物理人教版选修3-2答案

答案全解全析

第四章电磁感应

第四章1.1划时代的发现

2探究感应电流的产生条件

知识清单

一、①奥斯特②法拉第

二、①BS②BSsin8③标量

三、①无②有③变化④不变⑤变化⑥不变

。活学巧练

1.X2.X3.X4.J

链接高考

1.D将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路，因线圈中的磁通量没有变化,故不能观察

到感应电流,选项A不符合题意;在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈时，如果通电线

圈通以恒定电流,产生不变的磁场,则在另一线圈中不会产生感应电流,选项B不符合题意;在线

圈中插入条形磁铁后，再到相邻房间去观察电流表时,磁通量已不再变化,因此也不能观察到感

应电流,选项C不符合题意;绕在同一铁环上的两个线圈，在给一个线圈通电或断电的瞬间,线圈

产生的磁场变化，使穿过另一线圈的磁通量变化,因此,能观察到感应电流,选项D符合题意。

2.D闭合开关S,穿过套环的磁通量变化,环中产生感应电流。产生感应电流要具备两个条件：

回路闭合和穿过回路的磁通量变化。只要连接电路正确，闭合S瞬间,就会造成穿过套环的磁通

量变化，与电源的交直流性质、电压高低、线圈匝数多少均无关。该同学实验失败，可能是套环

选用了非导电材料的缘故,故D选项正确。

3.BC由通电直导线周围磁感线的分布规律可知，线框下落过程中穿过其中的磁感线越来越少，

故磁通量在不断变小，线框中有感应电流产生，故A、D错,B、C对。

基础过关

1.D1820年,丹麦物理学家奥斯特发现了电流的磁效应;1831年,英国物理学家法拉第发现了

电磁感应现象，选项D正确。

2.CD摩擦起电是静电现象；两块磁铁相互吸引或排斥是磁现象;小磁针靠近通电导线时偏转，

说明“电生磁”；磁铁插入闭合线圈过程中,线圈中产生感应电流，说明“磁生电”。C、D表明

电和磁有联系。

3.C磁通量是标量,故A不对；由G=BSL可知中由B和S一两个因素决定，中较大,有可能是由

于S,较大造成的,所以磁通量越大,磁感应强度越大是错误的,故B不对；由①二BSJ可知，当线圈

平面与磁场方向平行时,SLO,中二0,但磁感应强度B不为零,故C对;磁通量和磁感应强度是两

个不同的物理量，故D不对。

4.B由于磁场穿过圆环1和圆环2的有效面积相同,所以穿过这两个圆环的磁通量是相等的，

即中产中2,故选B项。

5.C根据通电螺线管产生的磁场特点可知B〉Bh>B0,由中二BS可得①。①)中”故C正确。

6.C作出磁感线穿过圆的情况的俯视图，如图所示,根据磁场对称性可以知道,穿入圆的磁感线

的条数与穿出圆的磁感线的条数是相等的。故选C。

7.C因为B、S都变化，所以磁通量的变化量可用后来的磁通量减去原来的磁通量求解取后

来的磁通量为正，AO=<D-0o=BtSr(-BoSo)=O.8X18Wb-(-O.1X8)Wb=15.2Wb,故C对。

8.B由环形电流的磁感线分布可知，中间密,外部稀疏,所以穿过B圆的总磁通量是垂直纸面向

里的，则选项B正确。

2

9.BCD根据①;B・S±,得通过abed平面的磁通量中eBL?sin45°=yBL,A错误;平面cdef

垂直于B,而de=L,cf=Lsin45°=yL,所以cdef的面积S=de•cf^L：因而

中心尸B•S^BL；B正确;平面abfe在B的垂直方向上的投影面积为零,所以穿过abfe平面的

磁通量为零,C正确；由于磁通量是标量,但有正负,若规定磁感线从外表面穿入三棱柱的磁通量

为正,那么磁感线由三棱柱内表面穿出时的磁通量为负,而穿入三棱柱的磁感线条数总与穿出的

磁感线条数相等,因此穿过整个三棱柱的磁通量为零,D正确。

10.答案-0.1Wb

解析在题图实线所示位置，磁感线跟线圈平面垂直

中产BiX^+B/X畀O.GxgWb+0.4x|Wb=O.5Wb。

线圈绕00'轴逆时针转过37°后

(D2=BlXy+B2Xy=B1X^Xcos37°+B2X^Xcos37°=0.6X^X0.8Wb+0.4xix0.8

Wb=0.4Wb

磁通量变化量△中=中2-中尸0.4Wb-O.5Wb=-O.1Wb

11.D产生感应电流的条件:一是电路闭合,二是穿过电路的磁通量发生变化,二者必须同时满

足,A、C项错误,D项正确。闭合电路做切割磁感线运动时，穿过其中的磁通量不一定变化，也不

一定产生感应电流,B错误。

12.DA中线圈不切割磁感线，所以A中线圈没有感应电流产生。即使切割了磁感线，也不能保

证就能产生感应电流，比如B和C中的线圈竖直边切割了磁感线,但闭合线圈的磁通量没有发生

变化，故B、C中的线圈也没有感应电流产生。

13.D由安培定则可知导线L中电流产生的磁场方向与金属环面平行，即穿过M的磁通量始终

为零，保持不变,故只要L与M保持垂直,A、B、C三种情况环中均不能产生感应电流。

14.EF对于A选项,线圈平面平行于磁感线,且在以00'为轴转动过程中,线圈平面始终与磁感

线平行，磁通量始终为零,故无感应电流产生;B选项中，在线圈竖直向上运动过程中，线圈平面始

终与磁感线平行,磁通量始终为零,故无感应电流产生;C选项中,线圈平面与磁感线平行,与B选

项情况相同,故无感应电流产生;D选项线圈的转动过程中,B与S都不变,B又始终垂直于S,所

以O=BS不变,故无感应电流产生;E选项，图示状态0=0,转到90°时0=BS,穿过线圈的磁通

量发生变化,因此产生感应电流;F选项,螺线管内通入交流电，电流大小、方向都在变化,因此磁

场强弱、方向也在变化，所以穿过线圈的磁通量发生变化，产生了感应电流。

15.B两根金属棒ab和cd以相同的速度匀速运动,若断开开关K,两根金属棒与导轨构成的回

路中磁通量无变化,则ab中无感应电流产生,故选项A、C错误;若闭合开关K,两根金属棒与导

轨构成的回路中磁通量发生变化,则ab中有感应电流产生，故B正确,D错误。

16.A当滑片左右滑动时,通过a、b两环的磁通量变化,而通过c环的合磁通量始终为零,故a

b两环中产生感应电流,而c环中不产生感应电流。

17.答案见解析

解析(1)开关断开和闭合时,A电路中电流发生变化,从而使A线圈产生的磁场发生变化,穿过

B线圈磁通量发生变化,从而使B中产生感应电流。

(2)当开关断开或闭合后,A电路稳定,周围的磁场不发生变化,穿过B线圈的磁通量不变

化,B线圈中无感应电流产生。

（3）产生感应电流的两个条件:①闭合电路;②磁通量发生变化。

三年模拟

1.A开关闭合后，线圈A插入或拔出都会引起穿过线圈B的磁通量发生变化,从而使电流计指

针偏转,选项A正确;线圈A插入线圈B中后,开关闭合和断开的瞬间，穿过线圈B的磁通量会发

生变化，电流计指针会偏转,选项B错误;开关闭合后,滑动变阻器的滑片P无论匀速滑动还是加

速滑动，都会导致线圈A的电流发生变化，使穿过线圈B的磁通量变化,电流计指针都会发生偏

转，选项C、D错误。

2.C“磁生电”的思想是法拉第在奥斯特发现“电生磁”的现象之后而得出的启发，故A错误;

提出“磁生电”这种思想时还未观察到“磁生电”这种现象的产生，故B错误;综合各种现象可

以发现，五种“磁生电”的条件都可以概括为“穿过闭合回路的磁通量发生变化”，故C正

确；“在磁场中运动的导体”如果能产生感应电流,导体应连接在电路中，组成闭合回路,并且回

路中的磁通量一定要发生变化才能产生感应电流,故D错误。故选Co

3.D与电池相连的电路接通的瞬间穿过线圈的磁通量变化,与电流计相连的线圈中产生感应电

流，电流计指针偏转,之后磁通量不发生变化,与电流计相连的线圈中没有感应电流,电流计指针

不偏转，故A、B错误,D正确;与电池相连的电路接通后再断开的瞬间，穿过线圈的磁通量发生变

化,与电流计相连的线圈中产生感应电流，电流计指针偏转,故C错误。

4.BA项中,线框在运动过程中，面积不变,磁场的磁感应强度不变,穿过线框的磁通量不变,不

产生感应电流，故A错误;B项中，在线框转动过程中，穿过闭合线框的磁通量发生变化,能产生感

应电流,故B正确;C、D项中,线框与磁场平行,线框在运动过程中，穿过线框的磁通量始终为零，

没有感应电流产生，故C、D错误。

5.答案（1）如图所示（2）发生发生

解析（1）A线圈与滑动变阻器、电源、开关构成闭合电路,B线圈与灵敏电流计连接。（2）只要

让B线圈中的磁通量发生变化,都能产生感应电流,而让灵敏电流计指针发生偏转,故移动变阻

器的滑片会导致B线圈中的磁通量发生变化;断开开关，也能导致B线圈中的磁通量发生变化。

第四章.3楞次定律

知识清单

一、①减小②右偏③右偏④顺时针⑤向上⑥相同⑦排斥

⑧相反⑨相同⑩相吸

二、①阻碍②磁通量③原因

三、①垂直②同一个平面③掌心④导线运动⑤四指

。活学巧练

1.X2.X3.X4.J5.V6.V

链接高考

1.C磁铁下落过程中，穿过圆环的磁感线方向是向上的，磁通量先增大后减小，由楞次定律可判

断选项C正确。

2.B由楞次定律知,欲使b环中产生顺时针方向的电流,则a环内磁场应向里减弱或向外增

强,a环的旋转情况应该是顺时针减速或逆时针加速，由于b环又有收缩趋势,说明a环外部磁场

向外，内部向里,故选Bo

3.BC在金属框接通逆时针方向电流的瞬间,通过两个小线圈的磁通量垂直纸面向外均增加。

根据楞次定律可判断出两小线圈中的感应电流方向均为顺时针,根据左手定则可判断出左边小

线圈所受安培力的合力方向向左，同理可判断出右边的小线圈所受安培力的合力方向向右,A、D

项错,B、C项对。

基础过关

1.C感应电流的磁场总是要阻碍引起感应电流的磁场的磁通量的变化。

2.A在线圈发生形变的过程中，闭合回路的面积减小。根据楞次定律知感应电流的方向为abed,

所以A正确。

3.D根据楞次定律可知由平行位置到转过90°的过程中，穿过线圈的磁通量增加，感应电流的

磁场方向与原磁场方向相反，电流方向为debad;转过90°到180°的过程中，穿过线圈的磁通量

减少,感应电流的磁场方向与原磁场方向相同，电流方向为abeda,故D正确。

4.B由楞次定律可判定感应电流的方向,而感应电流的磁场总是阻碍导体间的相对运动，即

“来拒去留”。

5.C通电直导线产生的磁场在导线的左侧垂直于纸面向外,在导线的右侧垂直于纸面向里，当

导线在垂直纸面的平面内以虚线CD为轴逆时针（从左向右看）转动时,会使穿过线圈A、B的磁

通量减少,根据楞次定律可知,为了阻碍磁通量的减少,两线圈都会随通电直导线一起逆时针转

动。

6.D当通电导线中电流增大时,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,感应电流的磁场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

导线的方式进行阻碍,故D正确。

7.D线圈进磁场过程,ad边切割磁感线，根据右手定则，电流方向沿adcba;线圈完全在磁场中

运动时，穿过线圈的磁通量不变,线圈中无电流;线圈出磁场过程,be边切割磁感线，由右手定则,

电流方向沿abeda,故选项D正确。

8.B此题可用两种方法求解，借此感受右手定则和楞次定律分别在哪种情况下更便捷。

xx

I之、

方法一：首先由安培定则判断通电直导线周围的磁场方向（如图所示），因ab导线向右做切

割磁感线运动，由右手定则判断感应电流由a-b,同理,可判断cd导线中的感应电流由c-d,ad、

be两边不做切割磁感线运动,所以整个线框中的感应电流是逆时针方向的。

方法二：同样由安培定则判断通电直导线周围的磁场方向，由对称性可知穿过导线框的合磁

通量①=0;当导线框向右运动时,穿过线框的磁通量增大（方向垂直纸面向里），由楞次定律可知

感应电流的磁场方向垂直纸面向外,再由安培定则判断出感应电流是按逆时针方向的,故B选项

正确。

9.D甲是铜线框,在下落过程中产生感应电流，所受的安培力阻碍它的下落，故所需的时间长；

乙不是闭合回路,丙是塑料线框,故都不会产生感应电流,它们均做自由落体运动,故D正确。

10.B在9T时间内，由楞次定律可知,线框中感应电流的方向为顺时针,线框受安培力的合力方

向向右，选项B正确。

11.C由数学知识可知,金属棒下滑过程中，与金属导轨所围面积先增加后减小,穿过回路aOb

的磁通量先增加后减小,根据楞次定律,感应电流方向先是b-a,后是a-b<,

12.D当条形磁铁快速经过时，线圈中向卜.的磁通量先增加后减小，由楞次定律可知I,线圈中感

应电流产生的磁场阻碍磁铁与线圈的相对运动,故二者靠近时磁铁与线圈相互排斥,线圈所受排

斥力向右下方,R大于mg,线圈有水平向右的运动趋势;离开时磁铁与线圈相互吸引，线圈受吸引

力向右上方,F、小于mg,线圈有水平向右的运动趋势。

三年模拟

1.A根据安培定则,线圈所处的磁场垂直纸面向里,靠近导线处的磁场较强,远离导线处的磁场

较弱,且磁场关于导线中心对称,而在线圈中产生顺时针方向的感应电流,根据安培定则,可知感

应电流产生的磁场方向也垂直纸面向里。根据楞次定律判断通过线圈的原磁通量要减小。选项

A中通过线圈的原磁通量减小;选项B中通过线圈的原磁通量不变;选项C中通过线圈的原磁通

量变大;选项D中通过线圈的原磁通量不变，故本题正确选项为Ao

2.AD在0a段,磁场垂直纸面向里且增强,根据楞次定律可判断产生的感应电流的方向是逆时

针的，同理,ab、be段产生的感应电流的方向是顺时针的,A正确,B错;根据左手定则可判断0a、

ab、be段对应金属圆环上很小一段受到的安培力的方向:L、仁方向指向圆心，而L方向背离圆

心向外,C错,D正确。

3.C磁铁向下运动过程中,通过线圈的磁通量增大,且线圈所在处磁铁产生磁场方向是向下的，

根据楞次定律，可知线圈中感应电流产生的磁场方向与原磁场方向相反,根据安培定则,可知感

应电流方向与图中箭头方向相同，选项C正确，选项A、B、D错误。

4.D00'是线圈的对称轴，由图示可知,AB中电流产生的磁场穿过线圈的磁通量为零;AB中电流

I逐渐增大,穿过线圈的磁通量始终为零,线圈中没有感应电流产生,故A错误;AB中电流I先增

大后减小,穿过线圈的磁通量始终为零,线圈中没有感应电流产生，故B错误;通电直导线AB正

对00'靠近线圈，穿过线圈的磁通量始终为零，线圈中没有感应电流产生，故C错误;线圈绕00'

轴逆时针转动90°（俯视），穿过线圈的磁通量增大，由楞次定律可知,感应电流方向为abeda,故

D正确。

5.B当钢窗转动时,穿过窗框平面的磁感线条数减少，由楞次定律知感应电流的磁场与原磁场

方向相同。由安培定则知I,钢窗活动的一条边（东边）中的电流是自上而下的，因此选B。

6.D导线框进入磁场时,cd边切割磁感线，由右手定则可知，电流方向为a-*d-c-*b-*a,由左

手定则可判断此时cd边受到的安培力方向水平向左,A错、D对;在导线框离开磁场时,ab边处

于磁场中且在做切割磁感线运动，同样用右手定则可以判断电流的方向为a-b-c-dfa,这时

ab边受到的安培力的方向水平向左,B、C错。

7.DP向下滑时•，闭合电路中的电阻减小,螺线管b中的电流增大,从而使线圈a中的磁通量增

大，由“增反减同”可知a中感应电流方向为逆时针（俯视）方向,A、B不正确；由“增缩减扩”

可知,线圈a有缩小的趋势,C不正确;再由“来拒去留”可知线圈a中磁通量增大时,线圈a要

远离螺线管b,则线圈a对桌面的压力将增大,D正确。

8.答案向左偏向左偏

解析闭合开关时,穿过B线圈的磁通量增加,感应电流的磁场阻碍原磁通量的增加,灵敏电流

计的指针向右偏。将线圈A从B线圈中拔此穿过B线圈的磁通量减少,感应电流的磁场阻碍原

磁通量的减少，电流反向,所以灵敏电流计的指针向左偏。同理当滑片P迅速向左移动时，穿过B

线圈的磁通量减少,灵敏电流计指针向左偏。

第四章.1法拉第电磁感应定律

知识清单

一、①电磁感应②电磁感应③电路闭合

二、①磁通量的变化率②n界③线圈匝数④磁通量的变化率⑤没有

三、①Blv②Blvsin。

四、①感应电动势②削弱③反电动势

。活学巧练

1.X2.X3.J4.X

链接高考

1.B由法拉第电磁感应定律知直金属棒运动时其两端电动势E=BLv,将此棒弯成两段长度相等

且互相垂直的折线,并放于与磁感应强度垂直的平面内，并沿折线夹角平分线的方向以相同的速

度v运动时,E'栏BLv,则白亭¥。因此B对,A、C、D错。

VZEBLV2

2.C闭合金属框在匀强磁场中以角速度3逆时针转动时,穿过金属框的磁通量始终为零,金属

框中无电流。由右手定则可知3bA、B、D选项错误;b、c两点的电势差U*-Blv产-

羿13,选项C正确。

3.C由楞次定律判定，感应电流从a流向b,b点电势高于a点电势,因为磁场均匀增力口,所以

6「M为恒定的，故小「小产FS衿,可见C正确。

4.C通电线圈中产生的磁场3=3（1;为比例系数）；在另一线圈中的磁通量0=BS=kiS,由法拉第

电磁感应定律可知，在另一线圈中产生的感应电动势E=n等,由图（b）可知，|U“|不变，则||不变,

故郎|不变,故选项C正确。

5.A设金属棒MN匀速运动的速度为v,t时刻导轨内切割磁感线的有效长度l.=2vttan0

设导轨单位长度的电阻为R。,则组成闭合回路的总电阻R=2（荒+vttan9）R产2vtR.d+

tan8）

感应电动势E=BLv=2Bvhtan0

i=R:口。（广丽产+”8同、为恒量

故A正确,B、C、D错误。

6.D导线框刚进入磁场时速度设为V。,此时产生的感应电动势E=BLv„,感应电流I今午,线框

受到的安培力F=BLI=^抖。由牛顿第二定律F=ma知,*=ma,由楞次定律知线框开始减速，

随v减小,其加速度a减小,故进入磁场时做加速度减小的减速运动。当线框全部进入磁场开始

做匀速运动,在出磁场的过程中,仍做加速度减小的减速运动,故只有D选项正确。

7.答案（1）2V2A（2）1V

解析（1）由法拉第电磁感应定律可得，感应电动势

E=BLv=lXO.4X5V=2V

感应电流I4qA=2A

（2）由闭合电路欧姆定律可得，电路中电流

由欧姆定律可得，导体棒两端电压U=I'R=1V

8.AC由法拉第电磁感应定律E=n詈n手S有E=knr2,D错误;因k>0,由楞次定律知线框内感应

电流沿逆时针方向，故电容器b极板带正电,B错误；由题图知外电路结构为R?与R的右半部并

联,再与R的左半部、R相串联,故R?两端电压U广督,W，A正确；设R?消耗的功率为

/?o+T+Txi7

P=IU2,则R消耗的功率P'=21X2-P,故C正确。

9.A设线框边长分别为L、9线框中产生的热量Q=『Rt=（等丫.R..F取丫尸产］“由于

所以Q,>Q2。通过线框导体横截面的电荷量q=7•&t=1•A故q产q“卜选项正

确。

基础过关

1.BC根据法拉第电磁感应定律可知1V=1Wb/s,选项B正确。T是磁感应强度B的单位，1T

显然不等于1Wb,故A错误。根据磁通量的定义，1Wb=IT-nr；可知C正确,D错误。

2.B中、△中、警的大小没有直接关系，磁通量的变化量大，磁通量的变化率不一定大，选项A

借误;磁通量的变化率器表示穿过某一面积的磁通量变化的快慢,磁通量变化率越大,磁通量变

化就越快,选项B正确；由于O与警的大小没有关系,所以磁通量等于零时,磁通量可能正在变

At

化,此时磁通量的变化率不为零,选项C错误；由感应电动势公式E=n竽知,感应电动势的大小与

At

匝数有关，选项D错误。

3.D由题意知警2Wb/s,故E与2V,保持不变。

ACAt

4.ACDE嗡,而答恰是④-图线的切线斜率,故切线斜率值越大,感应电动势越大。图中D时

刻中最大，等最小等于零;0时刻中为零，而竽最大;0至D时间内线圈中的平均感应电动势为

AtAt

E-丝-的3-厘3v=o.4V«

AttDt00005

5.答案0.06Wb/s6V3A

解析A^O.16-（：O.O8）uVs=0.06wb/s

At4

E=n^=100X0.06V=6V

At

I=^=-A=3A

R2

6.答案A/2：1

解析由E」峥和R=PJ>得

△tS被

AB•s/敬

At•pl

2

设圆形线圈半径为r,则正方形边长为S设用二nr,1w=2nr

2

Sttli：=2r,1,f=4V2r

f

所以：i3ataxiE

Z

'正W1S线正1

7.C金属杆MN向右切割磁感线，产生感应电动势，由右手定则可知，电阻中电流方向为

a-c,E,=BLv,E2=2BLV,所以E,：L=1：2。综上所述,C正确。

8.Dab棒向下运动时,可由右手定则判断出，<i>i,><t>.,由LL=E=Blv及棒自由下落时v越来越大,

可知LU越来越大，故D选项正确。

9.A因磁感应强度B的方向、棒的运动方向及棒本身三者相互垂直，故E引v,其中］=焉

结合欧姆定律可知选项A正确。

10.C金属棒水平抛出后,在垂直于磁场方向上的速度不变，由E=BLv可知,感应电动势也不

变,C项正确.

11.C当列车通过线圈时,线圈的左边或右边切割磁感线，由E=Bl.v可得电动势的大小由速度v

决定，由图象可得线圈产生的感应电动势均匀减小，则列车做匀减速运动,选项C正确。

12.D0A切割磁感线的有效长度为1-sin0,产生的电动势£二驱1%sin29,由右手定则判断

知A点电势高，所以D正确.

13.AD开始时刻,感应电动势E1=BLv=2Bav,故A项正确。。苦时，E2=B•2acos^•v=Bav,故B

项错误。由L=2acose,E=BLv,I=j,R=R(,[2acos。+(n+28)a],得在「二0

时，F=*黑蓍，故C项错误。（%时，F鬻故D项正确。

KRQIZ+7T/3-RJo（51T+3）

14.D由法拉第电磁感应定律E=n警可知,感应电动势的大小与0-t图象的斜率成正比。①图

At

斜率为零，不产生感应电动势，可知A错。②图斜率不变，感应电动势不变，所以B错。③图中

0~t,时间内的斜率大于tjt：，时间内的斜率，所以C错。④图中斜率先减小后增大,可知感应电动

势先减小后增大，故D正确。

15.C0~ls内磁感应强度均匀增大,根据楞次定律和法拉第电磁感应定律可判定，感应电流沿

逆时针方向（为负值）、大小为定值,A、B错误;4、5s内磁感应强度恒定，穿过线圈abed的磁通

量不变化,无感应电流,D错误。

16.D由楞次定律可知,线框刚进入磁场时产生的感应电流的磁场方向垂直纸面向外,故线框中

的感应电流沿逆时针方向，为正,又线框做匀速运动，切割磁感线的有效长度随位移线性增大,故

感应电流随位移线性增大;同理可知线框离开磁场时,产生的感应电流大小随位移线性增大,方

向为负，选项A、B错误。B、C两端的电压J跟感应电流成正比,故选项C错误D正确。

17.A从图示位置转过90°时，线框中无电流;再转过90°时,根据楞次定律，线框中产生逆时

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，因线框匀速转动且切割磁感线的有效长度不变，所以产生的感应电流大小恒定，选项A正确。

18.B当闭合线框不变化而磁场变化时,在线框中会产生感应电动势,如果磁场均匀变化,会产

生恒定的感应电动势，感应电动势的大小用法拉第电磁感应定律求解。此题线框的左边部分相

当于电源。画出等效电路如图所示，由题意得?二10T/s,E二竽岑・S二10X喀V=0.2Vo由楞

AtAtAt2

次定律可知,线框内的感应电流方向为逆时针,a点电势低于b点电势,U„=-A•^=-0.1Vo故

22

正确选项为Bo

19.D切割磁感线的金属棒ab相当于电源,其电阻相当于电源内阻,当运动到虚线位置时,两个

半圆相当于并联的外电路,可画出如图所示的等效电路图。

WR嗔

EM»Q48仇

R外+厂亍~~

金属棒两端电势差相当于路端电压

Uab=IR外-4：仇•;[BIvo。

3r43

20.D磁感应强度以B=B„+kt(k>0)随时间变化,由法拉第电磁感应定律得E华S等kS,而S=^-,

AtAt4n

经时间t电容器的P板所带电荷量Q=EC苧;由楞次定律知电容器的P板带负电,故选项D正

4n

确。

21.答案(1)1V(2)0.8C(3)0.04W

解析(1)由图乙可知前4s内磁感应强度B的变化率i.2T/s=0.05T/s

等At4

前4s内的感应电动势

E=nS需1000X0.02X0.05V=1V。

(2)前4s内电路中平均电流7c

r+Rr+R

通过R的电荷量q=7△t

所以q*△1^X4C=0.8C«

(3)由于电流是恒定的,线圈电阻r消耗的功率为

2g2r1x1

Pr=Ir=,^2W=0.04W。

(R+r)2(4+1)2

22.答案见解析

解析线框的运动过程分为三个阶段:第一阶段cd相当于电源,ab为等效外电路;第二阶段cd

和ab相当于开路时两并联的电源;第三阶段ab相当于电源,cd相当于外电路,如图所示。

茸音聿

在第一阶段，有L湍空2.5A.

感应电流方向沿逆时针方向,持续时间为

11————s—0.1So

V10

ab两端的电压为

U,=I,•r=2.5X0.2V=0.5V。

在第二阶段,有

,

I2=0,U2=E=B1V=2V,t2=^=0.2So

在第三阶段,有卜三=2.5A.

感应电流方向为顺时针方向。

U3=LX3r=1.5V,t3=^-=0.1So

V

规定逆时针方向为电流正方向，故1-t图象和cib两端的u-t图象分别如图1、图2所示.

(I0.2

23.答案⑴黑电⑵竟

解析⑴设小灯泡的额定电流为有P二帮R①

根据题意,画出等效电路图如图所示,金属棒MN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

1=21。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二BLI③

联立①②③式得出翳小④

(2)设灯泡正常发光时，导体棒的速率为v,由电磁感应定律与欧姆定律得E=BLv⑤

联立①②③④⑤⑥式得V=—O

三年模拟

1.D法拉第发现了电磁感应现象,选项A错误;奥斯特发现了电流的磁效应,选项B错误;焦耳

发现了电流的热效应，选项C错误;纽曼和韦伯先后总结出了法拉第电磁感应定律，选项D正确。

2.B根据法拉第电磁感应定律可得线圈产生的感应电动势为E二等罢,根据欧姆定律产生的感

应电流为1彳=M。由图乙可得,0~1s时间内,B均匀增大,所以穿过线圈的竖直向上磁通量增

RRAt

大，由楞次定律可得产生的感应电流从上向下看为顺时针方向,为正。在广2s内，磁感应强度

不变,所以穿过线圈的磁通量不变,故感应电流为零;在2~4s内，磁感应强度在均匀减小,穿过

线圈垂直向上的磁通量减小,根据楞次定律可知,感应电流从上向卜看为逆时针方向,为负，因为

I正比于竽,即图象的斜率越大,产生的感应电流越大,所以B正确。

3.D根据法拉第电磁感应定律,可得:E=^=2V,选项D正确，选项A、B、C错误。

4.C当小磁针指向与磁感线平行时小磁针不会偏转，故A错误;磁针偏转的角度大小与电流的

强弱和方向有关，故B错误；当磁铁穿过线圈的速度变大时，磁通量的变化变快，感应电动势变大,

电流变大，故C正确;穿过线圈的磁通量是磁铁内部的磁感线条数与磁铁和线圈之间的磁感线条

数之差,故线圈面积越大电流越弱,D错误。

5.B设线圈A的半径为R,线圈B的半径为r,则n,•2nR二庆・2nr,线圈A和B,两线圈中的感

应电动势之比为吗,由于电阻相等，感应电流之比台二N选项B正确。

6.B由图乙所示可知，在0"ls内，电流的方向是正的，即从上向下看,沿顺时针方向，电流大小

是定值,则磁感应强度均匀变化,C错误;在1'2s内，感应电流为零,则磁感应强度不变,A错误；

由图乙知,0~1s内感应电流沿顺时针方向（从上向下看），由楞次定律知,0'1s内磁感应强度沿

正方向（竖直向上）增大，或沿负方向（竖直向下）减小，同理可知,2~4s内线圈中磁感应强度沿正

方向减小或沿负方向增大,故B正确,D错误。

7.C线框速度v=al,产生的感应电动势E=BLv=BLat,随时间均匀增大，感应电流1卷=等,均匀

增大,故A错误;安培力F.*=BIL=':书,随时间均匀增大，由F-Ft=ma得F=ma+尸:次,由于加速度

a恒定且不为零,故B错误;功率P=EI型产,所以C正确;通过导体横截面的电荷量

口=11=等,故选项口错误。

8.答案（1）0.4V（2）0.1A（3）9X10"C

解析（1）由法拉第电磁感应定律可得：

E=n^=n^=100X0.02X0.2V=0.4V;

AtAt

（2）根据闭合电路欧姆定律,则电路中电流

⑶由欧姆定律可得R两端的电压U=TR=0.3V,则电容器所带的电荷量Q=UC=9X10"C

9.答案(1)史(2)—

8p8p

解析(1)方线框的感应电动势为

E嗤®

△中空AB②

方线框中的电流的大小为1=^③

式中R是方线框的电阻,根据电阻率公式有R=P

联立①②③④式,将翁k代入得I嗯⑤

(2)方线框所受磁场的作用力的大小为F后BI1⑥

它随时间的变化率为暮n版

由⑤⑦式得第半。

At8P

10.答案(1)1T(2)0.75C(3)见解析

解析(1)由F-t图象可得,线框加速度

a-F2-2'0m/s2=2m/s2

nt1

线框的边长

L=Vi,t-iat2=4X1m-|x2XI2m=3m

t=0时刻线框中的感应电流1=等

线框所受的安培力F^=BIL

由牛顿第二定律得F,+F*=ma

又F,=l.0N,联立得B=1T

(2)线框进入磁场的过程中，平均感应电动势层邛

平均电流

通过线框的电荷量q=7t

联立得q=0.75C

(3)设匀减速运动速度减为零的过程中线框通过的位移为x,由运动学公式得0-诏=-2ax

代入数值得x=4m<2L

所以线框不能从右侧离开磁场。

第四章.5电磁感应现象的两类情况

知识清单

一、①麦克斯韦②变化③感生电场④n竽⑤相同⑥相同⑦感生电场

At

二、①导体运动②BLv③洛伦兹力

。活学巧综

1.V2.J3.X4.X5.X6.V

链接高考

1.AC据已知B=(0.4-0.2t)T可知t=ls时，正方向的磁场在减弱，由楞次定律可判定电流方向

为由C到D,A项正确。同理可判定B项错误…1s时感应电动势E啜答•…in

30°=0.1V,I=E/R=1A,安培力F.«=BIL=0.2N,对杆受力分析如图

f

F；=F%cos60°=0.1N,根据牛顿第三定律知C项正确,同理可得t=3s时对挡板H的压

力大小为0.1N,D项错误。

2.答案(1)25(2)0.1T/s

解析(1)线圈受到安培力F二NB』L①

天平平衡mg=*B°IL②

代入数据得N尸25③

(2)由电磁感应定律得E=N^@

£=总加⑤

由欧姆定律得1'彳⑥

线圈受到安培力F'=NB>I'L⑦

天平平衡m'g=N/B,瑞•匏

代入数据可得

.0.1T/s@

3.答案（Dtan8⑵12^⑶2mgdsine

DLtCtDL

解析（1）在绝缘涂层上

受力平衡mgsin0=Pmgcos0

解得u=tan6

（2）在光滑导轨上

感应电动势E二BLv

感应电流

安培力F*=BIL

受力平衡F安二mgsin。

解得v写评

（3）摩擦生热Q埠二口mgdcos0

由能量守恒定律得3mgdsin。=Q+Q率

解得Q=2mgdsin。-空嘿警

4.B小灯泡稳定发光说明棒做匀速直线运动。此时:F*=］曳

R&

对棒受力分析:mgsin0-ymgcos0-----=0

R样+R灯

因为R朽二R阵，则：P小PH.

mgsin0,v-umgcos0•v=Pfl+P«.

联立解得v=5m/s,P灯二1W,所以B项正确。

5.AC对导体棒受力分析如图。当导体棒以v匀速运动时（如图甲），应有:mgsin。=F安=电彩

当施加力F后导体棒以2v匀速运动时（如图乙），F+mgsin。=F安'-2B\两式联立得F=mg

sin。，则P=F•2v=2mgvsin。，A正确、B错误；由牛顿第二定律,在导体棒的速度为:

时,a:吧吧工二鳖贮鉴wss6.C正确；由功能关系,在导体棒达到2v以后匀速运动的

mm2

过程中,R上产生的焦耳热等于拉力所做的功与减少的重力势能之和,D错误。

甲乙

6.答案见解析

解析（1）金属杆CD在匀速运动中产生的感应电动势

E=Blv（l二d）,解得E=L5V（D点电势高）

当x=0.8m时，金属杆在导轨间的电势差为零。设此时杆在导轨外的长度为1外，则

1夕Ld-^d、0P=JM%_（竽2,得1扑二］2m

由楞次定律判断D点电势高,故CD两端电势差

UCO=­B1外v,即UC1）=-O.6V

（2）杆在导轨间的长度1与位置x关系是1甯d=3-京

对应的电阻R为R.^R,电流I二器

杆受的安培力F«=BI1=7.5-3.75x

根据平衡条件得F才安+mgsin0

F=12.5-3.75x（0WxW2m）

画出的F-x图象如图所示。

（3）外力F所做的功W卜等于F-x图线下所围的面积,即

WT+；WX2J=17.5J

而杆的重力势能增力口量AEp=mgOPsin。

故全过程产生的焦耳热rW「AEp=7.5J

7.Aab边在进入磁场时所受的安培力F=BIL=B^.L=审,当F=^=mg时,匀速进入,D正确。

当F>mg时线框减速,加速度a-署喏-g,v减小,则a减小,v-t图线此阶段斜率减小,A错误、

B正确。当F<mg时线框加速,加速度a小£g-半,v增大，则a减小,C正确•所以选A。

8.答案(1)安培力方向竖直向上G2

⑵FEFB,

解析(1)铜条静止时：

磁铁平衡,G产M磁怏g①

铜条匀速运动时：

磁铁与铜条整体处于平衡状态，

G2=(M磁铁+M副条)g②

铜条AB匀速下落时平衡F安%条g③

由①②可知G，G1

由③式可知安培力方向与重力方向相反,竖直向上。

(2)对铜条组成的回路：

E=BLv=IR®

铜条受到的安培力F^BIL⑤

由①②®可得F安=G厂Gi⑥

由④⑤⑥得：

磁感应强度大小B=：心空

9.答案(l)imvf⑵丝照产生⑶见解析

解析(1)设ab棒的初动能为&,ef棒和电阻R在此过程产生的热量分别为W和W,有

W+W,=Ek(T)

且W=Wi②

由题有Ek也说③

得叫n诏④

(2)设在题设过程中,ab棒滑行时间为At,扫过的导轨间的面积为AS,通过AS的磁通量

为△中，ab棒产生的电动势为E,ab棒中的电流为I,通过ab棒某横截面的电量为q,则

且AO=BAS@

空

又有I手⑧

由图所示AS=d(L-d/tan。)⑨

联立⑤~⑨,解得q二竺也答&⑩

(3)ab棒滑行距离为x时,ab棒在导轨间的棒长为

L)[=L-2x/tan。⑪

此时,ab棒产生电动势为Ex二BvL⑫

流过ef棒的电流为I咛⑬

ef棒所受安培力为R=BLL®

联立®解得F、=¥(L-2x/tan6)©

由®式可得,F.在x=0和B为最大值B,时有最大值F,o

由题知,ab棒所受安培力方向必水平向左,ef棒所受安培力方向必水平向右，使R为最大值

的受力分析如图所示,图中f,为最大静摩擦力,有

F|cosa=mgsina+y(mgcosa+F|sina)⑯

联立。屯得反斗座国应现⑰

Lyj(cosa-/zsma)v2

⑰式就是题目所求最强磁场的磁感应强度大小,该磁场方向可竖直向上,也可竖直向下。

由⑮式可知,B为Bn时,F、随X增大而减小,X为最大Xn时,F,为最小值F2,如图

联立⑮<2)⑱,得

X产____些匕皿____⑲

"(l+〃2)sinacosa+〃

10.答案(1)由a流向b(2)5m/s(3)1.3J

解析(1)由a流向b。

(2)开始放置ab刚好不下滑时,ab所受摩擦力为最大静摩擦力,设其为Fa有

FziHigsin°①

设ab刚好要上滑时,cd棒的感应电动势为E,由法拉第电磁感应定律有

E=BLv②

设电路中的感应电流为I,由闭合电路欧姆定律有

设ab所受安培力