备战高考物理选修32第四章电磁感应探究电磁感应的产生条件（含解析）.docx

1、2019备战高考物理选修3-2第四章电磁感应-探究电磁感应的产生条件（含解析）一、单选题1.图所示的磁场中，有三个面积相同且相互平行的线圈S1、S2和S3 ， 穿过S1、S2和S3的磁通量分别为1、2和3 ， 下列判断正确的是（） A.1最大B.2最大C.3最大D.1=2=32.如图所示，矩形线圈abcd放置在水平面内，磁场方向与水平方向成角，已知sin= ，回路面积为S，匀强磁场的磁感应强度为B，则通过线框的磁通量为（ ）A.BSB.C.D.3.下列说法正确的是（ ） A.电热毯应用了电流的磁效应B.恒温孵化器应用了光传感器C.移动电话应用了电磁波技术D.电磁铁应用了电磁感应现象4.如图所示

2、，有一矩形线圈abcd在匀强磁场中分别绕轴O1O1和中轴O2O2以同样的角速度匀速转动，那么此线圈在以O1O1和O2O2分别为轴旋转到线圈平面与磁感线平行时，可产生的感应电流之比为（ ）A.1：2B.2：1C.1：4D.1：15.下列家用电器中，利用电磁感应原理进行工作的是（ ） A.电吹风B.电冰箱C.电饭煲D.电话机6.下列设备中利用电磁感应现象制成的是（） A.发电机B.电磁继电器C.电磁铁D.电动机7.面积为的单匝矩形线圈放在磁感应强度为的匀强磁场中，当线圈平面与磁场方向垂直时，穿过线圈的磁通量是( ) A.B.C.D.8.如下图所示是演示电磁学原理及其应用的示意图。以下说法中正确的是

3、（）A.利用甲实验的原理可制成丙装置B.利用乙实验的原理可制成丁装置C.丙装置可将内能转化为电能D.丁装置可将机械能转化为电能9.如图所示，通电螺线管水平固定，OO为其轴线，a、b、c三点在该轴线上，在这三点处各放一个完全相同的小圆环，且各圆环平面垂直于OO轴。则关于这三点的磁感应强度Ba、Bb、Bc的大小关系及穿过三个小圆环的磁通量a、b、c的大小关系，下列判断正确的是（ ）A.BaBbBc ， abcB.BaBbBc ， abBbBc ， abcD.BaBbBc ， abc10.法拉第发现了磁生电的现象，不仅推动了电磁理论的发展，而且推动了电磁技术的发展，引领人类进入了电气时代下列器件工作

4、时用到了磁生电原理的是（ ） A.电饭煲B.指南针C.风力发电机D.电动机11.电磁感应现象揭示了电和磁之间的内在联系，根据这一发现，发明了许多电器设备下列用电器中，没有利用电磁感应原理的是（ ） A.动圈式话筒B.日光灯镇流器C.磁带录音机D.白炽灯泡12.如图所示的下列实验中，有感应电流产生的是（ ） A. 导线通电后其下方小磁针偏转B.闭合圆环在无限大匀强磁场中加速运动C.通电导线在磁场中运动D.金属杆切割磁感线运动二、多选题13.在如图所示的各图中，闭合线框中能产生感应电流的是（ ） A.B.C.D.14.电磁感应现象揭示了电与磁之间的内在联系，根据这一发现，发明了许多电器设备以下电器

5、中，哪些利用了电磁感应原理（ ） A.变压器B.白炽灯泡C.电磁灶D.电吹风15.如图所示，直导线MN竖直放置并通以向上的电流I ， 矩形金属线框abcd与MN处在同一平面，边ab与MN平行，则（ ） A.线框向左平移时，线框中有感应电流B.线框竖直向上平移时，线框中有感应电流C.线框以MN为轴转动时，线框中有感应电流D.MN中电流突然变化时，线框中有感应电流16.经过不懈的努力，法拉第终于在1831年8月29日发现了“磁生电”的现象，他把两个线圈绕在同一个软铁环上（如图示），一个线圈A连接电池与开关，另一线圈B闭合并在其中一段直导线附近平行放置小磁针。法拉第可观察到的现象有（ ）A.当合上开

6、关，A线圈接通电流瞬间，小磁针会发生偏转B.当合上开关，A线圈接通电流瞬间，小磁针不会发生偏转C.当开关打开，A线圈断开电流瞬间，小磁针会发生偏转D.当开关打开，A线圈断开电流瞬间，小磁针不会发生偏转17.如图所示是等腰直角三棱柱，其中底面abcd为正方形，边长为L，它们按图示位置放置于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B，下面说法中正确的是（ ）A.通过abcd平面的磁通量大小为L2BB.通过dcfe平面的磁通量大小为 L2BC.通过abfe平面的磁通量大小为零D.通过bcf平面的磁通量为零18.下列现象中，能表明电和磁有联系的是( ) A.摩擦起电B.两块磁铁相互吸引或排斥C.小磁针靠近通

7、电导线时偏转D.磁铁插入闭合线圈过程中，线圈中产生感应电流三、填空题19.穿过闭合电路的_发生变化，闭合电路中就有_产生，这种现象叫_现象 20.如图所示为“研究电磁感应现象”的实物连接图，闭合电键时发现灵敏电流计G指针向左偏转，则当电键闭合稳定后，将滑动变阻器的滑片P从a向b匀速滑动的过程中，灵敏电流计G指针的偏转情况是_（选填“向左偏转”、“向右偏转”、“不动”）；将线圈A从线圈C中拔出，则与缓慢拔出相比，快速拔出时灵敏电流计G的指针偏转角度_（选填“更大”、“更小”或“相同”）21.如图，线圈A插在线圈B中，线圈B与电流表组成闭合电路；线圈A与蓄电池、开关、滑动变阻器组成另一个闭合电路，

8、用此装置来研究电磁感应现象，开关闭合瞬间，电流表指针_（选填“会”或“不会”）发生偏转，开关闭合稳定后电流表指针_（选填“会”或“不会”）发生偏转22.在“研究电磁感应现象”的实验中，首先按图1接线，以查明电流表指针的偏转方向与电流方向之间的关系；当闭合S时，观察到电流表指针向左偏，不通电时电流表指针停在正中央然后按图2所示将电流表与副线圈B连成一个闭合回路，将原线圈A、电池、滑动变阻器和电键S串联成另一个闭合电路S闭合后，将螺线管A（原线圈）插入螺线管B（副线圈）的过程中，电流表的指针将_偏转线圈A放在B中不动时，指针将_偏转线圈A放在B中不动，将滑动变阻器的滑片P向左滑动时，电流表指针将_

9、 偏转线圈A放在B中不动，突然断开S 电流表指针将_偏转（填向左、向右、不）23.如图所示，100匝的线框abcd在图示磁场（匀强磁场）中匀速转动，角速度为，其电动势的瞬时值为e=100cos100tV，那么感应电动势的最大值为_，当从图示位置转过60角时线圈中的感应电动势为_，此时穿过线圈的磁通量的变化率为_24.发现电流磁效应的科学家是_；提出磁场对运动电荷有力的作用的科学家是_；发现电磁感应现象的科学家是_ 四、解答题25.如图所示，垂直于纸面的匀强磁场局限在虚线框内，闭合线圈由位置1穿过虚线框运动到位置2，线圈在运动过程中什么时候有感应电流，什么时候没有感应电流？为什么？26.如图所示

10、，A、B两环共面同心，A环上均匀带有负电荷当A环逆时针加速转动时，通过B环中的磁通量变化了没有？当A环顺时针匀速转动时，通过B环中的磁通量变化了没有？为什么？简述出理由 五、实验探究题27.我们通过实验可以探究感应电流的产生条件，在下图的实验中，线圈A通过滑动变阻器和开关接到电源上，线圈B的两端连接到电流表上，把线圈A装在线圈B里面通过实验，判断线圈B中是否有电流产生（1）开关闭合的瞬间_感应电流产生（填“有”或“无”） （2）开关总是闭合的，缓慢滑动变阻器时，_感应电流产生（填“有”或“无”） （3）断开开关后，迅速移动滑动变阻器的滑片，_感应电流产生（填“有”或“无”） （4）归纳以上实验

11、的结果，产生感应电流的条件是_ 六、综合题28.如图所示，矩形线圈的面积为0.2m2 ， 放在磁感应强度为0.1T的匀强磁场中，线圈的一边ab与磁感线垂直，线圈平面与磁场方向成30角求： （1）穿过线圈的磁通量是多大？ （2）当线圈从图示位置绕ab边转过60的过程中，穿过线圈的磁通量变化了多少？ 29.如图所示，两根完全相同的光滑金属导轨OP、OQ固定在水平桌面上，导轨间的夹角为=74导轨所在空间有垂直于桌面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B0=0.2Tt=0时刻，一长为L=1m的金属杆MN在外力作用下以恒定速度v=0.2m/s从O点开始向右滑动在滑动过程中金属杆MN与导轨接触良好，且始终垂直

12、于两导轨夹角的平分线，金属杆的中点始终在两导轨夹角的平分线上导轨与金属杆单位长度（1m）的电阻均为r0=0.1sin 37=0.6（1）求t1=2s时刻，金属杆中的感应电动势E和此时闭合回路的总长度 （2）求t1=2s时刻，闭合回路中的感应电流I （3）若在t1=2s时刻撤去外力，为保持金属杆继续以v=0.2m/s做匀速运动，在金属杆脱离导轨前可采取将B从B0逐渐减小的方法，从撤去外力开始计时的时间为t2 ， 则磁感应强度B应随时间t2怎样变化（写出B与t2的关系式） 30.如图所示，平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距L=0.5m，右端接有阻值R=0.9的电阻，一导体棒ab质量m=0.1

13、kg，电阻r=0.1，把它垂直放在导轨上，导体棒与金属导轨间的动摩擦因数=0.2，导体棒在水平恒力F的作用下以v=4m/s的速度向左匀速运动，并与两导轨始终保持垂直且良好接触，整个装置处在方向竖直向上磁感应强度B=0.4T的匀强磁场中导轨电阻不计，求 （1）通过导体棒的电流大小和方向； （2）恒力F的功率（g取10m/s2） 答案解析部分一、单选题1.【答案】C 【考点】电磁感应现象 【解析】【解答】从图中看出，线圈S3穿过的磁感线条数最多，所以磁通量最大故A、B、D错误，C正确故选C【分析】判断磁通量的变化可根据穿过磁感线条数多少来定性判断，也可从公式=BS来判断2.【答案】B 【考点】磁通

14、量 【解析】【解答】解：矩形线圈abcd水平放置，匀强磁场方向与水平方向成角向上，因此可将磁感应强度沿水平方向与竖直方向分解，所以B=Bsin= B，则穿过矩形线圈的磁通量是=BS= BS，因此ACD错误；B正确；故选：B【分析】线圈在匀强磁场中，当线圈平面与磁场方向垂直时，穿过线圈的磁通量=BS，B是磁感应强度，S是线圈的面积当线圈平面与磁场方向平行时，穿过线圈的磁通量=0当存在一定夹角时，则将磁感应强度沿垂直平面方向与平行平面方向分解，从而求出磁通量3.【答案】C 【考点】电磁感应现象 【解析】【解答】解：A、电热毯应用的是电流的热效应；故A错误；B、恒温孵化器为了控制温度，应用了温度传感

15、器；故B错误；C、移动电话通过电磁波进行传播信息；故采用了电磁波技术；故C正确；D、电磁铁是利用了电流的磁效应，不是电磁感应；故D错误；故答案为：C【分析】电热毯应用电流的热效应；恒温孵化器应用温度传感器；移动电话利用电磁波；电磁铁利用电流的磁效应。4.【答案】D 【考点】电磁感应现象 【解析】【解答】解：矩形线圈在匀强磁场中匀速转动时产生的最大感应电动势Em=NBS，与转轴位置无关，因而感应电流是相同的，故ABC错误，D正确；故选：D【分析】由Em=NBS求出感应电动势的最大值，再由闭合电路欧姆定律，即可求解感应电流，从而得出它们之比5.【答案】D 【考点】电磁感应现象 【解析】【解答】A、

16、电吹风主要部件是电动机，电动机是根据通电导线在磁场中受力而工作的，没有利用电磁感应现象，故A错误；B、电冰箱主要靠压缩机进行工作的，压缩机实际上是一个电动机，电动机是根据通电导线在磁场中受力而工作的，没有利用电磁感应现象，故B错误；C、电饭煲是利用电流的热效应进行工作的，故C错误；D、电话机利用了电磁感应原理，故D正确；故选D【分析】本题考查了各用电器的工作原理，明确各用电器的工作原理即可正确解题6.【答案】A 【考点】电磁感应现象 【解析】【分析】电磁感应现象的内容是：闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，会产生感应电流A、发电机的前提是运动，结果是产生电流，利用电磁感应现象原理，

17、符合题意；B、电磁继电器是利用电流周围存在着磁场，不符合题意；C、电磁铁，利用电流的磁效应原理，不符合题意。D、电动机的前提是供电，结果是产生运动，利用通电导体在磁场中受力的原理，不符合题意；故选A。【点评】 发电机、动圈式话筒利用电磁感应现象原理，带电动机的用电器、扬声器利用通电导体在磁场中受力原理，带电磁铁的仪器利用是电流的磁效应原理，是一道基础题。7.【答案】A 【考点】磁通量 【解析】【分析】当线圈平面与磁场方向垂直时，穿过线圈的磁通量有故选A。【点评】注意公式成立的条件是线圈平面与磁场方向垂直。8.【答案】D 【考点】电磁感应现象 【解析】【分析】此题综合性较强，解题时首先要弄清每个

18、图形所研究的是哪些实验或现象，然后再进行判断A、甲实验探究的是电磁感应现象，是发电机原理，而不是电动机，故A错；B、乙实验探究的是通电导体在磁场中受力运动的现象，是电动机原理，故B错；C、丙是直流电动机的构造模型图，是将电能转化为机械能，故C错；D、丁是发电机的模型，符合题意；故选D。【点评】电动机是将电能转化为机械能的机械，它在工作时要消耗电能，因此解题时观察图形中有无电源是此题的解题关键。9.【答案】C 【考点】磁通量 【解析】【解答】根据通电螺线管产生的磁场特点可知BaBbBc ， 由BS可得abc 故C符合题意。故答案为：C。【分析】通电螺线管周围的磁场等效于条形磁铁周围的磁场，越靠近

19、磁感应强度越强，a、b、c三个圆环完全相同，磁感应强度越强，磁通量就越大。10.【答案】C 【考点】电磁感应现象 【解析】【解答】解：A、电饭煲是加热用的，利用电流的热效应，故A错误；B、指南针是利用地球的磁场来导航的，故B错误；C、风力发电机是利用电磁感应原理将风能转化为电能，故C正确；D、电动机是利用电流的磁效应，故D错误；故选：C【分析】磁生电是电磁感应现象，发电机工作时与磁生电的现象有关电饭煲是利用电流的热效应，电动机利用磁场对电流的作用力使转子转动指南针是利用地磁场使指针指示方向11.【答案】D 【考点】电磁感应现象 【解析】【解答】解：A、动圈式话筒利用电磁感应原理，将声音信号变成

20、电信号故A正确B、日光灯镇流器利用电磁感应原理使日光灯启动故B正确C、磁带录音机利用电磁感应原理，将声音信号变成电信号故C正确D、白炽灯泡利用电流的热效应，不是利用电磁感应原理故D错误本题选择错误的，故选：D【分析】动圈式话筒、磁带录音机、日光灯镇流器利用电磁感应原理，而白炽灯泡不是利用电磁感应原理12.【答案】D 【考点】电磁感应现象 【解析】【解答】解：A、导线通电后其下方小磁针偏转，是说明电流的周围存在磁场的实验，没有感应电流故A错误；B、闭合圆环在无限大匀强磁场中加速运动，磁通量没有变化，不能产生感应电流故B错误；C、该图中的导线是含有电源的闭合回路的一部分，导线在磁场中产生安培力而产

21、生运动，所以不存在感应电流故C错误；D、闭合回路中的金属杆切割磁感线运动，能够产生感应电流故D正确故选：D【分析】根据磁感线的特点和产生感应电流的条件判断各个选项：（1）导体是闭合电路的一部分；（2）导体做切割磁感线运动二、多选题13.【答案】A,B 【考点】电磁感应现象 【解析】【解答】解：A、穿过线圈的磁通量时刻在变化，线圈产生感应电流故A正确B、穿过线圈的磁通量在减小，线圈产生感应电流故B正确C、线圈保持磁通量为零，不变，不产生感应电流故C错误D、线圈在匀强磁场中，磁通量=BS，保持不变，不产生感应电流故D错误故选：AB【分析】根据产生感应电流的条件：穿过闭合线圈的磁通量要发生变化来判断

22、图C中，线圈磁通量为零14.【答案】A,C 【考点】电磁感应现象 【解析】【解答】解：A、变压器原线圈输入变化的电流，则在铁芯内有变化的磁通量，从而导致副线圈中产生感应电动势故A正确；B、白炽灯泡利用电流的热效应，不是利用电磁感应原理，故错误；C、电磁灶是通入交流电后线圈中产生变化的电磁场，当锅放入变化的电磁场内时使得锅底的自由电荷在电场力的驱使下做高速运动，从而产生热能，故C正确；D、电吹风是通电后电动机转动将暖风吹出，是电生磁，不是磁生电，所以没有利用电磁感应原理，故D错误；故选：AC【分析】电磁感应是揭示磁生电的一种现象15.【答案】A,D 【考点】电磁感应现象 【解析】【解答】 当线框

23、向左平移时候，磁通量变大，能产生感应电动势，由于线圈闭合，继而产生感应电流，故A正确；当线圈向上或者转动时候，由于产生的磁场是同心圆，故磁通量无变化，故不能产生感应电动势，即不能产生感应电流，故B.C均错误；当MN中电流增大时候，感应磁场增大则磁通量的变化量增大，故有感应电流，D正确。故选AD【分析】本题为通电直导线磁感应强度方向的确定，根据右手螺旋定则，大拇指指向电流方向，四指环绕方向即为磁场方向，即在MN周围产生成同心圆形式的磁场，且越往外走磁感应强度越小，对于MN而言，其左端磁感应方向向外，其右端磁感应方向向里，故可以把模型简化为矩形框处于垂直纸面向里，且越往右走越稀的磁场中。16.【答

24、案】A,C 【考点】电磁感应现象 【解析】【解答】闭合或断开开关瞬间，小磁针都要发生偏转；A、C符合题意， B、D不符合题意。故答案为：A、C。【分析】变化的电流产生变化的磁场，变化的磁场在闭合线圈中产生电流，通电导线周围存在磁场，从而引起小磁针发生偏转。17.【答案】B,C,D 【考点】磁通量 【解析】【解答】解：A、通过abcd平面的磁通量大小为BSsin45= ，A错误；B、dcfe平面是abcd平面在垂直磁场方向上的投影，所以磁通量大小为 ，B正确；C、abfe平面与bcf平面和磁场平面平行，所以磁通量为零，CD正确；故选：BCD【分析】磁通量的公式为=BScos，注意夹角是B与S的夹

25、角18.【答案】C,D 【考点】电磁感应现象 【解析】【解答】摩擦起电是静电现象；两块磁铁相互吸引或排斥是磁现象；小磁针靠近通电导线时偏转，说明“电生磁”；磁铁插入闭合线圈过程中，线圈中产生感应电流，说明“磁生电”，C、D表明电和磁有联系，C、D符合题意。故答案为：C、D。【分析】此题属于常识性问题，考查对常见的电磁感应现象的认识和理解，需加强记忆。三、填空题19.【答案】磁通量；感应电流；电磁感应 【考点】电磁感应现象 【解析】【解答】根据法拉第电磁感应定律，只有闭合回路中磁通量发生变化时，闭合回路中才会产生感应电流，这种现象叫 电磁感应现象故答案为：磁通量，感应电流，电磁感应【分析】感应电

26、流产生的条件是穿过闭合电路磁通量发生变化1、电路要闭合；2、穿过的磁通量要发生变化根据法拉第电磁感应定律，电动势的大小取决与磁通量变化的快慢20.【答案】向左偏转；更大 【考点】电磁感应现象 【解析】【解答】解：将滑动变阻器的滑片P从a向b匀速滑动的过程中，接入电路的电阻减小，则电流增大，导致穿过线圈C的磁通量增大，根据闭合电键时发现灵敏电流计G指针向左偏转，可知，灵敏电流表的指针向左偏；快速拔出时产生的感应电动势较大，灵敏电流计G的指针偏转角度更大故答案为：向左偏转，更大【分析】根据闭合电路，滑片的移动，导致电阻变化，从而使电流变化，则影响磁场的方向，进而导致线圈C的磁通量变化，根据闭合电键

27、时发现灵敏电流计G指针向左偏转，即可判定感应电流的方向；当拔出的快慢不同时，根据法拉第电磁感应定律，即可求解21.【答案】会；不会 【考点】电磁感应现象 【解析】【解答】解：当开关闭合和断开的瞬间，线圈A中电流大小发生变化，则线圈A产生的磁场强弱发生变化，通过闭合回路的磁通量发生变化，就会产生感应电流，电流表指针发生偏转；当开关总是闭合的，滑动变阻器也不动，通过闭合回路的磁通量不发生变化，就不会产生感应电流，电流表的指针不会偏转；故答案为：会，不会【分析】开关闭合和断开的瞬间，由于通过线圈A的电流变化，导致其磁场发生变化，通过闭合回路的磁通量发生变，发生电磁感应现象，电流表指针发生偏转；开关闭

28、合稳定或闭合稳定后通过闭合电路的磁通量不再变化，没有感应电流，指针不会偏转。22.【答案】向右；不；向右；向左 【考点】电磁感应现象 【解析】【解答】（1）线圈A中磁场方向向上，插入B线圈，故线圈B中磁通量变大，阻碍变大，故感应电流的磁场方向向下，故电流从右向左流过电流表，故电流表指针向右偏转；（2）线圈不动，磁通量不变，无感应电流，故指针不动；（3）线圈A中磁场方向向上，滑片向左移动，电流变大，故线圈B中磁通量变大，阻碍变大，故感应电流的磁场方向向下，故电流从右向左流过电流表，故电流表指针向右偏转；（4）线圈A中磁场方向向上，突然断开S ， 磁通量减小，阻碍减小，故感应电流的磁场方向向上，故

29、电流从左向右流过电流表，故电流表指针向左偏转；故答案为：（1）向右；（2）不；（3）向右；（4）向左【分析】（1）先判断线圈A中磁场方向，然后根据楞次定律判断线圈B中感应电流的磁场方向，最后得到线圈B中的感应电流方向；（2）线圈不动，磁通量不变，无感应电流；（3）滑片向左移动，电流变大，先判断线圈A中磁场方向，然后根据楞次定律判断线圈B中感应电流的磁场方向，最后得到线圈B中的感应电流方向；（4）突然断开S ， 先判断线圈A中磁场方向，然后根据楞次定律判断线圈B中感应电流的磁场方向，最后得到线圈B中的感应电流方向；23.【答案】100V；0V；0.5Wb/s 【考点】磁通量 【解析】【解答】解：

30、由e=100cos100tV可知，感应电动势的最大值为100V，当从图示位置转过60角时，100t=60，线圈中的感应电动势为50V，由E=n 可知，此时穿过线圈的磁通量的变化率为： = =0, =0.5Wb/s；故答案为：100V；50V；0.5Wb/s【分析】根据感应电动势的瞬时值表达式分与法拉第电磁感应定律析答题24.【答案】奥斯特；洛仑兹；法拉第 【考点】电磁感应现象 【解析】【解答】奥斯特发现了电流的磁效应，从此拉力人类研究电磁关系的序幕；洛仑兹最早提出磁场对运动电荷有力的作用；法拉第发现了电磁感应现象，为人类对电能的利用提供了理论基础；故答案为：奥斯特；洛仑兹法拉第【分析】本题根据

31、人类对电磁学的研究中奥斯特、洛仑兹及法拉第的物理学成就进行解答四、解答题25.【答案】当线圈向右移动，进入磁场的过程中，穿过线圈的磁通量增大，故产生感应电流当完全进入时，穿过线圈的磁通量不变，则不产生感应电流当离开磁场时，磁通量减小，产生感应电流。 【考点】电磁感应现象 【解析】【解答】当线圈向右移动，进入磁场的过程中，穿过线圈的磁通量增大，故产生感应电流当完全进入时，穿过线圈的磁通量不变，则不产生感应电流当离开磁场时，磁通量减小，产生感应电流答：当线圈向右移动，进入磁场的过程中，穿过线圈的磁通量增大，故产生感应电流当完全进入时，穿过线圈的磁通量不变，则不产生感应电流当离开磁场时，磁通量减小，

32、产生感应电流【分析】当通过线圈的磁通量发生变化时，线圈中将会产生感应电流26.【答案】解：因带电绝缘环A的运动，相当于电荷定向移动，从而产生电流，由右手螺旋定则可知，磁场的方向与该平面垂直 若A加速转动，则相当于电流逐渐增大，B中的磁通量增加；若A匀速转动，相当于产生了一不变的环形电流，B中的磁通量不发生变化答：当A环逆时针加速转动时，则相当于电流增大，B中的磁通量增加；当A环顺时针匀速转动时，相当于产生了一不变的环形电流，B中的磁通量不发生变化 【考点】磁通量 【解析】【分析】因带电绝缘环A的运动，相当于电荷定向移动，从而产生电流，导致圆环B中的磁通量发生变化五、实验探究题27.【答案】（1

33、）有（2）有（3）有（4）穿过闭合回路的磁通量发生变化 【考点】电磁感应现象 【解析】【解答】解：（1）开关闭合的瞬间，穿过线圈的磁通量发生变化，线圈中产生感应电流；（2）开关总是闭合的，缓慢滑动变阻器时，穿过线圈的磁通量也会发生变化，线圈中产生感应电流；（3）断开开关后，迅速移动滑动变阻器的滑片，穿过线圈的磁通量发生变化，线圈中产生感应电流；由以上实验可知：穿过闭合回路的磁通量发生变化故答案为：（1）有；（2）有；（3）有；（4）穿过闭合回路的磁通量发生变化【分析】穿过闭合回路的磁通量发生变化，电路中产生感应电流；根据感应电流产生的条件分析答题六、综合题28.【答案】（1）穿过线框的磁通量为

34、：=BSsin30=0.10.2=0.01Wb（2）若逆时针方向转过60时的磁通量，=BS=0.02Wb；那么=0.01Wb；若顺时针方向转过60时的磁通量，=BSsin30=0.01Wb；那么=0.02Wb 【考点】电磁感应现象 【解析】【解答】（1）穿过线框的磁通量为：=BSsin30=0.10.2=0.01Wb；（2）若逆时针方向转过60时的磁通量，=BS=0.02Wb；那么=0.01Wb；若顺时针方向转过60时的磁通量，=BSsin30=0.01Wb；那么=0.02Wb；答：（1）穿过线圈的磁通量是0.01Wb；（2）当线圈从图示位置绕ab边转过60的过程中，穿过线圈的磁通量变化了0.

35、01Wb或0.02Wb 【分析】由磁通量的定义=BSsin30进行分析求解磁通量；由=21求解磁通量的变化29.【答案】（1）解：在t1时刻，连入回路的金属杆的长度L=2vt1tan 37=1.5vt1 ， 回路的电动势E=B0Lv=1.5 B0v2t1=0.024V，回路的总长度：s=1.6m（2）解：回路的电阻R=0.4vt1=0.16，回路的电流I= =0.75v=0.15 A（3）解：在t1=2 s时刻撤去外力后，因金属杆做匀速运动，故光滑金属杆不再受到安培力作用，回路的感应电流为零，任一时刻回路磁通量相等1=2 ， 三角形回路的面积S= ，t1=2s时刻回路的磁通量1=B0 ，再过时

36、间t2回路的磁通量2=B ，B0 =B ，联立解得B= （0 st2 s）或写成B= （0 st2 s） 【考点】电磁感应现象，磁通量 【解析】【分析】（1）先求出t1=2s时导体棒的有效切割长度，求出切割产生的动生电动势；根据三角形边角关系计算闭合回路的总长度（2）根据法拉第电磁感应定律求出感生电动势，再由欧姆定律求出回路中的电流强度I（3）若在t1=2s时刻撤去外力，为保持金属杆继续以v=0.2m/s做匀速运动，光滑金属杆不再受到安培力作用，回路中感应电流应为零，磁通量不变，据此列式求解30.【答案】（1）设导体棒切割电动势为E ， 通过棒的电流为I则感应电动势为 E=BLv感应电流为 联

37、立解得 I=0.8A由右手定则判断通过导体棒的电流方向由b流向a （2）导体棒匀速运动时，受力平衡，则FF安f=0 其中安培力 F安=BIL摩擦力 f=mg又F的功率为 P=Fv联立解得 P=1.44W 【考点】电磁感应现象 【解析】【解答】设导体棒切割电动势为E ， 通过棒的电流为I则感应电动势为 E=BLv感应电流为 联立解得 I=0.8A由右手定则判断通过导体棒的电流方向由b流向a 导体棒匀速运动时，受力平衡，则FF安f=0 其中安培力 F安=BIL摩擦力 f=mg又F的功率为 P=Fv联立解得 P=1.44W【分析】（1）导体棒切割磁感线产生感应电动势，由E=BLv求出感应电动势由欧姆定律求感应电流的大小，由右手定则判断电流的方向（2）由平衡条件和安培力公式求出F的大小，再由P=Fv求F的功率