1、课时作业(四十六)一、选择题1(2018湖北二模)“无线电力”是电子产品最终摆脱“线”束缚的科研方向，物理课堂也有“隔空取电”的实验，如图所示，PQ为带有铁芯的多匝线圈的两个接线头，上方是串有发光二极管的闭合线圈，当下方线圈接通电源稳定后，则能使二极管发光的是()APQ接恒定电流BPQ接交变电流CPQ接恒定电流 DPQ接交变电流答案B解析AC图当PQ接恒定电流时，线圈中产生恒定磁场，则二极管的线圈磁通量不变，因此不会发光，故A项错误；B图当PQ接交变电流时，线圈中产生变化磁场，则二极管的线圈磁通量变化，因此会发光，故B项正确；D图线圈磁通量没变，因此不会发光，故D项错误2(2018常州一模)自
2、从英国物理学家狄拉克提出磁单极子以来，寻找磁单极子一直是人类的一个追求如图设想一个磁N单极子从远处沿一个闭合金属线圈的轴线匀速通过，设从右向左观察顺时针方向电流为正，则和该线圈串联的仪表中记录到的线圈中感生电流的it图像是()答案C解析若N磁单极子穿过金属线圈的过程中，当磁单极子靠近线圈时，穿过线圈中磁通量增加，且磁场方向从左向右，所以由楞次定律可知有顺时针方向感应电流；当磁单极子远离线圈时，穿过线圈中磁通量减小，且磁场方向从右向左，所以由楞次定律可知，感应磁场方向：从右向左，再由右手螺旋定则可确定感应电流方向，从右向左看，仍是顺时针方向因此线圈中产生的感应电流方向不变，而且逐渐增大，最后趋向
3、每一个最大值故C项正确，A、B、D三项错误3.如图，两回路中各有一开关S1、S2，且内回路中接有电源，外回路中接有灵敏电流计，下列操作及相应的结果可能实现的是()先闭合S2，后闭合S1的瞬间，电流计指针偏转S1、S2闭合后，在断开S2的瞬间，电流计指针偏转先闭合S1，后闭合S2的瞬间，电流计指针偏转S1、S2闭合后，在断开S1的瞬间，电流计指针偏转A BC D答案D解析先闭合S2，构成闭合电路，当后闭合S1的瞬间时，通过线圈A的电流增大，导致穿过线圈B的磁通量发生变化，从而产生感应电流，则指针发生偏转，故正确；当S1、S2闭合后，稳定后线圈B中没有磁通量的变化，因而线圈B中没有感应电流，在断开
4、S2的瞬间，当然指针也不偏转，故错误；先闭合S1，后闭合S2的瞬间，穿过线圈B的磁通量没有变化，则不会产生感应电流，故错误；当S1、S2闭合后，在断开S1的瞬间，导致穿过线圈B的磁通量发生变化，因而出现感应电流，故正确，故A、B、C三项错误，D项正确4(2018南京模拟)(多选)如图是某同学设想的防止电梯坠落的应急安全装置，在电梯轿厢上安装上永久磁铁，电梯的井壁上铺设线圈，能在电梯突然坠落时减小对人员的伤害关于该装置，说法正确的是()A若电梯突然坠落，将线圈闭合可起到应急避险作用B若电梯突然坠落，将线圈闭合可以使电梯悬浮在空中C当电梯坠落至如图位置时，闭合线圈A、B中电流方向相同D当电梯坠落至
5、如图位置时，闭合线圈A、B都在阻碍电梯下落答案AD解析A项，若电梯突然坠落，将线圈闭合时，线圈内的磁感应强度发生变化，将在线圈中产生感应电流，感应电流会阻碍磁铁的相对运动，可起到应急避险作用故A项正确；B项，感应电流会阻碍磁铁的相对运动，但不能阻止磁铁的运动，故B项错误；C项，当电梯坠落至如图位置时，闭合线圈A中向上的磁场减弱，感应电流的方向从上向下看是逆时针方向，B中向上的磁场增强，感应电流的方向从上向下看是顺时针方向，可知A与B中感应电流方向相反故C项错误；D项，结合A的分析可知，当电梯坠落至如图位置时，闭合线圈A、B都在阻碍电梯下落故D项正确5如图甲为磁感应强度B随时间t的变化规律，磁场
6、方向垂直纸面，规定向里的方向为正，在磁场中有一细金属圆环，平面位于纸面内，如图乙所示令I1、I2、I3分别表示Oa、ab、bc段的感应电流，F1、F2、F3分别表示金属环上很小一段导体受到的安培力下列说法不正确的是()AI1沿逆时针方向，I2沿顺时针方向BI2沿顺时针方向，I3沿顺时针方向CF1方向指向圆心，F2方向指向圆心DF2方向背离圆心向外，F3方向指向圆心答案C解析A项，由图甲所示可知，oa段，磁场垂直于纸面向里，穿过圆环的磁通量增加，由楞次定律可知，感应电流I1沿逆时针方向，在ab段磁场向里，穿过圆环的磁通量减少，由楞次定律可知，感应电流I2沿顺时针方向，故A项正确；B项，由图甲所示
7、可知，在bc段，磁场向外，磁通量增加，由楞次定律可知，感应电流I3沿顺时针方向，故B项正确；C项，由左手定则可知，oa段电流受到的安培力F1方向指向圆心，ab段安培力F2方向背离圆心向外，故C项错误；D项，由左手定则可知，ab段安培力F2方向背离圆心向外，bc段，安培力F3方向指向圆心，故D项正确6.(2018河南学业考试)如图所示，一个面积为2S的矩形线框abcd，水平放置在匀强磁场中，磁场的磁感应强度为B.方向与线框平面夹角为30角，O1、O2分别为bc边和ad边的中点现将线框的右半边绕逆时针旋转90，在这一过程中，通过线框的磁通量的变化量的大小为()A.BS B.BSC.BS D(1)B
8、S答案B解析当线框转动前，面的磁通量为：12BSsin30BS；当线框转动后，整个面的磁通量为：2BSsin30BScos30BS，磁通量变化量为：12BS故B项正确，A、C、D三项错误7.(2018广西二模)(多选)水平光滑的桌面内固定一足够长的直导线，并通以如图所示的恒定电流，两个相同的正方形线框abcd和efgh到导线的距离相等，两个线框间产生的电磁现象忽略不计，现分别给两个线框竖直向下和水平向右的速度v，下列判断正确的是()A线框abcd做匀速直线运动，线框efgh做减速直线运动B刚开始运动瞬间bc边与eh边所受安培力的大小相等C线框efgh运动过程中产生顺时针的感应电流D线框abcd
9、运动过程中a点的电势比b点低答案AD解析通电直导线周围的磁场为非匀强磁场，离导线越近，磁场越强，线框abcd和efgh所在位置磁场分别垂直向里和向外，abcd向下运动，始终与导线的距离相等，穿过线框的磁通量不变，不产生感应电流，没有安培力，故线框abcd做匀速直线运动，但是ab边在切割磁感线，右手定则判断出a点的电势比b点低，线框efgh在远离导线的过程中，向外的磁场减弱，由楞次定律判断产生顺时针的感应电流，并受到向左的安培力，做变减速直线运动，故A、D两项正确B、C两项错误8.(2018湖北模拟)(多选)如图，一导体圆环保持水平，沿一个性质匀称的条形磁铁轴线落下，条形磁铁竖直固定，圆环中心始
10、终位于磁铁轴线上已知当圆环落至B、D两位置时，刚好经过磁铁上下端截面，而C位置位于磁铁正中不计空气阻力，下列说法正确的有()A圆环由A落至B的过程中，环中感应电流从上至下看为顺时针B圆环由B落至C的过程中，圆环磁通量在减少C圆环落至C、D之间时，圆环有收缩趋势D圆环由A落至E的过程中，任意时刻加速度都小于重力加速度g答案AC解析A项，圆环从A到B的过程中，穿过圆环的磁通量向上增加，根据楞次定律可知环中感应电流从上至下看为顺时针故A项正确；B项，圆环从B到C的过程中穿过圆环的磁通量一直增加故B项错误；C项，圆环从C到D的过程中穿过圆环的磁通量减小，根据楞次定律可知，圆环产生的感应电流有阻碍磁通量
11、减小的趋势，所以圆环有收缩趋势故C项正确；D项，圆环在C点时，穿过圆环的磁通量最大，此时穿过圆环的磁通量的变化率为0，没有感应电流，所以加速度等于g.故D项错误9(2018山东一模)如图所示，线圈A内有竖直向上的磁场，磁感应强度B随时间均匀增大；等离子气流(由高温高压的等电量的正、负离子组成)由左方连续不断的以速度v0射入P1和P2两极板间的匀强磁场中发现两直导线a、b互相吸引，由此可以判断，P1、P2两极板间的匀强磁场的方向为()A垂直纸面向外 B垂直纸面向里C水平向左 D水平向右答案B解析线圈A中磁场的方向向上增强时，由楞次定律可知，感应电流的磁场的方向向下，感应电流的方向在线圈的外侧向左
12、，电流的方向盘旋向上，所以导线a中的电流方向向下根据同向电流相互吸引可知，b中的电流方向也向下b中电流方向向下说明极板P1是电源的正极，则正电荷在磁场中向上偏转，根据左手定则可知，P1、P2两极板间的匀强磁场的方向垂直于纸面向里10(2018上海模拟)(多选)如图所示，两个相同的闭合铝环A、B被绝缘细线悬吊起来，与一个螺线管共同套在圆柱形塑料杆上，他们的中心轴线重合且在水平方向上，A、B可以左右自由摆动，现将电键闭合，则下列说法中正确的是()A电键闭合瞬间，A中感应电流小于B中感应电流B电键闭合瞬间，A、B之间的距离缩小C电键闭合瞬间，两环有扩张趋势D电键闭合瞬间，A环受到总的磁场力水平向左答
13、案BC解析A项，在S闭合瞬间，穿过两个线圈的磁通量变化相同，根据法拉第电磁感应定律可知产生的电动势相等，再结合欧姆定律可知二者的感应电流大小相等故A项错误；B项，线圈中产生同方向的感应电流，同向电流相吸，则A、B相吸，A、B之间的距离缩小故B项正确；C项，电键闭合瞬间，穿过两个线圈的磁通量增大由于电磁铁外边的磁场方向与电磁铁内部的磁场的方向相反，两环扩张面积时可以阻碍磁通量的增大，所以电键闭合瞬间，两环有扩张趋势，故C项正确；D项，线圈中产生同方向的感应电流，同向电流相吸，则A、B相吸，A、B之间的距离缩小所以A环受到总的磁场力水平向右故D项错误11(2018湖南模拟)如图甲所示，绝缘的水平桌
14、面上放置一金属圆环，在圆环的正上方放置一个螺线管，在螺线管中通入如图乙所示的电流，电流从螺线管a端流入为正，以下说法正确的是()A从上往下看，01 s内圆环中的感应电流沿顺时针方向B1 s末圆环对桌面的压力小于圆环的重力C01 s内圆环面积有扩张的趋势D12 s内和23 s内圆环中的感应电流方向相反答案A解析A项，01 s线圈中电流增大弱，产生的磁场增大，金属环中磁通量增大，根据楞次定律可知，从上往下看，01 s内圆环中的感应电流沿顺时针方向，故A项正确；B项，1 s末金属环中感应电流最大，但螺线管中电流为零，没有磁场，与金属环间无相互作用，所以1 s末圆环对桌面的压力等于圆环的重力，故B项错
15、误；C项，01 s线圈中电流增大弱，产生的磁场增大，金属环中磁通量增大，有面积缩小趋势，故C项错误；D项，12 s正方向电流减小，23 s反向电流增大，根据楞次定律，金属环中感应电流的磁场方向不变，感应电流方向不变，故D项错误12.已知地磁场的分布类似于条形磁铁的磁场，可以近似认为地磁N极与地理南极重合，在恰好位于赤道上的某实验室水平桌面上，放置正方形闭合导体线框MNPQ，线框的MQ边沿南北方向，MN边沿东西方向(如图所示为俯视图)，下列说法正确的是()A若使线框向东平移，则M点电势比Q点电势低B若使线框向北平移，则M点电势比N点电势高C若以MQ边为轴，将线框向上翻转90，则翻转过程线框中电流
16、方向始终为MQPN方向D若以MN边为轴，将线框向上翻转90，则翻转过程线框中电流方向始终为MQPN方向答案D解析赤道上的某实验室，地磁场的竖直分量为零A项，若使线圈向东平移，地磁场的竖直分量零，线圈中没有磁通量，没有感应电流产生，M点的电势与Q点的电势相等，故A项错误；B项，若使线圈向北平移，地磁场的竖直分量零，线圈中没有磁通量，没有感应电流产生，M点的电势与N点的电势相等，故B项错误；C项，若以MQ边为轴，将线框向上翻转90，地磁场的竖直分量为零，线圈中没有磁通量，没有感应电流，故C项错误，D项，若以MN边为轴，将线框向上翻转90，线圈的磁通量增加，根据楞次定律判断则知，线圈中感应电流方向为
17、MQPN，故D项正确13.(2018大连一模)(多选)如图是创意物理实验设计作品小熊荡秋千两根彼此靠近且相互绝缘的金属棒C、D固定在铁架台上，与两个铜线圈P、Q组成一闭合回路，两个磁性很强的条形磁铁如图放置，当用手左右摆动线圈P时，线圈Q也会跟着摆动，仿佛小熊在荡秋千以下说法正确的是()AP向右摆动的过程中，P中的电流方向为顺时针方向(从右向左看)BP向右摆动的过程中，Q也会向右摆动CP向右摆动的过程中，Q会向左摆动D若用手左右摆动Q，P会始终保持静止答案AB解析A项，P向右摆动的过程中，穿过P的磁通量减小，根据楞次定律，P中有顺时针方向的电流(从右向左看)故A项正确；B项，P向右摆的过程中，
18、P中的电流方向为顺时针方向，则Q下端的电流方向向外，根据左手定则知，下端所受的安培力向右，则Q向右摆动同理，用手左右摆动Q，P会左右摆动故B项正确，C项错误，D也错误14.如图所示，在一有界匀强磁场中放一电阻不计的平行金属导轨，虚线为有界磁场的左边界，导轨跟圆形线圈M相接，图中线圈N与线圈M共面、彼此绝缘，且两线圈的圆心重合，半径RMRN.在磁场中垂直于导轨放置一根导体棒ab，已知磁场垂直于导轨所在平面向外欲使线圈N有收缩的趋势，下列说法正确的是()A导体棒可能沿导轨向左做加速运动B导体棒可能沿导轨向右做加速运动C导体棒可能沿导轨向左做减速运动D导体棒可能沿导轨向左做匀速运动答案C解析导体棒a
19、b加速向左运动时，导体棒ab中产生的感应电动势和感应电流增加，由右手定则判断出来ab中电流方向由ba，根据安培定则可知M产生的磁场方向垂直纸面向外，穿过N的磁通量增大，线圈面积越大抵消的磁感线越多，所以线圈N要通过增大面积以阻碍磁通量的增大，故A项错误；同理说明B项错误，C项正确；导体棒ab匀速向左运动时，导体棒ab产生的感应电流恒定不变，线圈M产生的磁场恒定不变，穿过线圈N中的磁通量不变，没有感应电流产生，则线圈N不受磁场力，没有收缩的趋势，故D项错误二、非选择题15(2017郑州模拟)在研究电磁感应现象和磁通量变化时感应电流方向的实验中，所需的实验器材如图所示现已用导线连接了部分实验电路(
20、1)请画实线作为导线从箭头1和2处连接其余部分电路；(2)实验时，将L1插入线圈L2中，合上开关瞬间，观察到检流计的指针发生偏转，这个现象揭示的规律是_.(3)(多选)某同学设想使一线圈中电流逆时针流动，另一线圈中感应电流顺时针流动，可行的实验操作是_A抽出线圈L1 B插入软铁棒C使变阻器滑片P左移 D断开开关答案(1)如图；(2)闭合电路中磁通量发生变化时，闭合电路中产生感应电流；(3)BC解析(1)本实验中L1与电源相连，通过调节滑动变阻器使L2中的磁通量发生变化，从而使L2产生电磁感应现象，故L2应与检流计相连；如答案图所示(2)指针发生偏转说明电路中有电流产生，产生的原因是闭合回路中磁通量发生了变化；故结论为：闭合电路中磁通量发生变化时，闭合电路中产生感应电流(3)感应电流的方向与原电流方向相反，则它们的磁场也一定相反，由楞次定律可知，原磁场应增强，故可以加入铁芯或使变阻器滑片P左移