章末素养测评(二) 1.D [解析] 图甲中动圈式扬声器的工作原理是电流的磁效应,故A错误;图乙中线圈产生的自感电动势可能会大于原来电路中的电源电动势,也可能会小于原来电路中的电源电动势,故B错误;图丙中自制金属探测器是利用金属探测器中变化电流产生的磁场来进行探测的,故C错误;图丁中磁电式仪表,把线圈绕在铝框骨架上,目的是增加电磁阻尼的作用,故D正确. 2.C [解析] 在t=3 s时刻,线圈中产生的感应电流最大,说明线圈中磁通量变化率最大,但磁通量应最小,故A错误;当磁体从线圈左端插入时,穿过线圈的磁通量变大,根据楞次定律可知,有感应电流产生,小车阻碍磁体靠近,小车与磁体间为斥力,小车将向右运动,故B错误;磁体插入线圈过程产生的感应电流方向与拔出线圈过程产生的感应电流方向相反,所以题图乙显示了磁体先后两次插入和拔出线圈的过程,故C正确;由于发光二极管具有单向导电性,电路中是把两个发光二极管极性相反地并联起来,并与线圈串联,则两个并联支路中的电流方向时刻相同,所以两个发光二极管不会同时发光,故D错误. 3.C [解析] 线圈L因自感会阻碍电流的增大,则闭合开关S后,流过B灯的电流慢慢增大,B灯慢慢发光,故A错误;电路稳定后,线圈L因无自身电阻而看成导线,则A和B两并联电路的电阻相同,所以两灯的功率相同,亮度一样,故B错误;开关S断开后,线圈L阻碍电流减小而充当了新电源的作用,因稳定时流过L的电流和A的相同,则两灯都是逐渐变暗,也不会出现先闪亮后变暗的现象,故C正确,D错误. 4.C [解析] 在0~1 s时间内,导线框中磁场是向里均匀减小的,产生的感应电流大小恒定,方向为顺时针(正方向),ad边所受安培力F=ILB,由于L不变,感应电流大小恒定,故安培力大小随B减小而减小,根据左手定则可知,ad边所受安培力方向向左(正方向);在1~2 s时间内,导线框中磁场是向外均匀增大的,产生的感应电流大小恒定,方向为顺时针(正方向),ad边所受安培力F随B增大而增大,根据左手定则可知,ad边所受安培力方向向右(负方向);在2~3 s时间内,导线框中磁场是向外均匀减小的,产生的感应电流大小恒定,方向为逆时针(负方向),ad边所受安培力F随B减小而减小,根据左手定则可知,ad边所受安培力方向向左(正方向);在3~4 s时间内,导线框中磁场是向里均匀增大的,产生感应电流大小恒定,方向为逆时针(负方向),ad边所受安培力随B增大而增大,根据左手定则可知,ad边所受安培力方向向右(负方向),故A、B、D错误,C正确. 5.B [解析] 若电阻变大,则导体杆切割磁感线时产生的感应电流变小,即所受安培力变小,对做阻尼振动的导体杆而言,阻尼变小,振动时间相应延长,B正确,A、C、D错误. 6.B [解析] 由E=BLv,I=,F安=ILB,联立可得金属棒的速度为v时的安培力为,此时金属棒受到的安培力最大,故D错误;对金属棒受力分析,如图甲所示,根据牛顿第二定律得mgsin θ-=ma,金属棒的运动情况如图乙所示,由图乙可知金属棒在这一过程中的平均速度大于v,故A错误;由法拉第电磁感应定律得=BL,由闭合电路欧姆定律得=R,而q=Δt,x=Δt,则在这一过程中流过金属棒的电荷量q=,因此金属棒下滑的位移x=,故B正确;由能量关系可知,这一过程中产生的焦耳热Q=mgsin θ·x-mv2=mgsin θ-mv2,故C错误. 7.B [解析] 金属杆在无磁场区做匀加速运动,而金属杆进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等,所以金属杆刚进入磁场Ⅰ时做减速运动,加速度方向竖直向上,故A错误;金属杆在磁场Ⅰ中运动时,随着速度减小,产生的感应电流减小,受到的安培力减小,合力减小,加速度减小,即金属杆做加速度逐渐减小的减速运动,在两个磁场之间做匀加速运动,由题知,进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等,故金属杆在磁场Ⅰ中运动的平均速度小于在两磁场之间区域中运动的平均速度,两个过程位移相等,所以金属杆穿过磁场Ⅰ的时间大于在两磁场之间区域中运动的时间,故B正确;金 ... ...
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