第2章 电磁感应及其应用 章末小结与质量评价（课件PPT）-【新课程学案】2025-2026学年高中物理选择性必修第二册（教科版）

章末小结与质量评价 选择性必修第二册 一、知识体系建构——理清物理观念 二、综合考法融会——强化科学思维　 01 02 CONTENTS 目录 三、价值好题精练——培树科学态度和责任　 03 阶段质量检测 04 一、知识体系建构——理清物理观念 二、综合考法融会——强化科学思维 [典例]　(多选)如图所示，水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ、MN，当PQ在外力的作用下运动时，MN在安培力的作用下向右运动，则PQ所做的运动可能是 (　 ) A.向右加速运动 B.向左加速运动 C.向右减速运动 D.向左减速运动 考法一　“三定则、一定律”的综合应用 √ √ [解析]　当PQ向右运动时，由右手定则可判定PQ中感应电流的方向由Q→P，由安培定则可知穿过L1的磁场方向由下往上；若PQ向右加速运动，可知穿过L1的磁通量增加，根据楞次定律结合安培定则，可以判断流过MN的感应电流是从N→M的，根据左手定则可判定MN受到向左的安培力，将向左运动；若PQ向右减速运动，流过MN的感应电流方向、MN所受的安培力的方向均将反向，MN向右运动，A错误，C正确。同理可判断，B正确，D错误。 1.安培定则、左手定则、右手定则、楞次定律的比较 融会贯通 比较项目 适用场合 因果关系 安培定则 判断电流周围的磁感线方向 因电而生磁(I→B) 左手定则 判断通电导线在磁场中所受的安培力方向 因电而受力(I、B→F安) 右手定则 判断导体切割磁感线时产生的感应电流方向 因动而生电(v、B→I感) 楞次定律 判断回路中磁通量变化时产生的感应电流方向 因磁通量变化而生电(ΔΦ→I感) 2.“三定则、一定律”的应用方法 (1)弄清“因果关系”是正确应用定则、定律的关键。 (2)判断感应电流受到的安培力。 ①先用右手定则判定感应电流的方向，再用左手定则确定安培力的方向。 ②根据楞次定律的推论可知安培力阻碍相对运动。 1.(2024·甘肃高考)如图，相距为d的固定平行光滑金属导轨 与阻值为R的电阻相连，处在磁感应强度大小为B、方向垂 直纸面向里的匀强磁场中，长度为L的导体棒ab沿导轨向右 做匀速直线运动，速度大小为v。则导体棒ab所受的安培力为 (　 ) A.，方向向左 B.，方向向右 C.，方向向左 D.，方向向右 对点训练 √ 解析：导体棒ab做切割磁感线运动，在电路部分的有效长度为d，故感应电动势为E=Bdv，回路中感应电流为I=，根据右手定则，判断电流方向为从b流向a。根据左手定则，导体棒ab所受的安培力为F=BId=，方向向左。 2.如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，水平U形导体框左端连接一阻值为R的电阻，质量为m、电阻为r的导体棒ab置于导体框上。不计导体框的电阻、导体棒与框间的摩擦。ab以水平向右的初速度v0开始运动，最终停在导体框上。在此过程中 (　 ) A.导体棒做匀减速直线运动 B.导体棒中感应电流的方向为a→b C.电阻R消耗的总电能为 D.导体棒克服安培力做的总功小于m √ 解析：导体棒向右运动，根据右手定则，可知导体棒中电流方向为b到a，再根据左手定则可知，导体棒受到向左的安培力，根据法拉第电磁感应定律，可得产生的感应电动势为E=BLv，感应电流为I==，故安培力为F=BIL=，根据牛顿第二定律有F=ma，可得a=v，随着速度减小，加速度不断减小，故导体棒不是做匀减速直线运动，A、B错误； 根据能量守恒定律，可知回路中消耗的总电能为Q=m，因R与r串联，则消耗的电能与电阻成正比，则R消耗的电能为QR= Q=，C正确；整个过程只有安培力做负功，根据动能定理可知，导体棒克服安培力做的总功等于m，D错误。 [典例]　(多选)如图(a)所示，两根间距为L、足够长的光滑平行金属导轨竖直放置并固定，顶端接有阻值为R的电阻，垂直导轨平面存在变化规律如图(b)所示的匀强磁场，t=0时磁场方向垂直纸面向里。在t=0到t=2t0的时间内，金属棒水平固定在距导轨顶端L处；t=2t0时，释放金属棒。整个过程中金属棒与导轨接触良好，导轨与金属棒的电阻不计，则 (　 ) 考法二　法拉第电磁感应定律的应用 A.在t=时，金属棒受到安培力的大小为 B.在t=t0时，金属棒中电流的大小为 C.在t=时，金属棒受到安培力的方向竖直向上 D.在t=3t0时，金属棒中电流的方向向右 √ √ [解析]　由题图可知在0~t0时间段内产生的感应电动势为E==，根据闭合电路欧姆定律可知此时间段的电流为I==，在时磁感应强度为，此时安培力为F=BIL=，A错误，B正确；由题图可知在t=时，磁场方向垂直纸面向外并逐渐增大，根据楞次定律可知产生顺时针方向的电流，再由左手定则可知金属棒受到的安培力方向竖直向上，C正确；由图可知在t=3t0时，磁场方向垂直纸面向外，金属棒向下运动的过程中磁通量增加，根据楞次定律可知金属棒中的感应电流方向向左，D错误。 感应电动势的三个表达式对比 融会贯通 表达式 E=n E=Blv E=Bl2ω 情景图 研究对象 回路(不一定闭合) 一段直导线(或等效成直导线) 绕一端转动的导体棒 表达式 E=n E=Blv E=Bl2ω 意义 一般求平均感应电动势，当Δt→0时求的是瞬时感应电动势 一般求瞬时感应电动势，当v为平均速度时求的是平均感应电动势 用平均值法求瞬时感应电动势 适用条件 所有磁场 匀强磁场 匀强磁场 1.如图所示，用两根长度、材料、粗细都相同 的导线绕成匝数分别为n1和n2的圆形闭合线圈 A和B，两线圈平面与匀强磁场垂直。当磁感 应强度随时间均匀变化时，两线圈中的感应电流之比IA∶IB为 (　 ) A.n1∶n2 B.n2∶n1 C.∶ D.∶ √ 对点训练 解析：设导线长度为L，电阻为R，则对线圈A有L=n1·2πrA，E1=n1π，IA=，对线圈B有L=n2·2πrB，E2=n2π，IB=，联立解得IA∶IB=n2∶n1，B正确，A、C、D错误。 2.如图所示，固定平行导轨间有磁感应强度大小为B， 方向垂直导轨平面向里的匀强磁场，导轨间距为l且足 够长，左端接阻值为R的定值电阻，导轨电阻不计。 现有一长为2l的金属棒垂直放在导轨上，在金属棒以 O点为轴沿顺时针方向以角速度ω转过60°的过程中 (金属棒始终与导轨接触良好，电阻不计) (　 ) A.通过定值电阻的最大电流为 B.通过定值电阻的最大电流为 C.通过定值电阻的电荷量为 D.通过定值电阻的电荷量为 √ 解析：棒绕O点转动切割磁感线而产生动生电动势，棒在转过60°时有效长度最大，为l效=2l，则Emax=Bω=2Bl2ω，由欧姆定律可得Imax==，故A、B错误。电荷量q=·Δt，而==，可得q==，棒转过60°扫过的有效面积为ΔS=，可得q=，故C错误，D正确。 考法三　电磁感应中的动量问题 [典例]　如图，间距为l的光滑平行金属导轨， 水平放置在方向竖直向下的匀强磁场中，磁场的 磁感应强度大小为B，导轨左端接有阻值为R的定 值电阻，一质量为m的金属杆放在导轨上。金属杆在水平外力作用下以速度v0向右做匀速直线运动，此时金属杆内自由电子沿杆定向移动的速率为u0。设金属杆内做定向移动的自由电子总量保持不变，金属杆始终与导轨垂直且接触良好，除了电阻R以外不计其他电阻。 (1)求金属杆中的电流和水平外力的功率； [答案]　　　 [解析]　(1)金属杆切割磁感线产生的感应电动势E=Blv0，则金属杆中的电流I==， 由题知，金属杆在水平外力作用下以速度v0向右做匀速直线运动，则有F=F安=BIl=， 根据功率的计算公式有P=Fv0=。 (2)某时刻撤去外力，经过一段时间，自由电子沿金属杆定向移动的速率变为，求： ①这段时间内电阻R上产生的焦耳热； ②这段时间内一直在金属杆内的自由电子沿杆定向移动的距离。 [答案]　①m　② [解析]　①设金属杆内单位体积的自由电子数为n，金属杆的横截面积为S，则金属杆在水平外力作用下以速度v0向右做匀速直线运动时，电流由微观表示为I=nSeu0=，则解得nSe=， 电子沿金属杆定向移动的速率变为时，有I'=nSe=，解得v'=， 由能量守恒定律有mv'2=m-Q， 解得Q=m。 ②由①可知在这段时间内金属杆的速度由v0变到，则根据动量定理有 -Bl·Dt=-BlnSe uΔt=-BlnSe·d=m-mv0(取向右为正)，nSe=，化简得d=。 1.动量定理的应用 导体棒或金属框在感应电流所引起的安培力作用下做非匀变速直线运动时， (1)安培力的冲量为：I安=BLt=BLq。 (2)通过导体棒或金属框的电荷量为：q=Δt=Δt=n·Δt=n。 (3)磁通量变化量：ΔΦ=BΔS=BLx。 (4)如果安培力是导体棒或金属框受到的合外力，则I安=mv2-mv1。 融会贯通 2.动量守恒定律的应用 在相互平行的水平导轨间的两根导体棒做切割磁感线运动时，由于这两根导体棒所受的安培力等大反向，合力为零，若不受其他外力，两导体棒的总动量守恒，解决此类问题往往要应用动量守恒定律。 1.如图所示，水平放置的U形光滑框架上接 一个阻值为R0的电阻，放在垂直纸面向里、磁感 应强度大小为B的匀强磁场中，一个半径为L、质 量为m的半圆形硬导体AC在水平向右的恒定拉力 F的作用下，由静止开始运动距离d后速度为v，半圆形硬导体AC的电阻为r，其余电阻不计。下列说法不正确的是 (　 ) 对点训练 A.此时AC两端电压为UAC= B.此过程中回路产生的热量Q=Fd-mv2 C.此过程中通过电阻R0的电荷量为q= D.此过程所用时间t= √ 解析：导体AC的有效切割长度等于半圆的直径2L，导体切割磁感线产生的感应电动势大小为E=B·2L·v=2BLv，而导体AC相当于电源，其两端的电压是外电压，由闭合电路欧姆定律得UAC=E=，A正确；根据能量守恒定律得Q=Fd-mv2，B正确；根据法拉第电磁感应定律得==，根据电流定义式=，解得q=t=，C正确；根据动量定理得Ft-B·2Lt=mv，又因为q=t，则Ft-2qBL=mv，解得t==，D错误。 2.如图所示，平行倾斜光滑 导轨与足够长的平行水平光滑导 轨平滑连接，导轨电阻不计。质 量分别为m和m的金属棒b和c静止放在水平导轨上，b、c两棒均与导轨垂直。图中de虚线往右有范围足够大、方向竖直向上的匀强磁场。质量为m的绝缘棒a垂直于倾斜导轨静止释放，释放位置与水平导轨的高度差为h。已知绝缘棒a滑到水平导轨上与金属棒b发生弹性正碰，金属棒b进入磁场后始终未与金属棒c发生碰撞。重力加速度为g，求： (1)绝缘棒a与金属棒b发生弹性正碰后分离时两棒的速度大小； 答案：绝缘棒a速度大小为0　金属棒b速度大小为　 解析：设绝缘棒a滑上水平导轨时，速度为v0，下滑过程中绝缘棒a机械能守恒，有m=mgh 绝缘棒a与金属棒b发生弹性碰撞，由动量守恒定律mv0=mv1+mv2 由机械能守恒定律有m=m+m 解得绝缘棒a的速度大小v1=0，金属棒b的速度大小v2=v0=。 (2)金属棒b进入磁场后，其加速度为其最大加速度的一半时的速度大小； 答案：　 解析：金属棒b刚进磁场时的加速度最大，设其加速度为其最大加速度的一半时，金属棒b的速度为v2'，c棒速度为v3'，两金属棒b、c组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒。由动量守恒定律有 mv2=mv2'+v3' 设金属棒b进入磁场后任一时刻，金属棒b的速度为vb，金属棒c的速度为vc，则两金属棒b、c组成的回路中的感应电动势E=BL(vb-vc)，由闭合电路欧姆定律得I=，由安培力公式得金属棒b所受安培力F=BIL=ma，联立得a=。故当金属棒b加速度为最大值的一半时有v2=2(v2'-v3')，联立得v2'=v2=。 (3)两金属棒b、c上最终产生的总焦耳热。 答案：mgh 解析：最终两金属棒b、c以相同速度匀速运动。由动量守恒定律有mv2=v，由能量守恒定律有m=v2+Q，解得Q=mgh。 三、价值好题精练——培树科学态度和责任 1.(多选)电吉他中电拾音器的基本结构如图所示，磁体附近的金属弦被磁化，因此弦振动时，在线圈中产生感应电流，电流经电路放大后传送到音箱发出声音。下列说法正确的有 (　 ) A.选用铜质弦，电吉他仍能正常工作 B.取走磁体，电吉他将不能正常工作 C.增加线圈匝数可以增大线圈中的感应电动势 D.弦振动过程中，线圈中的电流方向不断变化 √ √ √ 解析：铜质弦为非磁性材料，不能被磁化，选用铜质弦，电吉他不能正常工作，A错误；若取走磁体，金属弦不能被磁化，其振动时，不能在线圈中产生感应电动势，电吉他不能正常工作，B正确；由E=n可知，C正确；弦振动过程中，穿过线圈的磁通量大小不断变化，由楞次定律可知，线圈中感应电流方向不断变化，D正确。 2.(多选)安检门是一种用于安全检查的“门框”，如图所 示，“门框”内有线圈，线圈里通有交变电流，交变电 流在“门框”内产生交变磁场，金属物品通过“门框”时 能产生涡流，涡流的磁场又反过来影响线圈中的电流， 从而引起报警。以下关于这个安检门的说法正确的是 (　 ) A.这个安检门也能检查出毒品携带者 B.这个安检门只能检查出金属物品携带者 C.如果这个“门框”内的线圈中通上恒定电流，也能检查出金属物品携带者 D.这个安检门工作时，既利用了电磁感应现象，又利用了电流的磁效应 √ √ 解析：这个安检门是利用涡流工作的，因而只能检查出金属物品携带者，A错误，B正确；若“门框”内的线圈中通上恒定电流，只能产生恒定磁场，它不能使金属物品内产生涡流，因而不能检查出金属物品携带者，C错误；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正确。 3.随着航空领域的发展，实现火箭回收利用，成为了各国都在重点突破的技术。其中有一技术难题是回收时如何减缓对地的碰撞，为此设计师在返回火箭的底盘安装了电磁缓冲装置。如图所示，该装置的主要部件有两部分： ①缓冲滑块，由高强绝缘材料制成，其内部边缘绕有闭合单匝正方形线圈abcd；②火箭主体，包括绝缘光滑缓冲轨道MN、PQ和超导线圈(图中未画出)，超导线圈能产生方向垂直于整个缓冲轨道平面的匀强磁场。当缓冲滑块接触地面时，滑块立即停止运动，此后线圈与火箭主体中的磁场相互作用，火箭主体一直做减速运动直至达到软着陆要求的速度，从而实现缓冲。现已知缓冲滑块竖直向下撞向地面时，火箭主体的速度大小为v0，经过时间t火箭着陆，速度恰好为零；线圈abcd的电阻为R，其余电阻忽略不计；ab边长为l，火箭主体质量为m，匀强磁场的磁感应强度大小为B，重力加速度为g，一切摩擦阻力不计，求： (1)缓冲滑块刚停止运动时，线圈ab边两端的电势差Uab； 答案：Blv0　 解析：缓冲滑块刚停止运动时，ab边产生的感应电动势E=Blv0， 线圈ab边两端的电势差Uab为路端电压，根据右手定则可知a端电势高，则有Uab=Blv0。 (2)缓冲滑块刚停止运动时，火箭主体的加速度大小； 答案：-g 解析：缓冲滑块刚停止运动时，ab边受到的安培力大小为Fab=BIl，其中I=，由牛顿第三定律知Fab=Fab'， 对火箭主体受力分析可得Fab'-mg=ma， 解得a=-g。 (3)火箭主体的速度从v0减到零的过程中系统产生的电能。 答案：+m 解析：设t时间内火箭主体下落的高度为h，对火箭主体由动量定理得mgt-'t=0-mv0 即mgt-=0-mv0，化简得h=， 根据能量守恒定律知，该过程中系统产生的电能为E=mgh+m 代入数据可得E=+m。 阶段质量检测 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分，每小题只有一个选项符合题意) 1.如图所示，匀强磁场垂直于圆形线圈指向纸里，a、b、c、d为圆形线圈上等距离的四点，现用外力作用在上述四点，将线圈拉成正方形。设线圈导线不可伸长，且线圈仍处于原先所在的平面内，则在线圈发生形变的过程中(　 ) A.线圈中将产生adcb方向的感应电流 B.线圈中产生感应电流的方向先是abcd，后是adcb C.线圈中将产生abcd方向的感应电流 D.线圈中无感应电流产生 √ 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 解析：当线圈由圆形变成正方形时，穿过线圈的磁通量变小，根据楞次定律知在线圈中将产生abcd方向的感应电流，故C正确。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 2.某小组设计了一种呼吸监测方案：在人身上 缠绕弹性金属线圈，观察人呼吸时处于匀强磁 场中的线圈面积变化产生的电压，了解人的呼 吸状况。如图所示，线圈P的匝数为N，磁场 的磁感应强度大小为B，方向与线圈轴线的夹角为θ。若某次吸气时，在t时间内每匝线圈面积增加了S，则线圈P在该时间内的平均感应电动势为 (　 ) A.　 B. C. D. √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 解析：根据法拉第电磁感应定律，有=N=NBcos θ·=，故选A。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 3.为了研究电磁炉的工作原理，某同学制作了一个简易装置，如图所示，将一根电线缠绕在铁芯外部，接通交流电源，放置在铁芯上方的不锈钢锅具开始发热。下述可以增大锅具的发热功率的办法，可行的是 (　 ) A.增大交流电源的频率 B.把不锈钢锅换成玻璃锅 C.将电源换成电动势更大的直流电源 D.把线圈内部铁芯去掉 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 解析：当下方线圈通入交流电时，在不锈钢锅具中会产生感应电动势，形成涡流而产生热量，因感应电动势与电流的变化率成正比，增大交流电源的频率，感应电动势增大，电流增大，热功率增大，故A正确；玻璃不是磁性材料，把不锈钢锅换成玻璃锅，则不会产生涡流，不发热，故B错误；将电源换成直流电源，恒定电流产生恒定的磁场，穿过锅具的磁通量不变，锅具中不会有感应电流，热功率为0，故C错误；把线圈内部铁芯去掉，则磁场减弱，感应电动势减小，感应电流减小，热功率变小，故D错误。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 4.如图所示，L是自感系数很大的线圈，但其自身的 电阻几乎为零。A和B是两个完全相同的小灯泡。下 列说法正确的是 (　 ) A.闭合开关S后，A灯亮，B灯不亮 B.闭合开关S后，A灯亮，B灯慢慢变亮 C.开关S闭合，电路稳定后，在突然断开开关S的瞬间，A、B灯都闪亮一下 D.开关S闭合，电路稳定后，在突然断开开关S的瞬间，A灯立即熄灭，B灯闪亮一下再熄灭 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 解析：开关S闭合瞬间，线圈L因自感现象对电流有阻碍作用，则相当于灯泡A与B串联，因此两灯同时亮，且亮度相同，稳定后B灯被短路熄灭，A灯更亮，故A、B错误；电路稳定后，当开关S突然断开瞬间，A灯中不会再有电流通过，故A灯马上熄灭，由于自感现象，线圈中的电流只能慢慢减小，其相当于电源，与B灯构成闭合回路放电，B灯闪亮一下再熄灭，故C错误，D正确。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 5.内壁光滑的塑料管弯成的圆环平放在水平桌面上， 环内有一带负电的小球，整个装置处在竖直向下的 磁场中，如图所示。当磁场突然增强时，小球 (　 ) A.沿顺时针方向运动　　　 B.沿逆时针方向运动 C.在原位置附近往复运动 D.仍保持静止状态 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 解析：磁场突然增强时，激发出逆时针方向的感生电场，对负电荷的作用力为顺时针方向，故小球沿顺时针方向加速运动，A正确。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 6.如图所示，导线OA长为l，在方向竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中以角速度ω沿图中所示方向绕通过悬点O的竖直轴旋转，导线OA与竖直方向的夹角为θ。则OA导线中的感应电动势大小和O、A两点电势高低情况分别是 (　 ) A.Bl2ω　O点电势高 B.Bl2ω　A点电势高 C.Bl2ωsin2θ　O点电势高 D.Bl2ωsin2θ　A点电势高 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 解析：导线OA切割磁感线的有效长度等于OA在垂直磁场方向上的投影长度，即l'=l·sin θ，产生的感应电动势E=Bl'2ω=Bl2ωsin2θ，由右手定则可知A点电势高，D正确。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 7.如图(a)所示，线圈ab、cd绕在同一软铁芯上。在ab线圈中通以变化的电流，用示波器测得线圈cd间电压如图(b)所示，已知线圈内部的磁场与流经线圈的电流成正比，则下列描述线圈ab中电流随时间变化关系的图中，可能正确的是 (　 ) 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 解析：根据题图(b)可知，cd两端在0~0.5 s内产生恒定的电压，根据法拉第电磁感应定律，穿过线圈的磁通量均匀变化，即恒定不变，C正确，A、B、D错误。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分) 8.如图甲所示，abcd是匝数为100匝、边长为10 cm、总电阻为0.1 Ω的正方形闭合导电线圈，放在与导电线圈平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示，则以下说法正确的是(　 ) 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 A.导电线圈中产生的电流恒定不变 B.在t=2.5 s时，导电线圈产生的感应电动势为2 V C.在0~2 s内，通过导线横截面的电荷量为20 C D.在t=1 s时，导电线圈内电流的瞬时功率为20 W 解析：根据楞次定律可知，在0~2 s内的感应电流方向与2~3 s内的感应电流方向相反，A错误；根据法拉第电磁感应定律，在t=2.5 s时导电线圈产生的感应电动势E=nS =100×0.1×0.1× V=2 V，B正确； √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 在0~2 s时间内，感应电动势为：E1=100××0.12 V=1 V，再根据欧姆定律I=，则有：I1= A=10 A，根据q=It，解得：q=10×2 C=20 C，C正确；在t=1 s时，导电线圈内电流的瞬时功率P=R=102×0.1 W=10 W，D错误。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 9.如图所示的电路中，L为一个自感系数很大、直流电阻不计的线圈，D1、D2是两个完全相同的灯泡，E是一内阻不计的电源。t=0时刻，闭合开关S。经过一段时间后，电路达到稳定，t1时刻断开开关S。I1、I2分别表示通过灯泡D1和D2的电流，规定图中箭头所示的方向为I1、I2各自的电流正方向，以下各图能定性描述电流I1、I2随时间t变化规律的是 (　 ) 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 解析：当S闭合时，线圈L的自感作用会阻碍线圈L中的电流变大，电流从D1流过，方向与规定的正方向相同，当线圈L中电流稳定时，D1短路，D1中的电流变小至零； √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 D2中的电流为电路中的总电流，电流流过D1时，电路总电阻较大，总电流较小，当D1中电流为零时，总电阻变小，总电流变大至稳定。当S再断开时，D2马上熄灭，D1与线圈L组成回路，由于线圈L的自感作用，D1先重新亮起来再慢慢熄灭，D1中的电流方向与规定的正方向相反且逐渐减小至零，A、C正确。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 10.两个完全相同的正方形匀质金属框，边长为L，通 过长为L的绝缘轻质杆相连，构成如图所示的组合体。 距离组合体下底边H处有一方向水平、垂直纸面向里 的匀强磁场。磁场区域上下边界水平，高度为L，左 右宽度足够大。把该组合体在垂直磁场的平面内以初速度v0水平无旋转抛出，设置合适的磁感应强度大小B使其匀速通过磁场，不计空气阻力。下列说法正确的是 (　 ) 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 A.B与v0无关，与成反比 B.通过磁场的过程中，金属框中电流的大小和方向保持不变 C.通过磁场的过程中，组合体克服安培力做功的功率与重力做功的功率相等 D.调节H、v0和B，只要组合体仍能匀速通过磁场，则其通过磁场的过程中产生的热量不变 √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 解析：设金属框进入磁场时的竖直分速度为vy，可知vy=，金属框所受安培力F=BIL，电流I=，E=BLvy，根据受力平衡可得mg=，可知B2与成反比，B与v0无关，A错误；金属框进入磁场和穿出磁场的过程中，电流的大小保持不变，方向由逆时针变为顺时针，B错误；从下金属框进入磁场到上金属框离开磁场，整个过程金属框做匀速直线运动，安培力和重力等大反向，组合体克服安培力做功的功率与重力做功的功率相等，C正确；组合体从进入磁场到穿出磁场，不论怎样调节H、v0和B，只要组合体匀速通过磁场，在通过磁场的过程中，产生的热量始终等于减少的重力势能，D正确。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 三、非选择题(本题共5小题，共54分) 11.(6分)观察如图所示的实验装置，实验操作中， 当导体棒AB沿着磁感线方向上下运动时，电流计 指针_______(选填“偏转”或“不偏转”)；当导体棒 AB垂直磁感线方向左右运动时，电流计指针_______ (选填“偏转”或“不偏转”)；若流入电流计的电流从右接线柱进入，指针就往右偏转，则为使图中电流计指针往左偏转，导体棒AB应往_____ (选填“上”“下”“左”或“右”)运动。  不偏转 偏转 右 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 解析：当导体棒AB沿着磁感线方向上下运动时，不切割磁感线，无感应电流产生，则电流计指针不偏转；当导体棒AB垂直磁感线方向左右运动时，切割磁感线，有感应电流产生，则电流计指针偏转；若流入电流计的电流从右接线柱进入，指针就往右偏转，则为使图中电流计指针往左偏转，即电流从左端流入，则根据右手定则可知，导体棒AB应往右运动。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 12.(10分)在“探究电磁感应的产生条件”的实验中，先按如图甲所示连线，不通电时，灵敏电流计指针停在正中央，闭合开关S时，观察到灵敏电流计指针向左偏。然后按如图乙所示将灵敏电流计与线圈B连成一个闭合回路，将线圈A、电源、滑动变阻器和开关S串联成另一个闭合电路。 (1)图甲电路中，串联定值电阻R的主要作用是____。(1分)  A.减小电源两端的电压，保护电源 B.增大电源两端的电压，保护开关 C.减小电路中的电流，保护灵敏电流计 D.减小电路中的电流，保护开关 C 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 解析：电路中串联定值电阻，目的是减小电流，保护灵敏电流计，故选C。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 (2)图乙中，S闭合后，将线圈A插入线圈B的过程中，灵敏电流计的指针将______(选填“向左”“向右”或“不”)偏转。(3分)  解析：由题知，当电流从灵敏电流计正接线柱流入时，指针向左偏转。题图乙中S闭合后，将线圈A插入线圈B的过程中，穿过线圈B的磁场向下，磁通量变大，由楞次定律可知，感应电流从灵敏电流计正接线柱流入电流计，则灵敏电流计的指针将向左偏转。 向左 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 (3)图乙中，S闭合后，线圈A放在线圈B中不动，在滑动变阻器的滑片P向左滑动的过程中，灵敏电流计指针将______(选填“向左”“向右”或“不”)偏转。(3分)  解析：线圈A放在线圈B中不动，穿过线圈B的磁场向下，将滑动变阻器的滑片向左滑动时，穿过线圈B的磁通量增大，由楞次定律可知，感应电流从灵敏电流计正接线柱流入电流计，则灵敏电流计的指针将向左偏转。 向左 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 (4)图乙中，S闭合后，线圈A放在线圈B中不动，在突然断开S时，灵敏电流计指针将_______(选填“向左”“向右”或“不”)偏转。(3分)  解析：线圈A放在线圈B中不动，穿过线圈B的磁场向下，突然断开S时，穿过线圈B的磁通量减小，由楞次定律可知，感应电流从灵敏电流计负接线柱流入电流计，则灵敏电流计的指针将向右偏转。 向右 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 13.(10分)如图所示，一两端闭合的正方形线圈匝数n=10，边长L=10 cm，所用导线每米长的阻值R0=2 Ω，一个范围足够大的匀强磁场与线圈平面垂直，当磁感应强度以0.5 T/s均匀增大时，在线圈导线中的电流有多大? 答案：6.25×10-3 A 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 解析：根据法拉第电磁感应定律：E=n=nL2 线圈的电阻：R=n·4LR0 根据闭合电路欧姆定律：I= 联立并代入数据解得：I=6.25×10-3 A。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 14.(12分)如图所示，电阻为0.1 Ω的正方形单匝线圈abcd的边长为0.2 m，bc边与匀强磁场边缘重合。磁场的宽度等于线圈的边长，磁感应强度大小为0.5 T。在水平拉力作用下，线圈以8 m/s的速度向右穿过磁场区域。求线圈在上述过程中： 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 (1)感应电动势的大小E；(3分) 答案：0.8 V　 解析：感应电动势E=Blv，代入数据得E=0.8 V。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 (2)所受拉力的大小F；(4分) 答案：0.8 N　 解析：感应电流I=， 由牛顿第三定律，拉力的大小等于安培力F=BIl 解得F=，代入数据得F=0.8 N。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 (3)感应电流产生的热量Q。(5分) 答案：0.32 J 解析：运动时间t=，焦耳定律Q=I2Rt 解得Q=，代入数据得Q=0.32 J。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 15.(16分)如图所示，匝数N=100、截面积S=1.0×10-2 m2、电 阻r=0.15 Ω的线圈内有方向垂直于线圈平面向上的、随时间 均匀增加的匀强磁场B1，其变化率k=0.80 T/s。线圈通过开 关S连接两根相互平行、间距d=0.20 m的竖直导轨，下端连 接阻值R=0.50 Ω的电阻。一根阻值也为0.50 Ω、质量m=1.0 ×10-2 kg的导体棒ab搁置在两端等高的挡条上。在竖直导轨间的区域仅有垂直纸面的不随时间变化的匀强磁场B2。接通开关S后，棒对挡条的压力恰好为零。假设棒始终与导轨垂直，且与导轨接触良好，不计摩擦阻力和导轨电阻，g取10 m/s2。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 (1)求磁感应强度B2的大小，并指出磁场方向；(8分) 答案：0.5 T，方向垂直纸面向外 解析：线圈中产生的感应电动势为E=N=NS， 代入数据得E=0.8 V， 由楞次定律和安培定则判断可知， 电流从线圈左边流入，右边流出。 等效电路图如图所示。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 总电流I== A=2 A，ab棒中的电流Iab=1 A，根据题意，此时棒对挡条的压力为零，即导体棒所受安培力等于其重力，则B2Iabd=mg，解得B2=0.5 T， 根据左手定则可知磁场的方向应该垂直纸面向外。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 (2)断开开关S后撤去挡条，棒开始下滑，经t=0.25 s后下降了h=0.29 m，求此过程棒上产生的热量。(8分) 答案：2.29×10-3 J 解析：开关断开之后，撤去挡条，ab下滑时切割磁感线，从而产生感应电流，根据动量定理，得(mg-B2I'd)t=mv-0，其中Δq=I't=，ΔΦ=B2dh，联立以上几式可知v=2.21 m/s， 根据动能定理可知mgh-Q=mv2-0， 求得Q≈4.58×10-3 J，因此导体棒上产生的热量为Q1=Q=2.29×10-3 J。 本课结束 更多精彩内容请登录：www.zghkt.cn $