高中新课标人教版物理 选3-2 第4章综合能力测试A
高中物理人教版选修32课件+同步训练+章末整合+章末检
楞次定律
[想一想]：比较甲、丙两种情况说明什么？比较乙、丁两种情况说明 什么？什么情况下感应电流的磁场方向与原磁场的方向相反？什么 时候相同？
答案 甲、丙两种情况下，磁通量都增大，感应电流的磁场方向与原 磁场方向相反；乙、丁两种情况下，感应电流的磁场方向与原磁场方 向相同．
二、楞次定律
相反 增加 三、右手定则 1. 使用范围
课堂讲义
【例1】关于楞次定律，下列说法中正确的是 () A．感应电流的磁场总是阻碍原磁场的增强 B．感应电流的磁场总是阻碍原磁场的减弱 C．感应电流的磁场总是阻碍原磁场的变化 D．感应电流的磁场总是阻碍原磁通量的变化
楞次定律
阻碍什么？
阻碍引起感应电 流的磁通量的变 化
课堂讲义
【例2】金属环水平固定放置， 现将一竖直的条形磁铁，在 圆环上方沿圆环轴线从静止 开始释放，在条形磁铁穿过 圆环的过程中，条形磁铁与 圆环( ) A．始终相互吸引 B．始终相互排斥 C．先相互吸引，后相互排斥 D．先相互排斥，后相互吸引
楞次定律
S
N
B感 B原
N
感应电流方向
S
靠近圆环的时候相互排斥
B感 S
S N
N B原
感应电流方向
远离圆环的时候相互吸引
课堂讲义
二、楞次定律的应用
应用楞次定律判断感应电流方向的步骤： (1)确定原磁场方向； (2)明确闭合回路中磁通量变化的情况；
(3)应用楞次定律的“增反减同”，确定 感应电流的磁场的方向； (4)应用安培定则，确定感应电流的方向．
课堂讲义 一、楞次定律中阻碍的含义
楞次定律
4．结果如何？
阻碍并不是阻止，原磁通量该增加的最终还是增加，该 减少的最终还是减少，其作用仅仅使电流的磁场对原磁场的作 用是阻碍相对运动．如前面图1所示，甲图中螺线管上端 为N极，下端为S极．感应电流对磁铁的靠近起阻碍作用； 乙图中螺线管上端为S极，下端为N极，感应电流阻碍磁 铁的远离．
人教版高中物理选修3-2第四章 电磁感应单元练习题(含详细答案)
第四章电磁感应一、单选题1.如图所示,一个有弹性的金属圆环被一根橡皮绳吊于通电直导线的正下方,直导线与圆环在同一竖直面内,当通电直导线中电流增大时,弹性圆环的面积S和橡皮绳的长度l将()A．S增大,l变长B．S减小,l变短C．S增大,l变短D．S减小,l变长2.关于涡流,下列说法中不正确的是()A．真空冶炼炉是利用涡流来熔化金属的装置B．家用电磁灶锅体中的涡流是由恒定磁场产生的C．阻尼摆摆动时产生的涡流总是阻碍其运动D．铁芯用相互绝缘的硅钢片叠成能减小涡流3.如图中画出的是穿过一个闭合线圈的磁通量随时间的变化规律,以下哪些认识是正确的()A．第0.6 s末线圈中的感应电动势是4 VB．第0.9 s末线圈中的瞬时电动势比0.2 s末的小C．第1 s末线圈的瞬时电动势为零D．第0.2 s末和0.4 s末的瞬时电动势的方向相同4.如图所示,一个由导体做成的矩形线圈,以恒定速率v运动,从无场区进入匀强磁场区,磁场宽度大于矩形线圈的宽度da,然后出来,若取逆时针方向的电流为正方向,那么下列图中的哪一个图能正确地表示回路中的电流与时间的函数关系()A．B．C．D．5.如图所示,一个带正电的粒子在垂直于匀强磁场的平面内做圆周运动,当磁感应强度均匀增大时,此粒子的动能将()A．不变B．增大C．减少D．以上情况都有可能6.如图所示,一沿水平方向的匀强磁场分布在宽度为2L的某矩形区域内(长度足够大),该区域的上、下边界MN、PS是水平的．有一边长为L的正方形导线框abcd从距离磁场上边界MN的某高处由静止释放下落并穿过该磁场区域,已知当线框的ab边到达MN时线框刚好做匀速直线运动(以此时开始计时),以MN处为坐标原点,取如图坐标轴x,并规定逆时针方向为感应电流的正方向,则关于线框中的感应电流与ab边的位置坐标x间的以下图线中,可能正确的是()A．B．C．D．7.如下图所示,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()A．导线框中感应电流的方向依次为ACBA→ABCA→ACBAB．导线框的磁通量为零时,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8.一矩形线框置于匀强磁场中,线框平面与磁场方向垂直．先保持线框的面积不变,将磁感应强度在1 s时间内均匀地增大到原来的两倍．接着保持增大后的磁感应强度不变,在1 s时间内,再将线框的面积均匀地减小到原来的一半．先后两个过程中,线框中感应电动势的比值为()A．B． 1C． 2D． 49.法拉第电磁感应定律可以这样表述：闭合电路中感应电动势的大小()A．跟穿过这一闭合电路的磁通量成正比B．跟穿过这一闭合电路的磁感应强度成正比C．跟穿过这一闭合电路的磁通量的变化率成正比D．跟穿过这一闭合电路的磁通量的变化量成正比10.某线圈中产生了恒定不变的感应电流,关于穿过该线圈的磁通量Φ随时间t变化的规律,可能是下面四幅图中的()A．B．C．D．二、多选题11.(多选)如图,足够长的U型光滑金属导轨平面与水平面成θ角(0＜θ＜90°),其中MN与PQ平行且间距为l,导轨平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直,导轨电阻不计,其上端所接定值电阻为R.给金属棒ab一沿斜面向上的初速度v0,并与两导轨始终保持垂直且接触良好,ab棒接入电路的电阻为r,当ab棒沿导轨上滑距离x时,速度减小为零．则下列说法不正确的是()A．在该过程中,导体棒所受合外力做功为mvB．在该过程中,通过电阻R的电荷量为C．在该过程中,电阻R产生的焦耳热为D．在导体棒获得初速度时,整个电路消耗的电功率为v012.(多选)在如图所示的各图中,闭合线框中能产生感应电流的是()A．B．C．D．13.如图所示,在匀强磁场中放有平行铜导轨,它与大线圈M相连接,要使小导线圈N获得顺时针方向的感应电流,则放在导轨上的金属棒ab的运动情况(两线圈共面放置)是()A．向右匀速运动B．向左加速运动C．向右减速运动D．向右加速运动三、实验题14.如图是做探究电磁感应的产生条件实验的器材．(1)在图中用实线代替导线把它们连成实验电路．(2)由哪些操作可以使灵敏电流计的指针发生偏转()A．闭合开关B．断开开关C．保持开关一直闭合D．将线圈A从B中拔出(3)假设在开关闭合的瞬间,灵敏电流计的指针向左偏转,则当螺线管A向上拔出的过程中,灵敏电流计的指针向______(填“左”或“右”)偏转．15.英国物理学家法拉第在1831年发现了“磁生电”现象．现在某一课外活动小组的同学想模仿一下法拉第实验,于是他们从实验室里找来了两个线圈A、B,两节干电池、电键、电流计、滑动变阻器等器材,如图所示．请同学们帮助该活动小组,用笔画线代替导线,将图中的器材连接成实验电路．四、计算题16.如图所示,长为L＝0.2 m、电阻为r＝0.3 Ω、质量为m＝0.1 kg的金属棒CD垂直放在位于水平面上的两条平行光滑金属导轨上,两导轨间距也为L,棒与导轨接触良好,导轨电阻不计,导轨左端接有R ＝0.5 Ω的电阻,量程为0～3.0 A的电流表串联在一条导轨上,量程为0～1.0 V的电压表接在电阻R 的两端,垂直导轨平面的匀强磁场向下穿过平面．现以向右恒定的外力F使金属棒右移,当金属棒以v＝2 m/s的速度在导轨平面上匀速滑动时,观察到电路中的一个电表正好满偏,而另一电表未满偏．问：(1)此时满偏的电表是什么表？说明理由．(2)拉动金属棒的外力F多大？(3)导轨处的磁感应强度多大？17.如图所示,ef、gh为水平放置的足够长的平行光滑导轨,导轨间距为L＝1 m,导轨左端连接一个R ＝3 Ω的电阻,一根电阻为1 Ω的金属棒cd垂直地放置在导轨上,与导轨接触良好,导轨的电阻不计,整个装置放在磁感应强度为B＝2 T的匀强磁场中,磁场方向垂直于导轨平面向上．现对金属棒施加4 N的水平向右的拉力F,使棒从静止开始向右运动,试解答以下问题：(1)金属棒达到的最大速度v是多少？(2)金属棒达到最大速度后,R上的发热功率为多大？18.如图所示,两根足够长的光滑金属导轨ab、cd竖直放置,导轨间距离为L,电阻不计．在导轨上端并接两个额定功率均为P、电阻均为R的小灯泡．整个系统置于匀强磁场中,磁感应强度方向与导轨所在平面垂直．现将一质量为m、电阻可以忽略的金属棒MN从图示位置由静止开始释放．金属棒下落过程中保持水平,且与导轨接触良好．已知某时刻后两灯泡保持正常发光．重力加速度为g.求：(1)磁感应强度的大小;(2)灯泡正常发光时金属棒的运动速率．五、填空题19.如图所示,线圈ABCO面积为0.4 m2,匀强磁场的磁感应强度B＝0.1 T,方向为x轴正方向,通过线圈的磁通量为________Wb.在线圈由图示位置绕z轴向下转过60°的过程中,通过线圈的磁通量改变了________Wb.(可以用根式表示)20.图甲为“探究电磁感应现象”实验中所用器材的示意图．现将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、B、电流计及开关连接成如图所示的电路．(1)开关闭合后,下列说法中正确的是________．A．只要将线圈A放在线圈B中就会引起电流计指针偏转B．线圈A插入或拔出线圈B的速度越大,电流计指针偏转的角度越大C．滑动变阻器的滑片P滑动越快,电流计指针偏转的角度越大D．滑动变阻器的滑片P匀速滑动时,电流计指针不会发生偏转(2)在实验中,如果线圈A置于线圈B中不动,因某种原因,电流计指针发生了偏转．这时,线圈B相当于产生感应电流的“电源”．这个“电源”内的非静电力是________．如果是因为线圈A插入或拔出线圈B,导致电流计指针发生了偏转．这时,是________转化为电能．(3)上述实验中,线圈A可等效为一个条形磁铁,将线圈B和灵敏电流计简化如图乙所示．当电流从正接线柱流入灵敏电流计时,指针向正接线柱一侧偏转．则乙图中灵敏电流计指针向其________接线柱方向偏转(填“正”或“负”)．21.如下图所示,半径为r的金属圆环绕通过直径的轴OO′以角速度ω匀速转动,匀强磁场的磁感应强度为B,以金属环的环面与磁场方向重合时开始计时,求在转动30°角的过程中,环中产生的平均感应电动势为________．22.如图所示,金属环直径为d、总电阻为2R,匀强磁场磁感应强度为B,垂直穿过环所在平面．电阻为的导体杆AB沿环表面以速度v向右滑至环中央时,杆两端的电压为________．23.如下图甲所示,环形线圈的匝数n＝1000,它的两个端点a和b间接有一理想电压表,线圈内磁感应强度B的变化规律如图乙所示,线圈面积S＝100 cm2,则Uab＝________,电压表示数为________V.答案解析1.【答案】D【解析】当通电直导线中电流增大时,穿过金属圆环的磁通量增大,金属圆环中产生感应电流,根据楞次定律,感应电流要阻碍磁通量的增大：一是用缩小面积的方式进行阻碍;二是用远离直导线的方法进行阻碍,故D正确．2.【答案】B【解析】高频感应炉是用涡流来熔化金属对其进行冶炼的,炉内放入被冶炼的金属,线圈内通入高频交变电流,这时被冶炼的金属中产生涡流就能被熔化．故A正确;电磁炉利用高频电流在电磁炉内部线圈中产生磁场,当含铁质锅具放置炉面时,铁磁性锅体被磁化,锅具即切割交变磁感线而在锅具底部产生交变的涡流,恒定磁场不会产生涡流,故B错误;阻尼摆摆动时产生的涡流总是阻碍其运动,当金属板从磁场中穿过时,金属板板内感应出的涡流会对金属板的运动产生阻碍作用．故C正确;在整块导体内部发生电磁感应而产生感应电流的现象称为涡流现象,要损耗能量,不用整块的硅钢铁芯,其目的是为了减小涡流,故D正确．本题选择错误的,故选B.3.【答案】A【解析】由法拉第电磁感应定律知：感应电动势E＝可知：0．3～0.8 s：E＝＝＝－4 V,负号表示方向与正方向相反,A正确;图象的斜率表示电动势的大小,由图象知第0.9 s末线圈中的瞬时电动势比0.2 s末的大,B错误;第1 s末线圈的磁感强度为零,但磁通量的变化率不为零,电动势不为零,C错误;第0.2 s末和0.4 s末的图象斜率一正一负,瞬时电动势的方向相反,D错误．4.【答案】C【解析】根据楞次定律,线圈进入磁场的过程,穿过线圈的磁通量向里的增加,产生逆时针方向的感应电流,因为速度恒定,所以电流恒定,故A、D错误;离开磁场时,穿过线圈的向里的磁通量减少,所以产生顺时针方向的电流,B错误,C正确．5.【答案】B【解析】当垂直纸面向里的磁场增强时,产生逆时针的涡旋电场,带正电的粒子将受到这个电场对它的电场力作用,而使动能增加,故B正确．6.【答案】D【解析】在第一个L内,线框匀速运动,电动势恒定,电流恒定;在第二个L内,线框只在重力作用下加速,速度增大;在第三个L内,安培力大于重力,线框减速运动,电动势减小,电流减小．这个过程加速度逐渐减小,速度是非线性变化的,电动势和电流都是非线性减小的,选项A、B均错误．安培力再减小,也不至于减小到小于第一段时的值,因为当安培力等于重力时,线框做匀速运动,选项C错误,D正确．7.【答案】A【解析】根据右手螺旋定则可知导线上方的磁场方向垂直于纸面向外,下方的磁场方向垂直于纸面向里,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,当增大到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,当增大到A点与导线重合时,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,所以根据楞次定律可知,感应电流的磁场总是阻碍内部磁通量的变化,所以感应电流的磁场先向内,再向外,最后向内,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．8.【答案】B【解析】设原磁感应强度是B,线框面积是S.第1 s内ΔΦ1＝2BS－BS＝BS,第2 s内ΔΦ2＝2B·－2B·S＝－BS.因为E＝n,所以两次电动势大小相等,B正确．9.【答案】C【解析】由法拉第电磁感应定律可知,闭合电路中产生的感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比,与磁通量及磁通量的变化量无关．故A、B、D错误,C正确．10.【答案】B【解析】要想该线圈中产生恒定不变的感应电流,则要求该线圈中产生的感应电动势是恒定不变的,要想线圈中产生恒定不变的感应电动势,由法拉第电磁感应定律可知,穿过线圈的磁通量的变化率应是恒定的,即在Φ－t图象中,其图线是一条倾斜的直线．11.【答案】ABC【解析】在该过程中,导体棒和金属导轨组成的系统所受合外力做功为mv,A错误;由q＝IΔt,I＝,E＝＝,通过电阻R的电荷量为q＝,B错误;由于不知摩擦力是否存在,所以C错误;在导体棒获得初速度时,电路中电动势为E＝Blv0,I＝,P＝I2(r＋R)＝v0,D正确．12.【答案】AB【解析】感应电流产生的条件是：只要穿过闭合线框的磁通量变化,闭合线框中就有感应电流产生．A图中,线框转动过程中,通过线框的磁通量发生变化,线框中有感应电流产生;B图中离直导线越远磁场越弱,所以当线框远离导线时,线框中磁通量不断变小,所以B图中有感应电流产生;C图中一定要把条形磁铁周围的磁感线空间分布图弄清楚,在图示位置,线框中的磁通量为零,在向下移动过程中,线框的磁通量一直为零,磁通量不变,线框中无感应电流产生;D图中,线框中的磁通量一直不变,无感应电流产生．故选A、B.13.【答案】BC【解析】14.【答案】(1)见解析(2)ABD(3)右【解析】(1)将灵敏电流计与大线圈B组成闭合回路,电源、开关、小线圈A组成闭合回路,电路图如图所示．(2)将开关闭合或断开,导致穿过线圈的磁通量变化,产生感应电流,灵敏电流计指针偏转,故A、B正确;保持开关一直闭合,则穿过线圈B的磁通量不变,没有感应电流产生,灵敏电流计指针偏转,故C错误;将螺线管A插入(或拔出)螺线管B时穿过线圈B的磁通量发生变化,线圈B中产生感应电流,灵敏电流计指针偏转,故D正确．(3)在开关闭合的瞬间,穿过线圈B的磁通量增大,灵敏电流计的指针向左偏转,则当螺线管A向上拔出的过程中,穿过线圈B的磁通量减小,灵敏电流计的指针向右偏转．15.【答案】【解析】线圈A与带电池的电路相连,线圈B与电流计相连,当滑动滑动变阻器时,线圈A中的电流变化,从而引起B中产生感应电流,也可以保持滑动器划片不动,线圈A插入或者拔出时,都可以引起B中产生感应电流．16.【答案】(1)见解析(2)1.6 N(3)4 T【解析】(1)假设电流表满偏,则I＝3.0 A,R两端电压U＝IR＝3.0×0.5 V＝1.5 V,将大于电压表的量程,不符合题意,故满偏电表应该是电压表．(2)由能量关系知,电路中的电能是外力做功转化来的,所以有Fv＝I2(R＋r),I＝,两式联立得F＝＝1.6 N.(3)磁场是恒定的,且不发生变化,由于CD运动而产生感应电动势,因此是动生电动势．根据法拉第电磁感应定律有E＝BLv,根据闭合电路欧姆定律得E＝U＋Ir以及I＝,联立三式得B＝＋＝4 T.17.【答案】(1)4 m/s(2)12 W【解析】(1)当金属棒速度最大时,拉力与安培力相等.＝F,v m＝＝4 m/s(2)回路中电流为I＝＝2 A,电阻上的发热功率为P＝I2R＝12 W.18.【答案】(1)(2)【解析】(1)设小灯泡的额定电流为I0,有P＝I R,①由题意,在金属棒沿导轨竖直下落的某时刻后,小灯泡保持正常发光,流经MN的电流为I＝2I0,②此时金属棒MN所受的重力和安培力相等,下落的速度达到最大值,有mg＝BLI,③联立①②③式得B＝(2)设灯泡正常发光时,金属棒的速率为v,由电磁感应定律与闭合电路欧姆定律得E＝BLv,⑤E＝RI0,⑥联立①②④⑤⑥式得v＝.⑦19.【答案】00.02或3.46×10－2【解析】线圈ABCO与x轴正方向的匀强磁场平行,没有一条磁感线穿过平面,所以磁通量等于0.在线圈由图示位置绕z轴向下转过60°时,线圈在中性面上面的投影面积为0.4×sin 60°,磁通量Φ＝0.1×0.4×sin 60°＝0.02Wb,磁通量变化量ΔΦ＝0.1×0.4×sin 60°－0＝0.02Wb.20.【答案】(1)BC(2)感应电场的电场力机械能(3)负【解析】(1)将线圈A放在线圈B中,由于磁通量不变化,故不会产生感应电流,也不会引起电流计指针偏转,选项A错误;线圈A插入或拔出线圈B的速度越大,则磁通量的变化率越大,产生的感应电流越大,电流计指针偏转的角度越大,选项B正确;滑动变阻器的滑片P滑动越快,电流的变化率越大,磁通量的变化率越大,则感应电流越大,电流计指针偏转的角度越大,选项C正确;滑动变阻器的滑片P 匀速滑动时,电流发生变化,磁通量变化,也会产生感应电流,故电流计指针也会发生偏转,选项D错误．故选BC.(2)这个“电源”内的非静电力是感应电场的电场力．如果是因为线圈A插入或拔出线圈B,导致电流计指针发生了偏转．这时是机械能转化为电能．(3)根据楞次定律可知,通过电流计的电流从负极流入,故灵敏电流计指针向其负接线柱方向偏转．21.【答案】3Bωr2【解析】ΔΦ＝Φ2－Φ1＝BS sin 30°－0＝Bπr2.又Δt＝＝＝所以＝＝＝3Bωr2.22.【答案】【解析】杆切割产生的感应电动势：E＝Bdv.两个电阻为R的半金属圆环并联,并联电阻R并＝R,电路电流(总电流)：I＝＝,杆两端的电压：U＝IR并＝Bdv.23.【答案】50 V50【解析】由B－t图象可知＝5 T/s由E＝n S得：E＝1 000×5×100×10－4V＝50 V.。
高中物理人教版选修32课件+同步训练+章末整合+章末检测：第4章+电磁感应(21份)4.6
感生电场问题1.图468如图468所示，内壁光滑的塑料管弯成的圆环平放在水平桌面上，环内有一带负电的小球，整个装置处于竖直向下的磁场中，当磁场突然增强时，小球将( ) A ．沿顺时针方向运动 B ．沿逆时针方向运动 C ．在原位置附近往复运动 D ．仍然保持静止状态解析 当磁场增强时，由楞次定律知感应电流沿逆时针方向，即感生电场沿逆时针方向，带负电的小球在电场力作用下沿顺时针方向运动． 答案 AE ＝n ΔΦΔt及E ＝Bl v 的比较应用图4692．如图469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 段直导线始终不受安培力C ．感应电动势最大值E m ＝Ba vD ．感应电动势平均值E ＝14πBa v解析 导体切割磁感线产生感应电动势，由右手定则可知，感应电流方向不变，A 正确；感应电动势最大值即切割磁感线等效长度最大时的电动势，故E m ＝Ba v ，C 正确；E ＝ΔΦΔt ，ΔΦ＝B ·12πa 2，Δt＝2a v ，由上式得E ＝14πBa v ，D 正确．答案 ACD电磁感应中的转动切割问题图46103．如图4610所示，均匀磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框，半圆直径与磁场边缘重合；磁场方向垂直于半圆面(纸面)向里，磁感应强度大小为B 0.使该线框从静止开始绕过圆心O 、垂直于半圆面的轴以角速度ω匀速转动半周，在线框中产生感应电流．现使线框保持图中所示位置，磁感应强度大小随时间线性变化．为了产生与线框转动半周过程中同样大小的电流，磁感应强度随时间的变化率ΔBΔt 的大小应为( )A.4ωB 0πB.2ωB 0πC.ωB 0πD.ωB 02π解析 设圆的半径为L ，电阻为R ，当线框以角速度ω匀速转动时产生的感应电动势E 1＝12B 0ωL 2.当线框不动，而磁感应强度随时间变化时E 2＝12πL 2ΔB Δt ，由E 1R ＝E 2R 得12B 0ωL 2＝12πL 2ΔB Δt ，即ΔB Δt ＝ωB 0π，故C 项正确． 答案 C电磁感应中的电荷量计算4.图4611物理实验中，常用一种叫做“冲击电流计”的仪器测定通过电路的电荷量．如图4611所示，探测线圈与冲击电流计串联后可用来测定磁场的磁感应强度．已知线圈的匝数为n ，面积为S ，线圈与冲击电流计组成的回路电阻为R .若将线圈放在被测匀强磁场中，开始时线圈平面与磁场垂直，现把探测线圈翻转180°，冲击电流计测出通过线圈的电荷量为q ，由上述数据可测出被测磁场的磁感应强度为( ) A.qR S B.qRnSC.qR 2nSD.qR 2S解析 q ＝I ·Δt ＝ER ·Δt ＝n ΔΦΔt R Δt ＝n ΔΦR ＝n 2BSR，所以B ＝qR2nS .答案 C(时间：60分钟)题组一 感生电场的理解 1.图4612如图4612所示，一个闭合电路静止于磁场中，由于磁场强弱的变化，而使电路中产生了感应电动势，下列说法中正确的是( )A ．磁场变化时，会在空间激发一个电场B ．使电荷定向移动形成电流的力是磁场力C ．使电荷定向移动形成电流的力是电场力D ．以上说法都不对解析 磁场变化时，会在空间产生感生电场，感生电场的电场力使电荷定向移动形成电流，故A 、C 正确． 答案 AC2．下列说法中正确的是( ) A ．感生电场是由变化的磁场产生B ．恒定的磁场也能在周围空间产生感生电场C ．感生电场的方向也同样可以用楞次定律和右手螺旋定则来判定D ．感生电场的电场线是闭合曲线，其方向一定是沿逆时针方向解析 磁场变化时在空间激发感生电场，其方向与所产生的感应电流方向相同，可由楞次定律和右手螺旋定则判断，A 、C 项正确． 答案 AC3.图4613如图4613所示，一个带正电的粒子在垂直于匀强磁场的平面内做圆周运动，当磁感应强度均匀增大时，此粒子的动能将( ) A ．不变 B ．增大 C ．减少D ．以上情况都有可能解析 当垂直纸面向里的磁场增强时，产生逆时针的涡旋电场，带正电的粒子将受到这个电场对它的电场力作用，而使动能增加，故B 正确． 答案 B题组二 感生电动势的计算4．如图4614甲所示，电路的左侧是一个电容为C 的电容器，电路的右侧是一个环形导体，环形导体所围的面积为S .在环形导体中有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度的大小随时间变化的规律如图乙所示．则在0～t 0时间内电容器( )图4614A ．上极板带正电，所带电荷量为CS (B 2－B 1)t 0B ．上极板带正电，所带电荷量为C (B 2－B 1)t 0C ．上极板带负电，所带电荷量为CS (B 2－B 1)t 0D ．上极板带负电，所带电荷量为C (B 2－B 1)t 0解析 根据法拉第电磁感应定律，电动势E ＝(B 2－B 1)St 0，电容器两端的电压等于电源的电动势，所以电容器所带的带电量Q ＝CU ＝CS (B 2－B 1)t 0，根据楞次定律，在环形导体中产生的感应电动势的方向为逆时针方向，所以电容器的上极板带正电．故A 正确，B 、C 、D 错误．答案 A5．如图4615所示，导轨是水平的导轨，间距L 1＝0.5 m ，ab 杆与导轨左端的距离L 2＝0.8 m ，由导轨与ab 杆所构成的回路的总电阻R ＝0.2 Ω，方向竖直向下的匀强磁场的磁感应强度B 0＝1 T ，重物的质量M ＝0.04 kg ，用细绳通过定滑轮与ab 杆的中点相连，各处的摩擦均可忽略不计．现使磁场以ΔBΔt＝0.2 T/s 的变化率均匀地增大，试求当t 为多少秒时，M 刚好离开地面(取g ＝10 m/s 2)?图4615解析 根据法拉第电磁感应定律，感生电动势 E ＝ΔΦΔt ＝ΔBΔtL 1L 2回路中的感应电流为I ＝ERab 杆所受的安培力 F 安＝BL 1I ＝(B 0＋ΔBΔt t )L 1I重物从刚好离开地面时F 安＝Mg 联立上述四个方程解得： t ＝MgR L 21L 2(Δt ΔB )2－ΔtΔBB 0＝5 s. 答案 5 s题组三 动生电动势的计算6．如图4616所示，平行导轨间的距离为d ，一端跨接一个电阻R ，匀强磁场的磁感应强度为B ，方向垂直于平行金属导轨所在的平面，一根足够长的金属棒与导轨成θ角放置．金属棒与导轨的电阻不计，当金属棒沿垂直于棒的方向滑行时，通过电阻R 的电流为( )图4616A.Bd vR B.Bd v sin θRC.Bd v cos θRD.Bd v R sin θ解析 题中B 、l 、v 满足两两垂直的关系，所以E ＝Bl v ，其中l ＝dsin θ，即E ＝Bd v sin θ，故通过电阻R的电流为Bd vR sin θ，选D.答案 D7．如图4617，在磁感应强度为B 、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，金属杆MN 在平行金属导轨上以速度v 向右匀速滑动，MN 中产生的感应电动势为E 1；若磁感应强度增为2B ，其他条件不变，MN 中产生的感应电动势变为E 2.则通过电阻R 的电流方向及E 1与E 2之比E 1∶E 2分别为( )图4617A ．c ―→a,2∶1B ．a ―→c,2∶1C ．a ―→c,1∶2D ．c ―→a,1∶2解析 根据电磁感应定律E ＝Bl v ，磁感应强度增为2B 其他条件不变，所以电动势变为2倍，根据右手定则可知电流方向该为N 到M 即通过电阻为a 到c . 答案 C题组四 电磁感应中的转动切割问题8．纸面内两个半径均为R 的圆相切于O 点，两圆形区域分别存在垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度大小相等．方向相反，且不随时间变化．一长为2R 的导体杆OA 绕过O 点且垂直于纸面的轴顺时针匀速旋转，角速度为ω，t ＝0时，OA 恰好位于两圆的公切线上，如图4618所示．若选取从O 指向A 的电动势为正，下列描述导体杆中感应电动势随时间变化的图象可能正确的是( )图4618解析 导体杆OA 绕过O 点且垂直于纸面的轴顺时针匀速旋转，在转过180°的过程中，切割磁感线的导体棒长度先不均匀增大后减小，由右手定则可判断出感应电动势的方向为由O 指向A 为正，所以下列描述导体杆中感应电动势随时间变化的图象可能正确的是C. 答案 C9．如图4619所示，半径为r 的金属圆盘在垂直于盘面的匀强磁场B 中，绕O 轴以角速度ω沿逆时针方向匀速转动，则通过电阻R 的电流的大小和方向是(金属圆盘的电阻不计)( )图4619A ．由c 到d ，I ＝Br 2ω/RB ．由d 到c ，I ＝Br 2ω/RC ．由c 到d ，I ＝Br 2ω/(2R )D ．由d 到c ，I ＝Br 2ω/(2R )解析 金属圆盘在匀强磁场中匀速转动，可以等效为无数根长为r 的导体棒绕O 点做匀速圆周运动，其产生的电动势大小为E ＝Br 2ω/2，由右手定则可知其方向由外指向圆心，故通过电阻R 的电流I ＝Br 2ω/(2R )，方向指向c ，故选D 项． 答案 D题组五 电磁感应中的电荷量问题图462010．如图4-6-20所示，空间存在垂直于纸面的匀强磁场，在半径为a 的圆形区域内部及外部，磁场方向相反，磁感应强度的大小均为B .一半径为b (b ＞a )，电阻为R 的圆形导线环放置在纸面内，其圆心与圆形区域的中心重合．当内、外磁场同时由B 均匀地减小到零的过程中，通过导线截面的电量为( ) A.πB |(b 2－2a 2)|RB.πB (b 2＋2a 2)RC.πB (b 2－a 2)RD.πB (b 2＋a 2)R解析 开始时穿过导线环向里的磁通量设为正值，Φ1＝B πa 2，向外的磁通量则为负值，Φ2＝－B ·π(b 2－a 2)，总的磁通量为它们的代数和(取绝对值)Φ＝B ·π|(b 2－2a 2)|，末态总的磁通量为Φ′＝0，由法拉第电磁感应定律得平均感应电动势为E ＝ΔΦΔt ，通过导线截面的电量为q ＝ER ·Δt ＝πB |(b 2－2a 2)|R ，A项正确． 答案 A11．在拆装某种大型电磁设备的过程中，需将设备内部的处于匀强磁场中的线圈先闭合，然后再提升直至离开磁场，操作时通过手摇轮轴A 和定滑轮O 来提升线圈．假设该线圈可简化为水平长为L 、上下宽度为d 的矩形线圈，其匝数为n ，总质量为M ，总电阻为R ，磁场的磁感应强度为B ，如图4621所示．开始时线圈的上边缘与有界磁场的上边缘平齐．若转动手摇轮轴A ，在时间t 内把线圈从图示位置匀速向上拉出磁场．求此过程中，流过线圈中导线横截面的电荷量是多少．图4621解析 在匀速提升过程中线圈运动速度v ＝dt ，线圈中感应电动势E ＝nBL v ，产生的感应电流I ＝ER ，流过导线横截面的电荷量q ＝I ·t ，联立得q ＝nBLdR .答案nBLdR12．如图4622甲所示，一个电阻值为R 、匝数为n 的圆形金属线圈与阻值为2R 的电阻R 1连接成闭合回路．线圈的半径为r 1.在线圈中半径为r 2的圆形区域存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B 随时间t 变化的关系图线如图4622乙所示．图线与横、纵轴的截距分别为t 0和B 0，导线的电阻不计． 求0至t 1时间内：(1)通过电阻R 1的电流大小和方向；(2)通过电阻R 1的电荷量q 及电阻R 1产生的热量．图4622解析 (1)由图象分析可知，0至t 1时间内ΔB Δt ＝B 0t 0，由法拉第电磁感应定律有 E ＝n ΔΦΔt ＝n ΔB Δt ·S ，而S ＝πr 22 由闭合电路欧姆定律有I 1＝ER 1＋R联立以上各式解得通过电阻R 1上的电流大小为I 1＝nB 0πr 223Rt 0，由楞次定律可判断通过电阻R 1的电流方向为从b 到a . (2)通过电阻R 1的电荷量 q ＝I 1t 1＝nB 0πr 22t 13Rt 0，通过电阻R 1产生的热量 Q ＝I 21R 1t 1＝2n2B 20π2r 42t 19Rt 20.答案 (1)I 1＝nB 0πr 223Rt 0方向从b 到a(2)q ＝nB 0πr 22t 13Rt 0 Q ＝2n 2B 20π2r 42t 19Rt 20图462313．金属杆MN 和PQ 间距为l ，MP 间接有电阻R ，磁场如图4623所示，磁感应强度为B .金属棒AB 长为2l ，由图示位置以A 为轴，以角速度ω匀速转过90°(顺时针)．求该过程中(其他电阻不计)． (1)R 上的最大电功率； (2)通过R 的电荷量．解析 AB 转动切割磁感线，且切割长度由l 增至2l 以后AB 离开MN ，电路断开． (1)当B 端恰转至N 时，E 最大．E m ＝B ·2l ·0＋2lω2＝2Bωl 2，P m ＝E 2m R ＝4B 2ω2l 4R(2)AB 由初位置转至B 端恰在N 点的过程中 ΔΦ＝B ·12·l ·2l ·sin 60°＝32Bl 2q ＝I ·Δt ＝ΔΦR ＝3Bl 22R.4B2ω2l4R(2)3Bl2 2R答案(1)。
人教版高中物理选修32同步练测第四章7涡流、电磁阻尼和电磁驱动
高中物理学习资料金戈铁骑整理制作7涡流、电磁阻尼和电磁驱动建议用时本质用时45分钟一、选择题（本题包括9 小题，每题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得 5 分，选对但不全的得 2 分，有选错或不选的得0 分，共45 分）1. 以下哪些仪器是利用涡流工作的()A. 电磁炉B.微波炉C. 金属探测器D.电饭煲2．变压器的铁芯是利用薄硅钢片叠压而成的，而不是采用一整块硅钢，这是为了()A．增大涡流，提高变压器的效率B．减小涡流，提高变压器的效率C．增大铁芯中的电阻，以产生更多的热量D．增大铁芯中的电阻，以减小发热量3. 以下关于涡流的说法中正确的选项是()A．涡流跟平经常有的感觉电流同样，都是由于穿过导体的磁通量变化而产生的B．涡流不是感觉电流，而是一种有别于感觉电流的特别电流C．涡流有热效应，但没有磁效应D．在硅钢中不能够产生涡流4.如图 1 所示，金属球 ( 铜球 ) 下端有通电的线圈，今把小球拉离平衡地址后释放，此后关于小球的运动情况是 ( 不计空气阻力 )( ) A．做等幅振动B．做阻尼振动C．振幅不断增大D．无法判断图 15. 如图 2 所示是电表中的指针和电磁阻尼器，以下说法中正确的选项是()A． 2 是磁铁，在 1 中产生涡流B． 1 是磁铁，在 2 中产生涡流C．该装置的作用是使指针能够转动图 2满分本质得分100分D．该装置的作用是使指针能很快地牢固6. 如图 3 所示，矩形线圈放置在水平薄木板上，有两块同样的蹄形磁铁，四个磁极之间的距离相等，当两块磁铁匀速向右经过线圈时，线圈仍静止不动，那么线圈碰到木板的摩擦力方向是图 3()A．先向左，后向右B．先向左，后向右，再向左C．素来向右D．素来向左7. 如图 4 所示是高频焊接原理表示图．线圈中通以高频变化的电流时，待焊接的金属工件中就产生感觉电流，感觉电流经过焊缝处产生大量热量，将金属消融，把工件焊接在一起，而工件其他部发散热很少，以下说法正确的选项是()图 4A．交流电的频率越高，焊缝处的温度高升得越快B．交流电的频率越低，焊缝处的温度高升得越快C．工件上只有焊缝处温度升得很高是由于焊缝处的电阻小D．工件上只有焊缝处温度升得很高是由于焊缝处的电阻大8. 磁电式仪表的线圈平时用铝框作骨架，把线圈绕在铝框上，这样做的目的是()A．防范涡流而设计的B．利用涡流而设计的C．起电磁阻尼的作用D．起电磁驱动的作用9. 出名物理学家弗曼曾设计过一个实验，如图5所示.在一块绝缘板上中部安一个线圈，并接有电源，板二、简答题（本题共 5 小题，共 55 分）11.（ 15 分）我们用作煮食的炉子有各样各样的款式，它们的工作原理各不同样．有以天然气、液化石油气等作燃料的，比方天然气炉；还有以直接用电热方式加热的，比方电饭锅；下面介绍的是以电磁感觉原理生图 6热的电磁炉．如图 6 所示是描述电磁炉工作原理的表示图．炉子的内部有一个金属线圈，当电流经过线圈时，会产生磁场，这个磁场的大小和方向是不断变化的，这个变化的磁场又会引起放在电磁炉上面的铁质( 或钢质 ) 锅底内产生感觉电流，由于锅底有电阻，所以感觉电流又会在锅底产生热效应，这些热能便起到加热物体的作用从而煮食．电磁炉的特点是：电磁炉的效率比一般的炉子都高，热效率高达 90%，炉面无明火，无烟无废气，电磁火力激烈，安全可靠．由于电磁炉是以电磁感觉产生电流，利用电流的热效应产生热量，因此不是全部的锅或器具都适用．关于锅的选择，方法很简单，只要锅底能被磁铁吸住的就能用．适合放在电磁炉上烹饪的器拥有不锈钢锅、不锈钢壶、平底铁锅；不适用的有陶瓷锅、圆底铁锅、耐热玻璃锅、铝锅、铜锅等．(1)在电磁炉加热食品的过程中涉及的物理原理有 ( 回答三个即可 ) ：①___________________________________________ _____________________________ ；②___________________________________________ _____________________________ ；③___________________________________________ _____________________________.的周围有好多带负电的小球，整个装置支撑起来.忽略各处的摩擦，当电源接通的刹时，以下关于圆盘的说法中正确的选项是（）A. 圆盘将逆时针转动图 5B.圆盘将顺时针转动C.圆盘不会转动D.无法确定圆盘可否会动(2)电磁炉的锅不能够用陶瓷锅、耐热玻璃锅的原因是 ____________________________ ；电磁炉所用的锅不能够用铝锅、铜锅的原因是______________________ ．(3)在锅和电磁炉中间放一纸板，则电磁炉还能够起到加热作用吗？为什么？12.（ 10 分）如图 7 所示，在圆滑水平桌面上放一条形磁铁，分别将大小同样的铁球、铝球和木球放在磁铁的一端且给它一个初速度，让其向磁铁滚去，观察小球的运动状况．图 713.（ 10 分）人造卫星绕地球运行时，轨道各处地磁场的强弱其实不同样，因此，金属外壳的人造地球卫星运行时，外壳中总有稍微的感觉电流．解析这一现象中的能量转变状况．它对卫星的运动可能产生怎样的影响？14.（10 分）一金属圆环用绝缘细绳悬挂，忽略空气阻力，圆环可做等幅摇动，若在圆环正下方放置一条形磁铁如图 8 所示，圆环将怎样运动．图 8 15. （ 10 分）如图9 所示，一狭长的铜片能绕O点在纸面平面内摇动，有界的磁场其方向垂直纸面向里，铜片在摇动时碰到较强的阻尼作用，很快就停止摇动．若是在铜片上开几个长缝，铜片能够在磁场中摇动很多的次数后才停止摇动，这是为什么？图 97涡流、电磁阻尼和电磁驱动得分：一、选择题题号123456789答案二、简答题10.11.12.13.14.7 涡流、电磁阻尼和电磁驱动参照答案一、选择题解析：不使用整块硅钢而是采用很薄的硅钢片，这样做的目的是增大铁芯中的电阻，来减少电能转变为铁芯的内能，提高效率，是防范涡流而采用的措施．解析：涡流就是一种感觉电流，同样是由于磁通量的变化产生的．解析：金属球在通电线圈产生的磁场中运动，金属球中产生涡流，故金属球要碰到安培力作用，阻拦它的相对运动，做阻尼振动．1解析：这是涡流的典型应用之一．当指针摇动时， 1 随之转动， 2 是磁铁，那么在 1 中产生涡流， 2 对的安培力将阻拦 1 的转动．总之无论 1 向哪个方向转动， 2 对 1 的收效总起到阻尼作用．因此它能使指针很快地牢固下来．解析：依照楞次定律的“阻拦变化”知“来拒去留”，当两磁铁凑近线圈时，线圈要阻拦其凑近，线圈有向右搬动的趋势，受木板的摩擦力向左；当磁铁远离时，线圈要阻拦其远离，仍有向右搬动的趋势，受木板的摩擦力方向仍是向左的，应选项 D 正确．解析：交流电频率越高，则产生的感觉电流越强，升温越快，故 A 项对．工件中各处电流同样，电阻大处产生热多，故D项对．解析：线圈通电后，在安培力作用下发生转动，铝框随之转动，并切割磁感线产生感觉电流，就是涡流．涡流阻拦线圈的转动，使线圈偏转后赶忙停下来．因此，这样做的目的是利用涡流来起电磁阻尼的作用．正确选项是 BC.解析：刹时增强的磁场会在周围产生一个顺时针的涡旋电场，负电荷碰到逆时针方向的电场力，带动圆盘逆时针转动，而负电荷的这种定向运动则形成了顺时针的环形电流.二、简答题10.(1)①电流的磁效应( 或电生磁 )②电磁感觉现象( 或磁生电 )③电流的热效应( 或焦耳定律) (2) 不能够产生电磁感觉现象电阻率小，电热少，效率低(3) 能起到加热作用．由于线圈产生的磁场能穿透纸板到达锅底，在锅底产生感觉电流，利用电流的热效应起到加热作用．11.见解析解析： (1) 铁球将加速运动，其原因是铁球被磁化后与磁铁之间产生相互吸引的磁场力．(2)铝球将减速运动，其原因是铝球内产生了感觉电流，感觉电流的磁场阻拦相对运动．(3)木球将匀速运动，其原因是木球既不能够被磁化，也不能够产生感觉电流，因此磁铁对木球不产生力的作用．12.见解析解析：当穿过人造卫星的磁通量发生变化时，外壳中会有涡流产生，这一电能的产生是由机械能转变来的．它会以致卫星机械能减少，会使轨道半径减小，造成卫星离地高度下降．13. 见解析解析：条形磁铁置于圆环正下方，圆环运动时，穿过圆环的磁通量保持为零不变，因此环中无感觉电流，圆环仍做等幅摇动．14.见解析解析：没有开长缝的铜片绕 O点在纸面内摇动时，由于磁场有圆形界线，经过铜片的磁通量会发生变化，在铜片内产生较大的涡流，涡流在磁场中所受的安培力总是阻拦铜片的摇动，因此铜片很快就停止摇动．若是在铜片上开有多条长缝时，就可以把涡流限制在缝与缝之间的铜片上，较大地削弱了涡流，阻力随之减小，因此铜片就可以摇动很多的次数．。
新教材人教版高中物理必修第三册全册各章综合测验 含解析
人教版高中物理必修第三册各章综合测验第九章静电场及其应用........................................................................................................ - 1 - 第十章静电场中的能量........................................................................................................ - 9 - 第十一章电路及其应用...................................................................................................... - 26 - 第十二章电能能量守恒定律............................................................................................ - 38 - 第十三章电磁感应与电磁波初步...................................................................................... - 52 -第九章静电场及其应用(90分钟100分)【合格性考试】(60分钟60分)一、选择题(本题共9小题,每小题4分,共36分。
)1.关于元电荷的理解,下列说法正确的是()A.元电荷就是电子B.元电荷是一个理想模型C.元电荷就是质子D.物体所带电量只能是元电荷的整数倍【解析】选D。
元电荷是最小的电荷量,而不是一个物理模型;在高中阶段,任何带电体所带的电荷量只能是元电荷的整数倍,D是正确的,因为高中阶段并不要求学生知道夸克模型。
2.关于库仑定律,以下说法中正确的是()A.库仑定律适用于点电荷,点电荷其实就是体积很小的带电体B.库仑定律是实验定律C.库仑定律仅适用于静止的点电荷间的相互作用D.根据库仑定律,当两个点电荷间的距离趋近于零时,则库仑力趋近于无穷大【解析】选B。
高中物理人教版选修32课件+同步训练+章末整合+章末检测：第4章+电磁感应(21份)4.9
对互感现象的理解1．如图497甲所示，A、B两绝缘金属环套在同一铁芯上，A环中电流i A随时间t的变化规律如图497乙所示，下列说法中正确的是()图497A．t1时刻，两环作用力最大B．t2和t3时刻，两环相互吸引C．t2时刻两环相互吸引，t3时刻两环相互排斥D．t3和t4时刻，两环相互吸引解析t1时刻感应电流为零，故两环作用力为零，则A错误；t2时刻A环中电流在减小，则B环中产生与A环中同向的电流，故相互吸引，B正确；t3时刻同理也应相互吸引，故C也错；t4时刻A 中电流为零，两环无相互作用．D错．答案 B对通电自感、断电自感现象的分析图4982．如图498所示的电路中A1和A2是两个相同的小灯泡，L是一个自感系数相当大的线圈，其阻值与R相同．在开关S接通和断开时，灯泡A1和A2亮暗的顺序是()A．接通时A1先达最亮，断开时A1后灭B．接通时A2先达最亮，断开时A1后灭C．接通时A1先达最亮，断开时A1先灭D．接通时A2先达最亮，断开时A2先灭解析当开关S接通时，A1和A2同时亮，但由于自感现象的存在，流过线圈的电流由零变大时，线圈上产生自感电动势阻碍电流的增大，使通过线圈的电流从零开始慢慢增加，所以开始时电流几乎全部从A1通过，而该电流又将同时分两路通过A2和R，所以A1先达最亮，经过一段时间电路稳定后，A1和A2达到一样亮；当开关S 断开时，电源电流立即为零，因此A 2立即熄灭，而对A 1，由于通过线圈的电流突然减小，线圈中产生自感电动势阻碍电流的减小，使线圈L 和A 1组成的闭合电路中有感应电流，所以A 1后灭．答案 A3．如图499所示，带铁芯的电感线圈的电阻与电阻器R 的阻值相同，A 1、A 2是两个完全相同的电流表，则下列说法中正确的是( )图499A ．闭合S 瞬间，电流表A 1示数小于A 2示数B ．闭合S 瞬间，电流表A 1示数等于A 2示数C ．断开S 瞬间，电流表A 1示数大于A 2示数D ．断开S 瞬间，电流表A 1示数等于A 2示数解析 开关S 闭合瞬间，线圈L 产生自感电动势阻碍电流增大，所以此时电流表A 1中电流小于电流表A 2中电流，A 项正确；开关断开时，线圈L 与A 1、A 2和R 构成回路，线圈L 中产生自感电动势，阻碍电流减小，所以A 1、A 2中电流也逐渐减小，但始终相等，D 项正确．答案 AD对自感电动势的理解4．关于线圈中自感电动势大小的说法中正确的是( )A ．电感一定时，电流变化越大，自感电动势越大B ．电感一定时，电流变化越快，自感电动势越大C ．通过线圈的电流为零的瞬间，自感电动势为零D ．通过线圈的电流为最大值的瞬间，自感电动势最大解析 电感一定时，电流变化越快，ΔI Δt 越大，由E ＝L ΔI Δt知，自感电动势越大，A 错，B 对；线圈中电流为零时，电流的变化率不一定为零，自感电动势不一定为零，故C 错；当通过线圈的电流最大时，电流的变化率为零，自感电动势为零，故D 错．答案 B(时间：60分钟)题组一对互感现象的理解1.图4910在图4910中，线圈M和线圈P绕在同一铁芯上，则()A．当合上开关S的一瞬间，线圈P里没有感应电流B．当合上开关S的一瞬间，线圈P里有感应电流C．当断开开关S的一瞬间，线圈P里没有感应电流D．当断开开关S的一瞬间，线圈P里有感应电流解析闭合与断开S的瞬间，P内的磁通量都会发生变化，有感应电流产生．答案BD图49112．如图4911所示，是一种延时开关的原理图，当S1闭合时，电磁铁F将衔铁D吸下，C线路接通；当S1断开时，由于电磁感应作用，D将延迟一段时间才被释放．则()A．由于A线圈的电磁感应作用，才产生延时释放D的作用B．由于B线圈的电磁感应作用，才产生延时释放D的作用C．如果断开B线圈的开关S2，无延时作用D．如果断开B线圈的开关S2，延时将变长解析线圈A中的磁场随开关S1的闭合而产生，随S1的断开而消失．当S1闭合时，线圈A中的磁场穿过线圈B，当S2闭合，S1断开时，线圈A在线圈B中的磁场变弱，线圈B中有感应电流，B中电流的磁场继续吸引D而起到延时的作用，所以B正确A错误；若S2断开，线圈B中不产生感应电流而起不到延时作用，所以C正确D错误．答案BC题组二对通、断电自感现象的分析图49123．如图4912是用于观察自感现象的电路图，设线圈的自感系数较大，线圈的直流电阻R L与灯泡的电阻R满足R L≪R，则在开关S由闭合到断开的瞬间，可以观察到()A．灯泡立即熄灭B．灯泡逐渐熄灭C．灯泡有明显的闪亮现象D．只有在R L≫R时，才会看到灯泡有明显的闪亮现象解析S闭合电路稳定时，由于R L≪R，那么I L≫I R，S断开的瞬时，流过线圈的电流I L要减小，在L上产生的自感电动势要阻碍电流的减小，通过灯原来的电流I R随着开关断开变为零，而灯与线圈形成闭合回路，流过线圈的电流I L通过灯泡，由于I L≫I R，因此灯开始有明显的闪亮，C正确，A、B错误．若R L≫R，则I L≪I R，这样不会有明显的闪亮，D错．答案 C4.图4913如图4913所示，L为一纯电感线圈(即电阻为零)．A是一灯泡，下列说法正确的是()A．开关S接通瞬间，无电流通过灯泡B．开关S接通后，电路稳定时，无电流通过灯泡C．开关S断开瞬间，无电流通过灯泡D．开关S接通瞬间及接通稳定后，灯泡中均有从a到b的电流，而在开关S断开瞬间，灯泡中有从b到a的电流解析开关S接通瞬间，灯泡中的电流从a到b，线圈由于自感作用，通过它的电流将逐渐增加．开关S接通后，电路稳定时，纯电感线圈对电流无阻碍作用，将灯泡短路，灯泡中无电流通过．开关S断开的瞬间，由于线圈的自感作用，线圈中原有向右的电流将逐渐减小，线圈和灯泡形成回路，故灯泡中有从b到a的瞬间电流．答案 B5．在如图4914所示的甲、乙电路中，电阻R和灯泡电阻值相等，自感线圈L的电阻值可认为是零．在接通开关S时，则()图4914A．在电路甲中，A将渐渐变亮B．在电路甲中，A将先变亮，后渐渐变暗C．在电路乙中，A将渐渐变亮D．在电路乙中，A将由亮渐渐变暗，后熄灭解析在电路甲中，当接通开关S时，通过与灯泡相连的自感线圈的电流突然增加，由于线圈的自感现象，开始时，自感线圈产生一个很大的自感电动势来阻碍电流的流入，流入灯泡的电流很小；后来由于电流的不断流入，通过自感线圈的电流变化逐渐变慢，所以自感线圈的阻碍作用逐渐减小；当流过线圈的电流最大时，自感线圈就没有阻碍作用，所以通过灯泡的电流只能慢慢增加，故A选项正确；在电路乙中，当接通开关S时，通过自感线圈的电流突然增加，由于线圈的自感现象，开始时，自感线圈就产生一个很大的自感电动势来阻碍电流的流入，流入线圈电流很小(可认为是零)，电路中的电流可以认为都是从灯泡通过的，以后自感线圈的阻碍作用逐渐减小，通过自感线圈的电流逐渐增加，而通过灯泡的电流逐渐减小，直到流过线圈的电流最大时，自感线圈就没有阻碍作用，又因为自感线圈L的电阻值可认为是零，所以通过灯泡的电流可以认为是零，故D选项正确．答案AD图49156．如图4915所示，电感线圈L的自感系数足够大，其直流电阻忽略不计，L A、L B是两个相同的灯泡，且在下列实验中不会烧毁，电阻R2阻值约等于R1的两倍，则()A．闭合开关S时，L A、L B同时达到最亮，且L B更亮一些B．闭合开关S时，L A、L B均慢慢亮起来，且L A更亮一些C．断开开关S时，L A慢慢熄灭，L B马上熄灭D．断开开关S时，L A慢慢熄灭，L B闪亮后才慢慢熄灭解析由于灯泡L A与线圈L串联，灯泡L B与电阻R2串联，当S闭合的瞬间，通过线圈的电流突然增大，线圈产生自感电动势，阻碍电流的增加，所以L B比L A先亮，A、B项错误；由于L A所在的支路电阻阻值偏小，故稳定时电流大，即L A更亮一些，当S断开的瞬间，线圈产生自感电动势，两灯组成的串联电路中，电流从线圈中电流开始减小，即从I A减小，故L A慢慢熄灭，L B闪亮后才慢慢熄灭，C错误，D正确．答案 D7.图4916如图4916所示，E为电池，L是电阻可忽略不计、自感系数足够大的线圈，D1、D2是两个规格相同的灯泡，S是控制电路的开关．对于这个电路，下列说法中正确的是()A．刚闭合S的瞬间，通过D1、D2的电流大小相等B．刚闭合S的瞬间，通过D1、D2的电流大小不相等C．闭合S待电路达到稳定后，D1熄灭，D2比S刚闭合时亮D．闭合S待电路达到稳定后，再将S断开的瞬间，D2立即熄灭解析闭合S的瞬间，由于线圈的阻碍作用，通过D1，D2的电流大小相等，A正确，B错误．闭合S待电路达到稳定后，D1中无电流通过，D1熄灭，回路的电阻减小，电流增大，D2比S刚闭合时亮，C正确；闭合S待电路达到稳定后，再将S断开的瞬间，D2中无电流，立即熄灭，D正确．故选ACD.答案ACD8.图4917如图4917所示的电路可用来测定自感系数较大的线圈的直流电阻，线圈两端并联一个电压表，用来测量自感线圈两端的直流电压，在实验完毕后，将电路拆去时应()A．先断开开关S1B．先断开开关S2C．先拆去电流表D．先拆去电阻R解析当开关S1，S2闭合稳定时，线圈中的电流由a→b，电压表V右端为“＋”极，左端为“－”极，指针正向偏转，先断开开关S1或先拆去电流表A或先拆去电阻R的瞬间，线圈中产生的自感电动势相当于瞬间电源，其a端相当于电源的负极，b端相当于电源的正极，此时电压表V上加了一个反向电压，使指针反偏，若反偏电压过大，会烧坏电压表V，故应先断开开关S2，故选B.答案 B9.图4918某同学为了验证断电自感现象，自己找来带铁芯的线圈L、小灯泡A、开关S和电池组E，用导线将它们连接成如图4-9-18所示的电路．检查电路后，闭合开关S，小灯泡发光；再断开开关S，小灯泡仅有不显著的延时熄灭现象．虽经多次重复，仍未见老师演示时出现的小灯泡闪亮现象，他冥思苦想找不出原因．你认为最有可能造成小灯泡未闪亮的原因是()A．电源的内阻较大B．小灯泡电阻偏大C．线圈电阻偏大D．线圈的自感系数较大解析根据实物连线图画出正确的电路图，当闭合开关S，电路稳定之后，小灯泡中有稳定的电流I A，自感线圈中有稳定的电流I L，当开关S突然断开时，电流I A立即消失，但是，由于自感电动势的作用，流过线圈的电流I L不能突变，而是要继续流动，于是，自感线圈和小灯泡构成了回路，如果I L>I A，则能观察到小灯泡闪亮一下再熄灭，线圈的自感系数越大，小灯泡延时闪亮的时间就越长．如果不满足I L>I A的条件，小灯泡只是延时熄灭，不会观察到闪亮一下再熄灭．可见灯泡未闪亮的根本原因是不满足I L>I A的条件，这是线圈电阻偏大造成的．故C正确．答案 C题组三自感现象中的图象问题10.图4919在如图4919所示的电路中，开关S是闭合的，此时流过线圈L的电流为i1，流过灯泡A的电流为i2，且i1＞i2.在t1时刻将S断开，那么流过灯泡A的电流随时间变化的图象是图中的哪一个()解析开关S闭合时，L与A并联，其电流分别为i1和i2，方向都是从左向右．在断开S的瞬间，灯A中原来从左向右的电流i2立即消失，但灯A与线圈L组成一闭合回路，由于L的自感作用，其中的电流i1不会立即消失，而是在回路中逐渐减弱，这段时间内灯A中有从右向左的电流通过．这时通过A的电流是从i1开始减弱，因为i1＞i2，故正确选项为D.答案 D11．在如图4920所示的电路中，两个相同的小灯泡L1和L2分别串联一个带铁芯的电感线圈L和一个滑动变阻器R.闭合开关S后，调整R，使L1和L2发光的亮度一样，此时流过两个灯泡的电流均为I.然后，断开S.若t′时刻再闭合S，则在t′前后的一小段时间内，正确反映流过L1的电流i1、流过L2的电流i2随时间t变化的图象是()图4920解析与滑动变阻器R串联的L2，没有自感，直接变亮，电流变化图象如A中图线，C、D错误．与带铁芯的电感线圈串联的L1，由于自感，电流逐渐变大，A错误，B正确．答案 B题组四对自感电动势的理解12．下列说法正确的是()A．当线圈中电流不变时，线圈中没有自感电动势B．当线圈中电流反向时，线圈中自感电动势的方向与线圈中原电流的方向相反C．当线圈中电流增大时，线圈中自感电动势的方向与线圈中电流的方向相反D．当线圈中电流减小时，线圈中自感电动势的方向与线圈中电流的方向相反解析线圈中电流不变时，自身电流产生的磁场的磁通量不变，线圈中不可能产生自感电动势，选项A正确．当线圈中电流反向时，若电流强度不变，则不产生自感电动势，故选项B错误；当线圈中电流增大时，电流产生的磁场的磁通量增大，根据楞次定律和右手定则可判断自感电动势的方向与原电流方向相反，选项C正确；同理可知选项D错误．答案AC13．在制作精密电阻时，为了清除使用过程中由于电流变化而引起的自感现象，采用双线并绕的方法，如图4-9-21所示．其原理是()图4921A．当电路中的电流变化时，两股导线产生的自感电动势相互抵消B．当电路中的电流变化时，两股导线产生的感应电流相互抵消C．当电路中的电流变化时，两股导线中原电流的磁通量相互抵消D．以上说法都不对解析由于采用双线并绕的方法，当电流通过时，两股导线中的电流方向是相反的，不管电流怎样变化，任何时刻两股电流总是等大反向的，所产生的磁通量也是等大反向的．故总磁通量等于零，在该线圈中不会产生电磁感应现象．因此消除了自感，选项A、B错误，只有C正确．答案 C。
高中物理选择性必修 第三册综合复习与测试试卷及答案_人教版_2024-2025学年
综合复习与测试试卷(答案在后面)一、单项选择题（本大题有7小题，每小题4分，共28分）1、在下列物理量中，不属于矢量的是（）A. 速度B. 力C. 时间D. 功2、一个物体在水平面上受到一个水平向右的拉力F，同时受到一个与F方向相反的摩擦力f，物体最终保持静止。
则下列说法正确的是（）A. 拉力F大于摩擦力fB. 拉力F小于摩擦力fC. 拉力F等于摩擦力fD. 拉力F和摩擦力f大小无法确定3、恒定电流部分的电路中，一盏灯与一个灯泡并联后连接到电源上。
如果在这个并联电路中增加一个与原来的灯泡型号相同的新灯泡，以下说法正确的是？A、整个电路的总电流会变大B、电源的输出电压会增加C、原来的一盏灯和新增的一盏灯都会变亮D、原灯泡的电流会减小4、关于电动势的理解，下列说法正确的是？A、电动势越大的电源，其供自由电子的能力越强B、电源接入电路后，其两端的电压等于电源的电动势C、电压表直接接在电源两极，可以准确测量电源的电动势D、外电路断开时，电源的端电压等于电源的电动势5、根据平面镜成像原理，如果一束光线经过一个平面镜，反射光线的入射角和反射角的平等条件是（）A. 入射角等于反射角B. 入射角加上反射角等于180度C. 入射光线、反射光线和法线在平面镜上围成的三角形是等边三角形D. 入射光线和反射光线的延长线相交，其交点与入射点的距离相等6、下列关于功率的说法中，正确的是（）A. 功率是表示做功快慢的物理量B. 功率越大，物体所需时间一定越短C. 功率越大，做功的多少也一定越多D. 一段时间内做功的多少和做功快慢没有关系7、下列关于平抛运动的说法中，正确的是（）A、平抛运动在水平方向上做匀速直线运动B、平抛运动在竖直方向上做匀速直线运动C、平抛运动的速度在任意时刻都保持不变D、平抛运动在任意时刻的加速度大小和方向都保持不变二、多项选择题（本大题有3小题，每小题6分，共18分）1、下列关于热力学定律的描述，哪些是正确的？A、第一定律指出系统吸收的热量等于系统对外做的功与系统内能增加量之和。
人教版高中物理选修3-2课件-第四章电磁感应综合评估
12．(8 分)学习了法拉第电磁感应定律后，为了定量验证感应 电动势 E 与时间 Δt 成反比，某小组同学设计了如图所示的实验装 置：线圈和光电门固定在水平光滑轨道上，强磁铁和挡光片固定 在运动的小车上；每当小车在轨道上运动经过光电门时，光电门 会记录下挡光片的挡光时间 Δt，同时触发接在线圈两端的电压传 感器记录下在这段时间内线圈中产生的感应电动势 E.利用小车末 端的弹簧将小车以不同的速度从轨道的最右端弹出，就能得到一 系列的感应电动势 E 和挡光时间 Δt.
通过电阻 R1 的电流与通过电阻 R2 的电流相等，即 I1＝I2＝2I＝ B3Rlv，则电阻 R1 消耗的热功率 P1＝I21R＝B92lR2v2＝F6v，电阻 R2 消 耗的热功率 P2＝I22R＝F6v.棒与导轨间的摩擦力 Ff＝μmgcosθ，故
因摩擦而消耗的热功率为 P＝Ffv＝μmgvcosθ；由能量的转化知， 整个装置中消耗的机械功率为安培力的功率和摩擦力的功率之 和，即 P 机＝Fv＋Ffv＝(F＋μmgcosθ)v.由以上分析可知，B、C、 D 选项正确．
8．如图所示，空间存在两个磁场，磁感应强度大小均为 B， 方向相反且垂直纸面，MN、PQ 为其边界，OO′为其对称轴．一 导线折成边长为 l 的正方形闭合回路 abcd，回路在纸面内以恒定
速度 v0 向右运动，当运动到关于 OO′对称的位置时( ABD )
A．穿过回路的磁通量为零 B．回路中感应电动势大小为 2Blv0 C．回路中感应电流的方向为顺时针方向 D．回路中 ab 边与 cd 边所受安培力方向相同
的速度为 v 时，受到安培力的大小为 F，此时( BCD )
A．电阻 R1 消耗的热功率为 Fv/3 B．电阻 R2 消耗的热功率为 Fv/6 C．整个装置因摩擦而消耗的热功率为 μmgvcosθ D．整个装置消耗的机械功率为(F＋μmgcosθ)v
2022-2021学年高二物理同步单元双基双测“AB”卷(选修3-2)第04章 章末测试(A卷)
【满分：110分时间：90分钟】一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分。
在每小题给出的四个选项中. 1~8题只有一项符合题目要求； 9~12题有多项符合题目要求。
全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
）1．下列有关电磁灶的工作状况的描述正确的是：（）Ａ．电磁灶是利用电阻丝通电后发热给食物加热的Ｂ．电磁灶是利用电磁感应现象产生的感应电流给食物加热的Ｃ．可以用陶瓷制品放在电磁灶上给食物加热Ｄ．电磁灶工作时灶面温度很高，远大于室内温度【答案】B【解析】电磁灶是利用电磁感应原理制成的；产生热量的缘由是利用交变电流产生交变磁场，使放在灶台上的锅体内产生的涡流而将电磁能转化为热量，可用陶瓷容器盛放食物在电磁灶上加热，由于陶瓷容器属于非金属，故选项B正确。
【名师点睛】电磁感应：闭合电路的部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体中就会产生电流，电磁感应在生活中的应用很多，而电磁灶就是利用电磁感应原理制作而成的；本题考查磁效应的运用，属于基础学问的考查，相对比较简洁。
2．如图所示，线圈两端与电阻相连构成闭合回路，在线圈上方有一竖直放置的条形磁铁，磁铁的S极朝下．在将磁铁的S极插入线圈的过程中：（）A．通过电阻的感应电流的方向由a到b，线圈与磁铁相互排斥B．通过电阻的感应电流的方向由b到a，线圈与磁铁相互排斥C．通过电阻的感应电流的方向由a到b，线圈与磁铁相互吸引D．通过电阻的感应电流的方向由b到a，线圈与磁铁相互吸引【答案】B【解析】3．如图所示,P、Q是两根竖直且足够长的金属杆(电阻忽视不计),处在垂直纸面对里的匀强磁场B中,MN是一个螺线管,它的绕线方式没有画出,P、Q的输出端a、b和MN的输入端c、d之间用导线相连,A是在MN的正下方水平放置在地面上的金属圆环。
现将金属棒ef由静止释放,在下滑中始终与P、Q杆良好接触且无摩擦,则在金属棒释放后：（）A．A环中有大小不变的感应电流B．A环中的感应电流渐渐减小至某一不为零的恒定值C．A环对地面的压力先增大后减小至恒定值D．A环对地面的压力先减小后增大至恒定值【答案】C【解析】【名师点睛】在该题中，依据Etφ∆=∆可知，导体棒ef棒切割磁感线时，运动的加速度越大，产生的磁场变化越快，也就是穿过A线圈的磁通量变化越快，因此A线圈产生的感应电动势越大，由于导体棒下滑的加速度越来越小，因此A是产生的感应电流越来越小，但穿过A的磁通量越来越大，因此受到的安培力应是先增大后减小。
人教版高中物理选修3-第4章选择题专项(含答案解析)
一、选择题1．如图所示为氢原子的能级图，现有大量处于n =4激发态的氢原子，当其向低能级跃迁时，下列说法正确的是（ ）A ．可以产生3种频率的光B ．由n =2能级跃迁到n =1能级辐射的光波长最大C ．由n =4的能级跃迁到n =2能级辐射的光频率最大D ．电子绕核运动的动能增大D解析：DA ．大量氢原子从n =4的能级向低能级跃迁时，可以向外辐射出24C 6=种不同频率的光，故A 错误；B ．由n =4能级跃迁到n =3能级时，能级间差值最小，光子能量E 最小，由cE h λ=可知光的波长最大，因此氢原子n =2能级跃迁到n =1能级时，光的波长不是最大，故B 错误；C ．由n =4的能级跃迁到n =1能级时，能级间差值最大，光子能量E 最大，由E h ν=可知，光的频率最大。
因此由n =4的能级跃迁到n =2能级辐射的光频率不是最大，故C 错误；D ．电子受的库仑力提供电子做圆周运动的向心力22Qq v k m r r= 解得电子的动能2122Qq mv k r= 氢原子向低能级跃迁时，轨道半径变小，故电子动能增大，故D 正确。
故选D 。
2．如图所示为用某金属研究光电效应规律得到的光电流随电压变化关系的图象，用单色光1和单色光2分别照射该金属时，逸出的光电子的最大初动能分别为E k 1和E k 2，普朗克常量为h ，则下列说法正确的是（ ）A ．E k 1>E k 2B ．单色光1的频率比单色光2的频率高C ．增大单色光1的强度，其遏止电压会增大D ．单色光1和单色光2的频率之差为12-k k E E hD 解析：DA ．由于： 11k c E e U ＝22k c E e U ＝所以：12k k E E <A 错误；B ．由：0k E h W ν＝－可知，单色光1的频率比单色光2的频率低，B 错误；C ．只增大照射光的强度，光电子的最大初动能不变，因此遏止电压不变，C 错误；D ．由：110k E h W ν＝－220k E h W ν＝－得：1212k k E E v v h-－＝D 正确。
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书利华教育网www.shulihua.net精心打造一流新课标资料 书利华教育网www.shulihua.net精心打造一流新课标资料 第四章综合能力测试(A) 本卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分100分，时间90分钟 第Ⅰ卷(选择题 共40分)
一、选择题(共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项符合题目要求，有些小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分) 1．(2010·北师大附中高二期中)法拉第通过精心设计的一系列实验，发现了电磁感应定律，将历史上认为各自独立的学科“电学”与“磁学”联系起来．在下面几个典型的实验设计思想中，所作的推论后来被实验否定的是( ) A．既然磁铁可使近旁的铁块带磁，静电荷可使近旁的导体表面感应出电荷，那么静止导线上的稳恒电流也可在近旁静止的线圈中感应出电流 B．既然磁铁可在近旁运动的导体中感应出电动势，那么稳恒电流也可在近旁运动的线圈中感应出电流 C．既然运动的磁铁可在近旁静止的线圈中感应出电流，那么静止的磁铁也可在近旁运动的导体中感应出电动势 D．既然运动的磁铁可在近旁的导体中感应出电动势，那么运动导线上的稳恒电流也可在近旁的线圈中感应出电流 答案：A 解析：由法拉第电磁感应定律可判定A选项不能产生感应电流． 2．如图所示，分别接有电压表V和电流表A的两个相同闭合回路，以相同的速度在匀强磁场中匀速向右运动，下列说法中正确的是( )
A．电流表示数为零，电压表示数不为零 B．电流表示数为零，电压表示数为零 C．电流表示数不为零，电压表示数为零 D．电流表示数不为零，电压表示数不为零 答案：B 解析：闭合回路向右匀速运动时，穿过回路的磁通量不变，回路中不产生感应电流，根书利华教育网www.shulihua.net精心打造一流新课标资料 书利华教育网www.shulihua.net精心打造一流新课标资料 据电压表、电流表工作原理，两表示数均为零，B项正确． 3．一平面线圈用细杆悬于P点，开始时细杆处于水平位置，释放后让它在如图所示的匀强磁场中运动，已知线圈平面始终与纸面垂直，当线圈第一次通过位置Ⅰ和位置Ⅱ时，顺着磁场的方向看去，线圈中感应电流的方向分别为( )
A．逆时针方向 逆时针方向 B．逆时针方向 顺时针方向 C．顺时针方向 顺时针方向 D．顺时针方向 逆时针方向 答案：B 解析：线圈通过位置Ⅰ，线圈在垂直于磁场方向上的面积增大，穿过线圈的磁通量增加．根据楞次定律，感应电流的磁场与原磁场方向相反，向左，再据安培定则，感应电流的方向为逆时针方向．同理，可判断出线圈通过位置Ⅱ时，穿过线圈的磁通量减少，感应电流为顺时针方向，因此，B正确． 4．研究表明，地球磁场对鸽子识别方向起着重要作用．鸽子体内的电阻大约为103Ω，
当它在地球磁场中展翅飞行时，会切割磁感线，在两翅之间产生动生电动势．这样，鸽子体内灵敏的感受器即可根据动生电动势的大小来判别其飞行方向．若某处地磁场磁感应强度的竖直分量约为0.5×10－4T.鸽子以20m/s速度水平滑翔，则可估算出两翅之间产生的动生电动势约为( ) A．30mV B．3mV C．0.3mV D．0.03mV 答案：C 解析：鸽子两翅展开可达30cm左右，所以E＝BLv＝0.5×10－4×0.3×20V＝0.3mV. 5．如图铝盘可绕OO′轴转动，垂直于盘面有一匀强磁场，从盘的圆心引出导线，通过电阻R和铝盘边缘的电刷b相连，则当铝盘按图示方向转动时( )
A．盘中的感应电流从b―→O 书利华教育网www.shulihua.net精心打造一流新课标资料
书利华教育网www.shulihua.net精心打造一流新课标资料 B．盘中的感应电流从O―→b C．整个盘面都有磁场通过，磁通量不变，盘中无感应电流 D．与b在同一直径上的另一端b′与b间的电势差不为零 答案：B 6．阿慈同学做了个有趣的实验，如图所示，水平面内有两根光滑平行金属导轨，上面放着两根金属棒a、b(a、b与导轨接触良好，且不会离开导轨)．其上方附近有一条形磁铁，下列对实验现象的描述正确的是( )
A．当条形磁铁N极朝下，向下运动时(未到达导轨平面)，a、b将靠拢 B．当条形磁铁N极朝下，向下运动时(未到达导轨平面)，a、b将分开 C．当条形磁铁N极朝下，向上运动时，a、b将靠拢 D．当条形磁铁N极朝下，向上运动时，a、b将分开 答案：AD 解析：四根导体棒组成闭合回路，当磁铁迅速接近回路时，不管是N极还是S极向下，穿过回路的磁通量都增大，闭合回路中产生感应电流，感应电流将“阻碍”原磁通量的增大．怎样来阻碍增加呢？可动的两根金属棒将采取什么措施呢？只能用减小回路面积的方法来阻碍原磁通量的增大．选项A正确．反之可判定D正确．还可以用感应电流所受磁场力的方法来判断． 7．(2010·三明市五校高二联考)穿过闭合回路的磁通量Φ随时间t变化的图象分别如图甲、乙、丙、丁所示，下列关于回路中产生的感应电动势的论述，正确的是( )
A．图甲中回路产生的感应电动势恒定不变 B．图乙中回路产生的感应电动势一直在变大 C．图丙中回路在0～t0时间内产生的感应电动势大于t0～2t0时间内产生的感应电动势 D．图丁回路产生的感应电动势可能恒定不变 答案：C
解析： 根据E＝nΔΦΔt可知：图甲中E＝0，A错；图乙中E为恒量，B错；图丙中0～t0时间内的E1大于t0～2t0时间内的E2，C正确；图丁中E 为变量，D错． 书利华教育网www.shulihua.net精心打造一流新课标资料 书利华教育网www.shulihua.net精心打造一流新课标资料 8．如图所示，有两根和水平方向成α角的光滑平行金属导轨，上端接有可变电阻R，下端足够长，空间有垂直于轨道平面的匀强磁场，磁感应强度为B，一根质量为m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vm，则( ) A．如果B增大，vm将变大 B．如果α变大，vm将变大 C．如果R变大，vm将变大 D．如果m变小，vm将变大 答案：BC 解析：金属杆由静止开始运动，是一个加速运动，既然金属杆的速度会趋近一个最大值，就说明加速度是减小的，当加速度为零时，速度最大，金属杆达最大速度时合外力为零，设轨道宽度为L，在沿光滑轨道平面上，安培力与重力平行于道轨的分量相等，有 mgsinα＝FB①
金属杆受到的安培力为FB＝ERBL＝B2L2vmR② 由①②两式得vm＝mgRsinαB2L2，由vm的表达式可知B，C正确． 9．1931年英国物理学家狄拉克从理论上预言：存在只有一个磁极的粒子，即“磁单极子”.1982年，美国物理学家卡布莱设计了一个寻找磁单极子的实验，他设想，如果一个只有N极的磁单极子从上向下穿过如图所示的超导线圈，那么，从上向下看，超导线圈上将出现( ) A．先是逆时针方向，然后是顺时针方向的感应电流 B．先是顺时针方向，然后是逆时针方向的感应电流 C．顺时针方向持续流动的感应电流 D．逆时针方向持续流动的感应电流 答案：D 解析：当磁单极子靠近环时感应磁场与原磁场反向，感应磁场向上，同理当磁单极子远离环时，感应磁场与原磁场同向，感应磁场也向上，据安培定则知，可产生逆时针电流，又因环由超导体构成，所以D正确． 10．(2010·天津一中高二期中)如图所示，相距均为d的三条水平虚线L1与L2、L2与L3
之间分别有垂直纸面向外，向里的匀强磁场，磁感应强度大小均为B.一个边长也是d的正
方形导线框，从L1上方一定高处由静止开始自由下落，当ab边刚越过L1进入磁场时，恰好以速度v1做匀速直线运动；当ab边刚越过L2运动到L3之前的某个时刻，线框又开始以速度v2做匀速直线运动，在线框从进入磁场到速度变为v2的过程中，设线框的动能变化量大小为ΔEk，重力对线框做功大小为W1，安培力对线框做功大小为W2，下列说法中正确的书利华教育网www.shulihua.net精心打造一流新课标资料 书利华教育网www.shulihua.net精心打造一流新课标资料 有( )
A．在导体下落过程中，由于重力做正功，所以有v2>v1 B．从ab边进入磁场到速度变为v2的过程中，线框动能的变化量大小为ΔEk＝W2－W1 C．从ab边进入磁场到速度变为v2的过程中，线框动能的变化量大小为ΔEk＝W1－W2 D．从ab边进入磁场到速度变为v2的过程中，机械能减少了W1＋ΔEk 答案：BD 解析：因ab边在越过L2之后感应电流变大，所以线框做减速运动直到v2，所以有v2动能变化量大小为ΔEk＝W2－W1；机械能的减少等于克服安培力做的功W2＝W1＋ΔEk.综上所述BD正确．
第Ⅱ卷(非选择题 共60分) 二、填空题(共3小题，每小题6分，共18分．把答案直接填在横线上) 11．如图所示，绕在同一铁芯上的两个线圈M、N，M与光滑金属导轨相连，导轨处存在与导轨平面垂直且方向向里的匀强磁场，导轨上有与之垂直的导体棒ab，当ab向左或向右移动时均能在线圈M中产生感应电流；线圈N与平行金属板相连接，金属板水平放置，欲使平行板中的带负电液滴P静止，导体棒ab沿导轨运动的情况是________．
答案：向左匀加速运动或向右匀减速运动 解析：欲使带负电液滴在水平金属平行板之间静止，平行板上极板必须带正电，即线圈N中感应电流磁场在铁芯中磁感线为顺时针方向．若线圈M中的磁场增强，则方向与之相反，即ab中的电流方向自a向b，向左匀加速运动；若M中的磁场减弱，则方向与之相同，即ab中的电流自b向a，向右匀减速运动． 12．已知某一区域的地下埋有一根与地表面平行的直线电缆，电缆中通有变化的电流，在其周围有变化的磁场．因此可以通过在地面上的闭合试探小线圈中的感应电动势来探测电缆的确切位置、走向和深度．当线圈