2022年高中物理电磁感应复习习题新人教版选修3

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第一章 电磁感应【学习目标】1．了解电磁感应的发现过程，体会人类探索自然规律的科学态度和科学精神；学习法拉第等科学家的优秀品质。2．通过观察和实验，理解感应电流的产生条件；举例说明电磁感应在生活和生产中的应用。3．通过探究，理解楞次定律；理解法拉第电磁感应定律。培养空间思维能力和通过观察、实验得出物理规律的能力。4．通过实验，了解自感现象和涡流现象；能举例说明自感现象和涡流现象在生活和生产中的应用。知道反电动势的概念，了解电磁感应中的能量守恒。第1节 电磁感应现象的发现第2节 感应电流产生的条件【学习目标】1．了解电磁感应的发现过程，认识电磁感应现象发现的时代背景和思想历程。体会人类探索自然规律的科学态度和科学精神；学习法拉第等科学家的优秀品质，促成学科学、用科学为人类服务的意识。2．正确认识科学发现不仅需要艰辛的劳动，而且需要具有敏锐深邃的科学洞察力、丰富的直觉和善于创新的优良品质。3．知道电磁感应现象和感应电流。4．通过实验探究，总结感应电流产生的条件。5．学习从物理现象和实验中归纳科学规律，认识归纳法是科学研究的一种重要的方法。【阅读指导】1．1820年， 从实验中发现了电流的磁效应，引起了科学界的关注，形成了对电磁现象研究的热潮。不少物理学家根据对称性的思考，提出既然电能产生磁，是否磁也能产生电呢？法拉第经历了长达 年的探索，终于获得了成功，于1831年证实了“磁生电”现象的存在，他在论文中将“磁生电”现象分为五类：⑴ ⑵ ⑶ ⑷ ⑸ 。并把这些现象正式定名为“电磁感应”。由电磁感应现象产生的电流叫 。 2．教材P5图1-2-1（a）实验中，导线在运动时是 磁感线的，电路中出现了电流；而在（b）实验中，导线是沿着磁感线方向运动的，即导线没有做切割磁感线的运动，电路中 电流。实验和理论表明：当闭合电路的一部分导体在磁场中做 运动时，电路中有感应电流产生。 3．在法拉第的有些实验中，导体并没有做 运动，但闭合电路中出现了感应电流。教材P6图1-2-2实验当开关接通和断开瞬间，螺线管与电流计构成的电路中 有 感应电流产生，当滑动变阻器滑动时，螺线管与电流计构成的电路中 感应电流产生。当滑动变阻器快速滑动时，螺线管与电流计构成的电路中产生的感应电流 。 4．大量实验证实，穿过闭合电路的 时，这个闭合电路中就有感应电流产生。5．磁通量是指穿过某一面积的 ，用字母 表示，单位是 ，用字母 表示。6．在匀强磁场(磁感应强度为B)中，当线圈平面（面积为S）与磁感线垂直时，Φ= ；当线圈平面与磁感线平行时，Φ= 。7．面积是2的导线环，处于磁感强度为2.0×10-2T的匀强磁场中，环面与磁场垂直，穿过导线环的磁通量等于_______Wb；若环面与磁场平行，则导线环的磁通量等于_______Wb。8．将面积为2的线圈放在匀强磁场中，线圈平面与磁感线垂直，已知穿过线圈平面的磁通量是1.50Wb，那么这个磁场的磁感强度是_______T。【课堂练习】★夯实基础1．把一个面积为5×10-2m2的单匝矩形线圈放在磁感应强度为2.0×10-2T的匀强磁场中，当线圈平面与磁感线方向垂直时，穿过线圈的磁通量是多大？2．将面积是2的导线环放入匀强磁场中，环面与磁场方向垂直。已知穿过这个导线环的磁通量是2.0×10-2Wb。求磁场的磁感应强度。3．如图所示，在垂直于纸面的范围足够大的匀强磁场中，有一个矩形线圈abcd，线圈平面与磁场垂直，O1O2和O3O4都是线圈的对称轴，使说明应使线圈怎样运动才能使其中产生感生电流?abcdO3O4O1O24．处于磁场中一个闭合线圈如没有产生感应电流，则可断定（ ） A．线圈未在磁场中运动 B．线圈未切割磁力线C．磁场未发生变化 D．穿过线圈的磁通量未发生变化 5．关于各个单位间的关系，下列正确的是（ ）A．1T=1Wb/m2 B．1T=1Wb/m C．1T=1N / (A·m) D．1T=1N·s / (C·m)6．关于产生感应电流的条件，下列说法中正确的是（ ）A．只要闭合电路在磁场中运动，闭合电路中就一定有感应电流B．只要闭合电路中有磁通量，闭合电路中就有感应电流C．只要导体做切割磁感线运动，就有感应电流产生D．只要穿过闭合电路的磁感线条数发生变化，闭合电路中就有感应电流 7．如图所示，矩形线圈与磁场垂直，且一半在匀强磁场内，一半在匀强磁场外，下述过程中使线圈产生感应电流的是（ ）A．以bc为轴转动45°B．以ad为轴转动45°C．将线圈向下平移D．将线圈向上平移 8．如图所示，匀强磁场区域宽度为l，现有一边长为d(d>l)的矩形金属框以恒定速度v向右通过磁场区域，该过程中有感应电流的时间总共为（ ）A． B．　　　　C． D． 9．矩形线框放在匀强磁场中，如图所示，线框运动和线框中产生的感应电流的关系，下列说法中正确的是（ ）A．线框向上运动，离开磁场时，磁通量发生变化，线框中有感应电流BB．线框向下运动，离开磁场时，磁通量发生变化，线框中有感应电流C．线框在磁场中向左运动，竖直边切割磁感线，线框中有感应电流D．线框在磁场中向右运动，竖直边切割磁感线，线框中没感应电流　★提升能力1．有关磁通量Φ下列说法正确的是（ ）A．磁通量越大表示磁感应强度越大B．面积越大穿过它的磁通量也越大C．穿过单位面积的磁通量等于磁感应强度D．磁通密度在数值上等于磁感应强度 2．有一矩形线圈，面积为S，匝数为n，将它置于匀强磁场中，且使线圈平面与磁感线方向垂直，设穿过该线圈的磁通量为Φ，则该匀强磁场的磁感应强度大小为（ ）A．Φ/(ns) B．nΦ/S C．Φ/S D．无法判断 3．关于产生感应电流的条件，下列说法中正确的是（ ）A．只要闭合电路在磁场中运动，闭合电路中就一定有感应电流B．只要闭合电路中有磁通量，闭合电路中就有感应电流C．只要导体做切割磁感线运动，就有感应电流产生D．只要穿过闭合电路的磁感线条数发生变化，闭合电路中就有感应电流 4．如图所示，有一根通电的长直导线MN中通有恒定的电流I，一闭合线圈从直导线的左侧平移到右侧的过程中，穿过线圈磁通量的变化情况是（ ）A．先增大后减小B．先减小后增大C．增大、减小、增大、减小D．减小、增大、减小、增大 5．如图所示，一个小矩形线圈从高处自由落下，进入较小的有界匀强磁场，线圈平面和磁场保持垂直，设线圈下边刚进入磁场到上边刚接触磁场为A过程；线圈全部进入磁场内运动为B过程;线圈下边出磁场到上边刚出磁场为C过程，则（ ）A．只在A过程中，线圈的机械能不变B．只在B过程中，线圈的机械能不变C．只在C过程中，线圈的机械能不变D．在A、B、C过程中，线圈机械能都不变 6．如图所示，通有恒定电流的导线MN与闭合金属框共面，第一次将金属框由I平移到Ⅱ，第二次将金属框绕cd边翻转到Ⅱ，设先后两次通过金属框的磁通量变化分别为△φ1和△φ2，则（ ）A．△φ1>△φ2B．△φ1=△φ2C．△φ1ΦbB．Φa=ΦbC．Φai0并且是顺时针方向的，此时线圈受到的向左的安培力大于向右的恒力，故线圈做减速运动，因而电流也同步减小.当线圈离开磁场时，其速度必大于或等于进入磁场时的速度(因为若减小到原来的速度，线框又将受力平衡而做匀速运动)，因此对应的感应电流必然有i≥i0.综合上述三个过程的分析，可得线圈中的感应电流i随线圈的位移x的变化图线如上图所示.发展部分（２）1．B 2．C 3．C 4．C 5．AD 6．AD7．AC(由于北半球的地磁场的竖直分量向下，由右手定则可判定飞机无论向哪个方向飞行，均为飞行员左侧机翼电势高)8．B9．D10．由于回路中磁通量不变，所以回路中没有感应电流，因而电压表也就无读数.a、b两点间的电势差为B··v.11．OA切割磁感线的有效长度为L·sinθ∴EOA=据右手定则可判断得A点的电势高于O点的电势.第5节 反电动势与能量守恒【阅读指导】1．a，b，左手定则，向右，向右2．，3．感应电动势，相反，反电动势，阻碍，能量，电能4．右手定则， a，b，左手定则，向左的，阻碍，外力，机械能，外力克服安培力做功，电能，感应电流做功 【课堂练习】基础部分1．A 2．B 3．l，2mgl 4．CD 发展部分1．⑴ ⑵ ⑶ ⑷2． 3．4．解：A车靠近B车，使得A线圈中的磁通量变化而产生感应电流.又由楞次定律推论可知，A、B两车受到大小相等、方向相反的磁力作用，其中A受到向左的磁力而做减速运动，B受到向右的磁力而做加速运动，直到两车速度相等时，感应电流为零，相互作用的磁力也为零，此后A、B将以共同速度匀速前进.由以上分析过程可知，A、B两车组成的系统动量守恒，即m1v0=(m1+m2)v，两车的共同速度v==2m／s.又系统机械能的损失完全转化为A线圈的内能，所以Q==12J. 5．解：推导：外力做功为W=F·Lab=电流做功W'=根据能量守恒定律，因为线框是匀速拉出的.所以W'=W即=∴E==即为法拉第电磁感应定律.第6节 自感 日光灯 第7节 涡流【阅读指导】 1．导体本身， 自感 2．灯泡D1立刻正常发光、灯泡D2逐渐亮起来， 自感， 阻碍， 逐渐3．逐渐熄灭， 减小， 自感， 阻碍， 比原来大， 闪亮后熄灭 4．长 大 多 大 大的多 5．略 【课堂练习】基础部分1．D 2．D 3．ABD 4．A 5．AD 6．D 7．B8．D 9．B 10．ACD11．自感，平行导线上电流反向，因而磁场相抵消.12．S合上时，L中有I==2A的电流，S断开瞬间，L中由于自感作用，仍有I=2A的电流，此时线圈作为电源，与R1和R2构成回路，回路中有顺时针的电流，所以UL=I(R1+R2)=60V，而且b端电势高.13．I2>I0>I1(当P由A端向B端快速滑动时，滑动变阻器阻值变小，电路中电流变大，由于线圈的自感作用，它阻碍电路中电流的增加，故I1I0，所以I2>I0>I1.)14．解：由题意可知A、B两灯的电阻均为20omega，.当S闭合瞬间，L支路相当于断路，电路的连接方式为：R与A灯并联，再与B灯串联.此时干路总电流I==，故IA=，IB=.即S闭合瞬间，两灯同时亮，B灯较A灯更亮些.当S闭合稳定后，IA=IB=，两灯亮度相同.当S断开瞬间，电感线圈L产生与原电流方向相同的自感电动势，并使该支路电流大小、方向瞬时不变，与B灯组成闭合电路，所以S断开瞬间，IA=0，IB=，即A灯立即熄灭，而B灯逐渐熄灭.发展部分1．BC 2．C 3．ABC 4．B 5．ACD 6．D 7．B 8．AC 9．ACD10．AD 单元训练卷1．CD 2．C 3．B 4．CD 5．D 6．AC 7．C 8．D 9．CD10．AD11．据法拉第电磁感应定律得：=n·=400×12．铜环在2位置时，其磁通量变化率为零，环中无感应电流，因而它不受安培力作用，所以其加速度a2=g.铜环在1和3位置时，磁通量变化率均不为零，据楞次定律可知铜环所受的安培力会阻碍环的下落，所以a1a3.13．(1)=2.5×10-2Wb／s(2)5×10-2A(3)P中=I2·R=(5×102)214．∵E=∴EA：EB=1：1∵I=，而R=，RA：RB=2：1∴IA：IB=1：215．vab=16．解：∵带电液滴静止，∴mg=Eq=∴v=方向水平向右17．解：(1)据分析可知ab由于受安培力作用而做减速运动，cd由于受安培力作用而做加速运动，最终当ab和cd速度相等后，一起做匀速运动.由于ab和cd所受的安培力等值、反向，所以系统动量守恒，即m1v0=2mv共，得v共=，所以产生的焦耳热为：Q=(2)由(1)中分析可知系统动量守恒，设ab速度为时，cd速度为v’，则mv0=m·+mv'，解得v'=此时Eab=BLv=BL·，Ecd=BLv=BL·∴I=∴cd受的安培力Fcd=BIL=据牛顿第二定律，a==图A 图B18．解：若a固定，其等效电路如图AU0=I1·R=BLv1·=BLv1若B固定，其等效电路如图BU0=I0·2R=BLv2·=BLv2∴I1：I2=2：1;U1：U2=2：119．解：(1)ab的受力情况如图所示，当F安=mgsinα时，ab匀速下滑.所以mgsinα=BIL=BL·，vm==／s(2)P热=I2R==2.5(W)20．解(1)此时满偏的是伏特表，因为若电流表满偏，则据U=IR=3×0.5=1.5V，伏特表已超量程，所以不合题意.(2)∵CD匀速运动∴据能量守恒定律可知：外力F的功率与电路中产生的焦耳热功率相等，即：F·v=I2·R总∴F==1.6(N)(3)由(2)中可知F=F安=BIL=1.6N.∴BL=0.8N／A对棒上撒去外力至停下的过程用动量定理：Δmv=F安·t即∴Q=