图甲为一研究电磁感应的实验装置

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C. 如图①为“研究电磁感应现象”的实验装置．（1）请用笔连线代替导线将图①中所缺的导线补接完整．（2）已

（1）将电源、电键、变阻器、小螺线管串联成一个回路，再将电流计与大螺线管串联成另一个回路，电路图如图所示：

（2）A、由图示可知，条形磁铁向下插入线圈时，穿过线圈的磁通量增大，由楞次定律可知，感应电流从电流计的右接线柱流入，电流表指针向右偏转，故A正确；
B、由图示可知，电流计指针向左偏转，说明电流从负接线柱流入，由安培定则可知，感应电流磁场向上，由图示可知，此时条形磁铁离开线圈，原磁通量减小，由楞次定律可知，原磁场方向向下，因此条形磁铁的下端是N极，故B正确；
C、由图示可知，电流计指针向右偏转，说明电流从正接线柱流入，由安培定则可知，感应电流磁场向下，由图示可知，原磁场方向向上，由楞次定律可知，原磁通量应减小，因此条形磁铁应向上运动，故C错误；
D、由图示可知，电流计指针向右偏转，说明电流从正接线柱流入，由图示可知，原磁场方向向下，磁铁离开线圈，穿过线圈的原磁通量减小，由楞次定律可知，感应电流磁场应向下，由安培定则可知，丁图中线圈的绕制方向从上往下看为顺时针方向，与甲图相反，故D错误；
故选：AB．
故答案为：
（1）如图所示；
（2）AB．

D. 如图所示为“研究电磁感应现象”的实验装置．（1）将图中所缺的导线补接完整．（2）如果在闭合开关时发现

（1）将电源、电抄键、变阻器、小螺袭线管串联成一个回路，再将电流计与大螺线管串联成另一个回路，电路图如图所示．
（2）闭合电键，磁通量增加，指针向右偏转，将原线圈迅速插入副线圈，磁通量增加，则灵敏电流计的指针将右偏．原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器触头迅速向左拉时，电阻增大，则电流减小，穿过副线圈的磁通量减小，则灵敏电流计指针向左偏．
（3）如果副线圈B两端不接任何元件，线圈中仍有磁通量的变化，仍会产生感应电动势，不会没有感应电流存在，但是可根据楞次定律来确定感应电流的方向，从而可以判断出感应电动势的方向．故CD正确，AB错误；
故答案为：（1）

（2）①向右偏转一下；②向左偏转一下；
（3）CD．

E. 如图（a）为一研究电磁感应的实验装置示意图，其中电流传感器（电阻不计）能将各时刻的电流数据实时通过

（1）由I-t图象可知，当金属杆达到稳定运动时的电流为1.60A，
杆受力平衡，由平衡条件得：mgsinθ=BIL，
解得：B＝

mgsinθ

IL

＝

0.2×10×0.5

1.60×1

T＝0.625T，
由图可知，当t=0.5s时，I=1.10A；
P=I²R=1.10²×1.0W=1.21W；
（2）1.2s内通过电阻的电量为图线与t轴包围的面积，由图知：
总格数为129格（126～135格均正确）q=129×0.1×0.1C=1.29C（1.26C～1.35C格均正确），
由图知：1.2s末杆的电流I=1.50A，
感应电流I=

E

R+r

=

BLv

R+r

，
金属杆速度：v=

I(R+r)

BL

，
解得：v=3.6m/s，
通过电阻的电荷量：
q=I△t=

E

R+r

△t=

△Φ

△t

?

1

R+r

?△t=

△Φ

R+r

=

BLx

R+r

，
金属杆移动的距离：x=

q(R+r)

BL

，
解得：x=3.096m，
由能量守恒定律得：mgxsinθ=

1

2

mv²+Q，
电阻R上产生的热量：Q_R=

R

R+r

Q，
解得：Q_R=1.2J；
（3）由图象分析，金属杆在1.6s内随着位移的变大，做加速度逐渐变小的速度变大的直线运动；
1.6s～2.0s内随着位移的变大，做匀速直线运动；2.0s时刻断开电键，
2.0s～4.0s金属杆做匀加速直线运动，其加速度为a=5m/s²．图象如图所示：
图象
答：（1）匀强磁场的磁感应强度B的大小为0.625T，在t=0.5s时电阻R的热功率为1.21W；
（2）估算0～1.2s内通过电阻R的电荷量及在R上产生的焦耳热为1.2J；
（3）速度随时间的变化图象如图所示．

F. 如图为“研究电磁感应现象”的实验装置．（1）将图中所缺的导线补接完整．（2）怎样才能使线圈B中有感应

（1）探究电磁感应现象实验电路分两部分，要使原线圈产生磁场必须对其通电，故电源、开关、滑动变阻器、原线圈组成闭合电路，
灵敏电流计与副线圈组成另一个闭合电路；如图所示：

（2）当穿过B线圈的磁通量发生变化时，会产生感应电流，方法有：①电键K 闭合瞬间． ②电键K断开瞬间．③线圈A 放入线圈B的过程中． ④线圈A 从线圈B内移出的过程中．⑤调节滑动变阻器的滑动端P时．
故答案为：（1）如图所示（2）①电键K闭合瞬间．②电键K断开瞬间．
③线圈A放入线圈B的过程中．④线圈A从线圈B内移出的过程中．
⑤调节滑动变阻器的滑动端P时．

G. 如图（甲）为一研究电磁感应的装置，其中电流传感器（相当于一只理想的电流表）能将各时刻的电流数据实时

（1）由图知：杆达到稳定运动时的电流为1.0A
K接通前 mgsinθ=μmgcosθ
K接通后且杆达到稳定时 mgsinθ+BIL=μmgcosθ+Mg
解得 B=

Mg

IL

=1T
（2）乙图中每格面积为 0.04×0.04，0.4s内通过电阻的电量为图线与t轴包围的面积
由图知：总格数为144格，所以电量为 q=144×0.04×0.04C=0.23C
（3）由图知：0.4s末杆的电流I=0.86A
∵I=

E

R+r

=

BLv

R+r

∴v=

I(R+r)

BL

=0.86m/s
电量q=I△t=

△Φ

△t(R+r)

?△t=

△Φ

R+r

=

BLx

R+r

，
得 x=

q(R+r)

BL

=0.23m
根据能量守恒得
Mgx=

1

2

(M+m)v2+Q
代入解得，Q=0.16J
又R上产生的焦耳热Q_R=

Q

2

=0.08J
答：
（1）匀强磁场的磁感应强度B的大小是1T；
（2）0～0.4s内通过R的电量是0.23C；
（3）0～0.4s内R上产生的焦耳热是0.08J．

H. 如图为“研究电磁感应现象”的实验装置．（1）将图中所缺的导线补画完整．（2）如果在闭合电键时发现灵敏

（1）将电源、电键、变阻器、小螺线管串联成一个回路，
再将电流计与大螺线管串联成另一个回路，电路图如图所示．

I. 如图（甲）为一研究电磁感应的实验装置示意图，其中电流传感器（相当于一只理想的电流表）能将各时刻的电

（1）由I-t图象可知当t=0.2s时，I=0.6A；
P=I²R=0.6²×0.5=0.18W；
（2）由图知，当金属杆达到稳定运动时的电流为1A，
K断开时回，由平衡条件得：答mgsinθ=μmgcosθ，
K闭合后稳定时，杆匀速运动，由平衡条件得：
Mg+mgsinθ=μmgcosθ+BIL，
解得B=

Mg

IL

=1T；
（3）0.4s内通过电阻的电量为图线与t轴包围的面积，由图知：
总格数为137格（130-145均正确），则感应电荷量：
q=137×0.04×0.04C=0.22C，
由图知：0.4s末杆的电流I=0.83A，
∵I=

E

R+r

=

BLv

R+r

，
∴v=

I(R+r)

BL

=0.83m/s，
∵q=

△Φ

R+r

=

BLx

R+r

，
∴x=

q(R+r)

BL

=0.22m；
∵Mgx=

1

2

（M+m）v²+Q，
∴Q=0.15J，
Q_R=

Q

2

=0.075J；
答：（1）t=0.2s时电阻R的热功率是0.18W；
（2）匀强磁场的磁感应强度B的大小是1T；
（3）0～0.4s内R上产生的焦耳是0.075J．

J. 如图为“研究电磁感应现象”的实验装置． （1）将图中所缺的导线补接完整．（2）（不定...

解：（1）见右图
（2）当在闭合电键时，发现灵敏电流计的指针向右偏了一下．则说明线圈磁通量从无到有即变大，导致电流计指针向右偏一下．
A、当将原线圈迅速插入副线圈时，则线圈的磁通量也是从无到有，则电流计指针向右偏转一下，故A正确；
B、当将原线圈迅速插入副线圈时，则线圈的磁通量也是从无到有即变大，则电流计指针向右偏转一下，当稳定后线圈磁通量不变，则线圈中没有感应电流．故B错误；
C、当原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器触头迅速向左拉时，电路中电流变小，导致线圈磁通量变小，则电流计指针向左偏转一下，故C错误；
D、当原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器触头迅速向左拉时，电路中电流变小，导致线圈磁通量变小，则电流计指针向左偏转一下，故D正确；
故选：AD