人教版高三物理总复习一轮课时作业9-30

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第九章　电磁感应 课时作业30　电磁感应现象　楞次定律 时间：45分钟　　满分：100分 一、选择题(8×8′＝64′)‎ ‎1．如图1所示，一个矩形线圈与通有相同大小的电流的平行直导线处于同一平面，而且处在两导线的中央，则 (　　)‎ 图1‎ A．两电流同向时，穿过线圈的磁通量为零 B．两电流反向时，穿过线圈的磁通量为零 C．两电流同向或反向，穿过线圈的磁通量都相等 D．因两电流产生的磁场是不均匀的，因此不能判定穿过线圈的磁通量是否为零 解析：两电流同向时，在线圈范围内，产生的磁场方向相反，大小对称，穿过线圈的磁通量为零，A正确，BCD不正确．‎ 答案：A ‎2．位于载流长直导线近旁的两根平行铁轨A和B，与长直导线平行且在同一水平面上，在铁轨A、B上套有两段可以自由滑动的导体CD和EF，如图2所示，若用力使导体EF向右运动，则导体CD将 ‎(　　)‎ 图2‎ A．保持不动 B．向右运动 C．向左运动 D．先向右运动，后向左运动 解析：当EF向右运动时，由右手定则，有沿FECD逆时针方向的电流，再由左手定则，得CD受力向右，选B.本题也可以直接由楞次定律判断，由于EF向右，线框CDFE面积变大，感应电流产生的效果是阻碍面积变大，即CD向右运动．‎ 答案：B ‎3．如图3所示，要使Q线圈产生图示方向的电流，可采用的方法有 ‎(　　)‎ 图3‎ A．闭合电键K B．闭合电键K后，把R的滑片右移 C．闭合电键K后，把P中的铁心从左边抽出 D．闭合电键K后，把Q靠近P 解析：当闭合电键K时，Q中的磁场由无变有，方向向右，由楞次定律，Q产生的感应电流方向如题图，A正确．闭合电键K后，把Q靠近P时，Q中的磁场变强，方向向右，由楞次定律，Q产生的感应电流方向如题图，D正确，B、C不正确．‎ 答案：AD ‎4．如图4所示，在光滑水平桌面上有两个金属圆环，在它们圆心连线中点正上方有一个条形磁铁，当条形磁铁自由下落时，将会出现的情况是 ‎(　　)‎ 图4‎ A．两金属环将相互靠拢 B．两金属环将相互分开 C．磁铁的加速度会大于g D．磁铁的加速度会小于g 解析：当条形磁铁自由下落时，金属圆环中的感应电流产生的效果总是阻碍磁通量增大，阻碍磁铁发生相对运动，磁铁加速度小于g，同时，金属圆环向远处运动，有使磁通量变小的趋势，BD正确．‎ 答案：BD ‎5．甲、乙两个同心的闭合金属圆环位于同一平面内，甲环中通以顺时针方向电流I，如图5所示，当甲环中电流逐渐增大时，乙环中每段导线所受磁场力的方向是 ‎(　　) ‎ 图5‎ A．指向圆心 B．背离圆心 C．垂直纸面向内 D．垂直纸面向外 解析：当甲环中电流逐渐增大时，由楞次定律，感应电流产生的效果是阻碍乙线圈中的磁场变强，使乙线圈面积变小，A正确．‎ 答案：A ‎6．如图6所示重现了当初法拉第的一个实验．下列说法中正确的是 ‎(　　)‎ 图6‎ A．右边磁铁S极断开时，有感应电流从a至b通过检流计 B．右边磁铁S极断开时，有感应电流从b至a通过检流计 C．左边磁铁N极断开时，有感应电流从a至b通过检流计 D．左边磁铁N极断开时，有感应电流从b至a通过检流计 解析：铁芯中的磁场方向由左向右，右边磁铁S极断开时，铁芯中的磁场变弱，由楞次定律，感应电流从a至b通过检流计，A正确．同理C正确．‎ 答案：AC ‎7．如图7所示为一个圆环形导体，有一个带负电的粒子沿直径方向在圆环表面匀速掠过的过程，环中感应电流的情况是 ‎(　　)‎ 图7‎ A．无感应电流 B．有逆时针方向的感应电流 C．有顺时针方向的感应电流 D．先逆时针方向后顺时针方向的感应电流 解析：带负电的粒子沿直径方向在圆环表面匀速掠过时，相当于有向左的直线电流流过，在圆环中产生的磁场大小上下对称分布，方向相反，产生总磁通量总是零，A正确．‎ 答案：A ‎8．如图8所示，在一蹄形磁铁两极之间放一个矩形线框abcd.磁铁和线框都可以绕竖直轴OO′自由转动．若使蹄形磁铁以某角速度转动时，线框的情况将是 ‎(　　)‎ 图8‎ A．静止 B．随磁铁同方向转动 C．沿与磁铁相反方向转动 D．要由磁铁具体转动方向来决定 解析：由楞次定律，线圈中的感应电流总是要阻碍它与磁铁之间的相对运动，即与磁铁同方向转动，B正确．‎ 答案：B 二、计算题(3×12′＝36′)‎ ‎9．面积为S的矩形线框abcd，处在磁感应强度为B的匀强磁场中(磁场区域足够大)，磁场方向与线框平面成θ角，如图9所示，当线框以ab为轴顺时针转90°过程中，穿过abcd的磁通量变化量ΔΦ为多少？‎ 图9‎ 解析：设开始穿过线圈的磁通量为正，则在线框转过90°过程中，穿过线圈的磁通量是由正向BSsinθ减小到零，再由零增大到负向BScosθ.‎ 所以，磁通量的变化量为：‎ ΔΦ＝|Φ2－Φ1|＝|－BScosθ－BSsinθ|＝BS(cosθ＋sinθ)．‎ 答案：BS(cosθ＋sinθ)‎ ‎10．如图10所示，固定于水平面上的金属框架CDEF处在竖直向下的匀强磁场中，金属棒MN沿框架以速度v0向右匀速运动．t＝0时，磁感应强度为B0，此时MN到达的位置恰好使MDEN构成边长为L的正方形，为使MN中无电流，从t＝0开始，试推导出磁感应强度与时间t的关系式．‎ 图10‎ 解析：t＝0与t时刻回路的磁通量不变，导棒中就无电流，即B‎0L2＝B(L＋v0t)L，解得B＝B0.‎ 答案：B＝B0.‎ ‎11．如图11所示是家庭用的“漏电保护器”的关键部分的原理图，其中P是一个变压器铁芯，入户的两根电线(火线和零线)采用双线绕法，绕在铁芯的一侧作为原线圈，然后再接入户内的用电器．Q是一个脱扣开关的控制部分(脱扣开关本身没有画出，它是串联在本图左边的火线和零线上，开关断开时，用户的供电被切断)，Q接在铁芯另一侧副线圈的两端a、b之间，当a、b间没有电压时，Q使得脱扣开关闭合，当a、b间有电压时，脱扣开关即断开，使用户断电．‎ 图11‎ ‎(1)用户正常用电时，a、b之间有没有电压？‎ ‎(2)如果某人站在地面上，手误触火线而触电，脱扣开关是否会断开？为什么？‎ 答案：(1)用户正常用电时，a、b之间没有电压，因为双线绕成的初级线圈两根导线中的电流总是大小相等而方向相反的，穿过铁芯的磁通量总为0，副线圈中不会有感应电动势产生．‎ ‎(2)人站在地面上手误触火线，电流通过火线和人体而流向大地，不通过零线，这样变压器的铁芯中就会有磁通量的变化，从而产生感应电动势，脱扣开关就会断开．‎