练案66-67 第十二章 第66、67讲 专题强化二十二 动量观点在电磁感应中的应用+实验十四 探究影响感应电流方向的因素-【衡中学案】2026年高考物理一轮总复习练案

练案[66] 第66讲 专题强化二十二 动量观点在电磁 感应中的应用 基础巩固练 题组一动量定理在电磁感应中的应用 1.如图甲、乙中，除导体棒b可动外，其余部分均固定不 动，图甲中的电容器C原来不带电。设导体棒、导轨 电阻均可忽略，导体棒和导轨间的摩擦也不计，图中 装置均在水平面内，且都处于方向垂直于水平面（即 纸面)向里的匀强磁场中，导轨足够长。现给导体棒 D ab一个向右的初速度o,在图甲、乙两种情形下，关于 导体棒b的运动状态，下列说法正确的是 题组二动量守恒定律在电磁感应中的应用 4.（多选)如图所示，在方向竖直向下、磁感应强度大小 为B的匀强磁场中，有两根位于同一水平面内且间距 为L的平行金属导轨（导轨足够长，电阻不计）；两根 质量均为m、内阻均为r的光滑导体棒ab、cd静止在 导轨上（导体棒与金属导轨接触良好），t=0时，ab棒 以初速度3o向右滑动，cd棒以初速度o向左滑动， A.图甲中，αb棒先做匀减速运动，最终做匀速运动 关于两棒的运动情况，下列说法正确的是() B.图乙中，ab棒先做加速度越来越小的减速运动，最 终静止 C.两种情况下通过电阻的电荷量一样大 D.两种情形下导体棒ab最终都保持匀速运动 2.如图所示，在光滑的水平面上 ×××× 宽度为L的区域内，有竖直向下 ×××× A.当其中某根棒的速度为零时，另一根棒的速度大小 ××××1 的匀强磁场。现有一个边长为 为o × a(a<L)的正方形闭合线圈以 L- B.当其中某根棒的速度为零时，另一根棒的加速度大 垂直于磁场边界的初速度。向右滑动，穿过磁场后速 2B2Lvo 度刚好减为0，那么当线圈完全进入磁场时，其速度大 小为3mr 方 C.从初始时刻到其中某根棒的速度为零过程中，导体 A大于分 B等于号 棒6产生的焦耳热为号， D.cd棒的收尾速度大小为o C.小于号 D.以上均有可能 5.如图所示，倾角为0=37°的足够 3.（2023·福建卷)如图，M、N 长的平行金属导轨固定在水平面 a O' 上，两导体棒ab、cd垂直于导轨 是两根固定在水平面内的光 滑平行金属导轨，导轨足够 放置，空间存在垂直导轨平面向 ×××××N 上的匀强磁场，磁感应强度大小 0 长且电阻可忽略不计；导轨 0 间有一垂直于水平面向下的匀强磁场，其左边界O0 为B。现给导体棒ab一沿导轨平面向下的初速度o 垂直于导轨；阻值恒定的两均匀金属棒a、b均垂直于 使其沿导轨向下运动，已知两导体棒质量均为m,电阻 导轨放置，b始终固定。a以一定初速度进人磁场，此 阻值均为R,两导体棒与导轨之间的动摩擦因数均为 后运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，并与b不 u=0.75,导轨电阻忽略不计。从ab开始运动到两棒 相碰。以0为坐标原点，水平向右为正方向建立x轴 相对静止的整个运动过程中，两导体棒始终与导轨保 坐标；在运动过程中，a的速度记为v,a克服安培力做 持良好的接触，下列说法正确的是 功的功率记为P。下列v或P随x变化的图像中，可 A.整个运动过程中，导体棒cd中产生的焦耳热为 能正确的是 ( 1 4m, 456 B.整个运动过程中，导体棒cd中产生的焦耳热为A.匀强磁场的磁感应强度B=√2T 8m, B.前2s内通过电阻R的电荷量为1.4C C.前2s内金属杆通过的位移为4m C当导体棒ad的速度为子6时，导体棒a山的速度为 D.前4s内电阻R产生的热量为6.2J 1 8.（2024·江西卷，改编)如图所示，绝缘水平面上固定 20 一光滑平行金属导轨，导轨左、右两端分别与两粗糙 D.当导体棒ab的速度为好，时，导体棒cd的速度为 的倾斜平行金属导轨平滑连接，两侧导轨倾角分别为 01、02,导轨间距均为1=2m,水平导轨所在区域存在 竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小B=0.5T。现 4% 有两均匀金属细棒甲和乙，质量分别为m1=6kg和 能力提升练 m2=2kg,接入导轨的电阻均为R=12。左、右两侧 6.（多选)(2025·江西南昌联考)如 R 倾斜号轨与两棒的动座擦因数分别为4=品出 图，间距为L的平行导轨竖直固a 83。初始时刻，乙静止在水平导轨上，与水平导轨左 44 定放置，导轨上端接有阻值为R 的定值电阻，矩形匀强磁场I、ⅡB××I」 端P,P2的距离为d,甲从左侧倾斜导轨高度h=4m 的宽度均为d,磁场I的下边界和 的位置静止滑下。水平导轨足够长，两棒运动过程中 磁场Ⅱ的上边界间距为d,磁场的 始终与导轨接触良好且保持垂直。不计空气阻力和 磁感应强度大小均为B。一根质 导轨的电阻。(g取10m/s2,sin01=0.6,sin02=0.8) 量为m、电阻为R的金属棒由静止释放，释放的位置 B 离磁场I的上边界距离为2d,金属棒进入磁场I和Ⅱ P 时的速度相等，金属棒运动过程中始终保持水平且与 1Q2 乙 导轨接触良好，其余电阻不计，重力加速度为g,下列 说法正确的是 ( 0 A.金属棒刚进入磁场I时的速度大小为2√gd (1)求甲刚进入磁场时乙的加速度大小和方向。 B.金属棒刚出磁场I时的速度大小为√2gd (2)为使乙第一次到达水平导轨右端QQ2之前甲和 C.金属棒穿过两个磁场后电阻R中产生的焦耳热 乙不相碰，求d的最小值。 为2mgd D.金属棒穿过磁场I所用的时间为Bd-mR@ mgR 7.（多选)如图甲所示，两根间距为=1.0、电阻不计 且足够长的光滑平行金属导轨与水平面夹角0=30°， 导轨底端接入一阻值为R=2.02的定值电阻，所在 区域内存在磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂 直于导轨平面向上，在导轨上垂直于导轨放置一质量 为m=0.2kg、电阻为r=1.02的金属杆，开始时使 金属杆保持静止，某时刻开始给金属杆一个沿斜面向 上F=2.0N的恒力，金属杆由静止开始运动，图乙为 运动过程的v-t图像，重力加速度g取10m/s2。则 在金属杆向上运动的过程中，下列说法中正确的是 ( 4(m·s) 457 9.（2023·湖南卷)如图，两根足够长的光滑金属直导轨 (3)撤去拉力F后，两棒最终匀速运动的速度大小 平行放置，导轨间距为L,两导轨及其所构成的平面均 v'和vc'。 与水平面成θ角，整个装置处于垂直于导轨平面斜向 上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。现将质量均 为m的金属棒a、b垂直导轨放置，每根金属棒接入导 轨之间的电阻均为R。运动过程中金属棒与导轨始终 垂直且接触良好，金属棒始终未滑出导轨，导轨电阻 忽略不计，重力加速度为g。 B 11.如图所示，有两根光滑平行导轨，左侧为位于竖直平 (1)先保持棒b静止，将棒a由静止释放，求棒a匀速 面的金属圆弧，右侧为水平直导轨，圆弧底部和直导 运动时的速度大小； 轨相切，两条导轨水平部分在同一水平面内，其中 (2)在(1)问中，当棒a匀速运动时，再将棒b由静止 BC、NP段用绝缘材料制成，其余部分为金属。两导 释放，求释放瞬间棒b的加速度大小ao； 轨的间距为d=0.5m,导轨的左侧接着一个阻值为 (3)在(2)问中，从棒b释放瞬间开始计时，经过时间 R=22的定值电阻，右侧接C=2×10"pF的电容 o,两棒恰好达到相同的速度v,求速度v的大小， 器，电容器尚未充电。水平导轨的ADQM区域存在 以及时间t。内棒a相对于棒b运动的距离△x。 竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B=2T,虚 线AM和DQ垂直于导轨，AB和MW的长度均为x= 1.2m,两根金属棒a、b垂直放置在导轨上，质量均为 m=0.2kg,接入电路的电阻均为r=22,金属棒a从 圆弧轨道距水平轨道高h=0.8m处由静止滑下，与 静止在圆弧底部的金属棒b发生弹性碰撞，碰撞后 金属棒b进入磁场区域，最终在CDQP区域稳定运 动。不计金属导轨的电阻，求： N绝缘PQ (1)金属棒b刚进入磁场区域时的速度大小； 10.如图所示，两根质量均为m=2kg的金属棒垂直放在 (2)整个运动过程中金属杆a上产生的焦耳热。 光滑的水平导轨上，左、右两部分导轨间距之比为 1:2,导轨间有大小相等但左、右两部分方向相反的 匀强磁场，两棒电阻与棒长成正比，不计导轨电阻。 现用250N的水平拉力F向右拉CD棒，CD棒运动 s=0.5m时产生的焦耳热为Q2=30J,此时两棒速 率之比为vA:c=1:2,现立即撤去拉力F,设导轨 足够长且两棒始终在不同磁场中运动，求： BX xxx (1)在CD棒运动0.5m的过程中，AB棒上产生的焦 耳热； (2)撤去拉力F瞬间，两棒的速度大小4和vc; —458 练案[67]第67讲 实验十四 探究影响感应电流方向的因素 1.探究感应电流方向的实验所需器材包括：条形磁铁、 C.实验中将条形磁体的磁极插入或拔出时，不管 电流计、线圈、导线、一节干电池（用来查明线圈中电 缓慢，还是迅速，对实验现象都不影响 流的流向与电流计中指针偏转的方向的关系)。 D.将N极向下插入线圈或将S极向下插入线圈， (1)实验现象如图所示，根据实验现象，完成以下 电流表的偏转方向相同 内容： 3.在“探究影响感应电流方向的因素”的实验中，实物连 线如图甲所示。感应线圈组的内外线圈的绕线方向 如图乙粗线所示。 直流 ①比较甲图和 发现电流计指针偏转的 外线圈内线圈 铁芯 方向相同，这是因为 乙 ②实验结论：感应电流具有这样的方向，即感应电 (1)接通电源，闭合开关，G表指针会有大的偏转，几 流的磁场总要阻碍引起感应电流的 秒后G表指针停在中间不动。将滑动变阻器的滑 片迅速向右滑动时，G表指针 (选填“不 (2)为进一步弄清电流计指针摆动方向与电流方向的 动”“右偏”“左偏”或“不停振动”)；迅速抽出铁芯 关系，可以使用一节干电池进行探究。某同学想 时，G表指针 (选填“不动”“右偏”“左 偏”或“不停振动”)。 到了多用电表内部某一挡含有直流电源，他应选 (2)断开开关和电源，将铁芯重新插入内线圈中，把直 用多用电表的 挡对电流计进行测试。实 流输出改为交流输出，其他均不变。接通电源，闭 验发现当电流从正接线柱流入电流计时，指针向 合开关，G表指针 (选填“不动”“右偏” 右摆动。 “左偏”或“不停振动”)。 (3)为了能进一步了解感应电流大小随时间变化的关 (3)仅用一根导线，如何判断G表内部线圈是否断了？ 系，要使用电流传感器，连接好后，以甲图为例，图 示方向为正方向，让磁铁从线圈上方释放，你认为 在磁铁竖直穿过整个线圈的过程中，传感器显示 4.如图所示是探究电磁感应现象的装置。 的电流随时间变化的图像应该是 (1)闭合开关，让导体AB沿水 平方向左右运动。观察到 灵敏电流计的指针偏转： 若让导体AB由图示位置 沿竖直方向上下运动，则 灵敏电流计的指针 2.在“探究影响感应电流方向的因素”实验中， (选填“偏转”或“不偏转”)。 (1)为安全检测灵敏电流表指针偏转方向与电流流向 (2)利用此装置，探究感应电流方向与磁场方向和切 的关系，在给出的实物图（如图甲）中，将需要的实 割磁感线方向之间的关系，观察到的实验现象记 验仪器正确连成完整的实验电路。 录如表： 实验 磁场 导体切割 灵敏电流计指针 ■IDH 序号 磁感线方向 20k2 方向 偏转方向 ① 向下 2k2 向右 向左 ② 向上 向右 向右 ③ 向下 向左 向右 甲 ④ 向上 向左 向左 (2)电路中定值电阻的作用主要是为了 在上述四次实验中，比较 两次 A.减小电路两端的电压，保护电源 实验，可知感应电流方向与磁场方向有关；比较 B.增大电路两端的电压，保护电源 两次实验，可知同时改变磁场 C.减小电路中的电流，保护灵敏电流表 方向和切割磁感线方向则感应电流方向不变。 D.减小电路中的电流，便于观察灵敏电流表的读数 (3)在探究中还发现，导体AB水平向左（或向右）缓 (3)下列实验操作中说法正确的是 慢运动时，灵敏电流计的指针偏转角度较小；导体 AB水平向左（或向右）快速运动时，灵敏电流计的 A.判断感应电流的方向时，需要先确定线圈的绕法 B.实验中需要将条形磁体的磁极快速插入或快速 指针偏转角度较大，说明感应电流的大小与 有关。 拔出，感应电流的产生将更加明显 459GD棒所受最大安培力F=1mLB-BLu 变减速运动，当电容器C极板间电压与导体棒产生的感应电动 R 势相等时，电路中没有电流，a山棒不受安培力，向右做匀速运 根据右手定则和左手定则可判定CD棒所受安培力方向平行 动，故A错误：题图乙中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应 于导轨向上。 电流，导体棒受向左的安培力而做减速运动，随速度的减小，电 最小感应电动势Em=L=BLxw=L0 流减小，安培力减小，加速度减小，最终ab棒静止，故B正确，D 2 根据闭合电路欧姆定律可得最小感应电流 错误；根据F装=BL,有=B业=9=md,得g=光，电 荷量跟导体棒ab的动量变化量成正比，因为题图甲中导体棒的 动量变化量小于题图乙，所以题图甲中通过R的电荷量小于题 CD棒所受最小安培力Fn=1IB-BE0 图乙中通过R的电荷量，故C错误。 2R 根据右手定则和左手定则可判定方向平行于导轨向上。 4=4 2B通过线圈横截面的电荷量q=:=E R,由于线圈进 (2)CD棒所受安培力最大且其恰好静止时，根据平衡条件有 入和穿出磁场过程，线圈磁通量的变化量相等，则进入和穿出 Fms=mgsin 0+umngcos CD棒所受安培力最小且其恰好静止时，根据平衡条件有Fn 磁场的两个过程通过线圈横截面的电荷量q相等，由动量定理 umgcos 0=mgsin 6 得，线圈进人磁场过程-Bl1a吨，=m-mo,线圈离开磁场过程 根据右手定则和左手定则可判定导体棒CD下滑时所受安培 -B2at2=0-m,由于q=lt,则-Bag=mm-mo,Bag=mw,解 力方向平行于导轨向上，根据牛顿第二定律可得 得=之，故B正确。 umgcos +Fms -mgsin 0=ma 联立解得动摩擦因数μ=a。 1 3.A设导轨间磁场磁感应强度为B,导轨间距为L,金属棒总电 gcos03tan0。 阻为R,由题意导体棒进入磁场后受到水平向左的安培力作 12.(1)巫=L2tkL2ab中的电流方向为由a到b 用，做减速运动，根据动量定理有F·△t=m,-mw,根据F= 2F-R(3 R o器 6,1是.E-”-处联立可得化=m,-m,根据表达 R △t△t [解析](I)通过面积S的磁通量大小随时间t变化的关系 式可知v与x成一次函数关系，故A正确，B错误；a克服安培力 式为西=BS=kLt, 数功的功率为P==兴-兴·（经P- R 根据法拉第电磁感应定律得E=nA9=△B:S=L, △t △t 图像为开口向上的抛物线，故C、D错误。故选A。 由楞次定律和安培定则可知ab中电流的方向由a流向b。 4.CD由于两棒组成的系统动量守恒，取向右方向为正方向，由 (2)ab棒向上做加速度为a的匀加速直线运动，在时间t内， 动量守恒定律可得m·3-=m1+m2,所以当其中某根 棒的速度为零时，另一根棒的速度大小为2。，故A错误：当其 有xad, 中某根棒的速度为零时，另一根棒的速度大小为2，则有E= 闭合回路的总电阻为R袋=R+2xr=R+art, L2,1号，F=B,联立解得f=,由牛顿第二定律 由闭合电路的欧姆定律有1。名 可得，另一根棒的加速度大小为a=￡_F,放B错误：以 ab所受安培力的大小为F。=BIL, mr 结合B=t,解得ab所受安培力的大小随时间t变化的关系式 初始时刻到其中某根棒的速度为零过程中，两根导体棒上产生 为F=R+arf kLt 的焦耳热为Qa=之m,2+2m(3,)尸- 2m(2)2=3mu,2, (3)由题意可知t=0时，对ab施加竖直向上的拉力，恰使其向 则导体棒a6产生的焦耳热为Q=Q。=2叫∴，放C正确：d 上做加速度大小为α的匀加速直线运动， ab向上运动时，受到向下的重力mg、垂直导轨向里的安培力 棒的收尾速度为两根导体棒具有的共同速度，则有m·3。- FA、垂直导轨向外的支持力F、N=FA、竖直向下的摩擦力 mo=2m共，解得v共=o,故D正确。 5.B由题意知u=tan37°=0.75，则mgsin37°=umgcos37°，所 f=uFx, 以两棒组成的系统沿轨道方向的动量守恒，当最终稳定时有 由牛顿第二定律有F-mg-uFN=ma, mo=2mv,解得v=0.5o,则整个运动过程中回路中产生的焦耳 解得F=Lt +m(g+a), R+art2 热为Q=了m2-了×2m2=子m心2，则导体棒d中产生的焦 整理得F= -+m(g+a) 1 R t art 耳热为Q=0。=20=gm,2,故A错误，B正确；当导体棒 当R =art,即t=√am 时F有最大值， cd的速度为好%时，由动量守恒定律有m,=m·子o+m, t 可指八 解得a=子。，且导体棒ad速度不能大于导休棒a6的速度，放 =+m(g+a)。 C、D错误。 练案[66] 6ABC根据动能定理有mg·2d=m,金属棒刚进磁场I时 1.B题图甲中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流而使的速度大小为=2√g,故A正确；由于金属棒进入磁场I和 电容器充电，由于充电电流不断减小，安培力减小，则导体棒做：Ⅱ时的速度相等，在金属棒从磁场I的下边界到磁场Ⅱ的上边 649 界这一过程中，机械能守恒，设金属棒出磁场I的速度为1'，进 由闭合电路的欧姆定律及安培力公式【= E,F=BIL 骏场的速度为，则有山+mgd=m,又与=，解 2 a棒受力平衡可得ngsin0=BlL 得金属棒刚出磁场I时的速度大小为，'=√2g,故B正确；由 联立解得-2 mgRsin0 BL 能量守恒定律得20=5med-弓叫2，解得金属棒穿过两个磁 (2)由右手定则可知导体棒b中电流向右，b棒受到沿斜面向下 场后电阻R中产生的焦耳热为Q=2mgd,故C正确；设金属棒 的安培力，此时电路中电流不变，对b棒根据牛顿第二定律可得 穿过磁场I所用的时间为t,根据动量定理得BgL-mgt= mgsin 0+BIL =ma 《一-(-m.该过程的纯背量为9一是-股解得金 解得a=2gsin0。 (3)释放b棒后a棒受到沿斜面向上的安培力，在到达共速时， 属棒穿过磁场I所用的时间为4=BLd-(4-22)mR@ 2mgR 对a棒应用动量定理mgtosin0-BlL,=mm-mo 故D错误。 b棒受到向下的安培力，对b棒根据动量定理 7.BD由题图乙可知金属杆先做加速度减小的加速运动，2s后 mgtosin 0+B ILto =mu 做匀速直线运动。当t=2s时，速度为v=3m/s,此时感应电动 联立解得1=血0+号=im0+m0 o BL 势为E=BL,感应电流为R+,安培力为F安=BL=R十 此过程流过b棒的电荷量为9，则有q=Io 根据受力平衡可得F=F安+mgsin0,联立解得B=1T,故A错 由法拉第电磁感应定律可得 误；前2s内，根据动量定理有(F-mgsin0)△t-BIL△t=mm- EBL△x 0,又g=1△t,联立解得g=1.4C,故B正确：设前2s内金属杆 1=2R=2R0 △Φ 联立可得 通过的位移为，由q=1=气=产=学联立解得 E mvoR 2m2R2gsin 0 △x=B已 BL4 x=4.2m,故C错误：前2s内金属杆通过的位移为x=4.2m, 10.(1)15J(2)4m/s8m/s(3)6.4m/s3.2m/s 2~4s内金属杆通过的位移为x'=t=6m,前4s内由能量守恒 [解析](1)设两棒的长度分别为l和2L,所以电阻分别为R 定律可得F(x+x)=2mr+mg(x+x)sin0+Q,解得总热量 和2R,由于电路中任何时刻电流都相等，根据焦耳定律Q= 了可知Q1:Q2=1:2,则AB棒上产生的焦耳热Q1=15J。 Q=9.3J,则前4s内电阻R产生的热量为Q= RQ=6.2J, R+ 1 1 (2)根据能量守恒定律有=2m,2+2m2+Q+0,又 故D正确。 8.(1)2m/s2,方向水平向右(2)24m vA:c=1:2,联立两式并代入数据得=4m/s,c=8m/s。 [解析]（1)对甲从静止到运动至PP2处的过程，根据动能定 (3)撤去拉力F后，AB棒继续向左做加速运动，而CD棒向右 理有 做减速运动，当两棒切割磁感线产生的电动势大小相等时电 h 路中电流为零，两棒开始做匀速运动，则有Bl'=B·2l' mh-4,m80s8‘sin0=7m,。2-0 即4'=2c 甲刚进入磁场时，由法拉第电磁感应定律有 规定水平向左为正方向，对AB、CD两棒分别应用动量定理有 Eo =Blvo B Ilt =mvA'-mvA 根据欧姆定律有1。=2示 Eo -BI·2lt=mwc'-mwc 对乙由牛顿第二定律有Bll=m2az0 联立解得vA'=6.4m/s,c'=3.2m/s。 联立并代入数据解得azo=2m/s2 11.(1)4m/s(2)0.2J 根据楞次定律可知，回路中的感应电流沿逆时针方向（俯视）， [解析](1)金属棒a由高h=0.8m处从静止沿轨道滑下， 结合左手定则可知，乙所受安培力方向水平向右，则加速度方 由机被能守恒定棕得mh=m 向水平向右。 (2)甲和乙在磁场中运动的过程中，系统不受外力作用，则系统 解得o=4m/s 动量守恒，若两者共速时恰不相碰，则有 此后a与b发生弹性碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律 可知 m1o=（m1+m2）v# mvo =mvi +mvz 对乙根据动量定理有BIlt=m2v#-0 1 1 1 又=9梁-验 2m。2=2mw,2+2mw, dnin=△x,联立解得dnin=24m。 解得1=0,2=o=4m/s 即金属棒b刚进入磁场区域的速度大小是4m/s。 9.(（u)2mem0(2)2gsin0 BL (2)金属棒b从A到B做减速运动，由动量定理得-BId△t= (3)gtosin+mgksin 2m'Rgsin mu -mv, BL BL4 [解析](1)a导体棒在运动过程中重力沿斜面的分力和a棒 又1△t=q=R秀 的安培力相等时做匀速运动，由法拉第电磁感应定律可得E =BLVo E、d △t —650 R:=r+R,=3n 量增加，则G表指针向左偏转。迅速抽出铁芯时，磁通量减小， 则G表指针向右偏转。 联立解得v=2m/ (2)若把直流输出改为交流输出，其他均不变，接通电源，闭合 由能量守恒定律得Qs=2m,2- 开关，线圈A中也是交流电，那么G表指针不停地来回振动。 (3)仅用一根导线，将G表短接前后，摇动表一次，比较指针偏 解得Q=1.2J 转，有明显变化，则线圈断了，说明虽有切割磁感线，但没有感 在金属棒a上产生的焦耳热 应电流，没有安培阻力，指针变化明显；反之，则出现感应电流， Q.=60&=0.21。 进而有安培阻力，使其变化不明显，证明线圈未断。 4.(1)不偏转(2)①和②（或③和④）①和④（或②和③） 练案[67] (3)导体的运动快慢 [解析](1)导体沿竖直方向运动，运动方向与磁场方向平行 1.(1)①丁图当磁铁N极插人线圈及磁铁S极拔出线圈时，感 故不切割磁感线，不会产生感应电流，指针不发生偏转。 应电流的磁场方向相同②（磁场）磁通量的变化(2)欧姆 (2)比较实验①和②（或③和④）可知：在导体切割磁感线的运 (3)A 动方向一定时，改变磁场方向，感应电流的方向发生改变；比较 [解析](1)①由题图可知，比较甲图和丁图，发现电流计指针 实验①和④（或②和③）可知：在导体切割磁感线运动方向（或 偏转的方向相同，这是因为当磁铁N极插入线圈及磁铁S极拔 导体运动方向)和磁场方向同时改变时，感应电流的方向不变。 出线圈时，感应电流的磁场方向相同；②感应电流具有这样的 (3)导体AB水平向左（或向右）缓慢运动时，灵敏电流计的指针 方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的（磁场）磁通 偏转角度较小；导体AB水平向左（或向右）快速运动时，灵敏电 量的变化。 流计的指针偏转角度较大，这说明电路中的电流变大，所以可 (2)多用电表内部某一挡含有直流电源，依据电阻表内部有电 以看出感应电流的大小与导体的运动快慢有关。 源可知是用多用电表的欧姆挡对电流计进行测试。 练案[68] (3)当磁铁完全进入线圈内时，穿过线圈的磁通量不变，则不会 产生感应电流，磁铁会加速运动，当到达线图底部时，磁通量变1.D转到图甲位置时，线圈平面与磁感线垂直，磁通量最大，但 化率大于磁铁进入线圈时的磁通量变化率，依据法拉第电磁感 磁通量变化率最小，为零，故A错误：转到图乙位置时，线圈中 应定律，可知到达底部的感应电流较大，再由楞次定律可知，磁 产生的感应电动势最大，故B错误；转到图丙位置时，线圈位于 铁进入与离开线圈时的感应电流方向相反，故选A。 中性面位置，此时感应电流最小，但感应电流方向改变，故C错 误：转到图丁位置时，根据楞次定律可知AB边感应电流方向为 2.(1)见解析图(2)C(3)AB A一→B,故D正确。 [解析](1)为安全检测灵敏电流表指针偏转方向与电流流向 :2.B图示时刻线框平面刚好与磁场垂直，为中性面位置，初相位 的关系，应将电源和电流表连接，考虑到电流表的内阻很小，接 入大电阻保护电表，几个元件串联连接，完整的实验电路如图。 为零，电流的最大值为。=nB0,取线框中感应电流方向a一 R bc→d→a为正方向，图示位置转过较小角度后，由楞次定律 知，电流方向为负，则该线框中产生的感应电流的表达式为= 20k2 nu.sin(ad+0)=-nB0not,B正确。 2k2 R "十 3.BCD由题图可知t=0时刻线圈均在中性面位置，穿过线圈的 磁通量最大，A错误；由图像可知T.:T,=2:3,故na:n=3:2, (2)因灵敏电流表的内阻很小，直接接电源容易满偏，则接入定 B正确；由图像可知交变电流a的电动势最大值为10V,。=2严= T 值电阻的作用主要是为了减小电路中的电流，保护灵敏电流 2T 表，故C正确。 年ads=5πad/s,所以交变电流a的电动势瞬时值表达式为 (3)判断感应电流的方向时，用楞次定律需要知道线圈流过电 e=10sin(5πt)V,C正确；交变电流的电动势最大值为E= 流时原磁场的方向，则需要先确定线圈的绕法，故A正确；实验 NBw,放E:E=3:2,则E=子=9V,D正确。 3 中将条形磁体的磁校快速插入或快速拔出，磁通量的变化率更4.AD(=0时，磁通量为零，磁感线 e/W 大，产生的感应电流更大，指针的偏转幅度更大，产生的现象将 与线圈平面平行，A正确；当磁感线4而 更加明显，故B正确，C错误；将N极向下插入线圈或将S极向 与线圈平面平行时，磁通量变化率 下插入线圈，磁通量都增大，但两种方式的原磁场方向相反，由 最大，感应电动势最大，感应电动势 0.5152 e 楞次定律得出的感应电流方向相反，电流表的偏转方向相反， 随时间变化的图像如图所示，由图 故D错误。 可知，t=1s时，感应电流没有改变 3.(1)左偏右偏(2)不停振动 方向，B错误：t=1.5s时，感应电动势为0，C错误：感应电动势 (3)用导线短接G表前后各摇动G表一次，比较指针偏转，有明 显变化，则线圈断了，反之则未断。 最大值.=8a=Nd.牙=0x004×2(V)=4m(V). [解析](1)感应线圈组的内外线圈的绕线方向如题图乙粗线 有效值E=2 所示，当接通电源，闭合开关，内线圈有向下增大的电流，依据 2×4m(V)=22m(V),Q=三T=8m2(J),D 安培定则与楞次定律，则外线圈有向上的感应电流。因此发现 正确。 G表指针向左偏了一下，知磁通量增加时，G表指针向左偏转。 :5.A根据题意可知，当线圈三分之二的面积处于磁场中转动时， 当在闭合开关后，将滑动变阻器的滑片迅速向右滑动时，磁通 感应电动势的最大值为E=B·子0，转动时间为子，当三分 651