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物理选择性必修二2.1楞次定律同步练习（优生加练）
一、选择题
1． 国庆阅兵时，我国的JH-7型歼击轰炸机在天安门上空沿水平方向、自东向西呼啸而过。该机的翼展为12.7m，机长为22.3m，北京地区地磁场的竖直分量为，该机水平飞过天安门时的速度为246m/s。下列说法正确的是（　　）
A．该机两翼端的电势差约为0.27V，南面机翼端（飞行员左侧）电势较高
B．该机两翼端的电势差约为0.27V，北面机翼端（飞行员右侧）电势较高
C．该机两翼端的电势差约为0.15V，南面机翼端（飞行员左侧）电势较高
D．该机两翼端的电势差约为0.15V，北面机翼端（飞行员右侧）电势较高
2．如图所示，两个线圈套在同一个铁芯上，线圈的绕向如图所示，左线圈连着平行导轨和，导轨电阻不计，在垂直于导轨方向上放着金属棒，金属棒处于垂直纸面向外的匀强磁场中。下列说法正确的是（　　）
A．当金属棒向右匀速运动时，点电势高于点
B．当金属棒向右匀速运动时，点电势低于点
C．当金属棒向右加速运动时，点电势高于点
D．当金属棒向右加速运动时，点电势低于点
3． 如图所示，在匀强磁场中放有平行铜导轨，它与大线圈相连。导线圈在的中间，与共面放置。要使中获得顺时针方向的感应电流，则放在导轨上的裸金属棒的运动情况可能是（　　）
A．向右匀速运动 B．向右加速运动
C．向左加速运动 D．向左减速运动
4．在北半球，当我们抬头观看教室内的电扇时，发现电扇正在逆时针转动。金属材质的电扇示意图如图所示，由于地磁场的存在，下列关于A、O两点的电势及电势差的说法正确的是（　　）
A．A点电势比O点电势高
B．A点电势比O点电势低
C．A点电势等于O点电势
D．扇叶长度越短，转速越快，两点间的电势差数值越大
5．为如图所示，在光滑水平桌面上有两个闭合金属圆环，在它们圆心连线中点正上方有一个条形磁铁，当给条形磁铁一竖直向上的初速度后，磁铁上升到最高点后下落，在条形磁铁向下运动的过程中，将会出现的情况是（　　）
A．磁铁的加速度小于g
B．金属环对桌面压力小于自身重力
C．俯视观察，左边金属圆环会产生逆时针感应电流
D．两金属环将加速靠近（不考虑金属环之间的作用）
6．如图所示，两通电长直导线沿正方体的边和边放置，分别通过大小相等、方向如图中所示的恒定电流。一闭合圆形金属小线圈，初始位置圆心在A点，可沿不同方向以相同速率做匀速直线运动，运动过程中小线圈平面始终与平面平行。沿AD方向观察，不考虑地磁场影响，下列说法正确的是（　　）
A．C和D两点的磁感应强度相同
B．C点的磁感应强度方向由D点指向C点
C．小线圈由A点向点移动时能产生顺时针方向的感应电流
D．小线圈由A点向D点移动时能产生逆时针方向的感应电流
7．如图所示，置于匀强磁场中的金属圆盘中央和边缘各引出一根导线，与套在铁芯上部的线圈A相连，套在铁芯下部的线圈B引出两根导线接在两根水平光滑导轨上，导轨上有一根金属棒ab静止处在垂直于纸面向外的匀强磁场中，下列说法正确的是（　　）
A．圆盘顺时针加速转动时，ab棒将向右运动
B．圆盘逆时针减速转动时，ab棒将向右运动
C．圆盘顺时针匀速转动时，ab棒将向右运动
D．圆盘逆时针加速转动时，ab棒将向右运动
8．如图，圆环形导体线圈a平放在水平桌面上，在a的正上方固定一竖直螺线管b，二者轴线重合，螺线管与电源和滑动变阻器连接成如图所示的电路。“胜哥”若将滑动变阻器的滑片P向下滑动，下列说法中正确的是（　　）

A．线圈a中将产生俯视顺时针方向的感应电流
B．穿过线圈a的磁通量变小
C．线圈a有扩张的趋势
D．线圈a对水平桌面的压力FN将增大
9．“胜哥”设计了飞船登陆地外星球的电磁阻尼缓冲装置，其模拟器如图所示。模拟器由船舱主体、光滑导轨、缓冲弹簧、绝缘缓冲底座、绝缘缓冲底座上的线圈以及固定在船舱主体上的超导线圈（图中未画出）组成。其中导轨固定在船舱主体下端，绝缘缓冲底座上的线圈为竖直绕在绝缘底座上的单匝闭合线圈，超导线圈产生水平方向的磁场。已知绝缘底座与地面接触后速度迅速减为零，导轨与线圈接触良好，则关于电磁阻尼缓冲装置分析正确的是（　　）
A．船舱主体下端MN必须是导体，不能与导轨绝缘
B．只增加导轨长度，可能使缓冲弹簧接触地面前速度为零
C．只增加磁场的磁感应强度，可使缓冲弹簧接触地面前速度减小
D．只增加闭合线圈电阻，可使缓冲弹簧接触地面前速度减小
二、多项选择题
10．“卫星悬绳发电”是人类为寻找卫星的新型电力能源供应系统而进行的实验 假设在实验中，用飞机拖着一根很长的金属线 其下端悬挂一个金属球，以保证金属线总是呈竖直状态 在高空环绕地球飞行，且每次飞经我国上空时都是由西北飞向东南方向，则下列说法正确的是 　　
A．这是利用运动导线切割地磁场的磁感线产生电动势的原理，金属线相当于发电机的绕组
B．该发电机可产生直流电，且金属线的上端为正极
C．该发电机可产生直流电，且金属线的上端为负极
D．该发电机可产生交流电，当飞机在北半球飞行时、金属线的上端为其正极，当飞机在南半球飞行时、金属线的上端为其负极
11．直流发电机的工作原理可以简化为如图所示的情景。在竖直向下的匀强磁场中，两根光滑平行金属轨道、固定在水平面内，两轨道左端点、间接一电阻。导体棒垂直于、放在轨道上，与轨道接触良好。导体棒在水平向右的外力作用下向右做匀速直线运动时，电阻上就可以产生电热。根据其工作原理，在导体棒向右做匀速直线运动的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．导体棒所受的安培力水平向右
B．导体棒所受的安培力对导体棒做正功
C．导体棒端的电势比端的电势高
D．通过电阻的电流方向由指向
12．如图所示，E为电池，L是电阻可忽略不计、自感系数足够大的线圈，D1、D2是两个规格相同且额定电压足够大的灯泡，S是控制电路的开关．对于这个电路，下列说法中正确的是（　　）
A．刚闭合开关S的瞬间，通过D1、D2的电流大小相等
B．刚闭合开关S的瞬间，通过D1、D2的电流大小不相等
C．闭合开关S待电路达到稳定，D1熄灭，D2比原来更亮
D．闭合开关S待电路达到稳定，再将S断开瞬间，D2立即熄灭，D1闪亮一下再熄灭
13．如图所示，倾角为、间距、电阻不计的金属轨道固定放置，沿轨道建立轴，边界与坐标原点在一条直线上且垂直轴。区域：，垂直轨道平面向下；区域：，垂直轨道平面向上。一质量为、边长均为的形框由金属棒阻值和两绝缘棒组成。另有质量为长、阻值的金属棒在离一定距离处获得沿斜面向下的冲量后向下运动。金属棒及形框与轨道间的动摩擦因数。下列说法正确的是
（　　）
A．在棒释放后的很短时间内，两点的电势有
B．若棒从某处释放，同时形框解除锁定，为使棒与形框碰撞前框保持静止，则棒释放时所获得冲量满足
C．若棒在处释放且初速度为，同时形框解除锁定，则棒到达时速度为
D．若棒在处释放且初速度为，同时形框解除锁定，则在棒与框发生完全非弹性碰撞后棒的最大位移
14．如图甲所示，abcd是位于竖直平面内的正方形闭合金属线框，在金属线框的下方有一磁感应强度为B的匀强磁场区域，MN和M'N'是匀强磁场区域的水平边界，并与线框的bc边平行，磁场方向与线框平面垂直．现金属线框由距MN的某一高度从静止开始下落，图乙是金属线框由开始下落到完全穿过匀强磁场区域的v﹣t图象．已知金属线框的质量为m，电阻为R，当地的重力加速度为g，图象中坐标轴上所标出的v1、v2、v3、t1、t2、t3、t4均为已知量（下落过程中线框abcd始终在竖直平面内，且bc边始终水平）．根据题中所给条件，以下说法正确的是（　　）
A．可以求出金属线框的边长
B．线框穿出磁场时间（t4﹣t3）等于进入磁场时间（t2﹣t1）
C．线框穿出磁场与进入磁场过程所受安培力方向相同
D．线框穿出磁场与进入磁场过程产生的焦耳热相等
三、非选择题
15．如图所示是“胜哥”“研究电磁感应现象”的实验装置。
（1）如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上开关后，“胜哥”将A线圈迅速插入B线圈中，电流计指针将　 　偏转。（填“向左”“向右”或“不”）
（2）连好电路后，并将A线圈插入B线圈中后，若要使灵敏电流计的指针向左偏转，可采取的操作是_______。
A．插入铁芯 B．拔出A线圈
C．变阻器的滑片向左滑动 D．断开电键S瞬间
（3）G为指针零刻度在中央的灵敏电流表，连接在直流电路中时的偏转情况如图（1）中所示，即电流从电流表G的左接线柱进时，指针从中央向左偏。今把它与一线圈串联进行电磁感应实验，则图（2）中的条形磁铁的运动方向是向　 　（填“上”、“下”）；图（3）中电流表指针应　 　（填“向左”“向右”）偏转。
16．“胜哥”在探究影响感应电流方向的因素的实验中，用到了图甲中的实验仪器。
（1）请将下面实物图甲中所缺的导线补接完整　 　。
（2）实验前，先判断电流方向与灵敏电流计指针的偏转关系。正确连接实验电路后，灵敏电流计的指针在表盘中央，在原线圈插入副线圈后，将开关闭合，此时灵敏电流计的指针向左偏转，接着进行下列实验：
①在原线圈插入副线圈后，将两者一起上下移动，则灵敏电流计的指针　 　（选填“向左”、“向右”或“不”）偏转。
②在原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器的滑片迅速向右滑动，则灵敏电流计的指针　 　（选填“向左”、“向右”或“不”）偏转。
③将原线圈从副线圈中迅速拔出时，灵敏电流计的指针将　 　（选填“向左”、“向右”或“不”）偏转。
④原线圈插入副线圈后，闭合开关，将滑动变阻器触头从最左端拉到最右端，第一次快拉，第二次较慢拉，两情况下线圈中产生的感应电动势的大小关系是E1　 　E2。
17．
18．物理实验一般都涉及实验目的、实验原理、实验仪器、实验方法、实验操作、数据分析、实验误差等。
（1）实验操作。“胜哥”利用图1所示电路研究电磁感应现象。在图示状态闭合开关瞬间，发现灵敏电流计的指针向左偏转。那么在闭合开关后，将滑动变阻器的滑片向右滑动时，灵敏电流计指针将向　 　（选填“左”或“右”）偏转。
（2）数据分析。在双缝干涉实验中，用红色激光照射双缝，在屏幕上形成双缝干涉图样。将测量头的分划板中心刻线与A亮纹中心对齐，将该亮纹定为第1条亮纹此时手轮上的示数，然后同方向转动测量头，使分划板中心刻线与B亮纹中心对齐，记下此时图2中手轮上的示数　 　mm；已知双缝间距，双缝到屏的距离，可得所测光的波长为　 　m；（保留两位有效数字）
（3）实验方法。“胜哥”在做用单摆测定重力加速度的实验后发现在测量摆长时忘了加上摆球的半径，则“胜哥”做出的图像为图中的　 　。
A．虚线①，不平行OM B．虚线②，平行OM
C．虚线③，平行OM D．虚线④，不平行OM
（4）误差分析。“胜哥”在“测量玻璃的折射率”实验中，为了防止笔尖碰到玻璃砖面而损伤玻璃砖，“胜哥”画出的玻璃砖界面、如图4所示。若其他探作正确，请通过作图和必要的文字说明玻璃砖折射率的测量值比真实值偏大、偏小还是不变。　 　
19． “胜哥”利用如图所示装置探究影响感应电流方向的因素。
（1）如图，请补齐连线　 　。
（2）补齐线后，“胜哥”在断开开关时发现灵敏电流计指针向右偏转，下列操作中同样能使指针向右偏转的有　 　。
A．闭合开关时
B．开关闭合后将滑动变阻器的滑片向左滑动时
C．开关闭合后将B线圈从A线圈中拔出时
D．开关闭合后将B线圈倒置再重新插入A线圈中时
（3）补齐连线并闭合开关后，把B线圈从同样高度插到副线圈中同样的位置处，第一次快插，第二次慢插，两情况下A线圈中产生的感应电动势的大小关系是　 　（选填“”“”或“”）。
20．“胜哥”在“探究法拉第电磁感应现象”的实验中
（1）已将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈、线圈、电表及开关按如图所示部分连接，要把电路连接完整正确，则连接到　 　（选填“”“”“”或“”），连接到　 　（选填“”“”“”或“”）。
（2）正确连接电路后，开始实验探究，“胜哥”发现当他将滑动变阻器的滑动端P向右加速滑动时，灵敏电流计指针向右偏转，由此可以判断____。
A．线圈A向上移动或滑动变阻器滑动端P向左加速滑动，都能引起灵敏电流计指针向左偏转
B．线圈A中铁芯向上拔出或断开开关，都能引起灵敏电流计指针向右偏转
C．滑动变阻器的滑动端P匀速向左或匀速向右滑动，灵敏电流计指针都静止在中央
D．因为线圈A、线圈B的绕线方向未知，故无法判断灵敏电流计指针偏转的方向
（3）“胜哥”第一次将滑动变阻器的触头P慢慢向右移动，第二次将滑动变阻器的触头P快速向右移动，发现电流计的指针摆动的幅度第二次的幅度大，原因是线圈中的　 　（填“磁通量”或“磁通量的变化量”或“磁通量的变化率”）第二次比第一次的大。
（4）“胜哥”在实验室重做电磁感应现象的实验，他将电流表、线圈A和B、蓄电池，开关用导线连接成电路。当他接通、断开开关时，电流表的指针都没有偏转，其可能的原因是____。
A．开关的位置接错 B．电流表的正负极接错
C．线圈B的接头接反 D．蓄电池的正负极接反
21．“胜哥”在“探究影响感应电流方向的因素”实验中，用试触的方法确定电流方向与电流表指针偏转方向的关系。如图甲所示实验表明，电流从电流表正接线柱流入，电流表指针向右偏转。
（1）观察如图乙所示的线圈绕线方向，若电流从流入线圈，从流出线圈，从上向下看电流的方向为　 　填“顺时针”或“逆时针”。
（2）“胜哥”用如图丙所示的实验装置，若电流表指针向右偏转，则线圈中感应电流在线圈内产生的磁场的方向　 　填“向上”或“向下”。通过电流表了解感应电流的方向，然后判断感应电流的磁场方向，得到如下实验记录：
磁体的磁场方向 向下 向下 向上 向上
通过线圈的磁通量的变化 增大 减小 增大 减小
感应电流的磁场方向 向上 向下 向下 向上
由此得出下列判断中正确的是　 　只填选项序号
A.感应电流的磁场方向和磁体的磁场方向一定相反
B.感应电流的磁场方向和磁体的磁场方向一定相同
C.磁通量增大时，感应电流的磁场方向和磁体的磁场方向一定相反
D.磁通量减小时，感应电流的磁场方向和磁体的磁场方向一定相反
22．如图所示，两光滑平行长直导轨，间距为，放置在水平面上，磁感应强度为的匀强磁场与导轨平面垂直，两质量都为、电阻都为的导体棒垂直放置在导轨上，与导轨接触良好，两导体棒距离足够远，静止，以初速度向右运动，不计导轨电阻，忽略感生电流产生的磁场，从开始到最终稳定的全过程中，求：
（1）导体棒的最终速度和中产生的焦耳热；
（2）通过导体棒横截面的电量。
23．如图甲所示，为研究试验小车的电磁驱动和电磁阻尼，总质量为M的小车底面固定矩形金属线框abcd，小车底面下方固定绕有线圆的长方体软磁棒。小车的电磁驱动系统如图乙所示，驱动磁场与线框平面垂直且均匀分布，相邻磁场的磁感应强度大小均为B，方向相反，磁场宽度与线框边长bc相等，已知金属线框的总电阻为R，ab边长为L。小车的电磁阻尼系统如图丙所示，软磁棒位于长方体铝条轨道之间，与铝条轨道靠近并互相垂直，软磁棒端面是边长为d的正方形，线圈通电后软磁棒才可看作条形磁铁，它在端面正对的铝条区域形成磁感应强度为的匀强磁场，为了研究方便，铝条中只考虑与端面正对部分的磁场和电阻，其他部分的磁场和电阻均忽略不计，已知铝条的厚度为l，电阻率为。小车进行试验时，先断开软磁棒线圈的电流，驱动磁场以加速度a从静止开始向右做匀加速运动，经过一段时间后小车开始运动，假设小车所受的阻力恒为f。
（1）判断金属线框在图乙位置时感应电流的方向（顺时针或逆时针）；
（2）求驱动磁场开始运动到小车开始运动所经过的时间：
（3）在驱动磁场开始运动时间后，小车已经在做匀加速运动，求此时小车的速度；
（4）当小车速度达到时，使驱动磁场立即停止运动，同时给软磁棒的线圈通上电流，则小车经过时间停下，求此减速过程中小车运动的距离。
答案
1．C
2．D
3．C
4．A
5．A
6．D
7．D
8．D
9．C
10．A,B
11．C,D
12．A,C,D
13．C,D
14．A,C
15．（1）向右
（2）B；D
（3）下；向右
16．（1）
（2）不；向左；向右；大于
17．向右；向右；下；S
18．右；15.375；；B；见解析
19．（1）
（2）CD
（3）>
20．（1）；
（2）B
（3）磁通量的变化率
（4）A
21．（1）逆时针
（2）向上；
22．（1）解：根据楞次定律，导体棒最终以相同的速度匀速直线运动，设共同速度为，水平向右为正方向，根据动量守恒定律可得
解得
设导体棒、在整个过程中产生的焦耳热为，根据能量守恒定律可得
解得
导体棒的电阻都为r，因此导体棒中产生的焦耳热为
（2）解：对导体棒，由动量定理得
因为
故
因此通过导体棒横截面的电量为
23．（1）解：由楞次定律可知感应电流方向为顺时针
（2）解：设从磁场开始运动到线框开始运动所经过时间为t，则由
得
（3）解：由分析可知：金属线框做匀加速运动的加速度大小也应为a；设此时金属线框的速度为v，则由
得
（4）解：设此过程中小车运动的距离为x，在此过程中小车受三个力的冲量：
设阻力对小车的冲量为
设金属线框使小车所受的冲量
设软磁棒使小车所受的冲量
由动量定理
解得
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物理选择性必修二2.1楞次定律同步练习（优生加练）
一、选择题
1． 国庆阅兵时，我国的JH-7型歼击轰炸机在天安门上空沿水平方向、自东向西呼啸而过。该机的翼展为12.7m，机长为22.3m，北京地区地磁场的竖直分量为，该机水平飞过天安门时的速度为246m/s。下列说法正确的是（　　）
A．该机两翼端的电势差约为0.27V，南面机翼端（飞行员左侧）电势较高
B．该机两翼端的电势差约为0.27V，北面机翼端（飞行员右侧）电势较高
C．该机两翼端的电势差约为0.15V，南面机翼端（飞行员左侧）电势较高
D．该机两翼端的电势差约为0.15V，北面机翼端（飞行员右侧）电势较高
【答案】C
【知识点】地磁场；右手定则
【解析】【解答】该机两翼端的电势差约为
根据右手定则可知，南面机翼端（飞行员左侧）电势较高。
故答案为：C。
【分析】根据法拉第电磁感应定律确定机翼做切割磁感线运动时产生感应电动势的大小。再根据右手定则确定两侧机翼电势的高低情况。
2．如图所示，两个线圈套在同一个铁芯上，线圈的绕向如图所示，左线圈连着平行导轨和，导轨电阻不计，在垂直于导轨方向上放着金属棒，金属棒处于垂直纸面向外的匀强磁场中。下列说法正确的是（　　）
A．当金属棒向右匀速运动时，点电势高于点
B．当金属棒向右匀速运动时，点电势低于点
C．当金属棒向右加速运动时，点电势高于点
D．当金属棒向右加速运动时，点电势低于点
【答案】D
【知识点】右手定则
【解析】【解答】AB.金属棒匀速运动时，产生恒定感应电动势，左线圈电流恒定，右线圈磁通量不变，故右线圈无感应电流，c、d等势，故AB错误；
CD.金属棒向右加速运动时，b点电势仍高于a点，感应电流增大，穿过右边线圈的磁通量增大，所以右线圈中也产生感应电流，由楞次定律可判断电流从d点流出，在外电路d点电势高于c点，故C错误，D正确。
故答案为：D。
【分析】本题考查电磁感应中的右手定则、楞次定律与电势判断，核心思路是分 “匀速（磁通量不变）” 和 “加速（磁通量变化）” 两种情况，结合定则判断电流方向与电势高低。
3． 如图所示，在匀强磁场中放有平行铜导轨，它与大线圈相连。导线圈在的中间，与共面放置。要使中获得顺时针方向的感应电流，则放在导轨上的裸金属棒的运动情况可能是（　　）
A．向右匀速运动 B．向右加速运动
C．向左加速运动 D．向左减速运动
【答案】C
【知识点】楞次定律；右手定则
【解析】【解答】根据题意可知，欲使N产生顺时针方向的感应电流，由右手螺旋定则可知，感应电流的磁场方向垂直于纸面向里，由楞次定律可知，有两种情况：一是M中有顺时针方向逐渐减小的电流，使其在N中的磁场方向向里，且磁通量在减小，此时应使ab向右减速运动；二是M中有逆时针方向逐渐增大的电流，使其在N中的磁场方向向外，且磁通量在增大，此时应使ab向左加速运动。
故答案为：C。
【分析】根据右手螺旋定则确定N中感应电流的磁场方向，再根据楞次定律确定M中电流的方向和变化情况，金属棒ab运动速度越大，M中电流越大，继而确定金属棒ab的运动情况。
4．在北半球，当我们抬头观看教室内的电扇时，发现电扇正在逆时针转动。金属材质的电扇示意图如图所示，由于地磁场的存在，下列关于A、O两点的电势及电势差的说法正确的是（　　）
A．A点电势比O点电势高
B．A点电势比O点电势低
C．A点电势等于O点电势
D．扇叶长度越短，转速越快，两点间的电势差数值越大
【答案】A
【知识点】磁现象和磁场、磁感线；右手定则
【解析】【解答】ABC. 地理的北极是地磁场的南极，在地球表面，磁感线由南半球指向北半球，仰视时，位于北半球的磁场斜向下，通过右手定则判断电流方向由O指向A，故A点电势比O点电势高，BC不符合题意，A符合题意；
D. 由动生电动势可知，扇叶长度越短，转速越快，无法判断电动势的大小，D不符合题意。
故答案为：A
【分析】利用右手定则判断动生电动势的方向，结合地磁场的特点，能够求出电势的高低；利用动生电动势的表达式，可求出电动势的大小变化情况。
5．为如图所示，在光滑水平桌面上有两个闭合金属圆环，在它们圆心连线中点正上方有一个条形磁铁，当给条形磁铁一竖直向上的初速度后，磁铁上升到最高点后下落，在条形磁铁向下运动的过程中，将会出现的情况是（　　）
A．磁铁的加速度小于g
B．金属环对桌面压力小于自身重力
C．俯视观察，左边金属圆环会产生逆时针感应电流
D．两金属环将加速靠近（不考虑金属环之间的作用）
【答案】A
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件；楞次定律；右手定则
【解析】【解答】AB．当磁铁从最高点开始下落时，穿过两个圆环的磁通量增大，金属环产生感应电流，金属环受到向下的安培力，而磁铁受到向上的磁场力，所以磁铁向下运动时的加速度会小于g，金属环对桌面压力大于自身重力，故A正确，B错误；
C．俯视金属环，磁场方向向下，根据右手螺旋定则（用右手握住金属环，让四指指向感应电流的磁场方向即向下，此时大拇指的指向就是感应电流的方向 ），可以判断出感应电流为顺时针方向，故C错误；
D．当磁通量增大时，根据楞次定律，感应电流的磁场要阻碍磁通量变化，金属环会向磁通量减小的方向运动，也就是远离磁铁的方向运动，所以两个金属环会相互远离，故D错误。
故答案为：A。
【分析】AB：磁铁向下运动，导致金属环中的磁通量向上增大。
C：感应电流的磁场会阻碍磁通量变化，从而产生相应的安培力，影响磁铁的加速度和金属环对桌面的压力；同时决定金属环的运动趋势（远离磁铁以减小磁通量 ）。
D：先确定感应磁场方向，再用右手螺旋定则判断感应电流方向。
6．如图所示，两通电长直导线沿正方体的边和边放置，分别通过大小相等、方向如图中所示的恒定电流。一闭合圆形金属小线圈，初始位置圆心在A点，可沿不同方向以相同速率做匀速直线运动，运动过程中小线圈平面始终与平面平行。沿AD方向观察，不考虑地磁场影响，下列说法正确的是（　　）
A．C和D两点的磁感应强度相同
B．C点的磁感应强度方向由D点指向C点
C．小线圈由A点向点移动时能产生顺时针方向的感应电流
D．小线圈由A点向D点移动时能产生逆时针方向的感应电流
【答案】D
【知识点】磁感应强度；通电导线及通电线圈周围的磁场；楞次定律
【解析】【解答】A．根据右手螺旋定则，则在边的导线产生的磁感应强度为、，在边的导线产生的磁感应强度为、，在C和D两点产生的磁场方向如图所示
由磁场的矢量合成可知，C和D两点的合磁场大小相等，方向不同，故A项错误；
B．结合之前分析，如图所示
C点的磁感应强度方向不是由D指向C，故B项错误；
C．圆形线圈由A点项点移动时，因为线圈平面始终与平面平行，所以其通过线圈的磁通量不变，即无感应电流产生，故C项错误；
D．圆形小线圈由A点向D点移动时，磁通量减小，根据楞次定律得感应电流磁场方向垂直纸面向外，产生逆时针方向的感应电流，故D项错误。
故选D。
【分析】根据安培定则判断电流产生的磁场方向，利用平行四边形定则合成，判断磁场大小方向；根据楞次定律判断感应电流的方向。
7．如图所示，置于匀强磁场中的金属圆盘中央和边缘各引出一根导线，与套在铁芯上部的线圈A相连，套在铁芯下部的线圈B引出两根导线接在两根水平光滑导轨上，导轨上有一根金属棒ab静止处在垂直于纸面向外的匀强磁场中，下列说法正确的是（　　）
A．圆盘顺时针加速转动时，ab棒将向右运动
B．圆盘逆时针减速转动时，ab棒将向右运动
C．圆盘顺时针匀速转动时，ab棒将向右运动
D．圆盘逆时针加速转动时，ab棒将向右运动
【答案】D
【知识点】楞次定律
【解析】【解答】A．感应电流从圆心流向边缘，线圈A中产生的磁场方向向下且磁场增强。由楞次定律可以及右手螺旋定则可知，ab棒中感应电流方向由a→b，由左手定则可知，ab棒受的安培力方向向左，ab棒将向左运动，选项A错误；
B．由楞次定律可知，线圈B中的感应磁场方向向上，由右手螺旋定则可知，ab棒中感应电流方向由a→b，由左手定则可知，ab棒受的安培力方向向左，ab棒将向左运动，选项B错误；
C．当圆盘顺时针匀速转动时，线圈B的磁通量不变，则ab棒没有感应电流，则将不会运动，选项C错误；
D．由楞次定律可知，线圈B中的感应磁场方向向下，由右手螺旋定则可知，ab棒中感应电流方向由b→a，由左手定则可知，ab棒受的安培力方向向右，ab棒将向右运动，选项D正确。
故选D。
【分析】由右手定则分析，圆盘逆时针减速转动时，感应电流从边缘流向圆心，线圈A中产生的磁场方向向上且磁场减小。
8．如图，圆环形导体线圈a平放在水平桌面上，在a的正上方固定一竖直螺线管b，二者轴线重合，螺线管与电源和滑动变阻器连接成如图所示的电路。“胜哥”若将滑动变阻器的滑片P向下滑动，下列说法中正确的是（　　）

A．线圈a中将产生俯视顺时针方向的感应电流
B．穿过线圈a的磁通量变小
C．线圈a有扩张的趋势
D．线圈a对水平桌面的压力FN将增大
【答案】D
【知识点】楞次定律
【解析】【解答】AB.当滑动触头P向下滑动时，电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知通过线b的电流增大，穿过线圈a的磁通量增大，又原磁场方向向下，根据楞次定律可知，线圈a中感应电流的磁场方向向上，由右手定则可知，线圈a中电流方向为逆时针（俯视），故AB均不符合题意；
C.线圈a中的磁通量增大，根据楞次定律可知，为了阻碍磁通量的增大，线圈a有收缩的趋势，故C不符合题意；
D.线圈a中的磁通量增大，根据楞次定律可知，为了阻碍磁通量的增大，线圈a有远离的趋势，所以对水平桌面的压力将增大，故D符合题意。
故答案为：D
【分析】此题的关键首先明确滑动触头向下滑动时通过判断出线圈b中的电流增大，然后根据楞次定律判断出线圈a中感应电流的方向.此题利用“楞次定律的第二描述〞求解将更为简便。
9．“胜哥”设计了飞船登陆地外星球的电磁阻尼缓冲装置，其模拟器如图所示。模拟器由船舱主体、光滑导轨、缓冲弹簧、绝缘缓冲底座、绝缘缓冲底座上的线圈以及固定在船舱主体上的超导线圈（图中未画出）组成。其中导轨固定在船舱主体下端，绝缘缓冲底座上的线圈为竖直绕在绝缘底座上的单匝闭合线圈，超导线圈产生水平方向的磁场。已知绝缘底座与地面接触后速度迅速减为零，导轨与线圈接触良好，则关于电磁阻尼缓冲装置分析正确的是（　　）
A．船舱主体下端MN必须是导体，不能与导轨绝缘
B．只增加导轨长度，可能使缓冲弹簧接触地面前速度为零
C．只增加磁场的磁感应强度，可使缓冲弹簧接触地面前速度减小
D．只增加闭合线圈电阻，可使缓冲弹簧接触地面前速度减小
【答案】C
【知识点】安培力；电磁感应的发现及产生感应电流的条件；楞次定律
【解析】【解答】A．题中缓冲装置是利用绝缘缓冲底座上的线圈感应出感应电流，与船舱主体上的超导线圈互感发生相互作用，从而让船舱主体缓冲的，不是船舱主体下端MN切割磁感线发生感应相互作用的，所以MN无需是导体，可以与导轨绝缘，A不符合题意；
B．绝缘缓冲底座上的线圈ab边切割磁感线，线圈回路磁通量变化，形成感应电流，磁场对ab边的安培力向下，根据牛顿第三定律，ab边对超导线圈的力向上，超导线圈固定在船舱主体上，对船舱主体和导轨
当缓冲底座着地后，船舱主体开始做加速度减小的减速运动，当导轨足够长，船舱主体可能达到收尾速度，之后匀速下降到地面，B不符合题意；
C．当船舱主体所受安培力等于重力时，有
解得
可见：只增加磁场的磁感应强度，可使缓冲弹簧接触地面前速度减小（收尾速度越小）；只增加闭合线圈电阻，可使缓冲弹簧接触地面前速度增大，C符合题意，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】该装置利用电磁感应现象使底座和与船舱主体相互作用，发生相互作用，结合楞次定律以及右手定则得出感应电流的方向，利用安培力的方向以及牛顿第二定律判断船舱主体的运动情况，当船舱主体所受安培力等于重力时得出舱船主体运动的速度。
二、多项选择题
10．“卫星悬绳发电”是人类为寻找卫星的新型电力能源供应系统而进行的实验 假设在实验中，用飞机拖着一根很长的金属线 其下端悬挂一个金属球，以保证金属线总是呈竖直状态 在高空环绕地球飞行，且每次飞经我国上空时都是由西北飞向东南方向，则下列说法正确的是 　　
A．这是利用运动导线切割地磁场的磁感线产生电动势的原理，金属线相当于发电机的绕组
B．该发电机可产生直流电，且金属线的上端为正极
C．该发电机可产生直流电，且金属线的上端为负极
D．该发电机可产生交流电，当飞机在北半球飞行时、金属线的上端为其正极，当飞机在南半球飞行时、金属线的上端为其负极
【答案】A,B
【知识点】地磁场；右手定则
【解析】【解答】运动导线切割地磁场的磁感线产生电动势，金属线相当于发电机的绕组。地磁场的方向由南向北，根据右手定则，上端的电势高，即金属线的上端为正极，产生的电流方向不变，为直流电，AB符合题意，CD不符合题意。
故答案为：AB
【分析】飞机拖着金属线 在高空环绕地球飞行时，运动导线切割地磁场的磁感线产生电动势，金属线相当于发电机的绕组。根据地磁场的分布和右手定则可判断感应电流的方向。
11．直流发电机的工作原理可以简化为如图所示的情景。在竖直向下的匀强磁场中，两根光滑平行金属轨道、固定在水平面内，两轨道左端点、间接一电阻。导体棒垂直于、放在轨道上，与轨道接触良好。导体棒在水平向右的外力作用下向右做匀速直线运动时，电阻上就可以产生电热。根据其工作原理，在导体棒向右做匀速直线运动的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．导体棒所受的安培力水平向右
B．导体棒所受的安培力对导体棒做正功
C．导体棒端的电势比端的电势高
D．通过电阻的电流方向由指向
【答案】C,D
【知识点】左手定则；右手定则
【解析】【解答】A．根据右手定则可知，导体棒中的感应电流方向为从b流向a，根据左手定则可知，安培力的方向为水平向左，A不符合题意；
B．安培力的方向水平向左，导体棒的运动方向向右，安培力对导体棒做负功，B不符合题意；
CD．导体棒相当于电源，且导体棒中的感应电流方向为从b流向a，a端相当于电源正极，b端相当于电源负极，外部电路中，电流从正极流向负极，CD符合题意。
故答案为：CD。
【分析】利用右手定则结合导体棒的速度方向可以判别感应电流的方向，结合左手定则可以判别安培力的方向；由于安培力方向与速度方向相反所以安培力做负功；导体棒相当于电源，利用感应电流的方向可以判别电势的高低。
12．如图所示，E为电池，L是电阻可忽略不计、自感系数足够大的线圈，D1、D2是两个规格相同且额定电压足够大的灯泡，S是控制电路的开关．对于这个电路，下列说法中正确的是（　　）
A．刚闭合开关S的瞬间，通过D1、D2的电流大小相等
B．刚闭合开关S的瞬间，通过D1、D2的电流大小不相等
C．闭合开关S待电路达到稳定，D1熄灭，D2比原来更亮
D．闭合开关S待电路达到稳定，再将S断开瞬间，D2立即熄灭，D1闪亮一下再熄灭
【答案】A,C,D
【知识点】楞次定律
【解析】【解答】A、S闭合瞬间，由于自感线圈相当于断路，所以两灯是串联，电流相等，A符合题意，B不符合题意；
C、闭合开关S待电路达到稳定时， 被短路， 比开关S刚闭合时更亮，C符合题意；
D、S闭合稳定后再断开开关， 立即熄灭，但由于线圈的自感作用，L相当于电源，与 组成回路， 闪亮一下再熄灭，D符合题意．
故答案为：ACD
【分析】线圈中电流增大时，产生感应电流的方向跟原电流的方向相反，抑制增大；线圈中的电流减小时，产生自感电流的方向与原电流方向相同，抑制减小，并与构成电路回路。
13．如图所示，倾角为、间距、电阻不计的金属轨道固定放置，沿轨道建立轴，边界与坐标原点在一条直线上且垂直轴。区域：，垂直轨道平面向下；区域：，垂直轨道平面向上。一质量为、边长均为的形框由金属棒阻值和两绝缘棒组成。另有质量为长、阻值的金属棒在离一定距离处获得沿斜面向下的冲量后向下运动。金属棒及形框与轨道间的动摩擦因数。下列说法正确的是
（　　）
A．在棒释放后的很短时间内，两点的电势有
B．若棒从某处释放，同时形框解除锁定，为使棒与形框碰撞前框保持静止，则棒释放时所获得冲量满足
C．若棒在处释放且初速度为，同时形框解除锁定，则棒到达时速度为
D．若棒在处释放且初速度为，同时形框解除锁定，则在棒与框发生完全非弹性碰撞后棒的最大位移
【答案】C,D
【知识点】动量定理；动量守恒定律；安培力的计算；右手定则
【解析】【解答】A.根据右手定则， 点的电势高，故A错误；
B.金属棒 向下运动时，由于
则金属棒 释放后做加速度减小的减速运动，安培力
形框受到安培力的方向沿导轨平面向上
其中
获得冲量的瞬间， 形框受到的安培力最大，最容易发生滑动。为使 形框静止，此时 形框受到的摩擦力沿导轨平面向下为最大静摩擦力，大小为
形框静止有
解得 释放时所加的初速度满足的条件为
冲量满足
故B错误；
C.金属棒 初速度为 ，则金属棒 在安培力作用下做加速度减小的减速运动，而 形框在碰撞前始终处于静止。设到达 时速度为 ，以沿导轨平面向下为正方向，由动量定理得
其中
得
故C正确；
D. 与形框发生完全非弹性碰撞，由动量守恒得
解得
当 形框速度为 时，其感应电流为
其中 分别为 边和 边处的磁感应强度，电流方向为顺时针方向，总的安培力为
其中
根据动量定理得
与框发生完全非弹性碰撞后 棒的最大位移
D正确。
故选CD。
【分析】结合右手定则、安培力的公式以及冲量的概念去分析判断AB选项；利用动量定理的公式和动量守恒定律，结合安培力的计算公式判断CD选项
14．如图甲所示，abcd是位于竖直平面内的正方形闭合金属线框，在金属线框的下方有一磁感应强度为B的匀强磁场区域，MN和M'N'是匀强磁场区域的水平边界，并与线框的bc边平行，磁场方向与线框平面垂直．现金属线框由距MN的某一高度从静止开始下落，图乙是金属线框由开始下落到完全穿过匀强磁场区域的v﹣t图象．已知金属线框的质量为m，电阻为R，当地的重力加速度为g，图象中坐标轴上所标出的v1、v2、v3、t1、t2、t3、t4均为已知量（下落过程中线框abcd始终在竖直平面内，且bc边始终水平）．根据题中所给条件，以下说法正确的是（　　）
A．可以求出金属线框的边长
B．线框穿出磁场时间（t4﹣t3）等于进入磁场时间（t2﹣t1）
C．线框穿出磁场与进入磁场过程所受安培力方向相同
D．线框穿出磁场与进入磁场过程产生的焦耳热相等
【答案】A,C
【知识点】安培力；能量守恒定律；楞次定律；右手定则；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】解：A：线框离开 磁场时做匀速运动，所以：L=v3（t4﹣t3），A符合题意；
B：由于线框离开磁场时的速度大于进入磁场时的平均速度，因此线框穿出磁场的时间小于进入磁场的时间，B不符合题意；
C：根据楞次定律，可以判定安培力在线框进入磁场和穿出磁场时的方向都向上，C符合题意；
D：由能量守恒，线框进入磁场时，
线框离开磁场时，mgL=Q2，可见Q1＜Q2，D不符合题意．
故答案为：AC
【分析】根据速度时间图像的物理意义分析各个时间段线框的运动情况，结合楞次定律以及能量守恒综合进行判断即可。
三、非选择题
15．如图所示是“胜哥”“研究电磁感应现象”的实验装置。
（1）如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上开关后，“胜哥”将A线圈迅速插入B线圈中，电流计指针将　 　偏转。（填“向左”“向右”或“不”）
（2）连好电路后，并将A线圈插入B线圈中后，若要使灵敏电流计的指针向左偏转，可采取的操作是_______。
A．插入铁芯 B．拔出A线圈
C．变阻器的滑片向左滑动 D．断开电键S瞬间
（3）G为指针零刻度在中央的灵敏电流表，连接在直流电路中时的偏转情况如图（1）中所示，即电流从电流表G的左接线柱进时，指针从中央向左偏。今把它与一线圈串联进行电磁感应实验，则图（2）中的条形磁铁的运动方向是向　 　（填“上”、“下”）；图（3）中电流表指针应　 　（填“向左”“向右”）偏转。
【答案】（1）向右
（2）B；D
（3）下；向右
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件；磁通量；楞次定律；右手定则
【解析】【解答】（1）闭合开关时，线圈电流从无到有，磁场增强，穿过线圈的磁通量增大，指针右偏 ，得出规律：磁通量增大时，指针右偏；合上开关后，迅速插入线圈，线圈的磁通量因靠近（磁场增强 ）而再次增大；磁通量变化趋势与“闭合开关”时一致（均增大 ），故指针向右偏转；
故答案为：向右。
（2）A选项（插入铁芯）：插入铁芯会增强线圈的磁场，使穿过的磁通量增大，指针右偏，排除。
B选项（拔出线圈）：拔出线圈，线圈处磁场减弱，磁通量减小，指针左偏，符合。
C选项（变阻器滑片向左滑动）：滑片左滑，线圈电流增大，磁场增强，穿过的磁通量增大， 指针右偏，排除。
D选项（断开电键瞬间）：断开电键，线圈电流消失，磁场消失，穿过的磁通量减小，指针左偏，符合。
故答案为：BD。
（3）图（2）中指针左偏 ， 电流从左接线柱进线圈；由右手螺旋定则：电流产生的感应磁场方向向下（四指沿电流方向，大拇指指磁场方向 ）；楞次定律：感应磁场“阻碍原磁通量变化”，原磁通量向下且增大（因为感应磁场向下，与原磁场方向相同，说明原磁通量在增大 ）；磁铁下端是极（磁场方向向上 ），要让原磁通量向下增大，磁铁需向下运动（靠近线圈，使向下的磁通量叠加增大 ）。
图（3）中磁铁极向下，向下运动 ， 穿过线圈的磁通量向下增大（极磁场向下，靠近线圈则磁通量增大 ），
楞次定律：感应磁场“阻碍磁通量增大”， 感应磁场向上（与原磁场方向相反 ），由右手螺旋定则：感应电流方向为从右接线柱进电流表（四指沿感应磁场方向，大拇指指电流方向 ），电流从右接线柱进，指针向右偏转。
故答案为：下；向右。
【分析】（1）先通过“闭合开关指针右偏”，明确“磁通量增大， 指针右偏”的对应关系；再分析“线圈插入线圈”的操作对磁通量的影响，匹配偏转方向。
（2）已知“磁通量增大，指针右偏”，则“指针左偏，磁通量减小”；分析各选项操作对线圈磁通量的影响，筛选“磁通量减小”的操作。
（3）先由“电流从左接线柱进， 指针左偏”，建立电流方向与指针偏转的关系，再用右手螺旋定则、楞次定律，推导磁场方向、磁通量变化，最终确定磁铁运动和指针偏转。
（1）闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，说明穿过线圈B的磁通量增大，灵敏电流计的指针向右偏。那么合上开关后，将A线圈迅速插入B线圈中，穿过线圈B的磁通量也增大，则电流计指针也将向右偏转。
（2）连好电路后，并将A线圈插入B线圈中后，若要使灵敏电流计的指针向左偏转，则可知应使穿过B线圈的磁通量减小，可采取的操作是拔出A线圈或断开电键S瞬间；而插入铁芯或变阻器的滑片向左滑动均使穿过B线圈的磁通量增大，指针向右偏。
故选BC。
（3）[1]电流从电流表G的左接线柱进时，指针从中央向左偏。图（2）中电流表G指针向左偏，则流进电流表G的电流方向自左向右。根据右手定则，可知感应电流产生的磁场竖直向下，图中条形磁铁的下端为S极，根据楞次定律可判断条形磁铁的运动方向是向下；
[2]图（3）中，条形磁铁N极向下，磁铁向下运动，穿过线圈的磁通量向下增大，根据楞次定律，可判断知通过电流表的电流自右向左，则指针应向右偏转。
16．“胜哥”在探究影响感应电流方向的因素的实验中，用到了图甲中的实验仪器。
（1）请将下面实物图甲中所缺的导线补接完整　 　。
（2）实验前，先判断电流方向与灵敏电流计指针的偏转关系。正确连接实验电路后，灵敏电流计的指针在表盘中央，在原线圈插入副线圈后，将开关闭合，此时灵敏电流计的指针向左偏转，接着进行下列实验：
①在原线圈插入副线圈后，将两者一起上下移动，则灵敏电流计的指针　 　（选填“向左”、“向右”或“不”）偏转。
②在原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器的滑片迅速向右滑动，则灵敏电流计的指针　 　（选填“向左”、“向右”或“不”）偏转。
③将原线圈从副线圈中迅速拔出时，灵敏电流计的指针将　 　（选填“向左”、“向右”或“不”）偏转。
④原线圈插入副线圈后，闭合开关，将滑动变阻器触头从最左端拉到最右端，第一次快拉，第二次较慢拉，两情况下线圈中产生的感应电动势的大小关系是E1　 　E2。
【答案】（1）
（2）不；向左；向右；大于
【知识点】研究电磁感应现象
【解析】【解答】（1）连接完整的电路图如下图所示
（2）①在原线圈插入副线圈后，将两者一起上下移动，则穿过副线圈的磁通量不变，所以不会产生感应电流，灵敏电流计的指针不偏转。
②在闭合开关时，原线圈中的电流增大，则穿过副线圈的磁通量增大，观察到灵敏电流计的指针向左偏转。如果将滑动变阻器的滑片迅速向右滑动，则原线圈中的电流增大，穿过副线圈的磁通量增大，所以灵敏电流计的指针应该向左偏转。
③将原线圈从副线圈中迅速拔出时，穿过副线圈的磁通量快速减小，则灵敏电流计的指针应该向右偏转。
④第一次快拉，用的时间短，磁通量变化快，所以这种情况下产生感应电动势的大小大于第二次慢拉产生感应电动势的大小。
故答案为：①不；②向左；③向右；④大于
【分析】(1) 本实验为互感实验，电路分为两部分。原线圈需连接电源、开关、滑动变阻器，形成闭合回路；副线圈连接灵敏电流计，形成另一个闭合回路。补接导线时，确保原线圈电路完整，副线圈与电流计正确连通。
(2) 根据楞次定律判断感应电流方向，再结合已知 “开关闭合时灵敏电流计左偏” 的基准，分析磁通量变化对指针偏转的影响；感应电动势的大小由磁通量变化率决定，变化越快，电动势越大。
（1） 连接完整的电路图如下图所示
（2） ①[1]在原线圈插入副线圈后，将两者一起上下移动，则穿过副线圈的磁通量不变，所以不会产生感应电流，灵敏电流计的指针不偏转。
②[2]在闭合开关时，原线圈中的电流增大，则穿过副线圈的磁通量增大，观察到灵敏电流计的指针向左偏转。如果将滑动变阻器的滑片迅速向右滑动，则原线圈中的电流增大，穿过副线圈的磁通量增大，所以灵敏电流计的指针应该向左偏转。
③[3]将原线圈从副线圈中迅速拔出时，穿过副线圈的磁通量快速减小，则灵敏电流计的指针应该向右偏转。
④[4]第一次快拉，用的时间短，磁通量变化快，所以这种情况下产生感应电动势的大小大于第二次慢拉产生感应电动势的大小。
17．
18．物理实验一般都涉及实验目的、实验原理、实验仪器、实验方法、实验操作、数据分析、实验误差等。
（1）实验操作。“胜哥”利用图1所示电路研究电磁感应现象。在图示状态闭合开关瞬间，发现灵敏电流计的指针向左偏转。那么在闭合开关后，将滑动变阻器的滑片向右滑动时，灵敏电流计指针将向　 　（选填“左”或“右”）偏转。
（2）数据分析。在双缝干涉实验中，用红色激光照射双缝，在屏幕上形成双缝干涉图样。将测量头的分划板中心刻线与A亮纹中心对齐，将该亮纹定为第1条亮纹此时手轮上的示数，然后同方向转动测量头，使分划板中心刻线与B亮纹中心对齐，记下此时图2中手轮上的示数　 　mm；已知双缝间距，双缝到屏的距离，可得所测光的波长为　 　m；（保留两位有效数字）
（3）实验方法。“胜哥”在做用单摆测定重力加速度的实验后发现在测量摆长时忘了加上摆球的半径，则“胜哥”做出的图像为图中的　 　。
A．虚线①，不平行OM B．虚线②，平行OM
C．虚线③，平行OM D．虚线④，不平行OM
（4）误差分析。“胜哥”在“测量玻璃的折射率”实验中，为了防止笔尖碰到玻璃砖面而损伤玻璃砖，“胜哥”画出的玻璃砖界面、如图4所示。若其他探作正确，请通过作图和必要的文字说明玻璃砖折射率的测量值比真实值偏大、偏小还是不变。　 　
【答案】右；15.375；；B；见解析
【知识点】测定玻璃的折射率；用双缝干涉测光波的波长；用单摆测定重力加速度；研究电磁感应现象
【解析】【解答】本题考查了物理实验中的实验方法、实验操作、数据分析、实验误差四个方面，要求学生熟练掌握新课程标准中涉及的所有基本实验的各个方面，本题可以很好地培养学生的实验能力。（1）合开关瞬间，发现灵敏电流计的指针向左偏转，可知线圈B的磁通量增加时，灵敏电流计的指针向左偏转；在闭合开关后，将滑动变阻器的滑片向右滑动时，滑动变阻器接入电路电阻增大，线圈A中电流减小，线圈B的磁通量减小，则灵敏电流计指针将向右偏转。
（2）图2中手轮上的示数为
根据双缝干涉相邻条纹间距公式
又
联立可得
（3）若为单摆的实际摆长，则有
可知
某同学在做用单摆测定重力加速度的实验后发现在测量摆长时忘了加上摆球的半径，设小球半径为，根据单摆周期公式可得
可得
可知该同学做出的图像为：虚线②，平行OM。
故选B。
（4）根据测光的折射率的实验步骤，画出光路如图所示
由图可知，实际的入射角和测量的入射角未发生变化，但测量的折射角比实际的折射角大，根据
，
可得
则玻璃砖折射率的测量值比真实值偏小。
【分析】（1）根据题意可知通过线圈B的磁通量增加时，灵敏电流计的指针向左偏转，然后分析滑动变阻器的滑片向右滑动时穿过线圈B的磁通量的变化情况，据此分析作答；
（2）螺旋测微器的精确度为0.01mm，测量值=固定刻度对应示数（mm）+对齐格数（估读一位）×精确度；求相邻亮条纹之间的距离，最后根据双缝干涉条纹间距公式求波长；
（3）根据单摆周期公式得到T2-L函数表达式，然后结合图像分析作答；
（4）作光路图，然后结合折射定律分析作答。
19． “胜哥”利用如图所示装置探究影响感应电流方向的因素。
（1）如图，请补齐连线　 　。
（2）补齐线后，“胜哥”在断开开关时发现灵敏电流计指针向右偏转，下列操作中同样能使指针向右偏转的有　 　。
A．闭合开关时
B．开关闭合后将滑动变阻器的滑片向左滑动时
C．开关闭合后将B线圈从A线圈中拔出时
D．开关闭合后将B线圈倒置再重新插入A线圈中时
（3）补齐连线并闭合开关后，把B线圈从同样高度插到副线圈中同样的位置处，第一次快插，第二次慢插，两情况下A线圈中产生的感应电动势的大小关系是　 　（选填“”“”或“”）。
【答案】（1）
（2）CD
（3）>
【知识点】研究电磁感应现象
【解析】【解答】（1）线圈A应该与灵敏电流计连接成闭合回路，线圈B应与滑动变阻器、电键和电源连接成闭合回路，电路连线如图。
（2）甲同学在断开开关时发现灵敏电流计指针向右偏转，说明当穿过线圈A的磁通量减小时指针右偏，则
A.闭合开关时，穿过线圈A的磁通量增加，则指针左偏，A不符合题意；
B.开关闭合后将滑动变阻器的滑片向左滑动时，滑动变阻器阻值减小，电流增加，则穿过线圈A的磁通量增加，指针左偏，B不符合题意；
C.开关闭合后将B线圈从A线圈中拔出时，穿过线圈A的磁通量减小，指针右偏，C符合题意；
D.开关闭合后将B线圈倒置再重新插入线圈中时，则穿过线圈A的磁通量反向增加，指针右偏，D符合题意。
故答案为：CD。
（3）快插和慢插，线圈A中的磁通量变化量相同，但快插用时短，所以磁通量变化快，由法拉第电磁感应定律
可知，快插时产生的感应电动势较大，即
【分析】（1）根据电磁感应原理完成电路图；（2）根据甲同学的发现总结出电流计指针偏转方向与磁通量变化的关系，再判断各选项中指针的偏转方向；（3）根据法拉第电磁感应定律分析快插和慢插时A线圈中感应电动势的大小关系。
20．“胜哥”在“探究法拉第电磁感应现象”的实验中
（1）已将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈、线圈、电表及开关按如图所示部分连接，要把电路连接完整正确，则连接到　 　（选填“”“”“”或“”），连接到　 　（选填“”“”“”或“”）。
（2）正确连接电路后，开始实验探究，“胜哥”发现当他将滑动变阻器的滑动端P向右加速滑动时，灵敏电流计指针向右偏转，由此可以判断____。
A．线圈A向上移动或滑动变阻器滑动端P向左加速滑动，都能引起灵敏电流计指针向左偏转
B．线圈A中铁芯向上拔出或断开开关，都能引起灵敏电流计指针向右偏转
C．滑动变阻器的滑动端P匀速向左或匀速向右滑动，灵敏电流计指针都静止在中央
D．因为线圈A、线圈B的绕线方向未知，故无法判断灵敏电流计指针偏转的方向
（3）“胜哥”第一次将滑动变阻器的触头P慢慢向右移动，第二次将滑动变阻器的触头P快速向右移动，发现电流计的指针摆动的幅度第二次的幅度大，原因是线圈中的　 　（填“磁通量”或“磁通量的变化量”或“磁通量的变化率”）第二次比第一次的大。
（4）“胜哥”在实验室重做电磁感应现象的实验，他将电流表、线圈A和B、蓄电池，开关用导线连接成电路。当他接通、断开开关时，电流表的指针都没有偏转，其可能的原因是____。
A．开关的位置接错 B．电流表的正负极接错
C．线圈B的接头接反 D．蓄电池的正负极接反
【答案】（1）；
（2）B
（3）磁通量的变化率
（4）A
【知识点】研究电磁感应现象
【解析】【解答】（1）将电流计与线圈B串联成另一个回路，所以N连接a；将电源、电键、变阻器、线圈A串联成一个回路，注意滑动变阻器应连接一上一下两个接线柱，所以M连接c；
（2）由题干条件可知，当P向右加速滑动时，滑动变阻器接入电路的阻值增大，线圈A中的电流应越来越小，则其磁场减小，穿过线圈B的磁通量减少，此时线圈B中产生了电流使指针向右偏转，故可知当B中的磁通量减小时，电流表指向右偏；
A.线圈A向上移动时，线圈B中磁通量减小，可知指针向右偏转；而滑动变阻器滑动端P向左加速滑动时，滑动变阻器接入电路的阻值减小，线圈A中磁场增强，线圈B中磁通量增大，故指针应向左偏转，A不符合题意；
B.当铁芯拔出或断开开关时，线圈B中磁通量均减小，指针均向右偏转，B符合题意；
C.滑片P匀速向左或向右滑动时，滑动变阻器接入电路的阻值都会发生变化，所以线圈A产生磁场会发生变化，线圈B中能够产生了感应电流，指针一定会发生偏转，C不符合题意；
D.根据以上各项的分析可知，即便线圈A、线圈B的绕线方向未知，也能根据题意可以判断灵敏电流计指针偏转的方向，D不符合题意。
（3）两种情况下滑动变阻器的触头P移动的快慢不同，会导致通过A线圈的电流变化快慢不同，A线圈产生的磁场变化快慢不同，则线圈B中的磁感应强度变化快慢不同，即磁通量变化率不同，产生的感应电动势大小不同，线圈中的磁通量变化率第二次比第一次的大；
（4）A.如果将开关与灵敏电流计构成回路，当他接通、断开开关时，线圈B中的磁通量不变，电流表的指针不会偏转，A符合题意；
B.电流表的正负极接错、只是偏转方向变化，仍会偏转，B不符合题意；
C.线圈B的接头接反，当他接通、断开开关时，线圈B中的磁通量会发生变化，电流表的指针依然会偏转，C不符合题意；
D.蓄电池的正负极接反，当他接通、断开开关时，线圈B中的磁通量会发生变化，只是电流表的偏转方向变化，仍会偏转，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】（1）根据实验原理分析实验电路；（2）根据题干给出的线圈B中磁通量的变化情况与指针偏转方向的关系，分析各选项所给情况中线圈B中的磁通量的变化情况，得出指针的偏转方向；（3）磁通量的变化率不同，会导致产生的感应电动势不同；（4）根据实验原理，分析电流表指针不偏转的原因。
21．“胜哥”在“探究影响感应电流方向的因素”实验中，用试触的方法确定电流方向与电流表指针偏转方向的关系。如图甲所示实验表明，电流从电流表正接线柱流入，电流表指针向右偏转。
（1）观察如图乙所示的线圈绕线方向，若电流从流入线圈，从流出线圈，从上向下看电流的方向为　 　填“顺时针”或“逆时针”。
（2）“胜哥”用如图丙所示的实验装置，若电流表指针向右偏转，则线圈中感应电流在线圈内产生的磁场的方向　 　填“向上”或“向下”。通过电流表了解感应电流的方向，然后判断感应电流的磁场方向，得到如下实验记录：
磁体的磁场方向 向下 向下 向上 向上
通过线圈的磁通量的变化 增大 减小 增大 减小
感应电流的磁场方向 向上 向下 向下 向上
由此得出下列判断中正确的是　 　只填选项序号
A.感应电流的磁场方向和磁体的磁场方向一定相反
B.感应电流的磁场方向和磁体的磁场方向一定相同
C.磁通量增大时，感应电流的磁场方向和磁体的磁场方向一定相反
D.磁通量减小时，感应电流的磁场方向和磁体的磁场方向一定相反
【答案】（1）逆时针
（2）向上；
【知识点】研究电磁感应现象
【解析】【解答】（1）如图乙所示的线圈绕线方向，若电流从A流入到B流出，从上向下看电流的方向为逆时针；
（2）用图丙所示的实验装置，电流表指针向右偏转，从上向下看电流的方向逆时针，根据安培定则，则线圈中感应电流产生的磁场的方向向上。
由表中实验信息可知，在实验中，穿过线圈的磁通量减小，磁场方向相反，感应电流方向相反，感应电流磁场方向与原磁场方向相同，由此可知：穿过闭合回路的磁通量减少时，感应电流的磁场方向与原磁场方向相同；而穿过线圈的磁通量增加，而穿过线圈的磁场方向相反，感应电流方向相反，感应电流磁场方向与原磁场方向相反，由此可知：穿过闭合回路的磁通量增加时，感应电流的磁场方向与原磁场方向相反，故答案为：C。
【分析】本实验采用甲为对照组，即根据甲中所通电流的方向确定指针的偏转方向。再根据丙图的不同操作下，根据指针的偏转方向，判断得出感应电流的方向。继而得出在磁通量变化时，感应电流产生的磁场方向与原磁场方向的关系。
22．如图所示，两光滑平行长直导轨，间距为，放置在水平面上，磁感应强度为的匀强磁场与导轨平面垂直，两质量都为、电阻都为的导体棒垂直放置在导轨上，与导轨接触良好，两导体棒距离足够远，静止，以初速度向右运动，不计导轨电阻，忽略感生电流产生的磁场，从开始到最终稳定的全过程中，求：
（1）导体棒的最终速度和中产生的焦耳热；
（2）通过导体棒横截面的电量。
【答案】（1）解：根据楞次定律，导体棒最终以相同的速度匀速直线运动，设共同速度为，水平向右为正方向，根据动量守恒定律可得
解得
设导体棒、在整个过程中产生的焦耳热为，根据能量守恒定律可得
解得
导体棒的电阻都为r，因此导体棒中产生的焦耳热为
（2）解：对导体棒，由动量定理得
因为
故
因此通过导体棒横截面的电量为
【知识点】动量定理；动量守恒定律；能量守恒定律；电流、电源的概念；楞次定律
【解析】【分析】（1）由动量守恒定律求解两棒的最终速度；再根据能量守恒求解产生的焦耳热；（2）由动量定理和电流的定义式综合求解。
23．如图甲所示，为研究试验小车的电磁驱动和电磁阻尼，总质量为M的小车底面固定矩形金属线框abcd，小车底面下方固定绕有线圆的长方体软磁棒。小车的电磁驱动系统如图乙所示，驱动磁场与线框平面垂直且均匀分布，相邻磁场的磁感应强度大小均为B，方向相反，磁场宽度与线框边长bc相等，已知金属线框的总电阻为R，ab边长为L。小车的电磁阻尼系统如图丙所示，软磁棒位于长方体铝条轨道之间，与铝条轨道靠近并互相垂直，软磁棒端面是边长为d的正方形，线圈通电后软磁棒才可看作条形磁铁，它在端面正对的铝条区域形成磁感应强度为的匀强磁场，为了研究方便，铝条中只考虑与端面正对部分的磁场和电阻，其他部分的磁场和电阻均忽略不计，已知铝条的厚度为l，电阻率为。小车进行试验时，先断开软磁棒线圈的电流，驱动磁场以加速度a从静止开始向右做匀加速运动，经过一段时间后小车开始运动，假设小车所受的阻力恒为f。
（1）判断金属线框在图乙位置时感应电流的方向（顺时针或逆时针）；
（2）求驱动磁场开始运动到小车开始运动所经过的时间：
（3）在驱动磁场开始运动时间后，小车已经在做匀加速运动，求此时小车的速度；
（4）当小车速度达到时，使驱动磁场立即停止运动，同时给软磁棒的线圈通上电流，则小车经过时间停下，求此减速过程中小车运动的距离。
【答案】（1）解：由楞次定律可知感应电流方向为顺时针
（2）解：设从磁场开始运动到线框开始运动所经过时间为t，则由
得
（3）解：由分析可知：金属线框做匀加速运动的加速度大小也应为a；设此时金属线框的速度为v，则由
得
（4）解：设此过程中小车运动的距离为x，在此过程中小车受三个力的冲量：
设阻力对小车的冲量为
设金属线框使小车所受的冲量
设软磁棒使小车所受的冲量
由动量定理
解得
【知识点】动量定理；共点力的平衡；牛顿第二定律；楞次定律
【解析】【分析】（1）根据楞次定律得出感应电流的方向：
（2） 从磁场开始运动到线框开始运动 的过程中，结合共点力平衡得出运动的时间；
（3） 金属线框做匀加速运动 时利用牛顿第二定律以及匀变速直线运动的规律得出小车的速度：
（4）利用动量定理以及冲量的表达式得出减速过程中小车运动的距离。
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