人教版高中物理选修3-2第四章第一节练习题

》》》》》》》》》积一时之跬步臻千里之遥程《《《《《《《《《《《《》》》》》》》》》积一时之跬步臻千里之遥程《《《《《《《《《《《《马鸣风萧萧马鸣风萧萧马鸣风萧萧马鸣风萧萧高中物理学习材料（马鸣风萧萧**整理制作）第四章第一节练习题1．下列说法正确的是楞次首先发现电流周围存在磁场法拉第首先发现了电磁感应现象亚里士多德认为力是改变物体运动状态的原因经典力学对宏观物体和微观物体的研究都适用2．下列说法正确的是法拉第发现了电流的磁效应楞次发现了电磁感应现象奥斯特发现了电磁感应现象安培提出了关于磁现象电本质的分子环流假说3.如图所示实验装置中用于研究电磁感应现象的是（）4.1831年8月法拉第把两个线圈绕在一个铁环上（如图所示），线圈A接直流电源，线圈B接电流表。他发现，当线圈A的电路接通或断开的瞬间，线圈B中产生瞬时电流。开关S闭合瞬间，7中的电流方向是b—a若将其中的铁环拿走，再做这个实验，S闭合瞬间，’口中没有电流若将其中的铁环拿走，再做这个实验，S闭合瞬间，’口中仍有电流5．许多科学家对物理学的发展作出了巨大贡献，下列表述正确的是伽利略创造的科学研究方法以及他的发现，标志着物理学的真正开端法拉第发现了电流的磁效应，使人们突破了对电与磁认识的局限性开普勒关于行星运动的描述为万有引力定律的发现奠定了基础奥斯特发现了电磁感应现象，使人们对电与磁内在联系的认识更加完善参考答案1．B【解析】试题分析：奥斯特首先发现电流周围存在磁场，故选项A错误；法拉第首先发现了电磁感应现象，故选项B正确；伽利略认为力是改变物体运动状态的原因，故选项C错误；经典力学对宏观物体的研究适用，对微观物体的研究不适用，故选项D错误。考点：物理学史。2．D【解析】试题分析：奥斯特发现了电流的磁效应；法拉第发现了电磁感应现象；安培提出了关于磁现象电本质的分子环流假说，故选项D正确，ABC错误.考点：物理学史.3．B【解析】试题分析：选项A是用来探究影响安培力的大小因素的实验；选项B是研究电磁感应现象的实验，导体棒在磁场中做切割磁感线运动时观察电流表是否会产生感应电流；选项C是用来探究安培力与电流、磁感应强度的大小关系的实验，选项D是奥斯特实验，证明通电导线周围存在磁场。考点：考查了电磁感应实验4．AD【解析】试题分析：此实验说明线圈B的感应电流是由线圈A的磁场变化引起的，选项A正确；开关S闭合瞬间，根据楞次定律可知，’口中的电流方向是a-b,选项B错误；若将其中的铁环拿走，再做这个实验，S闭合瞬间，穿过线圈B的磁通量仍然变化，故'口中仍有电流，选项D正确，C错误；故选AD.考点：电磁感应现象；楞次定律.5．AC【解析】试题分析：伽利略创造的科学研究方法以及他的发现，标志着物理学的真正开端，选项A正确；奥斯特发现了电流的磁效应，使人们突破了对电与磁认识的局限性，选项B错误；开普勒关于行星运动的描述为万有引力定律的发现奠定了基础，选项C正确；法拉第发现了电磁感应现象，使人们对电与磁内在联系的认识更加完善，选项D错误；故选AC.考点：物理学史.第四章第二节练习题1．关于感应电流，下列说法中正确的是：只要闭合电路内有磁通量，闭合电路中就有感应电流产生穿过螺线管的磁通量发生变化时，螺线管的线圈中就一定有感应电流产生线框不闭合时，即使穿过线圈的磁通量发生变化，线圈中也没有感应电流只要电路的一部分作切割磁感线运动，电路中就一定有感应电流2.下图是机场的安检人员用手持金属探测器检查乘客的情景。当探测线圈靠近金属物体时，在金属物体中就会产生电流，如果能检测出这种变化，就可以判定探测线圈附近有金属物体了。图中能反映出金属探测器工作原理的是

金属棒在磁场中运动使电通电导线在磁场中运动C通电螺线管使小磁针偏转A流计指针偏转通电直导线使小磁针偏转金属棒在磁场中运动使电通电导线在磁场中运动C通电螺线管使小磁针偏转A流计指针偏转通电直导线使小磁针偏转D3．胡老师在物理课上摆出如图所示的实验装置来做“探究感应电流与磁通量变化的关系”的实验，胡老师将要演示的是以下A、B、C、D4种操作。你认为这4种操作中不会．引起电流表指针偏转的操作是闭合开关S断开开关S闭合开关后拔出小线圈A在开关S处于断开状态下，将变阻器的滑片P向右移动4．如图所示，绕在铁芯上的线圈与电源、滑动变阻器和开关组成一闭合回路，在铁芯的右端套有一个表面绝缘的铜环a,下列各种情况铜环a中不产生感应电流的是U；U；线圈中通以恒定的电流通电时，使变阻器的滑片P匀速移动通电时，使变阻器的滑片P加速移动将开关突然断开的瞬间5.金属矩形线圈abed在匀强磁场中做如图所示的运动，线圈中有感应电流的是A.B,G1).6．从1822年至1831年的近十年时间里，英国科学家法拉第心系“磁生电”。在他的研究过程中有两个重要环节：（1）敏锐地觉察并提出“磁生电”的闪光思想；（2）通过大量实验，将“磁生电”（产生感应电流）的情况概括为五种：变化着的电流、变化着的磁场、运动的恒定电流、运动的磁铁、在磁场中运动的导体。结合你学过的相关知识，试判断下列说法正确的是环节（1）提出“磁生电”思想是受到了麦克斯韦电磁场理论的启发环节（1）提出“磁生电”思想是为了对已经观察到的“磁生电”现象做出合理解释环节（2）中五种“磁生电”的条件都可以概括为“穿过闭合导体回路的磁通量发生变化”环节（2）中“在磁场中运动的导体”这种情况不符合“穿过闭合导体回路的磁通量发生变化”这一条件如图所示的线圈中不.能.产生交变电流的是（）CDCD8.如图所示实验装置中用于研究电磁感应现象的是（）关于产生电磁感应电流的条件，下列说法中正确的是（）任何导体在磁场中运动，都能产生感应电流一段导体在磁场中运动时，就能产生感应电流当闭合电路的部分导体沿磁感线运动时，就能产生感应电流当闭合电路的部分导体切割磁感线运动时，就能产生感电流在探究磁场产生电流的条件，做了右图所示实验，在表格中填写观察到现象。实验操作电流表的指针（填偏转或不偏转）（1）接通开关瞬间（2）接通开关，移动变阻器滑片（3）接通开关，变阻器滑片不移动（4）断开开关瞬间11.下图是探究感应电流与磁通量变化关系的实验，线圈A与电流表相连，线圈B通过开关总是闭合的，滑动变阻器也不动开关总是闭合的，线圈B上下迅速移动开关总是闭合的，迅速移动滑动变阻器的滑片“研究感应电流产生的条件”的实验电路如图甲所示。实验表明：当穿过闭合电路的磁通量发生变化时，闭合电路中就会有电流产生。在闭合电键S前，滑动变阻器滑动片P应置于端（选填“a”或％”）。电键S闭合后还有多种方法能使线圈C中产生感应电流，试写出其中的一种方法：。（2）多用表的刻度盘如图乙所示，请回答：当选用量程为50mA的电流档测量电流时，表针指在图示位置，则所测电流为mA；若用此多用表测量一个阻值约为2.0X104Q的电阻，为了使测量比较准确，应选的欧姆档是（选填“X10”、“X100”或“X1K”）。如图所示，一水平放置的矩形线圈abed，在细长的磁铁N极附近竖直下落，保持be边在纸外，ab边在纸内，由图中位置I经位置II到位置III,这三个位置都靠得很近，且位置II刚好在条形磁铁中心轴线上，在这个过程中穿过线圈的磁通量怎样变化？有无感应电流？

参考答案1．C【解析】试题分析：当闭合电路中的磁通量发生变化时，电路中才有感应电流，A中有磁通量，但如果不变化，则也不可能有感应电流，选项A错误；B中如果不是闭合电路，则只能有感应电压而不能形成感应电流，故选项B错误；C中线框不闭合时，即使穿过线圈的磁通量发生变化，线圈中也没有感应电流，故选项C正确；D中如果电路不是闭合的，则电路中也不会产生感应电流，故选项D错误。考点：法拉第电磁感应定律。2．B【解析】试题分析：金属探测器能探测金属，是根据电磁感应现象，即金属在磁场中切割磁感线运动时产生感应电流，选项B正确.考点：电磁感应现象3．D【解析】试题分析：闭合开关S或断开开关S时，流过线圈A的电流发生变化，则穿过B的磁通量会发生变化，故在B线圈中会产生感应电流，使指针偏转；故AB错误；闭合开关后拔出小线圈A，穿过B的磁通量会发生变化，故在B线圈中会产生感应电流，使指针偏转；故C错误；在开关S处于断开状态下，将变阻器的滑片P向右移动，则流过线圈A的电流不发生变化，则穿过B的磁通量不会发生变化，故在B线圈中不会产生感应电流，指针不偏转；故选项D错误；故选D。考点：电磁感应现象。4．A【解析】试题分析：线圈中通以恒定的电流时，穿过线圈a的磁通量不变，故a中无感应电流产生，选项A正确；通电时，无论使变阻器的滑片P匀速移动还是加速移动，线圈中的电流都要变化，从而穿过a的磁通量变化，使a中产生感应电流，选项BC错误；将开关突然断开的瞬间，线圈中电流迅速减小，故穿过a的磁通量减小，使a中产生感应电流，选项D错误；故选A.考点：电磁感应现象.5．A【解析】试题分析：当穿过闭合回路的磁通量发生变化时，线圈中有感应电流产生；贝叭中线圈的磁通量不断变化，故有感应电流，选项A正确；BCD中穿过线圈的磁通量都不变，故无感应电流，选项BCD错误；故选A.考点：电磁感应现象.6．C【解析】试题分析：环节（1）提出“磁生电”思想是受到奥斯特发现在电生磁的现象的启发，A错误；当时提出“磁生电”时还没能观察到磁生电现象，B错误；在环节（2）中五种“磁生电”的条件总体可以概括为“穿过闭合导体回路的磁通量发生变化”就能产生感应电流，C正确；“在磁场中运动的导体”如果形成闭合回路，就产生感应电流，若只有一根导体棒，只能产生感应电动势，也是电磁感应现象，因此D错误。考点：电场感应现象7．A【解析】试题分析：产生交流电的条件是穿过闭合线圈的磁通量变化，而线圈若是绕着垂直于磁场的转轴转动时，可产生感应电流，故B、C、D中有感应电流产生，A图中没有感应电流产生.本题选不产生感应电流的，故选A.考点：本题考查了交流发电机及其产生正弦式电流的原理、交变电流、电磁感应．B【解析】试题分析：选项A是用来探究影响安培力的大小因素的实验；选项B是研究电磁感应现象的实验，导体棒在磁场中做切割磁感线运动时观察电流表是否会产生感应电流；选项C是用来探究安培力与电流、磁感应强度的大小关系的实验，选项D是奥斯特实验，证明通电导线周围存在磁场。考点：考查了电磁感应实验D【解析】试题分析：根据电磁感应现象产生的条件，穿过闭合电路的磁通量发生变化进行判断，选项?A中磁通量有可能不发生变化，所以A错误；选项B中没有闭合回路，所以不会产生感应电流；选项C中磁通量始终为零，不发生变化，所以选项C错误；当闭合电路的部分导体做切割磁感线运动时，能满足产生感应电流的条件，所以选项D正确。考点：考查对电磁感应现象的产生条件的理解偏转；偏转；不偏转；偏转【解析】试题分析：(1)接通开关瞬间，穿过副线圈磁通量增加，产生感应电流，则电流表指针偏转.接通开关，移动变阻器滑片，原线圈中电流变化，则穿过副线圈的磁通量变化，产生感应电流，电流表指针偏转.接通开关，变阻器滑片不移动，原线圈中的电流不变，穿过副线圈的磁通量不变，不产生感应电流，电流表指针不偏转.断开开关瞬间，穿过副线圈磁通量减小，产生感应电流，电流表指针偏转.考点：考查了探究磁场产生电流的条件实验(1)ACD,(2)穿过闭合回路的磁通量发生变化【解析】试题分析：当闭合开关瞬间，电流从无到有，则线圈B有磁场，导致线圈A的磁通量增大，从而产生感应电流，当开关断开的瞬间，电流从有到无，则线圈B的磁场从有到无，导致线圈A的磁通量减少，从而产生感应电流，故可以看到电流表指针偏转；开关总是闭合的，滑动变阻器也不动时，线圈B中的磁场恒定不变，线圈A的磁通量不变，无电流产生，故看不到电流表指针偏转；开关总是闭合的，线圈B上下迅速移动时，导致线圈A的磁通量减小或增大，从而产生感应电流，故可以看到电流表指针偏转；开关总是闭合的，迅速移动滑动变阻器的滑片时，导致线圈A的磁通量减小或增大，从而产生感应电流，故可以看到电流表指针偏转.所以可以看到电流表指针偏转是ACD.由实验可知：电流表指针发生偏转的，即产生感应电流的现象有：磁场由无到有，磁场由有到无，磁场变强或变弱，概括可得：只要闭合电路中的磁通量发生变化就能产生感应电流.考点：本题通过研究电磁感应现象，考查感应电流产生的条件，意在考查考生的实验探究能力.(1)a,移动滑动变阻器的滑片(线圈A在线圈C中拔出或插入、断开电键等)(2)35mA，X1K【解析】试题分析：(1)当穿过闭合回路的磁通量发生变化时，会产生感应电流.闭合电键前，滑动变阻器阻值应最大，则滑片P应置于a端.当移动滑动变阻器滑片，电流变化，线圈周围的磁场发生变化，穿过C线圈的磁通量发生变化，会产生感应电流.当线圈A在

线圈C中拔出或插入的过程，穿过线圈C的磁通量发生变化，会产生感应电流.(2)当选用量程为50mA的电流档测量电流时，分度值为1mA,所以所测电流为35mA,测量电阻时，由于表盘刻度不均匀，为减小误差，应让指针指在中间位置，故选用XLK档位，考点：考查了感应电流产生，多用电表的使用13．穿过线圈的磁通量先减少后增加，线圈中有感应电流。【解析】试题分析：根据条形磁铁N极附近磁感线的分布情况可知，矩形线圈在位置I时，磁感线从线圈的下面斜向上穿过；线圈在位置II时，穿过它的磁通量为零；线圈在位置III时，磁感线从线圈上面斜向下穿过。所以，线圈从I到II磁通量减少，从II到III磁通量增加。穿过线圈的磁通量发生变化，有感应电流产生。考点：考查了感应电流产生条件第四章第三节练习题1.如图，在磁感应强度为1.如图，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Ei;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E2。则通过电阻R的电流方向及弐与已?之比Ei：E2分别为：212c—a,2:1B.a—c,2:1C.a—c,1:2D.c—a,1:2如图所示，a、b都是较轻的铝环，a环闭合，b环断开，横梁可以绕中间支点自由条形磁铁插入a环时，横梁不会发生转动只有当条形磁铁N极拔出铝环时，横梁才会转动条形磁铁用相同方式分别插入a、b环时，两环转动情况相同铝环a产生的感应电流总是阻碍铝环与磁铁间的相对运动如下图所示，线圈竖起放置且固定不动，当它正上方的磁铁运动时，流过电阻的电流是由A经R到B,则磁铁可能ABC.向左平移B.ABC.向左平移B.向上运动D.以上运动都不可能4.如图所示，螺线管CD4.如图所示，螺线管CD的导线绕法不明.当磁铁AB插入螺线管时，电路中有图示方向的感应电流产生.下列关于螺线管C端极性的判断，正确的是C端一定是N极C端一定是S极C端的极性一定与磁铁B端的极性相同D.无法判断极性，因螺线管的绕法不明如图所示，OQ是矩形导线框abed的对称轴，其左方有匀强磁场。以下哪些情况下abed中有感应电流产生，而且感应电流方向逆时针？abdcabdc将abed向纸外平移B.将abed向右平移C.将abed以ab为轴转动60°D.将abed以cd为轴转动60°如图所示，当导线ab在电阻不计的金属导轨上滑动时，线圈C向右摆动，则ab的向左或向右做匀速运动C.向左或向右做匀速运动C.向左或向右做加速运动下列说法中正确的是(向左或向右做减速运动D.只能向右做匀加速运动)某时刻穿过线圈的磁通量为零，感应电动势就为零穿过线圈的磁通量越大，感应电动势就越大只有当电路闭合，且穿过电路的磁通量发生变化时，电路中才有感应电流不管电路是否闭合，只要穿过电路的磁通量发生变化，电路中就有感应电动势相距较近的a,b线圈，要使b线圈中产生图示I方向的电流，可采用的办法有()1mrn闭合K瞬间K闭合后把R的滑动片向右移动闭合K后把b向a靠近闭合K后把a中铁芯从左边抽出如图所示，磁极远离和靠近圆环时产生的现象正确的是()

图中磁铁N极接近A环时，A环被吸引，而后被推开图中磁铁N极远离A环时，A环被排斥，而后随磁铁运动用磁铁N极接近B环时，B环被推斥，远离磁铁运动用磁铁的任意一磁极接近A环时，A环均被排斥10．关于楞次定律，下列说法正确的是A、感应电流的磁场总是要阻碍引起感应电流的磁通量的变化B、闭合电路的一部分导体在磁场运动时，必受磁场阻碍作用C、原磁场穿过闭合回路的磁通量增加时，感应电流的磁场与原磁场同向D、感生电流的磁场总是跟原磁场反向，阻碍原磁场关于感应电流的方向，以下说法中正确的是（）感应电流的方向总是与原电流的方向相反感应电流的方向总是与原电流的方向相同感应电流的磁场总是阻碍闭合电路内原磁场的磁通量的变化感应电流的磁场总是与原线圈内的磁场方向相反如图a所示，虚线上方空间有垂直线框平面的匀强磁场，直角扇形导线框绕垂直于线框平面的轴0以角速度s匀速转动。设线框中感应电流方向以逆时针为正，那么在图b中能正确描述线框从图a中所示位置开始转动一周的过程中，线框内感应电流随时间变化情况的是（）一长直铁芯上绕有一固定线圈M,铁芯右端与一木质圆柱密接，木质圆柱上套有一闭合金属环N，N可在木质圆柱上无摩擦移动.M连接在如右图所示的电路中，其中R为滑动变阻器，E和E为直流电源，S为单刀双掷开关.下列情况中，可观测到N向左运动的是（左运动的是（AA.BC.在S断开的情况下，S向a闭合的瞬间在S断开的情况下，S向b闭合的瞬间在S已向a闭合的情况下，将R的滑动头向c端移动时

在S已向a闭合的情况下，将R的滑动头向d端移动时14.如图所示的器材可用来研究电磁感应现象及判定感应电流的方向，其中L］为原线圈,L2为副线圈。（1）在给出的实物图中，将实验仪器连成完整的实验电路。（2）在实验过程中，除了查清流入检流计电流方向与指针偏转方向之间的关系之外，还应查清的绕制方向（选填“L”、“L”或“L和L”）。1212（3）闭合开关之前，应将滑动变阻器的滑动头P处于端（选填“左”或“右”）。参考答案1．C【解析】试题分析：因为MN产生的感应电动势E=BLv，在速度v,MN在磁场中的长度L都不变时，电动势E与磁场B成正比，故电动势之比E1:E2=1:2，AB错误；再由右手定则可知,MN中的电流方向为N—M,故电阻中的电流方向为a—c，选项C正确。考点：感应电动势大小及感应电流方向的判断。2．D【解析】试题分析：条形磁铁插入a环时，根据楞次定律，a环会产生感应电动势阻碍磁通量的变化，由于a环闭合，电动势的产生使得产生感应电流，处于磁铁的磁场中受到安培力，横梁转动，选项A错。无论条形磁铁哪一端插入或者拔出圆环a都会产生感应电动势和感应电流从而时横梁转动，选项B错。条形磁铁插入或者拔出b环时都会使得b环磁通量发生变化，产生感应电动势，但是b环不闭合，无法形成感应电流，因而也不会受到安培力，横梁不会转动，选项C错。铝环a只要和磁铁发生相对运动就会导致铝环a的磁通量发生变化，就会在铝环a中产生感应电动势和感应电流，受到安培力作用，阻碍这种磁通量的变化，选项D对。考点：电磁感应3．BC【解析】试题分析：因为流过电阻的电流是由A经R到B,则由右手定则可知，产生感应电流在线圈中的磁场方向向下，与原磁场方向相同，故穿过线圈的磁通量是减小的，故线圈可能向上运动或者向左平移，选项BC正确。考点：楞次定律.4．C【解析】试题分析：在螺线管插入过程中，穿过CD的磁通量增大，感应电流的磁场与原磁场的方向相反，阻碍磁铁AB插入螺线管，C端的极性一定与磁铁B端的极性相同，C正确；因磁铁AB极性不明，C端的极性无法判断，ABD错误。故选C考点：考查楞次定律的应用5．BD【解析】试题分析：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①二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600,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）项正确。考点：本题考查了产生感应电流的条件和判断感应电流方向的楞次定律或右手定则。6．B【解析】试题分析：线圈C向右摆动，说明穿过线圈的磁通量减小，也就是螺线管中的电流是减小的，也就是ab产生的感应电动势逐渐减小，则ab必做减速运动，故选项B正确。考点：楞次定律.7．CD【解析】A①试题分析：根据法拉第电磁感应定律E二n知，磁通量为零，感应电动势不一定零，At所以A错误；感应电动势对应磁通量的变化率，磁通量越大，感应电动势不一定打，故B错误；当穿过电路的磁通量发生变化时，电路中就有感应电动势产生，而只有当电路闭合，电路中才有感应电流.故C正确.不管电路是否闭合，只要穿过电路的磁通量发生变化，电路中就有感应电动势产生.故D正确。考点：本题考查感应电动势、感应电流产生的条件。8．AC【解析】试题分析：由于流经a螺线管的电流方向，用右手螺旋定则判定出a螺线管左边为S极，右边为N极，a螺线管内的磁场方向向右，由b螺线管的电流方向判断出感应电流的磁场方向向左，原磁场方向与感应电流的磁场方向相反，根据楞次定律，感应电流的磁场方向总是阻碍引起感应的磁场方向，即“增反减同”的方法，可知a中的电流增加，使a螺线管的磁性增强，为了使a中电流增加，贝9闭合K瞬间a中电流增加，故A选项正确；K闭合后把R的滑动片向右移动a中电流减少，故B选项错误；闭合K后把b向a靠近，贝9磁场增强，故选项C正确；闭合K后把a中铁芯从左边抽出则磁性减弱，故D选项错误。考点：右手螺旋定则楞次定律D【解析】试题分析：根据楞次定律，感应电流在回路中产生的磁通总是反抗（或阻碍）原磁通的变化，所以用磁铁的任意一磁极接近A环时，A环均被排斥；由于B环不是闭合回路，因此没有感应电流。考点：楞次定律A【解析】试题分析：感应电流的磁场总是要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，A正确；闭合电路的一部分导体在磁场中平行磁感线运动时，不受磁场阻碍作用。选项B错误；原磁场穿过闭合回路的磁通量增加时，感应电流的磁场与原磁场反向。选项C错误；感生电流的磁场当增强时跟原磁场反向，减弱时跟原磁场同向，阻碍原磁场的变化。选项错误。考点：楞次定律C【解析】试题分析：由椤次定律可知，感应电流的磁场总是阻碍闭合电路内部原磁场的磁通量的变化，故C是正确的；如果原磁场中的磁通量是增大的，则感应电流的磁场就与它相反，来消弱它的增大，如果原磁场中的磁通量是减小的，则感应电流的磁场就与它相同，来阻碍它的减小。考点：椤次定律。A【解析】试题分析：从图示位置转过90°时，线圈中无电流；再转过90°时，根据楞次定律，线圈中产生逆时针方向（正向）的电流；再转过90°时，线圈中无电流；再转过90°时产生顺时针方向（负向）的电流，选项A正确。考点：楞次定律C【解析】试题分析：由楞次定律的第二种描述：“来拒去留”可知要使N向左运动，通过N的磁通量应减小；而A、B中由断开到闭合过程中磁通量均增大，故AB错误；若将移动滑动头，则向C端移动时，滑动变阻器接入电阻增大，则电路中电流减小，磁通量减小，故会使N左移，故C正确；而D中向d移动时，滑动变阻器接入电阻减小时，故电路中电流增大，磁场增大，故会使N右移，故D错误；故选C考点：楞次定律；点评：楞次定律有两种描述：“增反减同”和“来拒去留”，后者判断导体的运动更有效，应学会应用．(1)作图(2)乂和L2(3)右端(2分)【解析】试题分析：(1)探究电磁感应现象实验电路分两部分，电源、开关、滑动变阻器、原线圈组成闭合电路，检流计与副线圈组成另一个闭合电路；电路图如图所示；如图所示2)在实验过程中，除了查清流入检流计电流方向与指针偏转方向之间的关系之外，还应查清原线圈L1与副线圈L2的绕制方向.由电路图可知，闭合开关之前，应将滑动变阻器的滑动头P处于右端，此时滑动变阻器接入电路的阻值最大.考点：研究电磁感应现象及判定感应电流的方向第四章第四节练习题1.在物理学理论建立的过程中，有许多伟大的科学家做出了贡献.关于科学家和他们的贡献，下列说法中正确的是法拉第根据电流的磁效应现象得出了法拉第电磁感应定律卡文迪许发现了电荷之间的相互作用规律，并测出了静电力常量k的值开普勒通过研究行星观测记录，发现了行星运动三大定律牛顿总结出了万有引力定律并用实验测出了引力常量2•下列有关物理学史的说法中正确的是奥斯特从实验中发现了电流的磁效应劳伦斯通过大量的实验归纳总结出电磁感应的规律焦耳发明了能在实验室中产生高能粒子的回旋加速器法拉第通过实验最先得到了电流通过电阻产生热量的规律将闭合多匝线圈置于仅随时间变化的磁场中，线圈平面与磁场方向垂直，关于线圈中产生的感应电动势和感应电流，下列表述正确的是：感应电动势的大小与线圈的匝数有关穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大感应电流产生的磁场方向与原磁场方向不一定相同如图，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Ei;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E2。则通过电阻R的电流方向及弐与已?之比Ei：E2分别为：212

A.cfa,2:1B.a—c.2:1C.a—c,1:2D.c—a,1:2A.cfa,2:1B.a—c.2:1C.a—c,1:2D.c—a,5．矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场轴匀速转动,当线圈通过中性面时线圈平面与磁感线平行穿过线圈的磁通量为零线圈中感应电动势最大电流方向发生变化6.如图所示，直角三角形导线框abc以速度v匀速进入匀强磁场区域，则此过程中导线框内感应电流随时间变化的规律为下列四个图像中的哪一个？()aI….IKMbcIAB7.如图所示，几位同学在做“摇绳发电”实验：把一条长导线的两端连在一个灵敏电流计的两个接线柱上，形成闭合回路。两个同学迅速摇动AB这段“绳”。假设图中情景发生在赤道，地磁场方向与地面平行，由南指向北。图中摇“绳”同学是沿东西站立的，甲同学站在西边，手握导线的A点，乙同学站在东边，手握导线的B点。则下列说法正确的是AB7.如图所示，几位同学在做“摇绳发电”实验：把一条长导线的两端连在一个灵敏电流计的两个接线柱上，形成闭合回路。两个同学迅速摇动AB这段“绳”。假设图中情景发生在赤道，地磁场方向与地面平行，由南指向北。图中摇“绳”同学是沿东西站立的，甲同学站在西边，手握导线的A点，乙同学站在东边，手握导线的B点。则下列说法正确的是当“绳”摇到最高点时，“绳”中电流最大当“绳”摇到最低点时，“绳”受到的安培力最大当“绳”向下运动时，“绳”中电流从A流向B在摇“绳”过程中，A点电势总是比B点电势高关于电磁感应，下列说法中正确的是()穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大穿过线圈的磁通量为零，感应电动势一定为零穿过线圈的磁通量的变化越大，感应电动势越大线圈中磁通量变化越快，感应电动势越大下列关于感应电动势大小的说法中，正确的是()线圈中磁通量变化越大，线圈中产生的感应电动势一定越大线圈中磁通量越大，产生的感应电动势一定越大线圈放在磁感应强度越强的地方，产生的感应电动势一定越大线圈中磁通量变化越快，产生的感应电动势越大

如图所示，金属导轨MN、PQ之间的距离L=0.2m，导轨左端所接的电阻R=1°，金属棒ab可沿导轨滑动，匀强磁场的磁感应强度为B=0.5T,ab在外力作用下以V=5m/s的速度向右匀速滑动，求金属棒所受安培力的大小。11.如图所示，在虚线圆周内有一均匀的磁场，其磁感应强度B正以0.1T/S的变化率减小。在圆周内放一金属圆环(图中实线)，使圆环平面垂直磁场。已知此圆环半径为0.1m。圆环中产生的感应电动势为多大？设圆环的电阻为1Q,则圆环中的电流为多大？仍设圆环的电阻为1Q,但在环上某处将圆环断开，并在断开形成的两端点间接入一个4Q的电阻，这两端点的电压为多大？12.在竖直方向的磁场中，有一个共有100匝的闭合矩形线圈水平放置，总电阻为10Q、，在0.02s时间内，穿过线圈的磁通量从零均匀增加到6.4X10-Wb，求：(1)磁通量的变化量AQ(2)线圈产生的总感应电动势E3)线圈中的感应电流大小参考答案1．C【解析】试题分析：法拉第根据感应电动势跟磁通量的变化率成正比得出了法拉第电磁感应定律，故A选项错误；库仑发现了电荷之间的相互作用规律，并测出了静电力常量k的值，而卡文迪许测出了万有引力常量，故B选项错误；开普勒通过研究行星观测记录，发现了行星运动三大定律，故C选项正确；牛顿总结出了万有引力定律但没有测出引力常量，是卡文迪许通过扭秤实验测出了引力常量，故D选项错误。考点：物理学史2．A【解析】试题分析：奥斯特从实验中发现了电流的磁效应，选项A正确；法拉第通过大量的实验归纳总结出电磁感应的规律，选项B正确；劳伦斯发明了回旋加速器，能在实验室中产生大量的高能粒子，故C错误;焦耳通过实验最先得到了电流通过电阻产生热量的规律，选项D错误；故选A.考点：物理学史.3．ACD【解析】Ap试题分析：由法拉第电磁感应定律可知：E=n=—，所以感应电动势的大小与线圈的匝At数有关，选项A正确；不是穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大，而是穿过线圈的磁通量的变化率越大，感应电动势越大，故选项B错误；C正确；当原磁场增加时，感应电流产生的磁场方向与原磁场方向相反，当原磁场减小时，感应电流产生的磁场方向与原磁场方向相同，故感应电流产生的磁场方向与原磁场方向不一定相同，选项D正确。考点：法拉第电磁感应定律。4．C【解析】试题分析：因为MN产生的感应电动势E=BLv，在速度v,MN在磁场中的长度L都不变时，电动势E与磁场B成正比，故电动势之比E:E=1:2，AB错误；再由右手定则可12知,MN中的电流方向为N—M,故电阻中的电流方向为a—c，选项C正确。考点：感应电动势大小及感应电流方向的判断。5．D【解析】试题分析：当线圈通过中性面时，线圈平面与磁感线垂直，选项A错误；此时穿过线圈的磁通量最大，选项B错误；此位置穿过线圈的磁通量的变化率为零，线圈中感应电动势为零，选项C错误；线圈经过此位置时电流方向发生变化，选项D正确；故选D.考点：交流电的产生.6．A【解析】试题分析：由图知，在ac边进入过程中，切割的有效长度均匀增大，根据法拉第电磁感应定律可知E=BLv，产生的感应电动势增大，感应电流均匀增大，再由左手定则可得：感应电流方向为逆时针方向，在ab边进入磁场过程中，切割有效长度均匀减小，同理可判断方向为逆时针方向，故A正确；B、C、D错误；考点：本题考查电磁感应7．C【解析】试题分析：由题意知，当“绳”摇到最高点与最低点时，运动方向与地磁场方向平行，故产生感应电动势为零，感应电流为零，所以A错误；B错误；当“绳”向下运动时，切割地磁场，根据右手定则可判断，产生感应电流方向从A流向B,在电源内部，电流从低电势流向高电势，即此时A点电势低于B点电势，所以C正确；D错误。考点：本题考查电磁感应8．D【解析】试题分析：根据E=n可知，穿过线圈的磁通量越大，感应电动势不一定越大，选At项A错误；穿过线圈的磁通量为零，感应电动势不一定为零，选项B错误；穿过线圈的磁通量的变化越大，感应电动势不一定越大，选项C错误；线圈中磁通量变化越快，说A申明丁越大，则感应电动势越大，选项D正确。故选D。At考点：法拉第电磁感应定律。9．D【解析】试题分析：感应电动势E=n学，与磁通量的变化率成正比，与磁通量的大小、磁通AtA©ABS量的变化量、磁感应强度的大小没有关系，ABC错；E=n=n，线圈中磁通AtAt量变化越快，感应电动势越大，D正确。考点：法拉第电磁感应定律10．0.05N【解析】试题分析：导体棒ab垂直切割磁感线由E=BLV得,E=BLV=0.5x0.2x5V=0.5VI=-e=05A=0.5AF=BIL=0.5x0.5x0.2N=0.05NR1考点：考查了导体切割磁感线运动点评：当金属棒在导轨上以某一速度向右做匀速滑动时，切割磁感线产生感应电动势，相当于电源，(1)3.14xlCMV(2)3.14x10-3A⑶2.51x10-3V【解析】试题分析：(1)圆环的面积S二兀r2厂A①AB-S「“、丁感生电动势E===3.14x10-3VAtAtE根据闭合电路欧姆定律，电流1——3-14x10-3ArR根据闭合电路欧姆定律，这两端点的电压为路端电压U—E—2.51x13VR+r考点：感生电动势的计算点评：容易题。感生电动势是由于闭合回路的磁通量发生变化产生感生电场，在导体内产生感生电动势。本题把导体看成电源，用闭合电路欧姆定律解决问题。(1)6.4X10-4Wb(2)3.2V(3)0.32A

【解析】试题分析：⑴△①二①一①=6.4X10-4Wb3分21A①A①小小根据公式E=n可得E=n=3.2VAtAtE根据欧姆定律可得I二二0.32AR考点：考查了法拉点电磁感应定律的应用点评：在用法拉第电磁感应定律计算的时候，千万不要忘记匝数第四章第五节练习题如图所示，ab和cd是位于水平面内的平行金属轨道，轨道间距为1,其电阻可忽略不计。ac之间连接一阻值为R的电阻。ef为一垂直于ab和cd的金属杆，它与ab和cd接触良好并可沿轨道方向无摩擦地滑动，其电阻可忽略。整个装置处在匀强磁场中,磁场方向与导轨平面垂直，磁感应强度为Bo当施外力使杆ef以速度v向右匀速运动时，杆ef所受的安培力为()B时，杆ef所受的安培力为()B2l2vBlvB2lvA.RB.RC.RBl2vD.图中两条平行虚线之间存在匀强磁场，虚线间的距离为1,磁场方向垂直纸面向里,abcd是位于纸面内的梯形线圈，ad与be间的距离也为1.t=0时刻，be边与磁场区域边界重合(如图)•现令线圈以恒定的速度v沿垂直于磁场区域边界的方向穿过磁场区域.取沿a—bfe—d—a的感应电流为正，则在线圈穿越磁场区域的过程中，感应电流I随时间t变化的图线可能是()如图所示，边长为a的导线框abcd处于磁感应强度为B。的匀强磁场中，bc边与磁场右边界重合.现发生以下两个过程：一是仅让线框以垂直于边界的速度v匀速向右运动；二是仅使磁感应强度随时间均匀变化.若导线框在上述两个过程中产生的感应电流大小相等，则磁感应强度随时间的变化率为()

a2BvBvBvA.—B.C.aa2aD.终静止，则如图甲所示，电阻不计的“J”形金属框架abed固定在倾角为9的绝缘斜面上,空间有方向垂直于斜面的磁场，磁感应强度的变化规律如图乙所示。将一电阻为R的金属棒PQ垂直于ab放置在框架上，构成面积为S的矩形PbcQ,PQ与框架接触良好且始D.终静止，则-时刻棒PQ中无感应电流t；时刻棒PQ不受安培力〜2BS在02t内，通过棒PQ的电荷量为1RB2S2在0~2t内，棒PQ所产生的焦耳热为弋一1Rt15•如图所示，两根间距为l的光滑平行金属导轨与水平面夹角为a,图中虚线下方区域内存在磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直于斜面向上.两金属杆质量均为m,电阻均为R，垂直于导轨放置.开始时金属杆ab处在与磁场上边界相距l的位置，金属杆cd处在导轨的最下端，被与导轨垂直的两根小柱挡住.现将金属杆属杆cd处在导轨的最下端，被与导轨垂直的两根小柱挡住.现将金属杆ab由静止释放,B.金属杆ab进入磁场时的速度大小为2glsinamgsina金属杆ab进入磁场后产生的感应电动势Bl金属杆ab进入磁场后金属杆cd对两根小柱的压力大小为零（14分）如图，光滑的足够长的平行水平金属导轨MN、PQ相距1,在M、P点和N、Q

点间各连接一个额定电压为U、阻值恒为R的灯泡，在两导轨间efhg矩形区域内有垂直导轨平面竖直向下、宽为d的有界匀强磁场，磁感应强度为B。，且磁场区域可以移动。一电阻也为R、长度也刚好为l的导体棒ab垂直固定在磁场左边的导轨上，离灯L1足够远。现让匀强磁场在导轨间以某一恒定速度向左移动，当棒ab刚处于磁场时两灯恰好正常工作，棒ab与导轨始终保持良好接触，导轨电阻不计。dL2dL2求磁场移动的速度Uj求在磁场区域经过棒；b的过程中整个回路产生的热量Q；若取走导体棒ab,保持磁场不移动(仍在efhg矩形区域)，而是均匀改变磁感应强度，为保证两灯都不会烧坏且有电流通过，试求磁感应强度减小到零的最短时间t。min(15分)如图所示，宽度为L的足够长的平行金属导轨固定在绝缘水平面上，导轨的两端连接阻值R的电阻.导轨所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B,一根质量m的导体棒MN放在导轨上与导轨接触良好，导体棒的有效电阻也为R，导体棒与导轨间的动摩擦因数为卩，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力.导体棒MN的初始位置与导轨最左端距离为L，导轨的电阻可忽略不计.RNRN若用一平行于导轨的恒定拉力F拉动导体棒沿导轨向右运动，在运动过程中保持导体棒与导轨垂直，求导体棒最终的速度；若导体棒的初速度为v，导体棒向右运动L停止，求此过程导体棒中产生的焦耳0热；若磁场随时间均匀变化，磁感应强度B二B+kt(k〉0),开始导体棒静止，从t=00时刻起，求导体棒经过多长时间开始运动以及运动的方向.(15分)如图所示，水平面上两平行光滑金属导轨间距为L，左端用导线连接阻值为R的电阻.在间距为d的虚线MN、PQ之间，存在方向垂直导轨平面向下的磁场，磁感应强度大小只随着与MN的距离变化而变化.质量为m、电阻为r的导体棒ab垂直导轨放置，在大小为F的水平恒力作用下由静止开始向右运动，到达虚线MN时的速度为v0.此后恰能以加速度a在磁场中做匀加速运动.导轨电阻不计，始终与导体棒电接触良好.求：

导体棒开始运动的位置到MN的距离x；磁场左边缘MN处的磁感应强度大小B；导体棒通过磁场区域过程中，电阻R上产生的焦耳热Q.R(12分)如图甲，MN、PQ两条平行的光滑金属轨道与水平面成9=37。角固定，M、P之间接电阻箱R,导轨所在空间存在匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面向上，磁感应强度为B=0.5T。质量为m的金属杆ab水平放置在轨道上，其接入电路的电阻值为r。现从静止释放杆ab,测得最大速度为v。改变电阻箱的阻值R，得到v与R的mm关系如图乙所示。已知轨距为L=2m，重力加速度g取l0m/s2，轨道足够长且电阻不计。求：杆ab下滑过程中感应电流的方向及R=0时最大感应电动势E的大小；金属杆的质量m和阻值r；10.如图所示，宽度L=1m的足够长的U形金属框架水平放置，框架处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B=1T,框架导轨上放一根质量m=0.2kg、电阻R=1.0Q的金属棒ab,棒ab与导轨间的动摩擦因数卩=0.5•现用功率为6W的牵引力F使棒从静止开始沿导轨运动(ab棒始终与导轨接触良好且垂直)。当棒的电阻R产生热量Q=5.8J时获得稳定速度，此过程中，通过棒的电荷量q=2.8C(框架电阻不计,g取10m/s2).问：ab棒达到的稳定速度为多大？ab从静止到达稳定速度的时间为多少？11.(8分)矩形线圈abed,长ab=20cm，宽bc=10cm,匝数n=200,每匝线圈电阻R=0.25Q,整个线圈平面均有垂直于线框平面的匀强磁场穿过，磁感应强度B随时间的变化规律如图所示，求

(2)在t=0.3s时线圈ab边所受的安培力的大小参考答案1．A【解析】试题分析：acef组成一个闭合回路，ef相当于电源，所以ef受到的安培力刃二衣也,BLVBLV联立可得杆ef所受的安培力为F二RvB212R，故A正确。考点：考查了导体切割磁感线运动2．B【解析】试题分析：由图知，在线圈进入磁场的过程中，切割的有效长度越来越大，故电动势增大，电流增大，根据右手定则可判断感应电流为逆时针方向，为负，故AC错误；线框离开磁场的过程中切割的有效长度也在增大，故电流增大，根据右手定则可判断，感应电流为顺时针，为正，所以B正确；D错误。考点：本题考查法拉第电磁感应定律、右手定则3．B【解析】试题分析：线框以垂直于边界的速度v匀速向右运动时，根据法拉第电磁感应定律：E=Bav，感应电流为：I二B0aV；磁感应强度随时间均匀变化：E=^B~a2，E=IR，联0RAt立得：E=ABa2=Bav，得AB二BoVAt0Ata考点：本题考查电磁感应4．BC【解析】试题分析：t]时刻穿过线圈的磁通量正发生变化，故棒PQ中有感应电流，选项A错误;A申根据F=BIL，t时刻磁感应强度B为零，故棒PQ不受安培力，选项B正确；根据q=—-TOC\o"1-5"\h\z1R〜A©2BS〜可知，在02t内，通过棒PQ的电荷量为q=一計,选项C正确；在02t内，1RR1亠一厂A®BS亠^小E22B2S2棒PQ所产生的感应电动势为：E———0-，产生的焦耳热为Q—'2t—o，AttRiRt\o"CurrentDocument"ii选项D错误；故选BC.考点：法拉第电磁感应定律；焦耳定律.5．AB【解析】试题分析：根据右手定则，金属杆ab进入磁场时的感应电流的方向为由b到a,A正确；下滑距离l时，mgsina=mv2/2，v=p2glsina，B正确；金属杆ab进入磁场后产生的感应电动势为B]J2glsina，C错误；cd受到的安培力沿斜面向下，重力的分力向下，对两根小柱的压力大小不为零，D错误。考点：电磁感应、安培力

TOC\o"1-5"\h\z2UBdlBId6.(1)3U/Bl(2)0(3)-^oR2U【解析】试题分析：(1)当ab刚处于磁场时，灯正好正常工作，则电路中外电压U/U,内电压外3UTOC\o"1-5"\h\zU=2U，感应电动势为E=3U=Blvv=-内oB/0另解：E=Blv；而E=U+Ir=U+2(U/R)R=3Uoo外联立得：v=3U/Bloo(2)因为匀速移动，所以在磁场区域经过棒ab的过程中，灯一直正常工作，故灯.(L2)产生的热能Q-12Rt-*)2xRx=灯灯Rv3Ro/2U、d4UBdl棒ab中产生的热能Q二12Rt二()2xRx二0—棒棒Rv3Ro回路中产生的热能Q回路中产生的热能Q二0棒+2。灯4UBdlUBdl2UBdlo2xo—=o—3R3RRTOC\o"1-5"\h\z经时间t,磁感应强度从Bo均匀减小到零感应电动势E二型旦ld=Bold(1)AtAttE感应电流I二(2)2R联立（1）（2）得I=BY（3）保证灯不烧坏，电流的最大植为Im二J⑷由(3)式，电流最大对应时间最小，联立(3)(4)得BldBldt=o=o(5)min2Rl2Um考点：法拉第电磁感应定律；能量守恒定律.2(F—卩mg)R八11T7.(1)v=；(2)Q二丁mv2—卩mgL；(3)运动时间B2L2棒4o22卩mgRBt=込l—~k°，导体棒将向左运动。【解析】试题分析：(1)导体棒最终匀速运动，设最终速度为v1分）E=BLv1分）2RF二卩mg+BIL2(F—卩mg)RB22RF二卩mg+BIL2(F—卩mg)RB2L（1分）1分）（1分）2）由能量守恒定律得：1mv2202分）回路中产生的总焦耳热Q=2mv220—rmgL1分）11Q二一mv2—rmgL

棒4o2(3)E二L二kL

At2分）（1分）E2R1分)导体棒恰好运动时（B°+kt）IL二rmg2分)1分)2rmgRB解得t=—1分)由楞次定律得导体棒将向左运动（1分）考点：感应电动势，受力分析，能量守恒，楞次定律。8．1)mv2x二才8．1)mv2x二才⑵(F一ma)(R+r)v0Rd⑶Qr=片(F—ma)【解析】试题分析：⑴导体棒在磁场外’由动能定理有Fx=2mvo（2分）mv2TOC\o"1-5"\h\z解得x=寸（】分）（2）导体棒刚进磁场时产生的电动势E=BLv0（1分）由闭合电路欧姆定律有i=（1分）R+r又F安=ILB（1分）由牛顿第二定律有F—F安=ma（1分）

解得B=1解得B=1L(F-ma)(R+r)2分)v0⑶导体棒穿过磁场过程’由牛顿第二定律有F-F安二ma(】分)导体棒克服安培力做功W=Fd安(1分)电路中产生的焦耳热Q=W(1分)R电阻R上产生的焦耳热Qq=QRR+r(1分)Rd解得Q,二一(F-ma)(2分)RR+r考点：电磁感应9.(1)2V(2)m=0.17kg(1/6),r=2Q(3)0.5J【解析】试题分析：(1)(4分)杆中电流方向从bfa(或aMPba)，由图可知，当R=0时,杆最终以v=2m/s匀速运动，产生电动势E=BLv,E=2V(2)(4分)设最大速度为v,杆切割磁感线产生的感应电动势E=BLv,由闭合电E路的欧姆定律：I=杆达到最大速度时满足mgsin0-BIL=0路的欧姆定律：R+r,mgsin0mgsin0R+rB2LB2L由图像可知：斜率为mgsin0mgsin0R+rB2LB2L由图像可知：斜率为k=4一22

mgsin0=kB2L2解得：m=0.17kg(1/6),m/(s-Q)=1m/(s-Q),纵截距为mgsin0vo=2m/s,得到：r=2Q。⑶(4分)由题意：E=BLv1由动能定理得W=mv2一一mv222考点：本题考查电磁感应10.(1)2m/s(2)1.5【解析】B2L2v2P=AP=—R+rR+rm(R+r),W=AP,W=0.5J。i2B2L2B2L2v2B2L2v22-—试题分析：(1)因P=Fv,F安如,I=R,棒达稳定速度时有F=F.+umg,解得v=2m/s.R安1(2)设棒由静止到达稳定速度通过的距离为x,由能量守恒定律得：Pt=Q+umgx+2mv2,因q=I・“E=如=BXtt解得t=1.5s.考点：物体的平衡；法拉第电磁感应定律；能量守恒定律。11.(1)2v；(2)0.32N；【解析】试题分析：(1)从图象可知：穿过线圈平面的磁通量随时间均匀增大,线圈回路中产生的感应电动势是不变的.根据法拉第电磁感应定律得感应电动势A©15x10-2E二n二二200x-x0.02二2V（3分）At0.3E2（2）I==A=0.04A（2分）R50当t=0.3s时，B=20X10-2T（1分）F=nBIL=200X20X10-2X0.04X0.2=0.32N（2分）考点：法拉第电磁感应定律、安培力第四章第六节练习题开关S接通时，A,A?两灯始终一样亮断开S的瞬间，流过A2的电流方向与断开S前电流方向相反断开S的瞬间，流过A：的电流方向与断开S前电流方向相反如图，电阻R和自感线圈L的电阻均比电灯D的小。接通S,使电路达到稳定，电灯D发光，则:在电路甲中，断开S,电灯D将马上变暗在电路甲中，断开S,电灯D将先变得更亮，然后渐渐变暗在电路乙中，断开S,电灯D将渐渐变暗在电路乙中，断开S,电灯D将先变得更亮，然后渐渐变暗3•如图所示电路中，L为一自感系数较大的线圈，电键S闭合电路稳定后，在电阻屯流经R和L的电流方向都向左2流经R和L的电流方向都向右2流经R的电流方向向右，流经L的电流方向向左2流经R的电流方向向左，流经L的电流方向向右24.如图所示，甲是回旋加速器的原理图，乙是研究自感现象的实验电路图，丙是欧姆表的内部电路图，丁图是动圈式话筒的原理图，下列说法正确的是()

甲图是加速带电粒子的装置，其加速电压越大，带电粒子最后获得的速度越大乙图电路开关断开瞬间，灯泡A—定会突然闪亮一下丙图在测量电阻前，需两表笔短接，调节R1使指针指向0Q丁图利用了电磁感应的原理，声波使膜片振动，从而带动音圈产生感应电流5•如图所示，A「A2为两只相同灯泡，A］与一理想二极管D连接，线圈L的直流电阻不计.下列说法正确的是闭合开关S后，A］会逐渐变亮闭合开关S稳定后，A「A2亮度相同断开S的瞬间,A］会逐渐熄灭断开S的瞬间，a点的电势比b点低6.示的电路中，a、b、c为三盏完全相同的灯泡，L是一个自感系数很大、直流电阻为零的自感线圈，E为电源，S为开关。关于三盏灯泡，下列说法正确的是合上开关，c、b先亮，a后亮合上开关一会后，a、b—样亮断开开关，b、c同时熄灭，a缓慢熄灭断开开关，c马上熄灭，b闪一下后和a—起缓慢熄灭7.如图所示的电路中，三个灯泡L］、L2、L3的电阻关系为R］=R2=R3，电感L的电阻可忽略，D为理想二极管（正向导通时电阻忽略不计）.下列说法中正确的是（）

开关S闭合瞬间，L］、L2、L3均立即变亮，然后逐渐变暗开关S闭合瞬间，L］逐渐变亮，L2、L3均立即变亮，后亮度稍有下降，稳定后L2、L3亮度相同开关S从闭合状态突然断开时，L］、L2、L3均逐渐变暗开关S从闭合状态突然断开时，L］、L2、L3均先变亮，然后逐渐变暗参考答案1．D【解析】试题分析：开关S接通时，线圈中产生自感电动势阻碍电流的增加，此时线圈相当于断路，A1A2都亮起来，但是开始时A］较亮，然后％逐渐变暗，最后熄灭，A2变得更亮，选项AB错误；断开S的瞬间，A2立即熄灭，在线圈中的自感电动势阻碍电流的减小，在%中形成新的回路，故流过％的电流方向与断开S前电流方向相反，选项C错误，D正确；故选D.考点：自感现象.2．D【解析】试题分析：在这两个电路中，断开开关S后，线圈L、灯泡D和电阻R都会组成一个回路，而此时线圈充当电源，故电灯D不会马上变暗，所以AC错误；在甲中，由于灯泡D和线圈L串联，在乙中，灯泡D与电阻串联，所以电路稳定时，灯泡D的发光亮度差不多；但在甲电路中通过线圈的电流小于乙，所以在开关断开时，乙中线圈的电流变化量大于甲，故它产生的感应电动势大于甲，所以在开关断开时，由线圈L、灯泡D和电阻R组成的回路中，乙中的电灯D将先变得更亮，然后再渐渐变暗，选项D正确。考点：断电自感电动势的判断。3．C【解析】试题分析：电路稳定时L的电流方向都向左，电键断开瞬间，L相当于电源与R2组成闭合回路，流经R2的电流方向向右，流经L的电流方向向左，故选项C正确。考点：自感现象4．CD【解析】试题分析：甲中的回旋加速器最后获得的最大速度与加速器的半径有关，与加速电压无关，A错误；当电感线圈的感量较小时，开关S断开时，产生的感应电动势较小，此时灯泡不一定会突然闪一下，故B错误；用万用电表测量电阻前，需要使两表笔短接，调节叫使指针指向0,故C正确；丁图的话筒是将声音的振动转化为变化的电流，即通过膜的振动切割磁感线，使线圈中产生感应电流，故D正确。考点：回旋加速器、电感现象、万用电表的原理及电磁感应。5．D【解析】试题分析：由于二极管所加的是正向电压，故闭合开关S后，A】会立刻变亮，选项A错误；闭合开关S稳定后，由于线圈L的直流电阻不计，故A1将熄灭，故A2变得更亮，故A,A?亮度不相同，选项B错误；断开S的瞬间，由于L中的电流不能流过D,故A2^A1都将熄灭，此时b点电势高于a点，选项C错误，D正确；故选D。考点：自感现象.6．AB【解析】试题分析：开关s闭合瞬间，因线圈L的电流增大，导致出现阻碍电流的增大，则b、c先亮，a后亮，故A正确。电路稳定后，线圈相当于一个定值电阻，a、b灯一样亮，故B正确；断开开关S的瞬间，由电感的特性可知：L和a、b组成的回路中有电流，导致a、b—起缓慢熄灭；而c没有电流，马上熄灭.由于原来ab两灯的电流相等，开关断开的瞬间，通过a、b和线圈回路的电流从a灯原来的电流减小，所以两灯都不会闪亮，故C、D错误。考点：自感现象。7．B【解析】试题分析：开关S闭合瞬间，由于电感的自感作用，L1逐渐变亮，理想二极管正向导通,l2l3均立即变亮，由于电感的阻碍作用逐渐减小，则l2l3亮度稍有下降，稳定后l2、L3'亮度相同，A错误，B正确；开关S从闭合状态突然断开时，理想二极管反向不通，L2会立即熄灭，CD错误。考点：本题考查电感与理想二极管的性质。第四章第七节练习题（2014秋•徐州期末）下列说法正确的是（）电动势在数值上等于非静电力将1C的正电荷在电源内从正极移到负极所做的功各种材料的电阻率都与温度有关，金属材料的电阻率随温度的升高而减小电磁炉是应用电磁感应原理进行加热工作的家用电饭煲加热食物主要利用了电流的磁效应（2014•浙江二模）下列说法中正确的是（）电磁炉是采用电磁感应原理，在金属锅上产生涡流，使锅体发热从而加热食物的磁电式电表的线圈常常用铝框做骨架，把线圈绕在铝框上，是为了防止电磁感应精密线绕电阻常采用双线绕法，可以增强线绕电阻通电时产生的磁场交流发电机的工作原理是电磁感应（2013•浙江模拟）关于器材的原理和用途，下列说法不正确的是（）电表中的铝框就是为了绕线圈方便扼流圈的作用原理就是利用自感效应电磁炉的工作原理就是利用涡流热效应变压器的铁芯做成薄片叠合就是为了减少涡流损耗（2014•盐城三模）金属探测器已经