【物理】2020届一轮复习人教版划时代的发现探究感应电流的产生条件课时作业

【物理】2020届一轮复习人教版划时代的发现探究感应电流的产生条件课时作业

‎2020届一轮复习人教版 划时代的发现探究感应电流的产生条件 课时作业 ‎1.首先发现电流的磁效应和电磁感应的物理学家分别是 (　　)‎ A.安培和法拉第 B.法拉第和楞次 C.奥斯特和安培 D.奥斯特和法拉第 解析:1820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。‎ 答案:D ‎2.下列关于磁通量的说法正确的有(　　)‎ A.磁通量不仅有大小,还有方向,所以是矢量 B.在匀强磁场中,A线圈的面积比B线圈的面积大,则穿过A线圈的磁通量一定比穿过B线圈的大 C.磁通量大,磁感应强度不一定大 D.把某线圈放在磁场中的M、N两点,若放在M处的磁通量比放在N处的大,则M处的磁感应强度一定比N处大 解析:磁通量是标量,公式Φ=BS的要求是磁感应强度B与面积S垂直。‎ 答案:C ‎3.(多选)下列情况中都是线框在磁场中做切割磁感线运动,其中线框中有感应电流的是(　　)‎ 解析:A中导体虽然“切割”了磁感线,但穿过闭合线框的磁通量并没有发生变化,没有感应电流。B中线框的一部分导体“切割”了磁感线,穿过线框的磁感线条数越来越少,线框中有感应电流。C中虽然与A近似,但由于是非匀强磁场,运动过程中,穿过线框的磁感线条数增加,线框中有感应电流。D中线框尽管是部分切割,但磁感线条数不变,无感应电流。故选B、C。‎ 答案:BC ‎4.如图所示实验装置中用于研究电磁感应现象的是(　　)‎ 解析:选项A是用来探究影响安培力大小的因素的实验;选项B是研究电磁感应现象的实验,观察导体棒在磁场中做切割磁感线运动时电流表是否会产生感应电流;选项C是用来探究安培力的方向与哪些因素有关的实验;选项D是奥斯特实验,证明通电导线周围存在磁场。‎ 答案:B ‎5.‎ 如图所示,条形磁铁正上方放置一矩形线框,线框平面水平且与条形磁铁平行。则线框由N极端匀速平移到S极端的过程中,线框中的感应电流的情况是(　　)‎ A.线框中始终无感应电流 B.线框中始终有感应电流 C.线框中开始有感应电流,当线框运动到磁铁中部时无感应电流,过中部后又有感应电流 D.线框中开始无感应电流,当线框运动到磁铁中部时有感应电流,过中部后又无感应电流 解析:先画出条形磁铁的磁场分布情况,然后分析线圈在平移过程中,穿过线框的磁通量的变化情况,可知,穿过线圈的磁通量始终在变化,故B正确。‎ 答案:B ‎6.(多选)下列说法中正确的是(　　)‎ A.只要导体相对磁场运动,导体中就一定会产生感应电流 B.闭合导体回路在磁场中做切割磁感线运动,导体回路中不一定会产生感应电流 C.只要穿过闭合导体回路的磁通量不为零,导体回路中就一定会产生感应电流 D.只要穿过闭合导体回路的磁通量发生变化,导体回路中就一定会产生感应电流 解析:产生感应电流要有两个条件:一是导体回路要闭合;二是穿过导体回路的磁通量要发生变化,故D正确;如果导体没有构成闭合回路或构成闭合回路但沿磁感线运动,导体中就没有感应电流,故A错误;如果闭合导体回路在与回路平面垂直的磁场中运动,两边都切割磁感线,但闭合导体回路的磁通量仍没有发生变化,也不产生感应电流,故B正确;穿过闭合导体回路的磁通量不为零,但如果磁通量没有变化,回路中就没有感应电流,故C错误。‎ 答案:BD ‎7.导学号95814002如图所示,矩形线框在磁场内做的各种运动中,能够产生感应电流的是(　　)‎ 解析:产生感应电流的条件是穿过线圈的磁通量发生变化,选项B符合要求。‎ 答案:B ‎8.导学号95814003如图所示,研究电磁感应现象实验所需的器材,用实线将带有铁芯的线圈A、电源、滑动变阻器和开关连接成原线圈回路,将小量程电流表和线圈B连接成副线圈回路,并列举出在实验中能够改变副线圈回路磁通量,使副线圈中产生感应电流的三种方法:‎ ‎(1)　。 ‎ ‎(2)　。 ‎ ‎(3)　。 ‎ 答案:实线连接,如图所示。‎ ‎(1)A线圈在B线圈中,闭合(或断开)开关瞬间 ‎(2)闭合开关,将原线圈插入副线圈或从副线圈中抽出的过程中 ‎(3)闭合开关,A线圈在B线圈中,移动滑动变阻器的滑片时 ‎9.‎ 边长L=‎10 cm的正方形线框,固定在匀强磁场中,磁场方向与线框平面间的夹角θ=30°,如图所示,磁感应强度随时间变化的规律为B=(2+3t) T,则第3 s内穿过线框的磁通量的变化量ΔΦ为多少?‎ 解析:闭合线框的面积S不变,B变化,只要求出第3 s始末的磁通量之差,即可求出ΔΦ。‎ 第3 s内就是从2 s末到3 s末,由于2 s末的磁感应强度为B1=(2+3×2) T=8 T,3 s末的磁感应强度为B2=(2+3×3) T=11 T。‎ 根据公式ΔΦ=ΔBSsin θ=(11-8)×0.12×sin 30° Wb=1.5×10-2 Wb。‎ 答案:1.5×10-2 Wb 二、B组(15分钟)‎ ‎1.‎ 如图所示,一通电螺线管b放在闭合金属线圈a内,螺线管的中心线恰好和线圈的一条直径MN重合。要使线圈a中产生感应电流,可采用的方法有(　　)‎ A.使螺线管在线圈a所在平面内转动 B.使螺线管上的电流发生变化 C.使线圈以MN为轴转动 D.使线圈以与MN垂直的直径为轴转动 解析:题图所示位置,线圈a所在平面与磁感线平行,穿过线圈的磁通量为零,当按A、B、C所述方式变化时,线圈a所在平面仍与磁感线平行,磁通量不变,不产生感应电流;按D所述方式变化时,由于线圈与磁场夹角变化引起磁通量变化,能够产生感应电流,故选D。‎ 答案:D ‎2.‎ 如图所示,在匀强磁场中的U形导轨上,有两根等长的平行导线ab和cd,以相同的速度v匀速向右滑动。为使ab中有感应电流产生,对开关S来说(　　)‎ A.打开和闭合都可以 B.应打开 C.打开和闭合都不行 D.应闭合 解析:若开关打开,导线运动时,闭合回路abdc中磁通量不变,不产生感应电流;若开关闭合,导线运动时,闭合回路abNM中磁通量变化,产生感应电流。所以,应选D选项。‎ 答案:D ‎3.导学号95814004‎ 如图所示,在条形磁铁的外面套着一个闭合金属弹簧线圈P,现用力从四周拉弹簧线圈,使线圈包围的面积变大,则下列关于穿过弹簧线圈磁通量的变化以及线圈中是否有感应电流产生的说法中,正确的是(　　)‎ A.磁通量增大,有感应电流产生 B.磁通量增大,无感应电流产生 C.磁通量减小,有感应电流产生 D.磁通量减小,无感应电流产生 解析:‎ 本题中条形磁铁磁感线的分布如图所示(从上向下看)。磁通量是指穿过一个面的磁感线的多少,由于垂直纸面向外的和垂直纸面向里的磁感线要抵消一部分,当弹簧线圈P的面 积扩大时,垂直纸面向里的磁感线条数增加,而垂直纸面向外的磁感线条数是一定的,故穿过P的磁通量将减小,回路中会有感应电流产生。‎ 答案:C ‎4.‎ 如图所示,矩形线框abcd与匀强磁场方向平行,且一半在磁场内,另一半在磁场外。下列操作中线圈中能产生感应电流的是(　　)‎ A.以bc边为轴转动 B.以中心线MN为轴转动 C.以ab边为轴转动 D.以cd边为轴转动 解析:以bc边为轴转动时,由于线框与磁场夹角变化,引起磁通量变化,产生感应电流,A对;以MN为轴转动时,磁通量仍然等于零不变,不产生感应电流,B错;以ab边或cd边为轴转动时,磁通量也是保持为零不变,不产生感应电流,C、D错。‎ 答案:A ‎5.(多选)‎ 如图所示,竖直通电直导线与闭合导线环的平面垂直,且过圆环中心,下列说法正确的是(　　)‎ A.电流增强或减弱时,环中无感应电流 B.环竖直向上或向下运动时,环中有感应电流 C.环以导线为轴,在垂直于电流的平面内转动时,环中有感应电流 D.环以自身的任意直径为轴转动时,环中无感应电流 解析:竖直通电直导线与闭合导线环的平面垂直时,由于通电直导线的磁感线是一些以直导线上的各点为圆心的同心圆,所以磁感线在平行线圈的平面内,线圈的磁通量为零。在电流增强或减弱时或者环竖直向上、向下运动时,或者环以导线为轴在垂直于电流的平面内转动时,磁通量都不会发生改变,始终为零,所以环中无感应电流,选项A正确,选项B、C错误;环以自身的任意直径为轴转动时,由于直线电流磁感线的分布特点,都使得进入线圈和穿出线圈的磁感线的条数相同,所以环中的磁通量还是始终为零,因而环中还是无感应电流,因而选项D正确。‎ 答案:AD ‎6.导学号95814005(多选)‎2013年12月2日1时30分,我国嫦娥三号搭载月球车“玉兔号”从西昌卫星发射中心顺利升空,正式开始探月之旅。假如月球车登月后要探测一下月球表面是否有磁场,应该怎样进行实验(　　)‎ A.直接将电流表放于月球表面,看是否有示数来判断磁场有无 B.将电流表与线圈组成闭合电路,使线圈沿某一方向运动,若电流表无示数,则判断月球表面无磁场 C.将电流表与线圈组成闭合电路,使线圈沿某一方向运动,若电流表有示数,则判断月球表面有磁场 D.将电流表与线圈组成闭合电路,使线圈分别绕两个互相垂直的轴转动,月球表面若有磁场,则电流表至少有一次示数不为零 解析:只要线圈中能产生感应电流,电流表有示数,就说明月球上一定有磁场。如果没有电流,只能说明线圈中的磁通量没有发生变化,需要变换转动轴或运动方向再试。如果线圈分别绕两个互相垂直的轴转动,当空间有磁场时,至少会有一次产生感应电流,C、D正确。‎ 答案:CD ‎7.‎ 如图所示,矩形线圈abcd左半边处在匀强磁场中,右半边在磁场外,磁感应强度为B,线圈一半的面积为S,初始时磁场垂直于线圈平面,求下列情况中线圈中磁通量的变化量:‎ ‎(1)以ab边为轴线圈转过90°。‎ ‎(2)以ab边为轴线圈转过60°。‎ ‎(3)以中线ef为轴线圈转过180°。‎ 解析:(1)线圈初始磁通量Φ1=BS,转过90°后,Φ2=0,所以ΔΦ=Φ2-Φ1=-BS,大小为BS。‎ ‎(2)当线圈以ab边为轴转过60°时,矩形线圈恰好全部进入磁场,Φ2=B·2Scos 60°=BS,所以ΔΦ=Φ2-Φ1=0,说明磁通量未发生变化。‎ ‎(3)当线圈绕中线转过180°时,因为Φ1=BS,磁感 线是垂直于线圈的正前面向里穿过的,当线圈绕中线转过180°时,线圈的正后面转到正前面,磁感线是从原正后面向里穿过的,故Φ2=-BS,所以ΔΦ=Φ2-Φ1=-2BS,大小为2BS。‎ 答案:见解析