物理教科版选修3-2答案.pdf

答案全解全析第 一 章 电磁感应第一章.1.电磁感应的发现*2.感应电流产生的条件知识清单一、奥 斯 特 法 拉 第 电 流 磁 场 电 流 磁 场 恒定 电 流 磁 铁 导 线二、无 无 有 有 有 无 有三、变 化 变 化 闭 合 磁 通 量 闭合链接高考1.D闭合开关S,金属套环跳起,是因为S闭合瞬间，穿过套环的磁通量发生变化,环中产生感应电流的缘故。产生感应电流要具备两个条件:导体回路闭合和穿过回路的磁通量变化。只要正确连接电路，闭 合S瞬间，就会使穿过套环的磁通量发生变化，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，可能是所用套环的材料为绝缘体的缘故，故D选项正确。2.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，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,磁通帚已不再变化,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。基础过关一、选择题1.ACD奥斯特发现的电流的磁效应表明了电能生磁,A正确。欧姆定律描述了电流与电压之间的关系,焦耳定律才揭示了热现象与电现象之间的联系,B错误,D正确。法拉第发现的电磁感应现象表明了磁能生电,C正确。2.C D方 法1:利用楞次定律判定在铜环向右移动的过程中，穿过adfgea闭合回路的磁通量增大,由楞次定律可判定此回路的感应电流的方向为adfgea;穿过egfcbe闭合回路的磁通量减小，产生的感应电流的方向为ebcfgeo方法2:利用右手定则判定在铜环向右移动的过程中,铜半环fge切割磁感线产生的感应电动势向上,铜半环ehf切割磁感线产生的感应电动势也向上,二者的大小相等,接在abed电路中等效为两个并联电源，一起给闭合回路供电。3.D本题中的线圈都是闭合的，只要穿过线圈的磁通量发生变化,线圈中就会产生感应电流。对A和C选项，磁感线始终与线圈平面平行,不论线圈运动到什么位置,穿过线圈的磁通量总是为零（没有发生变化），故不会产生感应电流。对B选项,穿过线圈的磁通量始终为某一定值没有发生变化,因此也不会产生感应电流。对D选项,在图示位置时穿过线圈的磁通量为零，当线圈从图示位置转动后,穿过线圈的磁通量会出现先增加,后减少,再增加，再减少的往复循环变化，所以线圈中会产生感应电流,故选D o4.D产生感应电流的条件是穿过闭合回路的磁通量发生变化,A、B、C三项中磁通量均未发生变化，只有D项中磁通量发生了变化,所以D正确。5.A B当线框进磁场时,穿过线框磁通量向里旦增加,而出磁场时,穿过线框的磁通量减小,所以进、出磁场时线框中都有感应电流产生,A、B选项正确;线框在磁场中运动时，穿过线框磁通量不变,没有感应电流产生,C、D选项错误。6.A有无感应电流产生关键要看穿过线框的磁通量是否发生变化。只在进入和穿出磁场的过程中，穿过线框的磁通量才会发生变化,有感应电流产生,该过程中发生了机械能和电能的相互转化。故选A o7.B在磁通量二BS公式中,B与S必须垂直,若B与S不垂直,则S要转化为垂直于B的有效面积，故中二BS sin a=BSo8.B当a中有电流通过时，穿过a、b、c三个闭合线圈的向里的磁感线条数一样多，向外的磁感线的条数c最多,其次是b,a中没有向外的磁感线，因此，,。9 .C设线框在位置1 时的磁通量为中1,平移到位置2时的磁通量为中石因导线M N在位置1 处比在位置2处产生的磁场要强，故磁通量中)中?,将线框从位置1 平移到位置2,磁感线是从线框的同一面穿过的，尸中厂3；将线框从位置1 绕 c d边翻转到位置2,磁感线分别是从线框的正、反两面穿过的，以在位置1 时穿过的磁通量为正，故 2 二 I-2-二中 可见，正确选项为Co1 0 .B只有线框在进入磁场的过程中(b e边未出磁场)和穿出磁场的过程中(仅ad边在磁场中运动)，穿过线框的磁通量才发生变化,产生感应电流。ad边 和 b e边都在磁场外时通过磁场的过程中，没有感应电流,则线框中没有感应电流的时间t=等。1 1 .A题图中所示开关的连接不能控制含有电源的电路中电流的通断。而本实验的内容之一就是研究通过开关控制电流的通断,导致磁场变化,进而产生感应电流的情况，但图中开关的接法达不到目的,A对;根据感应电流产生的条件可知，电流表或蓄电池或线圈B 接线的反正,不影响感应电流的产生,B、C、D 错误。二、非选择题1 2 .答 案 见 解 析解 析(1)线框进入磁场的过程，在时间段内穿过线框垂直纸面向里的磁通量均匀增V加，0=Bl vt,有感应电流产生，当 t 1 时，0=B12,线框完全进入磁场,在磁场中运动的过程,在9己V V V时间段内穿过线框的磁通量不变,无感应电流产生。线框离开磁场的过程,在卫T!时间段内穿过V V线框垂直纸面向里的磁通量均匀减少，有感应电流产生。当 t 3 时,线框完全穿出磁场，中=0。V(2)磁通量随时间变化的图像如图所示，n=Bl%1 3 .答案 1.5 X 1 0 2 W b解析 第 3 s内就是从2 s 末到3 s 末，所以2 s 末的磁场的磁感应强度为B,=(2+3 X 2)T=8T,3 s末的磁场的磁感应强度为艮=(2+3 X 3)T=l l T。则 有 A 6=A B S s i n。=(BBj 1 7 s i n3 0 =(U-8)X 0.l2xi W b=l.5 X 1 0 2 W b.21 4 .答 案 B=*解析 要使MN棒中不产生感应电流,应使穿过闭合回路的磁通量不发生变化在t-0时刻,穿过闭合回路的磁通量01=BoS=Bol2设t时刻的磁感应强度为B,此时磁通量为C2=B1(1+vt)由中:二2得B二碧三年模拟一、选择题1.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;提出这种思想时是无法对这种现象作出合理解释的，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C。2.A焦耳研究了摩擦生热等现象，确定了热与功之间的定量关系，故A正确;欧姆定律说明了电流与电压的关系,故B错误;法拉第经近十年的努力发现了电磁感应现象,故C错误;奥斯特发现了电流的磁效应，揭开了人类研究电磁相互作用的序幕,故D错误。故选Ao3.B当线圈靠近金属物体时,在金属物体中产生电流,相当于闭合电路的部分导体在切割磁感线，故在金属中会产生电流，故探测器采用了电磁感应原理。A选项为电流的磁效应实验,B选项为探究电磁感应现象的实验,C选项为探究通电导体在磁场中受力的实验,D选项为探究电流的周围存在磁场的实验,故选B。4.A B只要金属棒ab、cd的运动速度不相等,井字形回路中的磁通量就发生变化，闭合回路中就会产生感应电流。故选项A、B正确。5.C四种情况中初始位置线框均与磁感线平行，磁通量为零，线圈按A、B、D三种情况移动后，线框仍与磁感线平行,磁通量保持为零不变,线框中不产生感应电流。C中线圈转动后，穿过线框的磁通量不断发生变化,线框中产生感应电流,C项正确。6.D位于磁场中的闭合电路，只有穿过闭合电路的磁通量发生变化，才会产生感应电流，故A、B错误；穿过闭合电路的磁通量为零的瞬间，闭合电路中的磁通量发生了变化，故闭合电路中会产生感应电流，故 C错误;穿过闭合电路的磁感线条数发生了变化,即穿过闭合电路的磁通量发生了变化,则闭合电路中一定会有感应电流,故D正确。故选D o二、非选择题7.答案 他认为电流是稳定的 将电流计等器材置于同一房间解析 科拉顿将磁铁插入线圈时,线圈中的磁通量发生了变化，电流表所在回路中有感应电流产生；当他跑到另一个房间时，由于磁铁在线圈中不动，此时没有感应电流，所以他无法观察到电流计指针发生偏转。若要使科拉顿能看到电流计指针发生偏转，将电流计等器材置于同一房间即可在磁铁插入线圈时，便观察到电流计所在回路中有感应电流产生。第一章.3.法拉第电磁感应定律知识清单一、电 磁 感 应 电 源 磁 通 量 的 变 化 率 喏 嗤二、Blv sin 9链接高考1.B 金属杆M N 切割磁感线的有效长度为1,产生的感应电动势E=Bl v,A 错误;金属杆M N 的有效电阻R*,故回路中的感应电流I 铲 鬻=处 誓,B正确;金属杆受到的安培力 BVS l n 9-g2V，C 错误;金属杆的热功率P=/R 普 ”丁3 s i n”,错误。s in b s in 6 r r rz s in S r2.A设金属棒MN 匀速运动的速度为v,t 时刻金属棒M N 内切割磁感线的有效长度L=2 v t t a n0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（，=+v t t a nCOS06 限=2 v t R 0点+t a n 0)电动势 E 二 BL v=2 Bv 2 t t a n 0代事为恒量故A 正确,B、C、D 错误。3.B设正方形导线框电阻为R、边长为L,磁感应强度为B,匀速运动的速度为v,则在A 点由图中A 到 N 过程,感应电动势E=BL v,由L=2 v t t a n 4 5 ,1=,f=BI L 与T 展 该 过 程 的 f-t图像为开口向上的抛物线的一部分。在 0 点由图中A 到 N 过程,L 不变，故 f 不变。在 B 点由图中 A 到 N 过程,感应电动势 E=BL v=B,(L()-2 v t)v,f=BI L=B,g(I v t)v(L0-2 v t),该过程的 f-t图像为开口向上的抛物线的一部分。初末两点f 等于零，综合判断B 项正确,A、C、D 项错误。基础过关一、选择题1.C 磁通量变化量表示磁通量变化的多少，磁通量变化率表示磁通量变化的快慢。感应电动势与磁通量变化率成正比,和磁通量及其变化量都无必然联系。2 .C 由法拉第电磁感应定律E 彗，得 E=2 V,故A、B 错,C 对;因线圈电阻不一定等于1 Q,故 D错。3.A框架匀速拉出过程中,有效长度1均匀增加，由E 二 Bl v 知，回路总电动势均匀变大,A 正确,B错误；因为匀速运动，则F 产F 安 二 BI 1支 詈 啮 士,故 外 力 F 外 随位移x 的增大而增大,C 错误;外力功率P=F 外 v,v 恒定不变,故P 随位移x 的增大而增大,D 错误。4 .C设感应电流为I,电阻为R,匝数为n,线圈半径为r,线圈面积为S,导线横截面积为S ,线圈的电阻率为P o由法拉第电磁感应定律知E=n 等 n 等一，At At由闭合电路欧姆定律知I=a由电阻定律知R=P亨I4pAt其中华、p、s 均 为 恒 晟 所 以 I f,故选C。At5.B 穿过导体棒的电荷量0等=粤&萼。故选B。总 理6.B C 由法拉第电磁感应定律知E?,故 t=0及 t=2X10,2 s 时刻,E=O,A错,C对。t=lX 10 sAt时,E 最大,B对。在 0、2X10 s 时 间 内 A 8 不为零，由法拉第电磁感应定律知线圈中感应电动势的平均值不为零,D错。7.B由法拉第电磁感应定律知线圈中产生的感应电动势E=n=n S=n华哈 得 E*,At At At 2 2At选项B正确。8.C棒 ab 水平抛出其速度越来越大,但只有水平分速度V。切割磁感线产生感应电动势;竖直分速度兴.不切割磁感线,即不产生感应电动势，故感应电动势E=Blv0,保持不变。9.B四个图中产生的感应电动势大小相等，线框中感应电流大小也相等。设电流为I,线框每边电阻为r,则 在 为 C、D项中,ab边均是电源的负载,故凡=次;而在B项中,ab 边是电源,IU为路端电压，外电阻为3 r,即也产3丘。因此选B。10.A甲图中，穿过线圈的磁通量M 亭 BS,乙图中，穿过线圈的磁通量等于零,根据公式q=等，所以A正确。11.B D 根据题意可知，鹏2考 孙，A o,=|-当 3,A“I d e 呼 中由上述数据,可求感应电动势平均值瓦、瓦的比值：】一 刀1 一二 里T丽V2-l E i。某时刻感应电动势的瞬时值与e-t图像在该时刻切线的斜率对应。时刻0-t图线的切线已画在图上，不难看出:&e 瓦,D项正确。故正确选项为B D.二、非选择题1 2.答案(1)1 V (2)0.8 C解 析(1)由题图乙可知前4 s内磁感应强度B的 变 化 率 等 丘 萼T/s=0.0 5 T/sAt 4前4 s内的平均感应电动势声n S竽=1 0 0 0 X 0.0 2 X 0.0 5 V=1 V。(2)电路中的平均感应电流7千,R总=r+R,q=7 A t%后 匚 j S A B i n n n x z0-0 2 x(0.4-0.2)八。所以 q=n =1 0 0 0 X-C=0.8 C oR总 51 3.答 案 若 包 警解析 设初始时磁感线穿入的面为正面,此时刻磁通量6=B a 1经过t时间,磁通量变为0 2=-步1,且磁感线是由正面穿出，故磁通量的变化量A8WM 2-6I弓B a:求感应电动势的平均值时要用公式后=竽，而计算感应电动势的瞬时值时则应用公式=1 3 5 s i n 0。(1)因为A中9B a；所以。若 金 票。(2)线框转过1 2 0。角时,C D边的线速度v嗤,速度方向与磁场方向的夹角0 =6 0，所以E1 4.答案(1)0.8 0 V (2)4.0 A (3)0.8 N解 析(1)根据法拉第电磁感应定律,a b棒中的感应电动势E=B W=0.4 X 0.5 0 X 4.0 V=0.8 0 Vo(2)感应电流为1=色 斌A=4.0 A。(3)a b棒所受安培力F&=BI 1=O.4X 4.0 X 0.5 0 N=0.8 N,故水平外力F也为0.8 N o三年模拟一、选择题1 .B由 ab=3 0 c m,b c=40 c m 得 ac=5 0 c m。当切割磁感线的有效长度L=ac=5 0 c m 时，导线产生的感应电动势最大,E“=BL v=0.4X 0.5 X 5 V=1.0 V.B 对。2 .D由磁悬浮列车的原理可以看出，列车运动引起线圈磁通量发生变化,使线圈中产生感应电流,列车速度越快，磁通量变化越快，感应电流越大,A、B、C 对,1）错。二、非选择题3 .答 案（l）Bd v （2）1陪（3）（萼 冬）用pd+SR pd+SR解 析（1）由法拉第电磁感应定律，有 E=Bd v等效电路图如图所示，两板间河水的电阻r=P*由闭合电路欧姆定律，得I*嗤除由电功率公式P=R，得 P=（世界。4.答 案 49 5 s解析由法拉第电磁感应定律可求出同路的感应电动势E噌彗由闭合电路欧姆定律可求出回路中电流1 就 含由于安培力方向向左，应用左手定则可判断出电流方向为顺时针方向（由上往下看）。再根据楞次定律可知磁感应强度增大,在t 时磁感应强度B=（B+丝 t）At此时安培力F 安=B 受力分析可知:F 玄=悔式并代入数据可得:1 二 49 5 s第一章.4.楞次定律知识清单一、导 线 手 心 大 拇 指 四 指 感 应 电 流 感 应 电 动 势二、向 上 向 下 阻 碍 顺 时 针 向 下 逆 时 针 向 上 阻 碍三、阻 碍 变 化链接高考1.A B D通有恒定电流的静止导线附近产生的磁场是不变的,在其附近的固定导线圈中没有磁通量的变化,因此,不会出现感应电流,选项C 错误。2.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,故 如 尸-二 生 刍,因为磁Si场均匀增加，所 以 3-如,为恒定的，可见C 正确。基础过关（一）楞次定律一、选择题1.C D根据楞次定律可确定感应电流的方向:C 选项中，当磁铁向下运动时：（1）闭合线圈中原磁场的方向向上；（2）穿过闭合线圈的磁通量的变化增加；（3）感应电流产生的磁场方向一一向下；（4）利用安培定则判断感应电流的方向一一与图中箭头方向相同。线圈的上端为S极，磁铁与线圈相互排斥,综合以上分析知,选项C正确，同理D正确。2.D 方法一:导体e f将圆环分成两部分,导体向右移动时,右边的磁通量减小,左边的磁通量增加,根据楞次定律,左边电流沿顺时针方向,右边电流沿逆时针方向，故 D正确。方法二:导体e f切割磁感线,相当于电源,圆形导体环两侧相当于外电路,根据右手定则,可确定电流由e-f,所以左边电流沿顺时针方向,右边电流沿逆时针方向，故 D正确。3.B 条形磁铁磁感线的方向是从上到下,磁铁穿过线圈的过程中,磁通量向下先增加后减少，由楞次定律判断知,磁通量向下增加时,感应电流的磁场阻碍增加,方向向上,根据安培定则知感应电流的方向为a-*G -*b;磁通量向下减少时,感应电流的磁场阻碍减少,方向向下，感应电流方向为 b-G 选项B正确。4.A a b 边与c d边有斥力，则两边通过的电流方向一定相反，由楞次定律可知，当 B i 变小,B?变大时,a b 边与c d边中的电流方向相反。5.A 由题图乙中电流变化情况可知，线圈中的电流先减小后反向增加，根据楞次定律和安培定则可得,铝环中感应电流从左向右看一直是顺时针方向,A对。6.AB根据楞次定律可知，甲线框中产生顺时针方向的电流，乙线框中产生逆时针方向的电流，因为两线框下边框的磁场比上边框的磁场强,下边框所受的安培力大于上边框所受的安培力,则线框所受安培力的方向与下边框所受的安培力方向相同，根据左手定则可判断出甲线框所受的安培力方向为竖直向上，乙线框所受的安培力方向为竖直向上,故A正确。两线框产生的感应电动势可由E=B2L v-B1L v=k L2v 得出，若V l v2,则开始时甲线框产生的感应电动势大于乙线框产生的感应电动势，则开始时甲线框中的感应电流一定大于乙线框中的感应电流,故B正确。同理可知若 v.=v2,则开始时两线框产生的感应电流大小相等,两线框所受的安培力的计算式为F=B.I L-B.I L=k I L2,综上可知两线框所受的安培力相等,故C错误。线框达到稳定状态时,重力与安培力平衡，则有:m g=k I L；又 1=1=牛，所 以 丫=黑，故最终达到各自稳定时，甲、乙两线框的速度相等,故 D错误。7.AC由右手定则知,M N 中感应电流方向是N-M,再由左手定则可判断,M N 所受安培力水平向左。8.B 根据题意,C先向上加速,后向上减速,即先超重后失重,所以天平左盘先下降后上升,B正确,A、C错;绝缘磁环速度最大时,C受的重力与磁场力平衡,加速度为零,D 错。二、非选择题9.答 案（1）见 解 析（2）相 反（3）相同解 析（1）如图所示（2）将 A线圈插入B线圈中，闭合开关,磁通量增大，由楞次定律可判断,B线圈中感应电流与A线圈中电流的绕行方向相反。(3)将 A线圈拔出时，由楞次定律可判断,B线圈中的感应电流与A线圈中电流的绕行方向相同。(二)楞次定律与法拉第电磁感应定律的综合一、选择题1.C 对条形磁铁受力分析可知,条形磁铁重力不变,磁场力随速率的增大而增大,当重力等于磁场力时,条形磁铁匀速下落,所以选C o2.A 由题图乙可知第=竽,B增大，由楞次定律和安培定则知，感应电流沿逆时针方向，故上极At t o板带正电,E=n g-S(B 2-B 1,Q=C E=C 5(g2-B 1,A 正确。A t t o t o3.B 在7T时间内，由楞次定律和安培定则可知,线框中感应电流的方向为顺时针，由左手定则可判断线框受安培力的合力方向向右,选项B正确。4.D A 图中,磁场均匀增强，由楞次定律判断线圈AB C D 中的感应电流沿顺时针方向,利用左手定则判断AB 边受安培力方向向右，安培力大小由法拉第电磁感应定律有F女二黑1 B,则 F安 变大,与题目已知不符,A 错;B图中，磁场变强,线圈中产生顺时针方向电流,AB 边受安培力方向向右,安培力大小F安二黑1 B,则 F女 变大,与题目已知不符,B错;C图中,磁场变弱,线圈中产生逆时针方向电流,AB 边受力方向向左,与题目已知不符,C错;D图中,磁场变强,线圈中产生顺时针方向电流,AB 边受安培力方向向右,安培力大小F女=熬 1 B,可知安培力大小可能恒定,D对。5.D 圆盘在磁场中切割磁感线产生恒定的感应电动势E B s R；由右手定则判断得a 端为负极b 端为正极，所以只有D项正确。6.BD产生感应电流后,两导体滑杆中的电流相等,受到磁场的作用力大小相等,感应电流的磁场阻碍原磁通量的增大，故两杆同时向右加速运动,因F为恒力,磁场对杆的作用力为变力,且随速度的增大而增大,因而开始时两杆做变加速运动(ab加速度减小,cd 加速度增大)，当两杆具有相同加速度时,它们以共同的加速度运动，故 B、D正确。二、非选择题7.答 案 收 缩 变 小解析 金属棒加速运动,速度增大，回路中电动势变大，电流变大;圆环L处的磁场增强，根据楞次 定 律“阻碍”的含义，圆环L有收缩的趋势;随着金属棒速度的增加，金属棒所受安培力逐渐增加，因为加速度在减小，即感应电流变化得越来越慢,穿过圆环上的磁场的磁通量变化得越来越慢，因而圆环L中产生的感应电流越来越小，当金属棒最终以最大速度匀速运动时，圆环中的感应电流为零。（三）电磁感应的图像问题选择题l.A 0 2 s内磁感应强度均匀变化，线圈中感应电流大小恒定，线圈中ab边所受安培力大小随磁感应强度大小成正比例变化,规定水平向左为力的正方向,所以s内安培力的方向为正方向，2 s内安培力的方向为负方向。2 3 s内磁感应强度不变，线圈中无感应电流，线圈中ab边不受安培力。3 飞 s内磁感应强度均匀变化，线圈中感应电流大小恒定，线圈中ab边所受安培力大小随磁感应强度大小成正比例变化,规定水平向左为力的正方向,所以3、3.5 s内安培力的方向为正方向,3.5 4 s内安培力的方向为负方向。所以正确选项为A。2.D 闭合回路的面积不变，只有磁感应强度改变，由题图乙可知，在（T t i 时间内，B-t 图像的斜率不变,故产生的感应电动势恒定,感应电流的方向不变,根据楞次定律和安培定则可判断出，感应电流方向始终是由b f a,即始终取负值,A、B错误。因导体棒ab在水平外力F作用下始终处于静止状态,所以水平外力F与安培力Fg 沿水平方向的分力等大、反向，又因F女=B I L cB,根据左手定则可知,在0%时间内,F安的水平分力向右,在1 匕时间内，F安的水平分力向左,故在时间内，水平外力F向 左,在 时 间 内，水平外力F向右,C错误,D正确。3.B 本题中四个选项都是i-t 关系图线,故可用排除法。因在第一个阶段内通过导线框的磁通量向里增大，由楞次定律可判定此过程中电流沿逆时针方向，故 C、D错误。由于穿过整个磁场区域的磁通量变化量A =0,由q 中可知整个过程中通过导线框的总电荷量也应为零,而在i-t图像中图线与时间轴所围总面积为零，即时间轴的上下图形面积的绝对值应相等，故 A错误,B 正确。4.B在 线 框 进 入 磁 场 以 前 的 运 动 过 程,即 LL=0;线框进入磁场的过程，即入t 马,b e 边切V V V割磁感线,其相当于电源部分,其他三边相当于外电路,根据右手定则可知,b端电势高于C 端,所以取=甑1 3;线框完全进入磁场的运动过程,即三 仅竺,b e 边仍在做切割磁感线运动,U BLv;线框离开磁场的过程，?t qad边切割磁感线,瓦卓必 综上分析,B 项正确。5.B设线框A BC的电阻为R,线框A BC刚进入垂直纸面向里的磁场时,利用右手定则知,感应电流沿逆时针方向，大 小 I 产攀,之后线框随进入磁场距离的增大,有效切割长度变小，则I 2 g v（q）ta n 3 ,即电流变小；当线框A BC前进a 距离,在刚进入垂直纸面向外的磁场区域瞬间，此时A BC线框中感应电流方向沿顺时针方向,大小为f 等 也 2 1。,则 B 正确。三年模拟选择题1.C根据通电直导线周围的磁感线的特点,检测线圈由远处移至直导线正上方的过程中，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则可知,线圈中的电流方向先逆时针后顺时针。在检测线圈由直导线正上方移至远处的过程中，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则可知,线圈中的电流方向先顺时针后逆时针，所以C 正确。2.D 导线框进入磁场时,c d 边切割磁感线，由右手定则可知，电流方向为a-*d-*c-*b-*a,这时由左手定则可判断c d 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,a b 边处于磁场中且在做切割磁感线运动，同样用右手定则和左手定则可以分别判断出电流的方向为a,安培力的方向仍然水平向左,B、C 错。3.D P 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，方向向下，根据楞次定律可判断出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。4.B根据安培定则与线圈的绕法可知,通电时，通电螺线管中产生的磁场的方向向左。闭合K的瞬间,螺线管中的电流增大,所以产生的磁场的磁感应强度增大,即向左的磁场增大,根据楞次定律可知线圈的感应电流的磁场方向向右，感应电流的方向为a-b f c-d f a,最后由左手定则可知,a b 边受力的方向向下,c d 边受力的方向向上,所以a b 边向左转动,故B 正确。5.A 根据右手定则，电流方向应先为逆时针，故 D错;线框开始进入磁场区域时,有效切割长度变小，故 C 错;经过时间 后,根 据 右 手 定 则，电流方向为顺时针方向且电流减小,故A正确,B错误。6.A 由图知第2秒内，磁场向里并均匀减小，由楞次定律知,环中电流方向为顺时针,因而上极板带正电,A项正确;第3秒内磁场向外且均匀增大，由楞次定律知,环中电流方向为顺时针,上极板仍带正电,B项错误；同理第1 秒内上极板带负电,此微粒前2秒内先做匀加速直线运动，再做匀减速直线运动,方向不变,C项错误；由法拉第电磁感应定律知，电路中感应电动势为E$二 詈3 11 詈1/一,场强为E 二等二匕用,D 项错误。At At d d7 .C导体棒从距区域I 上边界H处由静止释放，做自由落体运动，做匀加速运动，由于导体棒在穿过两段磁场区域的过程中,流过电阻R 上的电流及其变化情况相同,说明导体棒穿过磁场的过程必定做减速运动,导体棒所受的安培力大于重力,而速度减小,产生的感应电动势减小,感应电流减小，导体棒所受的安培力减小,合力减小,则导体棒的加速度减小,v-t 图像斜率逐渐减小,而且根据题中已知条件可知进磁场和出磁场的速度相同，故 C正确,A、B、C错误。8 .A 由安培定则可知穿过B环的磁通量向里，当 S断开时，磁通量减少。由楞次定律可知B 环中产生顺时针方向的感应电流,A对。第一章.5.电磁感应中的能量转化与守恒知识清单一、b 左 手 向 左二、负 功 减 小 电 安 培 力 电 能链接高考1.答 案（D 安培力方向竖直向上G?大 F f-G i卜：”解 析（1）铜条静止时：磁铁平衡,G尸 M雎 g 铜条匀速运动时：磁铁与铜条整体处于平衡状态，G?-（M陷 陕+M 纲 条）g 对铜条A B:F 安 二 M佬 条 g 由可知G2 G,由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=B L v=I R铜条受到的安培力F *=B I L 由可得F S=G2-G,由得:磁感应强度大小1 4 胆手2 .答案华*+u m g解析 解法一 导体棒匀速向右滑动，速率为v,则有F=F 安+M m gE=B l vFQB I I解得 F ；V+U m g由能量守恒定律得F v=u m g v+PR解得P 产丝杏解法二导体棒切割磁感线产生的电动势E 二 B lv由于导轨与导体棒的电阻均可忽略,则R 两端电压等于电动势:U 二 E则电阻R 消耗的功率P#综合以上三式可得p 一 8 21 2V2建 设水平外力大小为F,由能量守恒定律有FV=PK+u mg v故得 F +u u mg3.答 案（1）4 倍（2）2+28 1mg解 析(1)设磁场的磁感应强度大小为B,c d 边刚进入磁场时,线框做匀速运动的速度为vb c d 边上的感应电动势为E 由法拉第电磁感应定律,有E 尸 2 B W 设线框总电阻为R,此时线框中电流为1 由闭合电路欧姆定律，有设此时线框所受安培力为件,有F 尸 2IJB 由于线框做匀速运动,其受力平衡,有mg=F j 由式得V奇设 ab 边离开磁场之前,线框做匀速运动的速度为v“同理可得*由式得v?=4v i (2)线框自释放直到c d 边进入磁场前，由机械能守恒定律,有2mg i 3 欣线框完全穿过磁场的过程中，由能量守恒定律,有mg (21+H)多1谚_,谱+Q由式得H=_ 2_+28 1 mg4.答案(1)1 0 V a-d-c f b f a (2)1 0 C (3)1 00 J解 析(1)感应电动势E 产 嗡磁通量的变化解得E 尸 第代入数据得E 尸 1 0 V感应电流的方向为a-*d-*c-*b-*a(2)同理可得E百 笔感应电流I2T电荷量q=I2A t2解得q=N丝身r代入数据得q=1 0 C(3)0 1 s内的焦耳热Q产r A 3且r1 5 s内的焦耳热Q产改rA t?由Q=Q,+Q“代入数据得Q=1 00 J5.答 案(1)4.5 C (2)1.8 J(3)5.4 J解 析(1)设棒匀加速运动的时间为A t,回路磁通量的变化量为A中，回路中的平均感应电动势为瓦由法拉第电磁感应定律得其 中A 0=B lx 设回路中的平均电流为7,由闭合电路欧姆定律得R+r则通过电阻R的电荷量为q=7 A t 联立式，代入数据得q=4.5 C(2)设撤去外力时棒的速度为v,由于棒在撤去外力前一直做匀加速运动，由运动学公式得v2=2ax 设棒在撤去外力后的运动过程中安培力做功为W,由动能定理得W-0-j mv2撤去外力后路中产生的焦耳热Qk-W 联立式，代入数据得Q2=l.8 J（3）由题意知,撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1 :Qk2：1,可得Q尸3.6 J在棒运动的整个过程中，由功能关系可知WF=Q1+Q2由式得琳 产5.4 J6.答 案（l）；m诏 幽 詈竺（3）见解析解 析（1）设ab棒的初动能为&,e f棒和电阻R在此过程产生的热量分别为W和W,有W+W尸氏且W=所由题有民也诏得 吟 暗（2）设在题设过程中,ab棒滑行时间为A t,扫过的导轨间的面积为A S,通 过AS的磁通量为A 3 a b棒产生的电动势为E,a b棒中的电流为T,通过a b棒某横截面的电荷量为q,则且A 8=B A S 又有I卷由图所示 S=d (L-d c ot 0)联立，解 得q=2 8 d(W)(3)ab棒滑行距离为x时,ab棒在导轨间的棒长L为Lx=L-2x cot 0 此时,ab棒产生电动势E,为&=Bv?Lx流 过e f棒的电流I、为I、书 e f棒所受安培力F,为FFBLL联 立 解 得 F、=W 叱(L-2X cot 0)由 式可得，握在x=0和B为最大值B.时有最大值F”由题知,ab棒所受安培力方向必水平向左,e f棒所受安培力方向必水平向右，使F,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 cos a=mg sin a+u(mg cos a+F)sin a)联 立 电 得 婷 陛 叵 巫 部 Lyj(cosa sina)”2B.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。由式可知,B为Bn时，匕随X增大而减小,x为最大儿时,Fx为最小值R,如图可知F2 COS a+U(mg cos a+F2 sin a)=mg sin a 联立，得/iLtan0(l+2)sinacosa+基础过关一、选择题1.B 铜环由A点向B点运动,在进入磁场和离开磁场的过程中，由于穿过环面的磁通量发生变化,都要产生感应电流,即产生电能。此电能是由环的机械能转化来的，即环由A到 B的过程中机械能减少,所以B点比A点低,B选项正确。2.AC磁铁向右插入螺线管中，根据楞次定律的扩展含义“来拒去留”，磁铁与小车相互排斥，小车在光滑水平面上受力向右运动，所 以 A、C正确,D错误。电磁感应现象中满足能量守恒定律,由于小车动能增加,外力做的功转化为小车动能和螺线管中的内能,所以B错误。3.A B D E 二 B L v,I 得 智,F 二 B 1 L 等士,P=I2R,外力对杆a b 做功的功率就等于消耗的热功率,由以上各式可知，选项A、B、D正确。4.BC当 a b 边刚进入区域I I 时,c d 边切割磁感线产生的感应电动势为E=B L v,所以a b 两点间的电压为 竽,A错;当a b 边刚进入区域0 1 时,a b、c d 边均切割磁感线，由右手定则可知通过a b 边的电流方向为由a b,大小为 等,B对；当把金属线框从刚进入I I 区域到完全拉入I I I 区域过程中，拉力所做功为W=W.+W2+W:I,而 g WF学 二 归 竺 户(L-s),所以W 二安3(2 L-s),C对；从 c d 边刚进入I I 区域到刚进入山区域的过程中，回路中产生的焦耳热为Q=R t 更 等.色 华,D 错。5.CD 金属棒a b 在一水平恒力F作用下由静止开始向右运动,随着a b 运动速度的增大,产生的感应电流增大,受到的与F方向相反的安培力增大,其加速度减小,选项A错误;外力F对 a b 做的功等于电路中产生的电能和金属棒增加的动能之和,选项B错误；由能量的转化和守恒定律可知，当 a b 做匀速运动时,外力F做功的功率等于电路中的电功率,选项C正确;无论a b 做何种运动,它克服安培力做的功一定等于电路中产生的电能,选项D 正确。6.B流过a b 棒某一截面的电荷量q-7-I 笔 1 二哼,a b 棒下滑的位移x岑,其平均速度v ,nt R BL t而棒下滑过程中做加速度减小的加速运动，故平均速度不等于京,A错误,B正确；由能量守恒m g xs i n u Q+l m v 1 产生的焦耳热 Q=m g x s i n 0 -加，=m g s i n 0-扣丫 错误;当 m g s i n。时 v 最大，安培力最大，即 F .M=m g s i n 0或 片,D 错误。二、非选择题7.答 案(1)6 m/s (2)1.1 m解 析（D ab对框架的压力Fs,=m,g.框架受水平面的支持力F、=mzg+F“，依题意,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则框架受到的最大静摩擦力E=u”,a b中的感应电动势=8卜，MN中电流1彳=,1+2MN受到的安培力F 4-BU,框架开始运动时F攵=网,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 *=用钝,由能量守恒定律,得Fx=im,v=+Q e,代入数据解题x=l.1 m o8.答案见解析解 析（1）根据法拉第电磁感应定律，电路中产生的感应电动势:E=n丝=n S=n%诏通过电阻R上的电流：L E E nn8（）以R+Rl 3R 3RtQ根据楞次定律,可判定通过电阻R的电流方向从b到a 在。至L时间内通过电阻R的电荷量q=Iti=nirBo 啜 13Rt0电阻R,上产生的热量Q=i询 如 卫 察 生9.答案(1)0.3 V (2)0.27 N(3)0.09 J解 析（1）设磁场宽度为d=CE,在00.2 s时间内，有=竽=竽11=0.6 VAt At此时,R.与金属棒r并联,再与R2串联R=R 井+R?=1 Q+l Q=2 Q畤 n=0.3 V(2)金属棒进入磁场后,此时磁场稳定,金属棒切割磁感线,相当于电源,而外电路中R与L并联,则有r =-+A=