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选修3-2参考答案及解析第九章电磁感应第一单元电磁感应现象楞次定律第二单元法拉第电磁感应定律自感第三单元电磁感应规律的综合应用章末综合检测第十章交变电流传感器第一单元交变电流的产生及描述第二单元变压器电能的输送第三单元传感器的原理及应用第四单元实验：传感器的简单使用章末综合检测9-11、解析：如图18所示，设观察方向为面向北方，左西右东，则地磁场方向平行赤道表面向北，若飞机由东向西飞行时，则右手定则可判断出电动势方向为由上向下；若飞机由西向东飞行时，由右手定则可判断出电动势方向为由下向上，A对B错；沿着经过地磁极的那条经线运动时，速度方向平行于磁场，金属杆中一定没有感应电动势，C错D对．答案：AD2、解析：由安培定则判断磁场方向如图20所示，故线圈a、c中有电流．再根据楞次定律可知线圈a电流为逆时针，c为顺时针，A错，C对．而线圈b、d中合磁通量为零，无感应电流，B对D错．答案：BC3、解析：当线框完全处于磁场中时，线框中无感应电流产生，线框不受力，将做匀速直线运动，其速度不可能为零，故C对．答案：C4、解析：磁铁向下运动，线圈中的磁通量增加，线圈只有缩小，才能阻碍磁通量的增加，并对桌面压力增大，故B项正确．答案：B5、解析：由楞次定律可知，当磁场开始增强时，线圈平面转动的效果是为了减小线圈磁通量的增加，而线圈平面与磁场间的夹角越小时，通过的磁通量越小，所以将向使a减小的方向转动．答案：B6、解析：本题考查通电螺旋管的磁场分布、楞次定律等知识点．根据通电螺旋管的磁场分布可知，线圈中磁场的方向垂直于纸面向里，当I1增大时，线圈中磁通量增加，由楞次定律可知，外线圈中感应电流的磁场在线圈内部垂直于纸面向外，由右手螺旋定则可知外线圈中感应电流I2沿逆时针方向．另外，当I1增大时，线圈中磁通量增加，I2受到的安培力F有使线圈所围面积增大的效果，所以F沿半径背离圆心．答案：D7、解析：选项A中，由右手定则可知，电流沿逆时针方向；选项B中，当AB向左、CD向右滑动时，回路ABDC的磁通量变化，I≠0；选项C中，当AB、CD都向右滑动且速度相等时，回路ABDC的面积不变，磁通量不变化，I＝0；选项D中，AB、CD都向右滑动，AB速度大于CD时，回路ABDC的面积减小，磁通量变化，I≠0.根据楞次定律，电流方向沿顺时针方向，故选C.答案：C8、解析：金属环下落通过条形磁铁时，穿过闭合线圈的磁通量发生了变化，因而发生了电磁感应现象而产生了感应电流，使金属环受磁铁的磁场所施的安培力，因而不再是只受重力作用，加速度不再是重力加速度，而要由重力和安培力的合力来决定．重力是恒力，所以该题的核心就是要判定金属环所受安培力的方向．由楞次定律来判定：感应电流的磁场总是阻碍原磁场的变化，即总是阻碍导体间的相对运动，意思是：总是阻碍导体间的距离变化，因此环在磁铁上方下落时，磁场力总是阻碍环下落，即ag；而环在磁铁下方下落时，由于环与磁铁间的距离要增大，磁场力要阻碍它们间距离的增大，磁场力向上，即有ag，故答案B正确．答案：B9、解析：此题可通过运用楞次定律的解题步骤来判定．(1)M中感应电流为顺时针方向，由安培定则可知感应电流的磁场垂直纸面向里．(2)由楞次定律判定得穿过小线圈M的磁通量的变化有两种情况：一是垂直纸面向内减少，一是垂直纸面向外增加．(3)由于穿过小线圈M的磁场由大线圈P中的电流产生，所以P中电流的变化应该为：顺时针减小或逆时针增加．(4)P中电流又是由ab的运动引起的，所以ab的运动应为：向右减速或向左加速．答案：CD10、解析：由产生电磁感应的条件和楞次定律知，A正确，B错误．由各线圈位置关系知，C错误，D正确．答案：AD11、解析：线框穿过磁场的过程可分为三个阶段：进入磁场阶段(只有ab边在磁场中)、在磁场中运动阶段(ab、cd两边都在磁场中)、离开磁场阶段(只有cd边在磁场中)．(1)①线框进入磁场阶段：t为0→lv，线框进入磁场中的面积随时间成正比，S＝lvt，最后为Φ＝BS＝Bl2②线框在磁场中运动阶段：t为lv→2lv，线框磁通量为Φ＝Bl2，保持不变．③线框离开磁场阶段：t为2lv→3lv，线框磁通量线性减小，最后为零．(2)线框进入磁场阶段，穿过线框的磁通量增加，线框中将产生感应电流．由右手定则可知，感应电流方向为逆时针方向．线框在磁场中运动阶段，穿过线框的磁通量保持不变，无感应电流产生．线框离开磁场阶段，穿过线框的磁通量减小，线框中将产生感应电流．由右手定则可知，感应电流方向图29为顺时针方向．答案：(1)如图29所示．(2)线框进入磁场阶段，电流方向逆时针；线框在磁场中运动阶段，无电流；线框离开磁场阶段，电流方向顺时针．12、解析：(1)由电磁感应原理可知，不正确的说法为D选项，故应选D选项．(2)根据P＝Fv，当列车达到最大速度匀速运动时，有F＝FμP＝Fμv所以正确选项为C.而列车悬浮不能有效减小空气阻力，故选项D错误．(3)根据v2＝v20＋2ax，将v＝360km/h＝100m/s，v0＝0，x＝500m代入可解得a＝v22x＝10m/s2解得Pmax＝Fv＝mav＝1.0×105kW答案：(1)D(2)C(3)1.0×105kW9-21、解析：自感系数是由线圈自身的匝数、大小、形状、有无铁芯等因素决定，故BC错D对；电动势不仅由自感系数决定，还与电流变化快慢有关，故A错．答案：D2、解析：t0时刻，磁场变化，磁通量变化，故I≠0；由于B＝0，故ab、cd受安培力均为零，丝线的拉力为零．故C正确．答案：C3、解析：竖直速度不切割磁感线，只有水平速度切割磁感线，所以E＝Blv0，故C正确．答案：C4、解析：电流应等于感应电动势除以电阻R，问题在于感应电动势应如何计算．能够引起感应电流的电动势是MN间产生的电动势，所以有效切割长度应为MN.而MN用已知参数表示应为dsinθ，所以有效切割长度l＝dsinθ.则E＝Blv＝Bdvsinθ，I＝ER＝BdvRsinθ，所以选项D正确．答案：D5、解析：由E＝nΔΦΔt，I＝ER，q＝IΔt，得q＝nΔΦR，当线圈翻转180°时，ΔΦ＝2BS，故B＝qR2nS，故选A.答案：A6、解析：(a)电路中，灯A和线圈L串联，电流相同，断开S时，线圈上产生自感电动势，阻碍原电流的减小，通过R、A形成回路，渐渐变暗．(b)电路中电阻R和灯A串联，灯A的电阻大于线圈L的电阻，电流则小于线圈L中的电流，断开S时，电源不给灯供电，而线圈产生自感电动势阻碍电流的减小，通过R、A形成回路，灯A中电流比原来大，变得更亮，然后渐渐变暗．所以选项AD正确．答案：AD7、解析：本题考查导体棒切割磁感线的有效长度和电磁感应产生感应电流方向的判断．导体切割磁感线的有效长度就是产生感应电动势的导体两端点的连线在切割速度v的垂直方向上投影的长度，所以刚进入磁场时电流最大，之后一直减小，A、B项错误；由楞次定律知整个过程感应电流的磁场向外，故电流方向为顺时针方向，D项正确．答案：D8、解析：导体切割磁感线产生感应电动势，由右手定则可知，感应电流方向不变，A正确．感应电动势最大值即切割磁感线等效长度最大时的电动势，故Em＝Bav，C正确．E＝ΔΦΔt①ΔΦ＝B·12πa2②Δt＝2av③由①②③得E＝14πBav，D正确．答案：ACD9、解析：当S1、S2均闭合时，电压表与线圈L并联；当S2闭合而S1断开时，电压表与线圈L串联，所以在干路断开前后自感线圈L中电流方向相同而电压表中电流方向相反．只要不断开S2，线圈L与电压表就会组成回路，在断开干路时，L中产生与原来电流同方向的自感电流，使电压表中指针反向转动而可能损坏电压表．正确答案为B.答案：B10、解析：在释放的瞬间，速度为零，不受安培力的作用，只受到重力，A对．由右手定则可得，电流的方向从b到a，B错．当速度为v时，产生的电动势为E＝Blv，受到的安培力为F＝BIL，计算可得F＝B2L2vR，C对．在运动的过程中，是弹簧的弹性势能、金属棒的重力势能和内能的转化，D错．答案：AC11、解析：本题中重力势能转化为电能和动能，而安培力做的总功使重力势能一部分转化为电能，电能的多少等于安培力做的功．依题意，线框的ab边到达磁场边界PP′之前的某一时刻线框的速度达到这一阶段速度最大值，以v0表示这一最大速度，则有E＝BL1v0线框中电流I＝ER＝BL1v0R作用于线框上的安培力F＝BL1I＝B2L21v0R速度达到最大值条件是F＝mg所以v0＝mgRB2L21＝4m/s.dc边继续向下运动过程中，直至线框的ab边达到磁场的上边界PP′，线框保持速度v0不变，故从线框自由下落至ab边进入磁场过程中，由动能定理得：mg(h＋L2)＋W安＝12mv20W安＝12mv20－mg(h＋L2)＝－0.8Jab边进入磁场后，直到dc边到达磁场区下边界QQ′过程中，作用于整个线框的安培力为零，安培力做功也为零，线框只在重力作用下做加速运动，故线框从开始下落到dc边刚到达磁场区域下边界QQ′过程中，安培力做的总功即为线框自由下落至ab边进入磁场过程中安培力所做的功W安＝－0.8J负号表示安培力做负功．答案：－0.8J12、解析：设ab棒以a为轴旋转到b端刚脱离导轨的过程中，通过R的电荷量为Q1，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律得：E＝ΔΦΔt＝BΔSΔtI＝ER＝BΔSRΔt，ΔS＝12L×3L＝32L2由电流定义I＝Qt得Q1＝ΔΦR＝3L2B2R在这一过程中电容器充电的总电荷量QC＝CUm，Um为ab棒在转动过程中产生的感应电动势的最大值．即Um＝B×2L×(12ω×2L)＝2BLI2ω，解得：Q2＝2BL2ωC当ab棒脱离导轨后C对R放电，通过R的电荷量为Q2，所以整个过程中通过R的总电荷量为：Q＝Q1＋Q2＝BL2(32R＋2ωC)．答案：BL2(32R＋2ωC)9-31、解析：因Hh，当导线框全部进入磁场时，磁通量不变，无感应电流，以加速度g做匀加速运动，线框从磁场下边界穿出时，可能做减速运动．故D正确．答案：D2、解析：ef向右运动，切割磁感线，产生感应电动势和感应电流，会受到向左的安培力而做减速运动，直到停止，但不是匀减速，由F＝BIL＝B2L2vR＝ma知，ef做的是加速度减小的减速运动．故A正确．答案：A3、解析：摆到竖直位置时，AB切割磁感线的瞬时感应电动势E＝B·2a·(12v)＝Bav.由闭合电路欧姆定律，UAB＝ER2＋R4·R4＝13Bav，故选A.答案：A4、解析：因线框匀速穿过磁场，在穿过磁场的过程中合外力做功为零，克服安培力做功为2mgh，产生的内能亦为2mgh.故选B.答案：B5、解析：当棒匀速运动时，电动势E＝BLv不变，电容器不充电也不放电，无电流产生，故电阻两端没有电压，电容器两板间的电压为U＝E＝BLv，所带电荷量Q＝CU＝CBLv，故选项C是正确的．答案：C6、解析：线框切割磁感线，导体长度相同，感应电动势和电流大小相同，设线框每边电阻为R，则A选项Uab＝IR，B选项Uab＝I·3R，C选项Uab＝IR，D选项Uab＝IR，故选B.答案：B7、解析：加磁场前金属棒ab受力如图20的①，f＝mgsinθ；当加磁场后由楞次定律可以判断回路感应电流的方向为逆时针，磁场会立即对电流施加力的作用，金属棒ab的受力如图②，f＝mgsinθ＋f安cosθ，很显然金属棒ab后来受到的静摩擦力大于开始时的静摩擦力，故B项正确．图20答案：B8、解析：由图21乙知0～1s内磁通量向上均匀增加，由楞次定律知电流方向为正方向且保持不变；3s～5s内磁通量向下均匀减小，由楞次定律知电流方向为负方向且保持不变．由法拉第电磁感应定律知感应电动势大小与磁通量变化率成正比，故3s～5s内的电动势是0～1s内电动势的12.应选A.答案：A9、解析：设两板间的距离为L，由于向左运动过程中竖直板切割磁感线，产生动生电动势，由右手定则判断下板电势高于上板，动生电动势大小E＝BLv，即带电小球处于电势差为BLv的电场中，所受电场力F电＝qE电＝qEL＝qB