广东省惠州市华罗庚中学高三物理第一轮复习电磁感应复习卷

8/8模拟试题?电磁感应?一、单项选择题2.当穿过导体或线圈的磁通量发生变化时,在导体或线圈中就会产生感应电流,看起来像水中的旋涡,所以把它叫做涡电流,简称涡流．以下情况中不是利用涡流工作的是(A)A．变压器用电阻率较大且相互绝缘的硅钢片叠成的铁芯来代替整块硅钢铁芯B．用来冶炼合金的高频感应炉C．用探雷器来探测金属壳的地雷或有较大金属零件的地雷D．在机场、车站和重要活动场所的安检门探测人身携带的金属物品3.如下图,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,假设取逆时针方向的电流为正方向,那么以下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(C)A． B． C． D．4.如下图,等腰三角形内分布有垂直于纸面向外的匀强磁场,它的底边在x轴上且长为2L,高为L,纸面内一边长为L的正方形导线框沿x轴正方向做匀速直线运动穿过匀强磁场区域,在t＝0时刻恰好位于图中所示的位置,以顺时针方向为导线框中电流的正方向,在图中,能够正确表示导线框的电流—位移(I－x)关系的是(A)A B C D7.如下图,一个闭合的矩形金属框abcd与一根绝缘轻杆B相连,轻杆上端O点是一个固定转轴,转轴与线框平面垂直,线框静止时恰位于蹄形磁铁的正中央,线框平面与磁感线垂直．现将线框从静止释放,在左右摆动过程中,线框受到磁场力的方向是(B)A．向左摆动过程中,受力方向向左；向右摆动的过程中,受力方向向右B．向左摆动过程中,受力方向向右；向右摆动的过程中,受力方向向左C．向左摆动过程中,受力方向先向左后向右；向右摆动的过程中,受力方向先向右后向左D．摆动过程中始终不受力9.如下图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(B)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R12.如下图,矩形闭合导体线框在匀强磁场上方,由不同高度静止释放,用t1、t2分别表示线框ab边和cd边刚进入磁场的时刻．线框下落过程形状不变,ab边始终保持与磁场水平边界线OO′平行,线框平面与磁场方向垂直．设OO′下方磁场区域足够大,不计空气阻力影响,那么以下反映线框下落过程中速度v随时间t变化的规律不可能的图象是(A)A B C D14.如下图,在一蹄形磁铁下面放一个铜盘,铜盘和磁铁均可以自由绕OO′轴转动,两磁极靠近铜盘,但不接触．当磁铁绕轴转动时,铜盘将(B)A．以相同的转速与磁铁同向转动B．以较小的转速与磁铁同向转动C．以相同的转速与磁铁反向转动D．静止不动15.如下图,条形磁铁从高h处自由下落,中途穿过一个固定的空心线圈,开关S断开时,至落地用时t1,落地时速度为v1；开关S闭合时,至落地用时t2,落地时速度为v2.那么它们的大小关系正确的选项是(D)A．t1＞t2,v1＞v2B．t1＝t2,v1＝v2C．t1＜t2,v1＜v2D．t1＜t2,v1＞v218.条形磁铁竖直放置,闭合圆环水平放置,条形磁铁中心穿过圆环中心,．假设圆环为弹性环,其形状由Ⅰ扩大变为Ⅱ,那么圆环内磁通量的变化情况是(B)A．磁通量增大 B．磁通量减小 C．磁通量不变 D．条件缺乏,无法确定19.如下图,两个相互绝缘的闭合圆形线圈P、Q放在同一水平面内．当线圈P中通有不断增大的顺时针方向的电流时,以下说法中正确的选项是(D)A．线圈Q内有顺时针方向的电流且有收缩的趋势B．线圈Q内有顺时针方向的电流且有扩张的趋势C．线圈Q内有逆时针方向的电流且有收缩的趋势D．线圈Q内有逆时针方向的电流且有扩张的趋势二、多项选择题21.如下图,在垂直纸面向里的磁感应强度为B的有界矩形匀强磁场区域内,有一个由均匀导线制成的单匝矩形线框abcd,线框平面垂直于磁感线．线框以恒定的速度v沿垂直磁场边界向左运动,运动中线框dc边始终与磁场右边界平行,线框边长ad＝l,cd＝2l,线框导线的总电阻为R,那么线框离开磁场的过程中,以下说法正确的选项是(AB)A．线框离开磁场的过程中流过线框截面的电量为B．线框离开磁场的过程中产生的热量为C．线框离开磁场过程中cd两点间的电势差D．线框从图示位置至完全离开磁场的过程中,回路中始终有顺时针方向的感应电流22.如下图,磁感应强度为B的匀强磁场有理想界面,用力将矩形线圈从磁场中匀速拉出．在其他条件不变的情况下(ABC)A．速度越大时,拉力做功越多 B．线圈边长L1越大时,拉力做功越多C．线圈边长L2越大时,拉力做功越多 D．线圈电阻越大时,拉力做功越多26.(多项选择)如下图,半径为R的圆形线圈两端A、C接入一个平行板电容器,线圈放在随时间均匀变化的匀强磁场中,线圈所在平面与磁感线的方向垂直,要使电容器所带的电荷量增大,可采取的措施是(ABC)A．电容器的两极板靠近些 B．增大磁感强度的变化率C．增大线圈的面积 D．使线圈平面与磁场方向成60°角27.如图,圆形线圈P静止在水平桌面上,其正上方悬挂一相同的线圈Q,P和Q共轴,Q中通有变化的电流,电流变化的规律如图(b)所示,P所受的重力为G,桌面对P的支持力为FN,那么(AD)A．t1时刻,FN>GB．t2时刻,FN>GC．t3时刻,FN<GD．t4时刻,FN<G30.如下图,螺线管B置于闭合金属圆环A的轴线上,当B中通过的电流减小时(AD)A．环A有缩小的趋势 B．环A有扩张的趋势C．螺线管B有缩短的趋势 D．螺线管B有伸长的趋势31.(多项选择)如下图,光滑固定导轨M、N水平放置,两根导体棒P、Q平行放置于导轨上,形成一个闭合回路,一条形磁铁从高处下落接近回路时(AD)A．P、Q将相互靠拢B．P、Q将相互远离C．磁铁的加速度仍为gD．磁铁的加速度小于g三、计算题41.如图甲所示,两根质量均为0.1kg完全相同的导体棒a、b,用绝缘轻杆相连置于由金属导轨PQ、MN架设的斜面上．斜面倾角θ为53°,a、b导体棒的间距是PQ、MN导轨的间距的一半,导轨间分界线OO′以下有方向垂直斜面向上的匀强磁场．当a、b导体棒沿导轨下滑时,其下滑速度v与时间的关系图象如图乙所示．假设a、b导体棒接入电路的电阻均为1Ω,其他电阻不计,取g＝10m/s2,sin53°＝0.8,cos53°＝0.6,试求：(1)PQ、MN导轨的间距d；(2)a、b导体棒与导轨间的动摩擦因数；(3)匀强磁场的磁感应强度B的大小．43.如下图,足够长的平行光滑U形导轨倾斜放置,所在平面倾角θ＝37°,导轨间的距离L＝1.0m,下端连接R＝1.6Ω的电阻,导轨电阻不计,所在空间均存在磁感应强度B＝1.0T、方向垂直于导轨平面的匀强磁场,质量m＝0.5kg、电阻r＝0.4Ω的金属棒ab垂直置于导轨上,现用沿轨道平面且垂直于金属棒、大小F＝5.0N的恒力使金属棒ab从静止起沿导轨向上滑行,当金属棒滑行2.8m后速度保持不变．求：(sin37°＝0.6,cos37°＝0.8,g＝10m/s2)(1)金属棒匀速运动时的速度大小v；(2)当金属棒沿导轨向上滑行的速度v′＝2m/s时,其加速度的大小a.48.如下图,电阻不计的两光滑平行金属导轨相距L＝1m,PM、QN局部水平放置在绝缘桌面上,半径a＝0.9m的光滑金属半圆导轨处在竖直平面内,且分别在M、N处平滑相切,PQ左端与R＝2Ω的电阻连接．一质量为m＝1kg、电阻r＝1Ω的金属棒放在导轨上的PQ处并与两导轨始终垂直．整个装置处于磁感应强度大小B＝1T、方向竖直向上的匀强磁场中,g取10m/s2.求：(1)假设金属棒以v＝3m/s速度在水平轨道上向右匀速运动,求该过程中棒受到的安培力大小；(2)假设金属棒恰好能通过轨道最高点CD处,求棒通过CD处时棒两端的电压；(3)设LPM＝LQN＝3m,假设金属棒从PQ处以3m/s匀速率沿着轨道运动,且棒沿半圆轨道局部运动时,回路中产生随时间按余弦规律变化的感应电流,求棒从PQ运动到CD的过程中,电路中产生的焦耳热．49.如下图,一对光滑的平行金属导轨(电阻不计)固定在同一水平面内,导轨足够长且间距为L,左端接有阻值为R的电阻,一质量为m、长度为L的金属棒MN放置在导轨上,棒的电阻为r,整个装置置于竖直向上的匀强磁场中,磁场的磁感应强度为B,棒在水平向右的外力作用下,由静止开始做加速运动,保持外力的功率为P不变,经过时间t导体棒最终做匀速运动．求：(1)导体棒匀速运动时的速度是多少？(2)t时间内回路中产生的焦耳热是多少？答案解析1.【答案】A【解析】导线切割磁感线的有效长度是l＝,感应电动势E＝Blv,R中的电流为I＝.联立解得I＝.2.【答案】A【解析】A选项用了相互绝缘的硅钢片,阻碍了涡电流的流通,是防止,而不是利用涡流．其它都是利用了涡流．3.【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．4.【答案】A【解析】如图甲所示,线框运动距离x≤L时的感应电动势E＝Bvx；当L≤x≤L时几何关系如图乙所示,此时感应电动势为E＝Bv(2L－x)－Bv(x－L)＝Bv(3L－2x),此时图线斜率的绝对值为x≤L时的2倍,由右手定那么可知电流方向为顺时针,由对称性可知A正确．应选A.5.【答案】B【解析】1820年,奥斯特发现了电流的磁效应,拉开了研究电与磁相互关系的联系,故A正确；焦耳发现了电流热效应的规律,定性地给出了电能和热能之间的转化关系,故B错误；1831年,英国科学家法拉第发现了电磁感应现象,揭示了磁现象与电现象之间的联系,故C正确；英国物理学家法拉第引入了“电场〞和“磁场〞的概念,并用画电场线和磁感线的方法来描述电场和磁场,为经典电磁学理论的建立奠定了根底,故D正确．6.【答案】C【解析】0－1s内磁通量减小下边框进入空白区,产生的感应电流为顺时针增大,1－2s下边框进入右方磁场区,此间线框内向里的磁通量逐渐减少直到为零向外的磁通量逐渐增加,2－3s线框整体进入右方磁场区,向外的磁通量均匀增加,产生的感应电流为顺时针增大；故C选项正确．7.【答案】B【解析】从阻碍相对运动的角度来看,由于磁通量的变化是由线框和磁场做相对运动引起的,因此感应电流的磁场总是阻碍线框相对磁场的运动．要阻碍相对运动,磁场对线框因产生感应电流而产生的作用力——安培力,一定和相对运动的方向相反,即线框向左摆动时受力方向向右,线框向右摆动时受力方向向左．B正确．8.【答案】C【解析】利用磁场产生电流的现象是电磁感应现象,电磁感应现象说明磁能生电．奥斯特发现了电流的磁效应,法拉第发现了电磁感应现象,故A错误；电磁感应现象说明,磁能生电,故B错误；利用磁场变化产生电流的现象是电磁感应现象,故C正确；电磁感应现象揭示了磁能生电,它并没有揭示电流受到安培力的原因,故D错误；应选C.9.【答案】B【解析】当S1、S2闭合稳定时,线圈中的电流由a→b,电压表右端为“＋〞极,左端为“－〞极,指针正向偏转,先断开S1或先拆去电流表或先拆去电阻R的瞬间,线圈中产生的自感电动势相当于电源,其a端相当于电源的负极,b端相当于电源的正极,此时电压表上加了一个反向电压,使指针反偏,假设反偏电压过大,会烧坏电压表,故应先断开S2,应选B项．10.【答案】C【解析】由图甲和图乙的比照可知甲中产生的感应电流小于乙中的,那么可知甲图中条形磁铁到达线圈的速度必然小于乙图中的速度,那么必然下落的高度要更低一点,故A错；如果高度相同,故到达的速度相同,而要通过改变磁性来调节的,那么必须使得甲中的磁性弱点,那么感应电流就小点,故B错；由于两个过程中都有感应电流,要产生焦耳热,那么必然有机械能的损耗,感应电流大些,那么损耗的机械能相应就大,故C正确；由楞次定律可得,两个过程中所受的安培力均是向上的,那么D错．11.【答案】B【解析】圆形金属线框出磁场过程中,磁通量一直在减小,根据楞次定律增反减同,感应电流磁场和原磁场同向,根据右手定那么判断感应电流为顺时针方向,但是题目没有告诉是进磁场还是出磁场,A错．线框进出磁场过程,切割磁感线的有效长度是磁场中线框的首尾连接的线段,如下图,当圆形线框的圆心处于MN时有效切割长度最大,感应电流最大,安培力最大,拉力最大,所以感应电流先增大后减小,B对．速度和有效切割长度不垂直,夹角为θ,安培力F＝BIL＝BL,拉力的大小等于安培力,与θ有关,C错．有效长度始终是沿MN方向,因此安培力方向不变,拉力方向与安培力反向,与θ无关,D错．12.【答案】A【解析】线框在磁场外做自由落体运动,ab边进入磁场的过程中,运动性质有三种可能：一是匀速运动,二是加速度减小的减速运动；三是加速度减小的加速运动．线框全部进入后,做匀加速直线运动,综上所述,A是不可能的,B、C、D可能．13.【答案】C【解析】发现电磁感应现象的物理学家是法拉第．14.【答案】B【解析】因磁铁的转动,引起铜盘中磁通量发生变化而产生感应电流,进而受安培力作用而发生转动,由楞次定律可知安培力的作用是阻碍相对运动,所以铜盘与磁铁同向转动,又由产生电磁感应的条件可知,线圈中能产生电流的条件必须是磁通量发生变化．故要求铜盘转动方向与磁铁相同而转速小,不能同步转动,所以正确选项是B.15.【答案】D【解析】开关S断开时,线圈中无感应电流,对磁铁无阻碍作用,故磁铁自由下落,a＝g；当S闭合时,线圈中有感应电流,对磁铁有阻碍作用,故a＜g.所以t1＜t2,v1＞v2.16.【答案】A【解析】奥斯特发现了通电导体周围存在磁场,是第一个发现电流磁效应的科学家．17.【答案】C【解析】根据通电直导线周围磁感线的特点,检测线圈由远处移至直导线正上方时,穿过线圈的磁场有向下的分量,磁通量先增加后减小,由楞次定律和安培定那么知,线圈中的电流方向先逆时针后顺时针．当检测线圈由直导线正上方移至远处时,穿过线圈的磁场有向上的分量,磁通量先增加后减小,由楞次定律和安培定那么知,线圈中的电流方向先顺时针后逆时针,C正确．18.【答案】B【解析】磁感线是闭合曲线,磁铁内部穿过圆环的磁感线总条数一定,外部磁感线分布在无限大空间,将磁铁内部的磁感线抵消一局部,当圆环形状由Ⅰ扩大变为Ⅱ时,磁铁外部穿过圆环的磁感线增多,抵消多,总磁通量将减小．应选B.19.【答案】D【解析】线圈P中通有不断增大的顺时针方向的电流时,在线圈内部产生垂直纸面向里的磁场,但Q线圈中的磁通量变大,根据楞次定律,感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化,因而线圈Q内有逆时针方向的电流且有扩张的趋势,D正确．20.【答案】D【解析】通电直导线周围的磁感线是一些垂直导线的同心圆,满足安培定那么,所以当线圈L垂直长直导线时,通电长直导线的磁感线与线圈平面平行,即穿过线圈L的磁通量为0,A、B、C中的三种运动,都没有改变穿过L的磁通量的大小,即磁通量始终为零,故没有感应电流产生,D对．21.【答案】AB【解析】电荷量q＝It,根据法拉第电磁感应定律E＝n,根据欧姆定律I＝,联立可得q＝·Δt＝Δt＝,故A正确；根据法拉第电磁感应定律,在离开过程中产生的感应电动势E＝2Blv,所以感应电流：I＝,线框中的电流产生的热量：Q＝I2·R·＝,故B正确；线框cd间的电压为：U＝I·R＝,故C错误；根据楞次定律可知,只有离开磁场过程中,回路中才有顺时针方向的感应电流,在磁场中没有离开时,穿过线圈的磁通量不变,那么没有感应电流,故D错误．22.【答案】ABC【解析】用力F匀速拉出线圈过程所做的功为W＝FL2,又F＝F安＝IBL1,I＝,所以W＝,可知A,B、C正确,D错误．23.【答案】AD【解析】圆环从位置a运动到磁场分界线前,磁通量向里增大,感应电流方向为逆时针；跨越分界线过程中,磁通量由向里最大变为向外最大,感应电流为顺时针；再摆到b的过程中,磁通量向外减小,感应电流方向为逆时针,所以A正确,B错误；由于圆环所在处的磁场,上下对称,所受安培力方向竖直方向平衡,因此总的安培力沿水平方向,故C错,D正确．24.【答案】BD【解析】由右手定那么可知,电流由a到b,故a点的电势低于b点的电势,故A错误；由机械能守恒定律可知：mgh＝mv2,解得：v＝＝m/s＝8m/s；感应电动势为：E＝Blv＝1×0.2×8＝1.6V；ab相当于电源,其两端的电势差为：U＝E＝1.2V,故B正确,C错误；接通开关时,导体棒受到的安培力为：F＝BIl＝1××0.2N＝0.2N；ab受到的重力为：G＝mg＝0.2N；故导体棒立即做匀速直线运动,故D正确．应选B、D.25.【答案】CD【解析】利用安培定那么判断直线电流产生的磁场,其磁感线是一些以直导线为轴的无数组同心圆,即磁感线所在平面均垂直于导线,且直线电流产生的磁场分布情况是：靠近直导线处磁场强,远离直导线处磁场弱,所以A中穿过圆形线圈的磁场如图甲所示,其有效磁通量为ΦA＝Φ出－Φ进＝0,且始终为0,即使切断导线中的电流,ΦA也始终为0,A中不可能产生感应电流；B中线圈平面与导线的磁场平行,穿过线圈的磁通量始终为0,B中不可能产生感应电流；C中穿过线圈的磁通量如图乙所示,Φ进>Φ出,即ΦC≠0.当切断导线中电流后,穿过线圈的磁通量ΦC减小为0,所以C中有感应电流产生；D中线圈的磁通量ΦD不为0,当电流切断后,ΦD也减小为0,所以D中也有感应电流产生．26.【答案】ABC【解析】电磁感应中通过导体横截面积的电荷量q＝,因此当磁通量变化时,通过导体的电荷量变化增加,所以B、C正确．极板距离变小,那么电容变大,根据Q＝CU,感应电动势U可认为不变,因此U不变的时候可知Q变大,A正确．27.【答案】AD【解析】t1时刻电流增大,其磁场增强,那么穿过P的磁通量变大,由楞次定律可知P将阻碍磁通量的变大,那么P有向下运动的趋势,对地面的压力增大,故FN>G,A正确；t2时刻电流减小,那么磁场减弱,那么穿过P的磁通量变小,由楞次定律可知P将阻碍磁通量的变小,那么P有向上运动的趋势,对地面的压力减小,故FN<G,B错误；t3时刻电流增大,与A情况相同,FN>G,C错误；t4时刻电流减小,与B情况相同,FN<G,D正确,应选A、D.28.【答案】AC【解析】当金属环进入或离开磁场区域时磁通量发生变化,会产生感应电流．环进入和离开磁场区域,磁通量的变化情况分别是增大和减小,根据楞次定律得感应电流的方向相反,故A正确．环进入磁场后,由于没有磁通量的变化,环中没有感应电流,不受磁场力作用,只在重力作用下,离平衡位置越近,那么速度越大,故B错误．由于从左侧摆到右侧的过程中,线框中磁通量发生变化,因而产生感应电流,由于电阻的存在,环中将产生焦耳热,根据能量守恒知环的机械能将不守恒,故在左侧环的高度将高于起始时右侧的高度,所以摆角会越来越小,当完全在磁场中来回摆动时,那么没有感应电流,圆环最后的运动状态为在磁场区域来回摆动,故C正确．环最后的运动状态为在磁场区域来回摆动,机械能守恒,环在摆动过程中,只有一局部的机械能将转化为环中的电能,故D错误．29.【答案】BD【解析】当S闭合时,因二极管加上了反向电压,故二极管截止,L1一直不亮,通过线圈的电流增加,感应电动势阻碍电流增加,故使得L2逐渐变亮,选项B正确,A错误；当S断开时,由于线圈自感电动势阻碍电流的减小,故通过L1的电流要在L2－L1－D－L之中形成新的回路,故L1突然变亮,然后逐渐变暗至熄灭,选项C错误,D正确．应选BD.30.【答案】AD【解析】螺线管中的电流减小,穿过A环的磁通量减少,为阻碍磁通量的减少,A环有收缩的趋势,A正确．螺线管B电流变小,每匝线圈产生的磁场减弱,线圈间引力变小,螺线管B有扩张的趋势,故D正确．31.【答案】AD【解析】根据楞次定律,感应电流总要阻碍产生感应电流的原因,此题中“原因〞是回路中磁通量的增加,P、Q可通过“增缩减扩〞的方式进行阻碍,故可得A正确．根据左手定那么,回路电流受到向下的力的作用,由牛顿第三定律知磁铁受向上的作用力,所以磁铁的加速度小于g,应选A、D.32.【答案】ABD【解析】穿过闭合回路的磁通量Φ＝0,应选项A正确；回路中的感应电动势为ab、cd两边产生电动势之和E＝Blabv0＋Blcdv0＝2Blv0,应选项B正确；由右手定那么可知感应电流的方向为逆时针方向,应选项C错误；由左手定那么可知ab边与cd边所受的安培力方向均向左,应选项D正确．33.【答案】BCD【解析】开关拨向“1〞时,设在极短时间Δt内流过金属棒的电荷量为ΔQ,那么电路中的瞬时电流为I＝,电容器的电压U＝BLv,电荷量Q＝CU,那么ΔQ＝CΔU＝CBLΔv,可得I＝CBL＝CBLa.对金属棒,由牛顿第二定律得F－BIL＝ma,联立得金属棒的瞬时加速度为a＝.由于加速度表达式中的各个物理量都不随时间、位移变化,由此可知金属棒的加速度不变,做匀加速直线运动,应选项A错误．t0时刻金属板MN速度v＝at0,电容器所带的电压U＝BLv＝BLat0,电荷量Q＝CU,那么得Q＝,选项B正确．由F安＝BIL,I＝,E＝BLv,联立解得：F安＝.开关拨向“2〞后,导体棒匀速运动时,有F＝F安,解得v＝,选项C正确．开关拨向“2〞后t时间内,根据牛顿第二定律得：F－F安＝F－＝ma＝m,那么得FΔt－Δt＝mΔv.两边求和得：Σ(FΔt－Δt)＝ΣmΔv.而ΣvΔt＝x,ΣΔv＝v,联立解得位移x＝(t＋－)．应选项D正确．34.【答案】AD【解析】插到闭合线圈中同样位置,磁通量的变化量相同,但用时不同,磁通量的变化率不同,由I感＝＝可知,I感不同,流过导体的横截面的电荷量q＝·Δt＝·Δt＝·Δt＝,因ΔΦ、R不变,所以q与磁铁插入线圈的快慢无关．35.【答案】BD【解析】这个安检门是利用涡流工作的,因而只能检查金属物品携带者,A错,B对．假设“门框〞的线圈中通上恒定电流,只能产生恒定磁场,它不能使块状金属产生电流,因而不能检查出金属物品携带者,C错．安检门工作时,既利用了电磁感应现象,又利用了电流的磁效应,D对．36.【答案】AD【解析】金属探测器利用电磁感应的原理,利用有交流电通过的线圈,产生迅速变化的磁场．这个磁场能在金属物体内部产生涡电流．涡电流又会产生磁场,倒过来影响原来的磁场,引发探测器发出鸣声．应选AD.37.【答案】AD【解析】开关接通时L1被短路不亮,S断开后L2和L1串联,所以L1立即亮,而L2变暗,故A正确,B错误．开关接通时L1被短路不亮,断开开关S瞬间由于线圈自感产生电动势(相当于电源)与原来的电源串联,所以L3更亮,而后线圈的自感电动势逐渐消失,L3恢复原来亮度,故C错误,D正确．38.【答案】AD【解析】题图甲中,A与电感线圈L在同一个支路中,流过的电流相同,断开开关S时,线圈L中的自感电动势要维持原电流不变,所以开关断开的瞬间,A的电流不变,以后电流渐渐变小．因此,A渐渐变暗．题图乙中,A所在支路的电流比电感线圈所在支路的电流要小(因为电感线圈的电阻很小),断开开关S时,电感线圈的自感电动势要阻碍电流的变小,此瞬间电感线圈中的电流不变,电感线圈相当于一个电源给A供电．因此,反向流过A的电流瞬间要变大,然后渐渐变小,所以A将先闪亮一下,然后渐渐变暗．39.【答案】ABD【解析】话筒工作时,通过线圈振动切割磁感线,产生感应电流,故A正确．录音时是电生磁,即利用了电流的磁效应原理；放音时是磁生电,即利用了电磁感应原理,故B、D正确,C错误．40.【答案】AD【解析】在CB上运动时,设金属棒的速度为v,那么运动过程中有效切割长度为：L＝vt×tanθ,设金属棒横截面积为S,电阻率为ρ,那么回路中电阻为：R＝ρ,所以回路中的电流为：I＝＝,为定值．当导体棒运动到AB杆时也为定值,因此A正确,B错误；设导体棒在到达B之前运动的距离为x,那么有：电动势为：E＝BLv＝Bxtanθ×v,电阻为：R＝ρ,功率为：P＝＝x,故开始功率与运动的距离成正比,当通过B点之后,感应电动势不变,回路中电阻不变,故功率不变,D正确,C错误．41.【答案】(1)1.2m(2)0.083(3)0.83T【解析】(1)由图乙可知导体棒b刚进入磁场时a、b和轻杆所组成的系统做匀速运动,当导体棒a进入磁场后才再次做加速运动,因而b棒匀速运动的位移即为a、b棒的间距,依题意可得：d＝2vt＝2×3×(0.6－0.4)m＝1.2m(2)设进入磁场前导体棒运动的加速度为a,由图乙得：a＝＝7.5m/s2,因a、b一起运动,故可看作一个整体,其受力分析如下图．由牛顿第二定律得：2mgsinθ－μ2mgcosθ＝2ma解得：μ＝≈0.083(3)当b导体棒在磁场中做匀速运动时,有：2mgsinθ－μ2mgcosθ－BId＝0I＝联立解得：B≈0.83T.42.【答案】【解析】金属环匀速转动时处在磁场中的金属杆切割磁感线产生感应电动势E,相当于闭合回路的电源,其中E＝B·＝B··＝Bl2ω,金属杆与金属环构成闭合回路,该电路的总电阻为：R总＝r＋R外＝＋＋＝R,该电路的总电功率为P电＝＝＝根据能量转化守恒定律P外＝P电＝.43.【答案】(1)4m/s(2)2m/s2【解析】(1)金属棒匀速运动时产生的感应电流Im＝由平衡条件有F＝mgsinθ＋BImL代入数据解得v＝4m/s(2)此时金属棒受到的安培力F安＝由牛顿第二定律有F－mgsinθ－F安＝ma解得a＝2m/s2.44.【答案】(1)BL(2BL(3)h＝【解析】(1)cd边刚进入磁场时,线框速度v＝线框中产生的感应电动势E＝BLv＝BL.(2)此时线框中电流I＝,cd两点间的电势差U＝I＝BL(3)安