人教版(新教材)高中物理選擇性必修第二冊PAGEPAGE1章末檢測（二）(時間：90分鐘滿分：100分)一、單項選擇題(共8小題，每小題4分，共32分。)1.下列說法正確的是()A.安培提出了分子電流假說B.法拉第發現了電流磁效應C.楞次發現了電流熱效應D.奧斯特發現了電磁感應定律〖解析〗安培提出了分子電流假說，說明了一切磁現象都是由電流產生的，故A正確；奧斯特發現了電流的磁效應，揭示了電現象和磁現象之間的聯系，故B錯誤；焦耳發現了電流熱效應，故C錯誤；法拉第發現了電磁感應定律，故D錯誤。〖答案〗A2.電磁感應現象在生活及生產中的應用非常普遍，下列不屬于電磁感應現象及其應用的是()A.發電機 B.電動機C.變壓器 D.日光燈鎮流器〖解析〗發電機是利用線圈在磁場中做切割磁感線運動從而產生電流—電磁感應現象來工作的，選項A不符合題意；電動機是利用通電線圈在磁場中受力轉動的原理來工作的，不屬于電磁感應現象及其應用，選項B符合題意；變壓器是利用電磁感應現象的原理來改變交流電壓的，選項C不符合題意；日光燈鎮流器利用了電磁感應現象中的自感現象，選項D不符合題意?！即鸢浮紹3.關于電磁感應，下列說法中正確的是()A.穿過線圈的磁通量越大，感應電動勢越大B.穿過線圈的磁通量為零，感應電動勢一定為零C.穿過線圈的磁通量的變化越大，感應電動勢越大D.通過線圈的磁通量變化越快，感應電動勢越大〖解析〗穿過線圈的磁通量越大，而磁通量變化率不一定越大，則感應電動勢也無法確定，故A項錯誤；穿過線圈的磁通量為零，可能磁通量變化率最大，則感應電動勢也會最大，故B項錯誤；穿過線圈的磁通量的變化越大，而磁通量變化率不一定越大，則感應電動勢也無法確定，故C項錯誤；通過線圈的磁通量變化越快，感應電動勢也越大，故D項正確?！即鸢浮紻4.如圖，螺線管導線的兩端與兩平行金屬板相連接，一個帶正電的小球用絕緣絲線懸掛于兩金屬板間并處于靜止狀態。線圈置于方向豎直向上的均勻增大的磁場中，現將S閉合，當磁場發生變化時小球將偏轉。若磁場發生了兩次變化，且第一次比第二次變化快，第一次小球的最大偏角為θ1；第二次小球的最大偏角為θ2，則關于小球的偏轉位置和兩次偏轉角大小的說法正確的()A.偏向B板，θ1＞θ2 B.偏向B板，θ1＜θ2C.偏向A板，θ1＞θ2 D.偏向A板，θ1＜θ2〖解析〗線圈置于方向豎直向上的均勻增大的磁場中，據楞次定律可知線圈的感應電動勢下高上低，則B板電勢高，A板電勢低，小球向A偏轉，當磁場變化快時電動勢大，偏角大，則C正確?！即鸢浮紺5.如圖，一圓形金屬環與兩固定的平行長直導線在同一豎直面內，環的圓心與兩導線距離相等，環的直徑小于兩導線間距。兩導線中通有大小相等、方向向下的恒定電流。若()A.金屬環向上運動，則環上的感應電流方向為順時針方向B.金屬環向下運動，則環上的感應電流方向為順時針方向C.金屬環向左側直導線靠近，則環上的感應電流方向為逆時針方向D.金屬環向右側直導線靠近，則環上的感應電流方向為逆時針方向〖解析〗根據楞次定律，當金屬圓環上、下移動時，穿過圓環的磁通量不發生變化，故沒有感應電流產生，故選項A、B錯誤；當金屬圓環向左移動時，則穿過圓環的磁場垂直紙面向外并且增強，故根據楞次定律可以知道，產生的感應電流為順時針，故選項C錯誤；當金屬圓環向右移動時，則穿過圓環的磁場垂直紙面向里并且增強，故根據楞次定律可以知道，產生的感應電流為逆時針，故選項D正確。〖答案〗D6.如圖所示，一寬40cm的勻強磁場區域，磁場方向垂直紙面向里，一邊長L為20cm的正方形導線框位于紙面內，以垂直于磁場邊界的速度v＝20cm/s勻速通過磁場區域。在運動過程中，線框有一邊始終與磁場區域的邊界平行，取它剛進入磁場的時刻t＝0，正確反映感應電流隨時間變化規律的圖像是()〖解析〗線框進入磁場過程：時間t1＝eq\f(L,v)＝1s。根據楞次定律判斷可知感應電流方向是逆時針方向，感應電流大小I＝eq\f(BLv,R)不變。線框完全在磁場中運動過程：磁通量不變，沒有感應電流產生，經歷時間t2＝eq\f(d－L,v)＝1s。線框穿出磁場過程：時間t3＝eq\f(L,v)＝1s。感應電流方向是順時針方向，感應電流大小I＝eq\f(BLv,R)不變，故C正確?！即鸢浮紺7.為了測量列車運行的速度和加速度大小，可采用如圖甲所示的裝置，它由一塊安裝在列車車頭底部的強磁體和埋設在軌道地面的一組線圈及電流測量記錄儀組成(測量記錄儀未畫出)。當列車經過線圈上方時，線圈中產生的電流被記錄下來，P、Q為接測量儀器的端口。若俯視軌道平面磁場垂直地面向里(如圖乙)，則在列車經過測量線圈的過程中，流經線圈的電流方向為()A.始終逆時針方向B.先逆時針，再順時針方向C.先順時針，再逆時針方向D.始終順時針方向〖解析〗列車帶著磁場向右運動，其實相當于線圈的左邊向左運動切割磁感線，根據右手定則可知，線圈中的電流方向先是沿逆時針方向，當線圈的右邊進入磁場時，相當于線圈右邊向左切割磁感線，也可以判斷出線圈中的感應電流方向是順時針方向，故線圈中的電流是先逆時針，再順時針方向，所以選項B正確。〖答案〗B8.如圖(a)所示，電路的左側是一個電容為C的電容器，電路的右側是一個環形導體，環形導體所圍的面積為S。在環形導體中有一垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度的大小隨時間變化的規律如圖(b)所示，則在0～t0時間內電容器()A.上極板帶正電，所帶電荷量為eq\f(CS（B2－B1）,t0)B.上極板帶正電，所帶電荷量為eq\f(C（B2－B1）,t0)C.上極板帶負電，所帶電荷量為eq\f(CS（B2－B1）,t0)D.上極板帶負電，所帶電荷量為eq\f(C（B2－B1）,t0)〖解析〗磁場增強，環形導體中產生逆時針方向的感應電動勢，感應電動勢為U＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(S（B2－B1）,t0)，電容器上極板與正極相連，上極板帶正電，q＝CU＝eq\f(CS（B2－B1）,t0)，選項A正確?！即鸢浮紸二、多項選擇題(共4小題，每小題4分，共16分。)9.我國處在地球的北半球，飛機在我國上空勻速地巡航，機翼保持水平，飛機高度不變，由于地磁場的作用，金屬機翼上有電勢差。設左側機翼末端處的電勢為φ1，右側機翼末端處的電勢為φ2，則()A.飛機從西向東飛時，φ1比φ2高B.飛機從東向西飛時，φ2比φ1高C.飛機從南向北飛時，φ1比φ2高D.飛機從北向南飛時，φ2比φ1高〖解析〗當飛機在北半球飛行時，由于地磁場的存在，且地磁場的豎直分量方向豎直向下；由于在電源內，感應電動勢的方向與感應電流的方向是相同的，由低電勢指向高電勢，所以由右手定則可判知，在北半球不論沿何方向水平飛行，都是飛機的左側機翼電勢高，右側機翼電勢低，即總有φ1比φ2高，故A、C正確，B、D錯誤?！即鸢浮紸C10.如圖所示，電路中A、B是規格相同的燈泡，L是電阻不計的電感線圈，那么()A.斷開S，A立即熄滅B.斷開S，B立即熄滅C.斷開S，A閃亮一下后熄滅D.斷開S，B閃亮一下后熄滅〖解析〗當電路穩定后A燈被短路，不亮；S斷開瞬時，B立刻熄滅，L相當于電源，與A組成回路，則A燈閃亮一下后逐漸熄滅，選項B、C正確?！即鸢浮紹C11.如圖所示，長直導線通以方向向上的恒定電流i，矩形金屬線圈abcd與導線共面，線圈的長是寬的2倍，第一次將線圈由靜止從位置Ⅰ平移到位置Ⅱ停下，第二次將線圈由靜止從位置Ⅰ繞過d點垂直紙面的軸線旋轉90°到位置Ⅲ停下，兩次變換位置的過程所用的時間相同，以下說法正確的是()A.兩次線圈所產生的平均感應電動勢相等B.兩次線圈所產生的平均感應電動勢不相等C.兩次通過線圈導線橫截面的電量相等D.兩次通過線圈導線橫截面的電量不相等〖解析〗根據通電直導線周圍的磁場分布可知，兩次通過線圈磁通量的變化量不同，根據eq\o(E,\s\up6(－))＝neq\f(ΔΦ,Δt)可知，線圈所產生的平均感應電動勢不相等，選項A錯誤，B正確；根據q＝neq\f(ΔΦ,R)可知兩次通過線圈導線橫截面的電量不相等，選項C錯誤，D正確?！即鸢浮紹D12.兩條平行虛線間存在一勻強磁場，磁感應強度方向與紙面垂直。邊長為0.1m、總電阻為0.005Ω的正方形導線框abcd位于紙面內，cd邊與磁場邊界平行，如圖(a)所示。已知導線框一直向右做勻速直線運動，cd邊于t＝0時刻進入磁場。線框中感應電動勢隨時間變化的圖線如圖(b)所示(感應電流的方向為順時針時，感應電動勢取正)。下列說法正確的是()A.磁感應強度的大小為0.5TB.導線框運動速度的大小為0.5m/sC.磁感應強度的方向垂直于紙面向外D.在t＝0.4s至t＝0.6s這段時間內，導線框所受的安培力大小為0.1N〖解析〗由E－t圖像可知，線框經過0.2s全部進入磁場，則速度v＝eq\f(l,t)＝eq\f(0.1,0.2)m/s＝0.5m/s，選項B正確；E＝0.01V，根據E＝Blv可知，B＝0.2T，選項A錯誤；線框進磁場過程中，感應為電流順時針，根據右手定則可知，原磁場的磁感應強度的方向垂直于紙面向外，選項C正確；在t＝0.4s至t＝0.6s這段時間內，導線框中的感應電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(0.01,0.005)A＝2A，所受的安培力大小為F＝BIl＝0.04N，選項D錯誤?！即鸢浮紹C三、實驗題(共2小題，共10分)13.(4分)某學生做觀察電磁感應現象的實驗時，將電流表、線圈A和B、蓄電池、開關，用導線連接成如圖所示的實驗電路，閉合開關，下列說法正確的是________。A.線圈A插入線圈B的過程中，有感應電流B.線圈A從B線圈中拔出過程中，有感應電流C.線圈A停在B線圈中，有感應電流D.線圈A拔出線圈B的過程中，線圈B的磁通量不變〖解析〗由電路圖可知，開關接在電流表與副線圈B的電路中，接通和斷開開關，只是使線圈B所在回路閉合或斷開，不影響原線圈A中電流的變化；線圈A插入線圈B的過程中，導致穿過線圈B的磁通量發生變化，則有感應電流，故A正確；同理，當線圈A從B線圈中拔出過程中，導致穿過線圈B的磁通量發生變化，則有感應電流，故B正確；線圈A停在B線圈中，穿過線圈B的磁通量不變，沒有感應電流，故C錯誤；線圈A拔出線圈B的過程中，穿過線圈B的磁通量減少，故D錯誤。〖答案〗AB14.(6分)法拉第電磁感應現象是指：“閉合電路的一部分導體在磁場中做切割磁感線運動時，導體中就會產生感應電流?！毙∶骱头挤几鶕n文中的描述進行了進一步探究。(1)芳芳同學思考：線圈的一邊在磁場中做切割磁感線運動與單根導線在磁場中做切割磁感線運動，產生的感應電流的大小可能不一樣。于是她驗證如下：(a)先用大約25圈的漆包線圈的一條邊框較快地切割磁感線運動(b)然后用單根導線以相同的情況切割磁感線運動。你認為兩次靈敏電流汁指針偏轉程度________。A.(a)較大 B.(b)較大C.一樣大 D.無法確定(2)實驗過程中小明與芳芳又用線圈和條形磁鐵來做實驗(如圖乙所示)，發現靈敏電流計指針發生偏轉。你認為在此實驗中產生感應電流大小跟什么因素有關？請你總結一下。①____________________；②____________________；(3)在(1)、(2)兩個實驗中，如何改變感應電流的方向？每個實驗各寫出一種方法。①____________________；②____________________?！冀馕觥?1)因為多匝線圈在磁場中運動時，相當于多根導線同時切割磁感線，即相當于多個電源串聯，則電路中電流較大，即(a)中較大，故選A。(2)我們知道導體切割磁感線可以產生感應電流，即導體和磁場發生了相對運動；本題中磁場運動，可以認為導線相對于磁場發生了運動，故也可以產生感應電流；感應電流應與磁場的強弱、磁體運動的變慢及線圈的匝數等有關。(3)感應電流的方向與切割方向及磁場方向有關，故二者都可以通過改變磁極方向和運動方向改變電流方向；即①改變切割方向(或改變磁極方向)；②改變磁極方向(或改變磁鐵的運動方向)。〖答案〗(1)A(2)①條形磁鐵磁場強弱②線圈匝數多少〖或條形磁鐵插入(拔出)線圈的快慢〗(3)①改變切割方向(或改變磁極方向)②改變磁極方向(或改變磁鐵的運動方向)四、解答題(共4小題，共42分)15.(10分)如圖所示，MN、PQ是兩根足夠長的光滑平行金屬導軌，導軌間距為d，導軌所在平面與水平面成θ角，M、P間接阻值為R的電阻。勻強磁場的方向與導軌所在平面垂直，磁感應強度大小為B。質量為m、阻值為r的金屬棒放在兩導軌上，在平行于導軌的拉力作用下，以速度v勻速向上運動。已知金屬棒與導軌始終垂直并且保持良好接觸，重力加速度為g，求：(1)金屬棒產生的感應電動勢E；(2)通過電阻R電流I；(3)拉力F的大小?！冀馕觥?1)根據法拉第電磁感應定律E＝Bdv(2)根據閉合電路歐姆定律I＝eq\f(E,R＋r)＝eq\f(Bdv,R＋r)(3)導體棒的受力情況如圖所示，根據牛頓第二定律有F－F安－mgsinθ＝0又因為F安＝BId＝eq\f(B2d2v,R＋r)所以F＝mgsinθ＋eq\f(B2d2v,R＋r)〖答案〗(1)Bdv(2)eq\f(Bdv,R＋r)(3)mgsinθ＋eq\f(B2d2v,R＋r)16.(10分)如圖所示，一個足夠長的“U”形金屬框架與水平面成θ＝37°角，寬l＝0.5m，上端有一個電阻R0＝2.0Ω，框架的其他部分電阻不計，有一垂直于框架平面向上的勻強磁場，磁感應強度B＝1T，ab為金屬桿，與框架接觸良好，其質量m＝0.1kg，電阻r＝0.5Ω，桿與框架間的動摩擦因數μ＝0.5，桿由靜止開始下滑，在速度達到最大值的過程中，電阻R0產生的熱量Q0＝2.0J(取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)。求：(1)通過R0的最大電流；(2)ab桿下滑的最大速度；(3)從開始到速度最大的過程中ab桿下滑的距離。〖解析〗(1)桿達到最大速度后，ab中最大電流為Im，由平衡條件BIml＋μmgcosθ＝mgsinθ解得Im＝0.4A(2)由閉合電路的歐姆定律Em＝Im(R0＋r)＝1.0V由法拉第電磁感應定律Em＝Blvm解得vm＝eq\f(Em,Bl)＝eq\f(1.0,1.0×0.5)＝2m/s(3)電路中產生的總焦耳熱Q總＝eq\f(R0＋r,R0)Q0＝eq\f(5,4)Q0＝2.5J由動能定理得mgxsinθ－μmgxcosθ－Q總＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)解得桿下滑的距離x＝13.5m〖答案〗(1)0.4A(2)2m/s(3)13.5m17.(10分)如圖，不計電阻的U形導軌水平放置，導軌寬l＝0.5m，左端連接阻值為0.4Ω的電阻R，在導軌上垂直于導軌放一電阻為0.1Ω的導體棒MN，并用水平輕繩通過定滑輪吊著質量為m＝2.4g的重物，圖中L＝0.8m，開始重物與水平地面接觸并處于靜止，整個裝置處于豎直向上的勻強磁場中，磁感強度B0＝0.5T，并且按eq\f(ΔB,Δt)＝0.1(T/s)的規律增大，不計摩擦阻力，(g＝10m/s2)求：(1)回路電流的大小及方向；(2)至少經過多長時間才能將重物吊離地面？〖解析〗(1)由楞次定律可知，回路的電流從上向下看順時針根據法拉第電磁感應定律E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)L·l＝0.04V則I＝eq\f(E,R＋r)＝0.08A(2)由平衡可知mg＝F安＝BIl＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B0＋\f(ΔB,Δt)·t))Il解得t＝1s〖答案〗(1)從上向下看順時針，0.08A(2)1s18.(12分)如圖所示，光滑導軌MN和PQ固定在豎直平面內，導軌間距為L，兩端分別接有阻值均為R的定值電阻R1和R2，兩導軌間有一邊長為eq\f(L,2)的正方形區域abcd，該區域內有磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向里的勻強磁場。一質量為m的金屬桿與導軌相互垂直且接觸良好，從ab處由靜止釋放，若金屬桿離開磁場前已做勻速運動，其余電阻均不計。求：(1)金屬桿離開磁場前的瞬間流過R1的電流大小和方向；(2)金屬桿離開磁場時速度的大?。?3)金屬桿穿過整個磁場過程中電阻R1上產生的電熱?！冀馕觥?1)設流過金屬桿中的電流為I，由平衡條件得mg＝BIeq\f(L,2)，解得I＝eq\f(2mg,BL)所以R1中的電流大小I1＝eq\f(I,2)＝eq\f(mg,BL)，方向從P到M。(2)設桿勻速運動時的速度為v由E＝Beq\f(L,2)vE＝Ieq\f(R,2)得v＝eq\f(2mgR,B2L2)(3)mgeq\f(L,2)＝Q＋eq\f(1,2)mv2得Q＝eq\f(mgL,2)－eq\f(2m3g2R2,B4L4)R1上產生的焦耳熱為QR1＝eq\f(1,2)Q＝eq\f(mgL,4)－eq\f(m3g2R2,B4L4)〖答案〗(1)eq\f(mg,BL)，方向從P到M(2)eq\f(2mg,B2L2)(3)eq\f(mgL,4)－eq\f(m3g2R2,B4L4)章末檢測（二）(時間：90分鐘滿分：100分)一、單項選擇題(共8小題，每小題4分，共32分。)1.下列說法正確的是()A.安培提出了分子電流假說B.法拉第發現了電流磁效應C.楞次發現了電流熱效應D.奧斯特發現了電磁感應定律〖解析〗安培提出了分子電流假說，說明了一切磁現象都是由電流產生的，故A正確；奧斯特發現了電流的磁效應，揭示了電現象和磁現象之間的聯系，故B錯誤；焦耳發現了電流熱效應，故C錯誤；法拉第發現了電磁感應定律，故D錯誤?！即鸢浮紸2.電磁感應現象在生活及生產中的應用非常普遍，下列不屬于電磁感應現象及其應用的是()A.發電機 B.電動機C.變壓器 D.日光燈鎮流器〖解析〗發電機是利用線圈在磁場中做切割磁感線運動從而產生電流—電磁感應現象來工作的，選項A不符合題意；電動機是利用通電線圈在磁場中受力轉動的原理來工作的，不屬于電磁感應現象及其應用，選項B符合題意；變壓器是利用電磁感應現象的原理來改變交流電壓的，選項C不符合題意；日光燈鎮流器利用了電磁感應現象中的自感現象，選項D不符合題意?！即鸢浮紹3.關于電磁感應，下列說法中正確的是()A.穿過線圈的磁通量越大，感應電動勢越大B.穿過線圈的磁通量為零，感應電動勢一定為零C.穿過線圈的磁通量的變化越大，感應電動勢越大D.通過線圈的磁通量變化越快，感應電動勢越大〖解析〗穿過線圈的磁通量越大，而磁通量變化率不一定越大，則感應電動勢也無法確定，故A項錯誤；穿過線圈的磁通量為零，可能磁通量變化率最大，則感應電動勢也會最大，故B項錯誤；穿過線圈的磁通量的變化越大，而磁通量變化率不一定越大，則感應電動勢也無法確定，故C項錯誤；通過線圈的磁通量變化越快，感應電動勢也越大，故D項正確?！即鸢浮紻4.如圖，螺線管導線的兩端與兩平行金屬板相連接，一個帶正電的小球用絕緣絲線懸掛于兩金屬板間并處于靜止狀態。線圈置于方向豎直向上的均勻增大的磁場中，現將S閉合，當磁場發生變化時小球將偏轉。若磁場發生了兩次變化，且第一次比第二次變化快，第一次小球的最大偏角為θ1；第二次小球的最大偏角為θ2，則關于小球的偏轉位置和兩次偏轉角大小的說法正確的()A.偏向B板，θ1＞θ2 B.偏向B板，θ1＜θ2C.偏向A板，θ1＞θ2 D.偏向A板，θ1＜θ2〖解析〗線圈置于方向豎直向上的均勻增大的磁場中，據楞次定律可知線圈的感應電動勢下高上低，則B板電勢高，A板電勢低，小球向A偏轉，當磁場變化快時電動勢大，偏角大，則C正確?！即鸢浮紺5.如圖，一圓形金屬環與兩固定的平行長直導線在同一豎直面內，環的圓心與兩導線距離相等，環的直徑小于兩導線間距。兩導線中通有大小相等、方向向下的恒定電流。若()A.金屬環向上運動，則環上的感應電流方向為順時針方向B.金屬環向下運動，則環上的感應電流方向為順時針方向C.金屬環向左側直導線靠近，則環上的感應電流方向為逆時針方向D.金屬環向右側直導線靠近，則環上的感應電流方向為逆時針方向〖解析〗根據楞次定律，當金屬圓環上、下移動時，穿過圓環的磁通量不發生變化，故沒有感應電流產生，故選項A、B錯誤；當金屬圓環向左移動時，則穿過圓環的磁場垂直紙面向外并且增強，故根據楞次定律可以知道，產生的感應電流為順時針，故選項C錯誤；當金屬圓環向右移動時，則穿過圓環的磁場垂直紙面向里并且增強，故根據楞次定律可以知道，產生的感應電流為逆時針，故選項D正確?！即鸢浮紻6.如圖所示，一寬40cm的勻強磁場區域，磁場方向垂直紙面向里，一邊長L為20cm的正方形導線框位于紙面內，以垂直于磁場邊界的速度v＝20cm/s勻速通過磁場區域。在運動過程中，線框有一邊始終與磁場區域的邊界平行，取它剛進入磁場的時刻t＝0，正確反映感應電流隨時間變化規律的圖像是()〖解析〗線框進入磁場過程：時間t1＝eq\f(L,v)＝1s。根據楞次定律判斷可知感應電流方向是逆時針方向，感應電流大小I＝eq\f(BLv,R)不變。線框完全在磁場中運動過程：磁通量不變，沒有感應電流產生，經歷時間t2＝eq\f(d－L,v)＝1s。線框穿出磁場過程：時間t3＝eq\f(L,v)＝1s。感應電流方向是順時針方向，感應電流大小I＝eq\f(BLv,R)不變，故C正確。〖答案〗C7.為了測量列車運行的速度和加速度大小，可采用如圖甲所示的裝置，它由一塊安裝在列車車頭底部的強磁體和埋設在軌道地面的一組線圈及電流測量記錄儀組成(測量記錄儀未畫出)。當列車經過線圈上方時，線圈中產生的電流被記錄下來，P、Q為接測量儀器的端口。若俯視軌道平面磁場垂直地面向里(如圖乙)，則在列車經過測量線圈的過程中，流經線圈的電流方向為()A.始終逆時針方向B.先逆時針，再順時針方向C.先順時針，再逆時針方向D.始終順時針方向〖解析〗列車帶著磁場向右運動，其實相當于線圈的左邊向左運動切割磁感線，根據右手定則可知，線圈中的電流方向先是沿逆時針方向，當線圈的右邊進入磁場時，相當于線圈右邊向左切割磁感線，也可以判斷出線圈中的感應電流方向是順時針方向，故線圈中的電流是先逆時針，再順時針方向，所以選項B正確?！即鸢浮紹8.如圖(a)所示，電路的左側是一個電容為C的電容器，電路的右側是一個環形導體，環形導體所圍的面積為S。在環形導體中有一垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度的大小隨時間變化的規律如圖(b)所示，則在0～t0時間內電容器()A.上極板帶正電，所帶電荷量為eq\f(CS（B2－B1）,t0)B.上極板帶正電，所帶電荷量為eq\f(C（B2－B1）,t0)C.上極板帶負電，所帶電荷量為eq\f(CS（B2－B1）,t0)D.上極板帶負電，所帶電荷量為eq\f(C（B2－B1）,t0)〖解析〗磁場增強，環形導體中產生逆時針方向的感應電動勢，感應電動勢為U＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(S（B2－B1）,t0)，電容器上極板與正極相連，上極板帶正電，q＝CU＝eq\f(CS（B2－B1）,t0)，選項A正確。〖答案〗A二、多項選擇題(共4小題，每小題4分，共16分。)9.我國處在地球的北半球，飛機在我國上空勻速地巡航，機翼保持水平，飛機高度不變，由于地磁場的作用，金屬機翼上有電勢差。設左側機翼末端處的電勢為φ1，右側機翼末端處的電勢為φ2，則()A.飛機從西向東飛時，φ1比φ2高B.飛機從東向西飛時，φ2比φ1高C.飛機從南向北飛時，φ1比φ2高D.飛機從北向南飛時，φ2比φ1高〖解析〗當飛機在北半球飛行時，由于地磁場的存在，且地磁場的豎直分量方向豎直向下；由于在電源內，感應電動勢的方向與感應電流的方向是相同的，由低電勢指向高電勢，所以由右手定則可判知，在北半球不論沿何方向水平飛行，都是飛機的左側機翼電勢高，右側機翼電勢低，即總有φ1比φ2高，故A、C正確，B、D錯誤?！即鸢浮紸C10.如圖所示，電路中A、B是規格相同的燈泡，L是電阻不計的電感線圈，那么()A.斷開S，A立即熄滅B.斷開S，B立即熄滅C.斷開S，A閃亮一下后熄滅D.斷開S，B閃亮一下后熄滅〖解析〗當電路穩定后A燈被短路，不亮；S斷開瞬時，B立刻熄滅，L相當于電源，與A組成回路，則A燈閃亮一下后逐漸熄滅，選項B、C正確。〖答案〗BC11.如圖所示，長直導線通以方向向上的恒定電流i，矩形金屬線圈abcd與導線共面，線圈的長是寬的2倍，第一次將線圈由靜止從位置Ⅰ平移到位置Ⅱ停下，第二次將線圈由靜止從位置Ⅰ繞過d點垂直紙面的軸線旋轉90°到位置Ⅲ停下，兩次變換位置的過程所用的時間相同，以下說法正確的是()A.兩次線圈所產生的平均感應電動勢相等B.兩次線圈所產生的平均感應電動勢不相等C.兩次通過線圈導線橫截面的電量相等D.兩次通過線圈導線橫截面的電量不相等〖解析〗根據通電直導線周圍的磁場分布可知，兩次通過線圈磁通量的變化量不同，根據eq\o(E,\s\up6(－))＝neq\f(ΔΦ,Δt)可知，線圈所產生的平均感應電動勢不相等，選項A錯誤，B正確；根據q＝neq\f(ΔΦ,R)可知兩次通過線圈導線橫截面的電量不相等，選項C錯誤，D正確?！即鸢浮紹D12.兩條平行虛線間存在一勻強磁場，磁感應強度方向與紙面垂直。邊長為0.1m、總電阻為0.005Ω的正方形導線框abcd位于紙面內，cd邊與磁場邊界平行，如圖(a)所示。已知導線框一直向右做勻速直線運動，cd邊于t＝0時刻進入磁場。線框中感應電動勢隨時間變化的圖線如圖(b)所示(感應電流的方向為順時針時，感應電動勢取正)。下列說法正確的是()A.磁感應強度的大小為0.5TB.導線框運動速度的大小為0.5m/sC.磁感應強度的方向垂直于紙面向外D.在t＝0.4s至t＝0.6s這段時間內，導線框所受的安培力大小為0.1N〖解析〗由E－t圖像可知，線框經過0.2s全部進入磁場，則速度v＝eq\f(l,t)＝eq\f(0.1,0.2)m/s＝0.5m/s，選項B正確；E＝0.01V，根據E＝Blv可知，B＝0.2T，選項A錯誤；線框進磁場過程中，感應為電流順時針，根據右手定則可知，原磁場的磁感應強度的方向垂直于紙面向外，選項C正確；在t＝0.4s至t＝0.6s這段時間內，導線框中的感應電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(0.01,0.005)A＝2A，所受的安培力大小為F＝BIl＝0.04N，選項D錯誤。〖答案〗BC三、實驗題(共2小題，共10分)13.(4分)某學生做觀察電磁感應現象的實驗時，將電流表、線圈A和B、蓄電池、開關，用導線連接成如圖所示的實驗電路，閉合開關，下列說法正確的是________。A.線圈A插入線圈B的過程中，有感應電流B.線圈A從B線圈中拔出過程中，有感應電流C.線圈A停在B線圈中，有感應電流D.線圈A拔出線圈B的過程中，線圈B的磁通量不變〖解析〗由電路圖可知，開關接在電流表與副線圈B的電路中，接通和斷開開關，只是使線圈B所在回路閉合或斷開，不影響原線圈A中電流的變化；線圈A插入線圈B的過程中，導致穿過線圈B的磁通量發生變化，則有感應電流，故A正確；同理，當線圈A從B線圈中拔出過程中，導致穿過線圈B的磁通量發生變化，則有感應電流，故B正確；線圈A停在B線圈中，穿過線圈B的磁通量不變，沒有感應電流，故C錯誤；線圈A拔出線圈B的過程中，穿過線圈B的磁通量減少，故D錯誤?！即鸢浮紸B14.(6分)法拉第電磁感應現象是指：“閉合電路的一部分導體在磁場中做切割磁感線運動時，導體中就會產生感應電流?！毙∶骱头挤几鶕n文中的描述進行了進一步探究。(1)芳芳同學思考：線圈的一邊在磁場中做切割磁感線運動與單根導線在磁場中做切割磁感線運動，產生的感應電流的大小可能不一樣。于是她驗證如下：(a)先用大約25圈的漆包線圈的一條邊框較快地切割磁感線運動(b)然后用單根導線以相同的情況切割磁感線運動。你認為兩次靈敏電流汁指針偏轉程度________。A.(a)較大 B.(b)較大C.一樣大 D.無法確定(2)實驗過程中小明與芳芳又用線圈和條形磁鐵來做實驗(如圖乙所示)，發現靈敏電流計指針發生偏轉。你認為在此實驗中產生感應電流大小跟什么因素有關？請你總結一下。①____________________；②____________________；(3)在(1)、(2)兩個實驗中，如何改變感應電流的方向？每個實驗各寫出一種方法。①____________________；②____________________。〖解析〗(1)因為多匝線圈在磁場中運動時，相當于多根導線同時切割磁感線，即相當于多個電源串聯，則電路中電流較大，即(a)中較大，故選A。(2)我們知道導體切割磁感線可以產生感應電流，即導體和磁場發生了相對運動；本題中磁場運動，可以認為導線相對于磁場發生了運動，故也可以產生感應電流；感應電流應與磁場的強弱、磁體運動的變慢及線圈的匝數等有關。(3)感應電流的方向與切割方向及磁場方向有關，故二者都可以通過改變磁極方向和運動方向改變電流方向；即①改變切割方向(或改變磁極方向)；②改變磁極方向(或改變磁鐵的運動方向)?！即鸢浮?1)A(2)①條形磁鐵磁場強弱②線圈匝數多少〖或條形磁鐵插入(拔出)線圈的快慢〗(3)①改變切割方向(或改變磁極方向)②改變磁極方向(或改變磁鐵的運動方向)四、解答題(共4小題，共42分)15.(10分)如圖所示，MN、PQ是兩根足夠長的光滑平行金屬導軌，導軌間距為d，導軌所在平面與水平面成θ角，M、P間接阻值為R的電阻。勻強磁場的方向與導軌所在平面垂直，磁感應強度大小為B。質量為m、阻值為r的金屬棒放在兩導軌上，在平行于導軌的拉力作用下，以速度v勻速向上運動。已知金屬棒與導軌始終垂直并且保持良好接觸，重力加速度為g，求：(1)金屬棒產生的感應電動勢E；(2)通過電阻R電流I；(3)拉力F的大小?！冀馕觥?1)根據法拉第電磁感應定律E＝Bdv(2)根據閉合電路歐姆定律I＝eq\f(E,R＋r)＝eq\f(Bdv,R＋r)(3)導體棒的受力情況如圖所示，根據牛頓第二定律有F－F安－mgsinθ＝0又因為F安＝BId＝eq\f(B2d2v,R＋r)所以F＝mgsinθ＋eq\f(B2d2v,R＋r)〖答案〗(1)Bdv(2)eq\f(Bdv,R＋r)(3)mgsinθ＋eq\f(B2d2v,R＋r)16.(10分)如圖所示，一個足夠長的“U”形金屬框架與水平面成θ＝37°角，寬l＝0.5m，上端有一個電阻R0＝2.0Ω，框架的其他部分電阻不計，有一垂直于框架平面向上的勻強磁場，磁感應強度B＝1T，ab為金屬桿，與框架接觸良好，其質量m＝0.1kg，電阻r＝0.5Ω，桿與框架間的動摩擦因數μ＝0.5，桿由靜止開始下滑，在速度達到最大值的過程中，電阻R0產生的熱量Q0＝2.0J(取g＝10m/