切割长度是a ，所以杆产生的电动势为Ba v ，故B 错误；θ＝0时，由于单位长度电阻均为R 0，所以电路中总电阻⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋π2aR 0，所以杆受的安培力大小是8B 2a v （π＋4）R 0，故C 正确；当θ＝π3时，电路中总电阻是⎝ ⎛⎭⎪⎫518π＋1aR 0，所以杆受到的安培力18B 2a v （5π＋18）R 0，故D 错误． 答案：AC针对训练3．如图甲所示，矩形导线框ABCD固定在匀强磁场中，磁感线垂直于线框所在平面向里．规定垂直于线框所在平面向里为磁场的正方向；线框中沿着ABCDA方向为感应电流i的正方向．要在线框中产生如图乙所示的感应电流，则磁感应强度B随时间t变化的规律可能为()解析：在0～t0时间内，磁场垂直纸面向里，且均匀增大，根据楞次定律，知感应电流的方向为ADCBA，与规定的正方向相反，感应电流为负值．故A错误；在0～t0时间内，磁场垂直纸面向里，且均匀减小，根据楞次定律，知感应电流的方向为ABCDA，与规定的正方向相同，根据法拉第电磁感应定律，产生的感应电动势为定值，则感应电流为定值，同理，在t0～2t0时间内，感应电流的方向为ADCBA，与规定的正方向相反，感应电流为负值，且为定值．故B正确；在0～t0时间内，磁场垂直纸面向里，且均匀减小，根据楞次定律，知感应电流的方向为ABCDA，与规定的正方向相同，根据法拉第电磁感应定律，产生的感应电动势为定值，则感应电流为定值，在t0～2t0时间内，磁场方向垂直纸面向外，且均匀增大，根据楞次定律，感应电流的方向仍然为ABCDA，与规定的正方向相同．故C错误；磁感应强度不变，磁通量不变，则不产生感应电流，故D错误．答案：B主题4电磁感应中的动力学与能量问题1．电磁感应中的动力学问题分析．(1)两种状态处理．①导体处于平衡态——静止或匀速直线运动状态．处理方法：根据平衡条件合外力等于零列式分析．②导体处于非平衡态——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．(2)电磁感应问题中两大研究对象及其相互制约关系．(3)电磁感应中的动力学临界问题．①解决这类问题的关键是通过运动状态的分析，寻找过程中的临界状态，如速度、加速度取最大值或最小值的条件．②基本思路．2．电磁感应中的能量转化问题．(1)运动的动态分析．(2)能量转化特点．机械能或其他形式的能――――――→安培力做负功电能――――→电流做功内能或其他形式的能(3)电能求解思路主要有三种．①利用克服安培力求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功．②利用能量守恒求解：其他形式的能的减少量等于产生的电能．③利用电路特征来求解：通过电路中所产生的电能来计算．【典例4】如图所示，平行且足够长的两条光滑金属导轨，相距0.5 m，与水平面夹角为30°，不计电阻，广阔的匀强磁场垂直穿过导轨平面，磁感应强度B＝0.4 T，垂直导轨放置两金属棒ab和cd，长度均为0.5 m，电阻均为0.1 Ω，质量分别为0.1 kg和0.2 kg，两金属棒与金属导轨接触良好且可沿导轨自由滑动．现ab棒在外力作用下，以恒定速度v＝1.5 m/s沿着导轨向上滑动，cd棒则由静止释放，试求(g 取10 m/s2)：(1)金属棒ab 产生的感应电动势；(2)闭合回路中的最小电流和最大电流；(3)金属棒cd 的最终速度．解析：(1)E ab ＝Bl v ＝0.4×0.5×1.5 V ＝0.3 V .(2)刚释放cd 棒时I 1＝E ab 2R ＝0.32×0.1A ＝1.5 A ， cd 棒受到安培力为F 1＝BI 1l ＝0.4×1.5×0.5 N ＝0.3 N ，cd 棒受到重力沿导轨方向的分力为：G cd ＝m cd g sin 30°＝1 N ，F 1＜G cd ，cd 棒沿导轨向下加速滑动．abcd 闭合回路的感应电动势增大，电流也增大，所以最小电流为I min ＝I 1＝1.5 A.当cd 棒的速度达到最大时，回路的电流最大，此时cd 棒的加速度为零，则mg sin 30°＝BI max l ，I max ＝mg sin 30°Bl＝5 A. (3)由I max ＝Bl v ab ＋Bl v cd 2R， 可得：v cd ＝2RI max －Bl v ab Bl＝3.5 m/s. 答案：(1)0.3 V (2)1.5 A 5 A (3)3.5 m/s针对训练4.如图所示，竖直平面内有足够长的金属导轨，轨距0.2 m ，金属导体ab 可在导轨上无摩擦地上下滑动，ab 的电阻为0.4 Ω，导轨电阻不计，导轨ab 的质量为0.2 g ，垂直纸面向里的匀强磁场的磁感应强度为0.2 T ，且磁场区域足够大，当ab 导体自由下落0.4 s 时，突然接通电键K ，则：(1)试说出K 接通后，ab 导体的运动情况；(2)ab 导体匀速下落的速度是多少(g 取10 m/s 2)?解析：(1)v 0＝gt ＝4 m/s ，F 安＝BIl ab ＝B 2l 2v R＝0.016 N ＞mg ＝0.002 N ， a ＝F 安－mg m ＝B 2l 2v mR－g 方向竖直向上， ab 做竖直向下的加速度逐渐减小的减速运动，当速度减小至F安＝mg 时，ab 做竖直向下的匀速运动．(2)设竖直向下的速度为v ，此时F 安＝BIl ＝B 2l 2v R ＝mg ，v ＝mgR B 2l2＝0.5 m/s. 答案：见解析统揽考情1．感应电流的产生条件、方向判断和电动势的简单计算，磁感应强度、磁通量、电动势、电压、电流随时间变化的图象，以及感应电动势、感应电流随线框位移变化的图象，是高频考点，形式以选择题为主．2．滑轨类问题、线框穿越有界匀强磁场、电磁感应中的能量转化等综合问题，能很好地考查考生的能力，备受命题专家的青睐．真题例析(2017·全国卷Ⅱ)(多选)两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感应强度方向与纸面垂直．边长为0.1 m 、总电阻为0.005 Ω的正方形导线框abcd 位于纸面内，cd 边与磁场边界平行，如图甲所示．已知导线框一直向右做匀速直线运动，cd 边于t ＝0时刻进入磁场．线框中感应电动势随时间变化的图线如图乙所示(感应电流的方向为顺时针时，感应电动势取正)．下列说法正确的是( )A ．磁感应强度的大小为0.5 TB ．导线框运动速度的大小为0.5 m/sC ．磁感应强度的方向垂直于纸面向外D ．在t ＝0.4 s 至t ＝0.6 s 这段时间内，导线框所受的安培力大小为0.1 N解析：由题图象可以看出，0.2～0.4 s 没有感应电动势，说明从开始到ab 进入用时0.2 s ，导线框匀速运动的速度为v ＝L v ＝0.10.2m/s ＝0.5 m/s ，由E ＝BL v 可得B ＝E L v ＝0.010.1×0.5T ＝0.2 T ，A 错误，B 正确；由题图乙可知，线框进磁场时，感应电流的方向为顺时针，由楞次定律可知磁感应强度的方向垂直纸面向外，C 正确；在0.4～0.6 s 内，导线框所受的安培力F ＝ILB ＝B 2L 2v R ＝0.22×0.12×0.50.005N ＝0.04 N ，D 错误． 答案：BC针对训练(2017·全国卷Ⅰ)扫描隧道显微镜(STM)可用来探测样品表面原子尺度上的形貌．为了有效隔离外界振动对STM 的扰动，在圆底盘周边沿其径向对称地安装若干对紫铜薄板，并施加磁场来快速衰减其微小振动，如图所示．无扰动时，按下列四种方案对紫铜薄板施加恒磁场；出现扰动后，对于紫铜薄板上下及左右振动的衰减最有效的方案是( )解析：感应电流产生的条件是闭合回路中的磁通量发生变化．在题图A 中系统振动时在磁场中的部分有时多有时少，磁通量发生变化，产生感应电流，受到安培力，阻碍系统的振动，故A 正确；而B 、C 、D 三个图均无此现象，故错误．答案：A1.(2017·全国卷Ⅲ)如图，在方向垂直于纸面向里的匀强磁场中有一U形金属导轨，导轨平面与磁场垂直．金属杆PQ置于导轨上并与导轨形成闭合回路PQRS，一圆环形金属线框T位于回路围成的区域内，线框与导轨共面．现让金属杆PQ突然向右运动，在运动开始的瞬间，关于感应电流的方向，下列说法正确的是()A．PQRS中沿顺时针方向，T中沿逆时针方向B．PQRS中沿顺时针方向，T中沿顺时针方向C．PQRS中沿逆时针方向，T中沿逆时针方向D．PQRS中沿逆时针方向，T中沿顺时针方向解析：因为PQ突然向右运动，由右手定则可知，PQRS中有沿逆时针方向的感应电流，穿过T中的磁通量减小，由楞次定律可知，T 中有沿顺时针方向的感应电流，D正确，A、B、C错误．答案：D2．(2017·海南卷)(多选)如图所示，空间中存在一匀强磁场区域，磁场方向与竖直面(纸面)垂直，磁场的上、下边界(虚线)均为水平面；纸面内磁场上方有一个正方形导线框abcd，其上、下两边均为磁场边界平行，边长小于磁场上、下边界的间距，若线框自由下落，从ab边进入磁场时开始，直至ab边到达磁场下边界为止，线框下落的速度大小可能()A ．始终减小B ．始终不变C ．始终增加D ．先减小后增加解析：设线框进入磁场时的速度为v ，进入磁场进所受的安培力为F ＝ILB ＝B 2L 2v R ，若mg ＝B 2L 2v R，线框进入后做匀速运动，完全进入做加速直至到达最下边；若mg ＞B 2L 2v R，线框进入后做加速运动，完全进入继续做加速直至到达最下边，C 正确；若mg ＜B 2L 2v R，线框进入后做减速运动，完全进入做加速直至到达最下边，D 正确．答案：CD3．(2017·天津卷)如图所示，两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有电阻R .金属棒ab 与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面下．现使磁感应强度随时间均匀减小，ab 始终保持静止，下列说法正确的是( )A ．ab 中的感应电流方向由b 到aB ．ab 中的感应电流逐渐减小C ．ab 所受的安培力保持不变D ．ab 所受的静摩擦力逐渐减小解析：磁感应强度均匀减小，磁通量减小，由楞次定律可知ab 中的感应电流方向由a到b，A错误，由于磁感应强度均匀减小，再由法，可得感应电动势恒定，则ab中的感应电拉第电磁感应定律E＝SΔBΔt流不变，B错误；由安培力公式F＝ILB，电流不变，B均匀减小，安培力减小，C错误；导体棒受安培力和静摩擦力处于平衡，则有F＝F f，安培力减小，静摩擦力减小，D正确．答案：D4．(2017·江苏卷)如图所示，两个单匝线圈a、b的半径分别为r 和2r.圆形匀强磁场B的边缘恰好与a线圈重合，则穿过a、b两线圈的磁通量之比为()A．1∶1 B．1∶2C．1∶4 D．4∶1解析：由于线圈平面与磁场方向垂直，穿过该面的磁通量为Φ＝BS，半径为r的范围内有匀强磁场，磁场的区域面积为S＝πr2结合图可知，穿过两个线圈的磁感线的条数是相等的，磁通量都是Φ＝πBr2，与线圈的大小无关，A正确，B、C、D错误．答案：A5．(2016·全国卷Ⅱ)(多选)法拉第圆盘发电机的示意图如图所示．铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触．圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中．圆盘旋转时，关于流过电阻R 的电流，下列说法正确的是( )A ．若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定B ．若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a 到b 的方向流动C ．若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化D ．若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R 上的热功率也变为原来的2倍解析：铜盘转动产生的感应电动势为：E ＝12BL 2ω，B 、L 、ω不变，E 不变，电流I ＝E R ＝BL 2ω2R，电流大小恒定不变，由右手定则可知，回路中电流方向不变，若从上往下看，圆盘顺时针转动，由右手定则知，电流沿a 到b 的方向流动，故A 、B 正确；若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向不变，大小变化，故C 错误；若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，回路电流变为原来2倍，根据P ＝I 2R ，电流在R 上的热功率也变为原来的4倍，故D 错误．答案：AB6．(2016·海南卷)如图所示，一圆形金属环与两固定的平行长直导线在同一竖直平面内，环的圆心与两导线距离相等，环的直径小于两导线间距，两导线中通有大小相等、方向向下的恒定电流，若( )A．金属环向上运动，则环上的感应电流方向为顺时针方向B．金属环向下运动，则环上的感应电流方向为顺时针方向C．金属环向左侧直导线靠近，则环上的感应电流方向为逆时针D．金属环向右侧直导线靠近，则环上的感应电流方向为逆时针解析：直导线之间的磁场是对称的，圆环在中间时，通过圆环的磁通量为零，金属环上下运动的时候，圆环的磁通量不变，不会有感应电流产生，A、B错误；金属环向左侧直导线靠近，则穿过圆环的磁场垂直纸面向外并且增强，根据楞次定律可得，环上的感应电流方向为顺时针，C错误；金属环向右侧直导线靠近，则穿过圆环的磁场垂直纸面向里并且增强，根据楞次定律可得，环上的感应电流方向为逆时针，D正确．答案：D。