题目内容
20.(1)用如图所示的装置研究电磁感应现象,在图示情况下,当电键闭合时,观察到灵敏电流计的指针向右偏转,电键闭合一段时间后,为使灵敏电流计的指针向左偏转,可采用的方法有CDA.将变阻器滑动头向右端滑动
B.将一软铁插入线圈A中
C.将线圈A从线圈B中提出
D.迅速断开电键
(2)在电磁感应实验中,缓慢移动滑动变阻器的触头时,我们看到电流表中有示数,但是变化不太明显,以下哪些措施可以使现象更加明显:ABD
A.换用电动势更大的电池组
B.迅速的移动滑线变阻器的触头
C.使滑动变阻器接入电路的电阻更小一些
D.迅速的断开或者闭合开关
(3)该实验的结论是:只有当闭合电路的磁通量变化时,才会产生感应电流.
分析 电流表指针的偏转方向取决于感应电流的方向,感应电流反向,电流表指针反向;由楞次定律可知,感应电流磁场总是阻碍原磁通量的变化,原磁通量变大,感应电流磁场与原磁场方向相反,原磁通量变小,感应电流磁场与原磁场方向相同,即磁通量变化情况发生变化时,感应电流方向发生变化.
解答 解:(1)当电键闭合时,穿过线圈B的磁通量增大,电流表指针向右偏;要想使电流表指针向左偏转,只要穿过项圈B的磁通量减小即可;
A、由电路图可知,将变阻器滑动头向右端滑动通过线圈A的电流增大,穿过线圈B的磁通量增加,电流表指针向右偏,故A错误;
B、将一软铁棒插入线圈A中,穿过线圈B的磁通量变大,电流表指针向右偏转,故B错误;
C、将线圈A从线圈B中拨出,穿过线圈B的磁通量变小,电流表指针向左偏转,故C正确;
D、断开电键时,穿过线圈A的电流迅速减小,穿过线圈B的磁通量变小,电流表指针向左偏转,故D正确;
(2)看到电流表中有示数,但是变化不太明显,说明磁通量变化率不大,
A、换用电动势更大的电池组,当移动滑片时,电流变化较大,则变化明显,故A正确;
B、迅速的移动滑线变阻器的触头时,也会电流变化较大,则变化明显,故B正确;
C、使滑动变阻器接入电路的电阻更小一些,则电流更大,但变化不一定大,因此变化不一定明显,故C错误;
D、断开或者闭合开关时,磁通量变化较大,变化明显,故D正确;
(3)根据实验现象,可知,当闭合电路的磁通量变化时,才会产生感应电流;
故答案为:(1)CD;(2)ABD;(3)只有当闭合电路的磁通量变化时,才会产生感应电流.
点评 本题考查了判断感应电流方向问题,理解楞次定律内容并灵活应用楞次定律是正确解题的关键;同时掌握感应电流产生的条件,及第2问题:变化不太明显的原因,是解题的关键.
A. | A1示数不变,A1与A2示数的比值不变 | |
B. | A1示数变大,A1与A2示数的比值变大 | |
C. | V2示数变小,V1与V2示数的比值变大 | |
D. | V2示数不变,V1与V2示数的比值不变 |
A. | 6 N | B. | 10 N | C. | 1 N | D. | 9 N |
A. | 当F向上压膜片电极时,电容将减小 | B. | 若电流计有示数,则压力F一定变化 | ||
C. | 若电流计有示数,则压力F一定减小 | D. | 若电流计有示数,则压力F一定增大 |
A. | 重力、安培力、弹簧弹力做功的代数和等于金属棒的动能增量 | |
B. | 金属棒向下运动时,流过电阻R 的电流方向为a→b | |
C. | 金属棒静止时,弹簧上积累的弹性势能与此过程中产生的内能之和等于金属棒重力势能的减少量 | |
D. | 电阻R 上产生的总热量等于导体棒克服安培力所做的功 |
A. | 若在t=0时刻释放该带电粒子,则该粒子将在AB极板之间做往返运动 | |
B. | 若在t=$\frac{T}{4}$时刻释放该粒子,则该粒子能打中A极板 | |
C. | 若在0~$\frac{T}{4}$之间某时刻释放该带电粒子,则该粒子一定能打到A极板 | |
D. | 若在$\frac{T}{4}$~$\frac{T}{2}$之间某时刻释放带电粒子,则该粒子在AB极板之间往返运动 |