電磁感應（8）

1、內裝訂線學校:_姓名：_班級：_考號：_外裝訂線絕密啟用前2018-2019學年度?學校8月月考卷試卷副標題考試范圍：xxx；考試時間：100分鐘；命題人：xxx注意事項：1答題前填寫好自己的姓名、班級、考號等信息2請將答案正確填寫在答題卡上第I卷（選擇題）請點擊修改第I卷的文字說明一、多選題1如圖所示，豎直放置的兩根平行金屬導軌間距為l，之間接有定值電阻R，質量為m的金屬棒與兩導軌始終保持垂直并良好接觸且無摩擦，棒的電阻為r，導軌電阻不計整個裝置放在磁感應強度為B的勻強磁場中，磁場方向與導軌平面垂直，棒在豎直向上的恒力F作用下先加速上升的一段時間，再達到穩(wěn)定狀態(tài)則下列說法中正確的是（ ）A

2、棒達到穩(wěn)定狀態(tài)時，通過它的電流為I=FmgBlB 棒達到穩(wěn)定狀態(tài)時，其速度為v=FmgRB2l2C 棒達到穩(wěn)定狀態(tài)前，其加速度一直在減小D 整個過程中，棒所受安培力做功在數(shù)值上等于棒上所生的熱【答案】AC【解析】對導體棒受力分析得：FmgBIL=ma，而感應電動勢E=BLv，電流I=ER+r，帶入得：FmgB2L2vR+r=ma，隨著運動速度v增加，加速度減小，當加速度減小到零時，速度最大vm=FmgR+rB2L2，此時FmgBIL=0，即電流I=FmgBL，所以AC正確的；B錯誤根據(jù)能量守恒定律可以知道，棒所受安增力做功在數(shù)值上等于回路中產(chǎn)生的焦耳熱，故D錯誤；故選AC點睛：本題為電磁感應定

3、律條件下，牛頓第二定律和能量守恒定律的應用題目，關鍵確定合外力變化中速度與加速度的過程分析，知道當加速度為零時，速度最大2一電容器的電容為10F，A、C兩板間距極小，垂直于回路平面的磁感應強度以5×10-3T/s的變化率增加，回路面積為1×10-2m2，如圖所示。則A A板帶正電B C板帶正電C A板帶電量為2×10-10CD A板帶電量為5×10-10C【答案】AD【解析】A、B項：由楞次定律可得：穿過線圈的磁通量增加，則產(chǎn)生的感應電流方向是順時針，由處于電源內部所以電流方向是從負極到正極，故A板為正電荷，故A正確，B錯誤；C、D項：由法拉第電磁感應定

4、律：E=nt=5×105V，則A、C兩板的電勢差5×10-5V，由公式C=QU得Q=CU=5×1010C，故C錯誤，D正確。點晴：線圈平面垂直處于勻強磁場中，當磁感應強度隨著時間均勻變化時，線圈中的磁通量發(fā)生變化，從而導致出現(xiàn)感應電動勢，產(chǎn)生感應電流由楞次定律可確定感應電流方向，由法拉第電磁感應定律可求出感應電動勢大小。3如圖所示，電池內阻不計，L是電阻與燈泡相同、自感系數(shù)足夠大的線圈，D是燈泡。對于這個電路，下列說法中正確的是A S閉合后，燈泡立即變亮B S閉合后，燈泡逐漸變亮C 電路達到穩(wěn)定后，再斷開開關，燈泡立即熄滅D 電路達到穩(wěn)定后，再斷開開關，燈泡逐漸熄

5、滅【答案】AD【解析】A、B項：由于自感線圈與燈泡并聯(lián)，所以S閉合瞬間，燈泡立即變亮，故A正確，B錯誤；C、D項：電路達到穩(wěn)定后，再斷開開關，自感線圈中的電流減小，在自感線圈中產(chǎn)生自感電動勢，自感線圈與燈泡組成閉合回路，所以燈泡逐漸熄滅，故C錯誤，D正確。4在理解法拉第電磁感應定律E=nt及改寫形勢E=nBSt,E=nSBt 的基礎上（線圈平面與磁感線不平行），下面敘述正確的為（ ）A 對給定線圈，感應電動勢的大小跟磁通量的變化率成正比B 對給定的線圈，感應電動勢的大小跟磁感應強度的變化 B成正比C 對給定匝數(shù)的線圈和磁場，感應電動勢的大小跟面積的平均變化率st成正比D 題目給的三種計算電動勢

6、的形式，所計算感應電動勢的大小都是t時間內的瞬時值【答案】AC【解析】由E=nt可知，對給定線圈，感應電動勢的大小跟磁通量的變化率成正比，故A正確，由E=nSBt可知，對給定的線圈，感應電動勢的大小跟磁感應強度的變化磁感應強度的變化率成正比，與B無關，故B錯誤；由E=nBSt可知，對給定匝數(shù)的線圈和磁場，感應電動勢的大小跟面積的平均變化率St成正比，故C正確；根據(jù)法拉第電磁感應定律：E=Nt，得知感應電動勢與穿過線圈的磁通量的變化率大小成正比，是表示磁通量的變化量，t表示變化所用的時間，則E表示t時間內的平均感應電動勢，故D錯誤；故選AC。5如圖所示，傾角為的光滑斜面固定在水平面上，水平虛線L

7、下方有垂直于斜面向下的勻強磁場，磁感應強度為B. 正方形閉合金屬線框邊長為h，質量為m，電阻為R，放置于L上方一定距離處，保持線框底邊ab與L平行并由靜止釋放，當ab邊到達L時，線框速度為V0，ab邊到達L下方距離為d(dh)處時，線框速度也為V0，以下說法正確的是( )A ab邊剛進入磁場時，電流方向為abB ab邊剛進入磁場時，線框加速度沿斜面向下C 線框進入磁場過程中的最小速度小于mgRsinB2h2D 線框進入磁場過程中產(chǎn)生的熱量為mgdsin【答案】AD【解析】根據(jù)右手定則知，ab邊剛進入磁場時，電流方向為ab故A正確。當ab邊到達L時，線框速度為v0ab邊到達L下方距離d處時，線框

8、速度也為v0，知線框進入磁場時做減速運動，完全進入磁場后做加速運動，則ab邊剛進入磁場時，做減速運動，加速度方向向上。故B錯誤。線框從進入磁場到完全進入的過程中，做減速運動，完全進入的瞬間速度最小，此時安培力大于重力沿斜面方向的分力，根據(jù)E=BIh，I=BhvR，F(xiàn)A=BIL，根據(jù)FAmgsin，有B2h2vRmgsin，解得vmgRsinB2h2，故C錯誤。對線框進入磁場的過程運用能量守恒定律得，mgdsin=Q故D正確。故選AD。點睛：本題綜合考查了右手定則、安培力大小公式、閉合電路歐姆定律、切割產(chǎn)生的感應電動勢公式和能量守恒，知道線框進入磁場的運動規(guī)律是解決本題的關鍵6如圖所示，長為L的

9、金屬桿在水平外力作用下，在勻強磁場中沿水平光滑導軌勻速運動，如果速度v不變，而將磁感應強度由B增為2B.除電阻R外，其它電阻不計那么()A 水平外力將增為4倍B 水平外力將增為2倍C 感應電動勢將增為2倍D 感應電流的熱功率將增為4倍【答案】ACD【解析】由法拉第電磁感應定律得E=BLv，B增為2B，則E變?yōu)?E，C正確；又由閉合電路歐姆定律得由于電阻R不變，所以電流I變?yōu)?I，所以F安=BIL變?yōu)樵瓉淼?倍，勻速運動，受力平衡，所以外力變?yōu)?倍，A正確B錯誤；又熱功率P=I2R變?yōu)樵瓉淼?倍，D正確7電磁感應現(xiàn)象揭示了“由磁生電”的內在規(guī)律，根據(jù)這一發(fā)現(xiàn)，發(fā)明了許多電器設備以下電器中沒有利用

10、電磁感應原理的是()A 電熱毯 B 汽車防抱死制動系統(tǒng)(ABS)C 電磁灶 D 電吹風【答案】AD【解析】A項：電熱毯利用的是電流的熱效應，故A沒有利用電磁感應原理；B項：防抱死制動系統(tǒng)ABS有一個小電動機，系統(tǒng)比較復雜，但是沒有利用電磁感應原理；C項：電磁灶是通入交流電后線圈中產(chǎn)生變化的電磁場，當鍋放入變化的電磁內使得鍋底的自由電荷在電場力作用下做高速運動即渦流，從而產(chǎn)生熱能，故電磁灶利用了電磁感應原理；D項：電吹風是通電后電動機轉動將暖風吹出，所以沒有利用電磁感應原理；故應選AD。點晴：電生磁，沒有磁生電條件苛刻只要通電周圍就產(chǎn)生磁場，然而磁生電呢只有變化的磁場才能在閉合電路中產(chǎn)生電流。8

11、如圖甲所示，在磁感應強度B1 T的有界勻強磁場中，用外力將邊長L0.5m的正方形金屬線框（各處都完全相同）沿光滑水平面向右勻速拉出磁場，以bc邊剛離開磁場的時刻為計時起點，在將線框拉出磁場的過程中，ab邊受到的安培力大小F隨時間t變化的關系如圖乙所示。則下列說法正確的是A 線框做勻速運動的速度大小為2 m/sB 線框產(chǎn)生的感應電流為逆時針方向，大小為0.5AC 金屬線框的總電阻為0.5D 線框穿出磁場過程中產(chǎn)生的焦耳熱為0.5J【答案】ACD【解析】由題意及圖象可知，當t=0時刻ab邊的受力最大，為F1=BIl=1N，解得I=F1Bl=11×0.5=2A，根據(jù)右手定則，感應電流為順時

12、針方向，B錯誤；線框勻速運動，其受到的安培力為阻力大小即為F1，由能量守恒：Q=W安=F1L=1×0.5J=0.5J，D正確；根據(jù)Q=I2Rt解得：R=QI2t=0.522×0.25=0.5，C正確；根據(jù)I=BLvR有：v=IRBL=2×0.51×0.5=2m/s，A正確；9如圖所示，兩條平行的光滑導軌水平放置(不計導軌電陽)，兩金屬棒垂直導軌放置在導軌上，整個裝置處于豎在向下的勻強磁場中?，F(xiàn)在用水平外力F作用在導體棒B上，使導體棒從靜止開始向有做直線運動，經(jīng)過一段時間，安培力對導體棒A做功為W1，導體棒B克服安培力做功為W2，兩導體棒中產(chǎn)生的熱量為Q，

13、導體棒A獲得的動能為Ek，拉力做功為WF，則下列關系式正確的是A W1=Ek B W2=W1+Ek C W2=Q+Ek D WF=Q+Ek【答案】AC【解析】導體棒A在水平方向上只受到安培力作用，故根據(jù)動能定理可得W1=Ek，A正確；設B棒的動能變化量為Ek'，則對B分析，由動能定理可得WFW2=Ek'，將兩者看做一個整體，由于安培力是內力，所以整體在水平方向上只受拉力作用，根據(jù)能量守恒定律可得WF=Ek+Ek'+Q，聯(lián)立解得W2=Q+Ek，由于WF=Ek+Ek'+Q>Q+Ek，所以C正確BD錯誤10如圖甲所示，兩根足夠長粗糙的平行金屬導軌MN、PQ固定在

14、同一絕緣水平面上，兩導軌間距為d=0.2m，導軌電阻忽略不計，M、P端連接一阻值R=0.5的電阻；現(xiàn)有一質量m=0.08kg、阻值r=0.5的金屬棒ab垂直于導軌放在兩導軌上，棒離R的距離為L=2m，棒與導軌接觸良好。整個裝置處于一豎直方向的勻強磁場中，磁感應強度大小隨時間變化的情況如圖乙所示。已知棒與導軌間的動摩擦因數(shù)=0.01，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取g=10m/s2，下列說法正確的是A 棒ab相對于導軌靜止時，回路中產(chǎn)生的感應電動勢為0.2VB 棒ab相對于導軌靜止時，回路中產(chǎn)生的感應電流為0.02AC 棒ab經(jīng)過40s開始運動D 在04.0s時間內通過R的電荷量q為0.8C【答

15、案】BC【解析】根據(jù)法拉第電磁感應定律可知棒ab相對于導軌靜止時產(chǎn)生的感應電動勢為E=BtS=0.02V，回路中的感應電流為I=ER+r=0.02A，A錯誤B正確；棒開始運動時，安培力等于最大靜摩擦力，則有BId=ktId=mg，從圖乙中可知B=0.05t代入解得t=40s，C正確；在04s內棒ab未運動，產(chǎn)生的電流恒定，故通過R的電荷量為q=It=0.08C，D錯誤11如圖所示，虛線右側存在勻強磁場，磁場方向垂直紙面向外，具有一定電阻的正方形金屬線框的右邊與磁場的邊界重合，在外力作用下，金屬線框從0時刻由靜止開始，以垂直于磁場邊界的恒定加速度a進入磁場區(qū)域，t1時刻線框全部進入磁場，感應電流

16、大小i、外力大小F，線框中電功率的瞬時值P以及通過導體橫截面的電荷量q隨時間t變化的關系可能正確的是A B C D 【答案】AD【解析】A. 線框做勻加速運動，其速度v=at，感應電動勢E=BLv，感應電流i=E/R= BLatR，i與t成正比，故A正確；B. 線框進入磁場過程中受到的安培力FB=BiL= B2L2atR，由牛頓第二定律得：FFB=ma，得F=ma+B2L2atR，F(xiàn)t圖象是不過原點的傾斜直線，故B錯誤；C. 線框的電功率P=i2R=B2L2a2t2Rt2，故C錯誤；D. 線框的位移x=12at2，電荷量q=It=R=BLxR=BLat22Rt2，故qt圖象應是開口向上，過原點

17、的拋物線。故D正確。故選：AD.點睛：線框進入磁場切割磁感線，根據(jù)運動學公式可知速度與時間關系；由法拉第電磁感應定律E=BLv，可得出產(chǎn)生感應電動勢與速度關系，由閉合電路歐姆定律來確定感應電流的大小，并由安培力公式可確定其大小與時間的關系；由牛頓第二定律來確定合力與時間的關系；最后得出電量、功率的表達式來分別得出各自與時間的關系12水平面上固定相距為d的光滑直軌道MN和PQ，在N、Q之間連接不計電阻的電感線圈L和電阻R.勻強磁場磁感應強度為B，方向垂直導軌平面向上，在導軌上垂直導軌放置一質量為m，電阻不計的金屬桿ab，在直導軌右側有兩個固定擋塊C、D，CD連線與導軌垂直現(xiàn)給金屬桿ab沿軌道向右

18、的初速度v0，當ab即將撞上CD時速度為v，撞后速度立即變?yōu)榱愕慌c擋塊粘連以下說法正確的是()A ab向右做勻變速直線運動B 當ab撞上CD后，將會向左運動C ab在整個運動過程中受到的最大安培力為B2d2v0RD 從ab開始運動到撞上CD時，電阻R上產(chǎn)生的熱量小于12mv0212mv2【答案】BD【解析】ab向右運動時受到向左的安培力而做減速運動，產(chǎn)生的感應電動勢和感應電流減小，安培力隨之減小，加速度減小，所以ab做非勻變速直線運動，故A錯誤。當ab撞CD后，ab中產(chǎn)生的感應電動勢為零，電路中電流要減小，線框將產(chǎn)生自感電動勢，根據(jù)楞次定律可知自感電動勢方向與原來電流方向相同，沿ba，根據(jù)左

19、手定則可知ab受到向左的安培力，故當ab撞CD后，將會向左運動。故B正確。開始時，ab的速度最大，產(chǎn)生的感應電動勢最大，由于線圈中產(chǎn)生自感電動勢，此自感電動勢與ab感應電動勢方向相反，電路中的電流小于Bdv0R，最大安培力將小于BdI=B2d2v0R故C錯誤。從ab開始運動到撞CD時，由于線圈中有磁場能，所以電阻R上產(chǎn)生的熱量小于12mv02-12mv2故D正確；故選BD。點睛：本題要注意與常規(guī)問題不同，電路中有線圈，會產(chǎn)生自感現(xiàn)象，阻礙電流的變化，根據(jù)法拉第電磁感應定律、楞次定律、能量守恒定律進行分析13如圖所示，正方形閉合線圈置于勻強磁場中，線圈平面與磁感線的方向垂直，用力將線框分別以速度

20、v1和v2勻速拉出磁場，v1=2v2。設第一次以速度v1拉出線框過程，外力大小為F1，外力所做的功為W1，通過導線橫截面的電量為q1；第二次以速度v2拉出線框過程，外力大小為F2，外力所做的功為W2，通過導線橫截面的電量為q2，則A q1=q2，W1=2W2B F1=2F2，W1=4W2C q1=2q2，W1=2W2D q1=q2，F(xiàn)1=2F2【答案】AD【解析】根據(jù)法拉第電磁感應定律：E=t，以及歐姆定律：I=ER，則：q=It，所以q=R，由于及R一定，而且與速度大小無關，故q1=q2；由于線框勻速運動，則F=F安，而F安=BIL，I=ER，E=BLv，所以F=F安=B2L2vR，由于v1

21、=2v2，則拉力F1=2F2； 由拉力做功W=FL=F安L=B2L2vRL=B2L3vR，又因v1=2v2，故W1=2W2，綜上所述可以知道選項AD正確，BC錯誤。點睛：本題考查法拉第電磁感應定律的應用，要注意正確根據(jù)題意選擇公式。14如圖所示,一有限范圍的勻強磁場，寬為d,磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向里。一個邊長為L的正方形導線框，總電阻為R，在拉力作用下，以速度v向右勻速地通過該磁場區(qū)域。若dL,則在線框通過磁場的過程中，下述說法正確的是A 感應電流方向先逆時針后順時針B 感應電流的大小為BLdR C 線框中產(chǎn)生的熱量為2B2L3vRD 拉力做的總功為B2L2vdR【答案】AC【解析

22、】A項：在線框進入磁場過程中，穿過線框磁通量增大 ，由“楞次定律”可得，感應電流的方向為逆時針，在線框出磁場過程中，穿過線框磁通量減小 ，由“楞次定律”可得，感應電流的方向為順時針，故A正確；B項：在線框進磁場和出磁場過程中有電流產(chǎn)生，電流為I=ER=BLvR，故B錯誤；C項：在線框進磁場和出磁場過程中有電流產(chǎn)生，電流為I=ER=BLvR，產(chǎn)生的熱量Q=I2Rt=(BLvR)2R2Lv，解得Q=2B2L2vR，故C正確；D項：由能量守恒可知，拉力所做的功就等于克服安培力所做的功，克服安培力所做的功又等于回路中產(chǎn)生的焦耳熱，故D錯誤。15如圖甲所示，半徑為r帶小缺口的剛性金屬圓環(huán)固定在豎直平面內

23、，在圓環(huán)的缺口兩端用導線分別與兩塊水平放置的平行金屬板A、B連接，兩板間距為d且足夠大有一變化的磁場垂直于圓環(huán)平面，規(guī)定向里為正，其變化規(guī)律如圖乙所示在平行金屬板A、B正中間有一電荷量為q的帶電液滴，液滴在014T內處于靜止狀態(tài)重力加速度為g.下列說法正確的是()A 液滴帶負電B 液滴的質量為4B0qr2gdTC t=34T時液滴的運動方向改變D t=T時液滴與初始位置相距12gT2【答案】BD【解析】根據(jù)題意液滴在0T4處于靜止狀態(tài)，知液滴受到向上的電場力和向下的重力平衡，根據(jù)楞次定律線圈中感應電動勢沿逆時針方向，B板高電勢，A板接低電勢，兩板間的電場方向向上與電場力的方向相同，故液滴帶正電

24、，A錯誤；根據(jù)法拉第電磁感應定律E=t=BtS=4B0r2T，兩極板間的電場強度E=Ud，根據(jù)受力平衡有Eq=mg，得m=Eqg=4B0r2qgdT，B正確；根據(jù)楞次定律，T43T4內，線圈內感應電動勢順時針方向，上極板接高電勢，下極板接低電勢，兩極板間電場向下，電場力向下，根據(jù)牛頓第二定律mg+F電=ma，其中F電=mg，解得a=2g，液滴向下做初速度為0的勻加速運動，在第34T時速度最大，運動方向不改變，C錯誤；根據(jù)楞次定律t=34TT內，感應電動勢逆時針方向，下極板接高電勢，上極板接低電勢，電場方向向上，液滴在34TT內做勻速直線運動，T434T勻加速直線運動，位移x1=122g(T2)

25、2=14gT2，t=34TT內勻速直線運動，位移x2=2gT2T4=12gT2，t=T時液滴與初始位置相距x=x1+x2=12gT2，故D正確16如圖是法拉第發(fā)明的圓盤發(fā)電機的示意圖：銅盤安裝在水平的同軸上，兩塊銅片C、D分別與轉動軸和銅盤的邊緣接觸，使銅盤轉動，電阻R中就有電流通過，所加磁場水平向右，從左往右看，銅盤沿順時針方向勻速轉動時，下列說法正確的是A 穿過銅盤的磁通量不變B 穿過銅盤的磁通量均勻變化C 通過R的電流方向是從a流向bD 通過R的電流方向是從b流向a【答案】AD【解析】由于磁感線的條數(shù)不變，故銅盤轉動過程中，穿過銅盤的磁通量不變；故A正確，B錯誤；根據(jù)右手定則可知，電流從

26、D點流出，流向C點，因此電流方向為故電流由b流向a；故D正確，C錯誤。故選AD。點睛：本題是右手定則和法拉第電磁感應定律的綜合應用，考查對實驗原理的理解能力，同時注意切割磁感線相當于電源，內部電流方向是從負極到正極注意由于圓盤在切割磁感線，相當于電源；注意判斷電流的方向17法拉第圓盤發(fā)電機的示意圖如圖所示。銅圓盤安裝在豎直的銅軸上，兩銅片P、Q分別與圓盤的邊緣和銅軸接觸，圓盤處于方向豎直向上的勻強磁場B中。圓盤旋轉時，關于流過電阻R的電流，下列說法正確的是 ( )A 若圓盤轉動的角速度恒定，則電流大小恒定B 若從上向下看，圓盤順時針轉動，則電流沿a到b的方向流動C 若圓盤不轉動，磁感應強度均勻

27、增大，則電流沿a到b的方向流動D 若圓盤轉動的角速度變?yōu)樵瓉淼?倍，則電流在R上的熱功率也變?yōu)樵瓉淼?倍【答案】AB【解析】A、由電磁感應定律得E=Bl0+l2=Bl22，故一定時，電流大小恒定，故A正確；B項：由右手定則知圓盤中心為等效電源正級，圓盤邊緣為負極，電流經(jīng)外電路從a經(jīng)過R流到b，故B正確；C項：若圓盤不轉動，磁感應強度均勻增大，銅盤中形成渦流，但沒有電流流過電阻，故C錯誤。D項：P=E2R=B2l424R，角速度加倍時功率變成4倍，故D錯誤。點晴：本題是轉動切割磁感線類型，運用等效法處理根據(jù)右手定則判斷感應電流的方向和電動勢的高低，注意和左手定則的區(qū)別。18如圖所示，在某中學實驗

28、室的水平桌面上，放置邊長為L的正方形閉合導體線框abcd，線框的ad邊沿南北方向，ab邊沿東西方向。已知該線框上方的地磁場可分解為平行于桌面向北和垂直于桌面向下的兩個分量。下列說法正確的是( )A 若使線框向東平移，則a點電勢比d點電勢低B 若使線框向北平移，則a點電勢等于b點電勢C 若以ad邊為軸，將線框向上翻轉90°，則翻轉過程線框中電流方向始終為adcb方向D 若以ab邊為軸，將線框向上翻轉90°，則翻轉過程線框中電流方向始終為adcb方向【答案】AC【解析】A項：地磁場的豎直分量向下，若使線圈向東平動，地磁場的豎直分量向下，線圈的磁通量沒有變化，沒有感應電流產(chǎn)生，a

29、d切割磁感線，產(chǎn)生感應電動勢，a點的電勢比d點的電勢低，故A正確；B項：若使線圈向北平動，地磁場的豎直分量向下，ab切割磁感線，由右手定則可知，a點的電勢比b點的電勢高，故B錯誤；C項：若以ad邊為軸，將線圈向上翻轉900，線圈的磁通量向下減小，根據(jù)楞交定律可知線圈中感應電流方向為adcba，故C正確；D項：若以ab邊為軸將線圈向上翻轉，因地磁場方向沿向北斜向下的方向，則線圈的磁通量先增加后減小，根據(jù)楞次定律可知線圈中感應電流方向為先abcda，后adcba，故D錯誤。19如圖所示，有一個在水平面內固定的“V”字型金屬框架CAD，=60°，磁感應強度為B的勻強磁場方向豎直向下導體棒M

30、N在框架上從A點開始在外力F作用下，沿垂直MN方向以速度v勻速向右平移，使導體棒和框架始終構成等邊三角形回路已知框架和導體棒的材料和橫截面積均相同，其單位長度的電阻均為r，框架和導體棒均足夠長，導體棒運動中始終與磁場方向垂直，且與框架接觸良好關于回路中的電流I、外力F和回路消耗的電功率P隨時間t變化關系的下列四個圖象中正確的是A B C D 【答案】AC【解析】A、導體棒運動時間為t時，通過的位移為x=vt，回路中有效的切割長度為：L=2xtan2，感應電動勢為：E=BLv 感應回路的總電阻為：R總=R（2xtan2+2xcos2）聯(lián)立得電流與t的關系式為：I=Bvtan2R0(tan2+1c

31、os)，式中各量均一定，則I為一定值，故A正確，B錯誤；C、外力F大小等于安培力大小，則F=BIL=BI2vttan2，F(xiàn)與t成正比，故C正確；D、運動x時的功率為：P=I2R總=I2R（2xtan2+2xcos2）=2I2Rv（tan2+1cos2）t，則P與t成正比，故D錯誤。點睛：本題考查根據(jù)物理規(guī)律推導解析式的能力，由解析式確定圖象，這是常用的研究方法。20如圖所示的電路中，三個燈泡L1、L2、L3的電阻關系為R1=R2=R3，電感L的電阻可忽略，D為理想二極管（正向導通時電阻忽略不計）下列說法中正確的是A 電鍵K閉合瞬間，L1、L2、L3均立即變亮，然后逐漸變暗B 電鍵K閉合瞬間，L

32、1逐漸變亮，L2、L3均立即變亮，后亮度稍有下降，穩(wěn)定后L2、L3亮度相同C 電鍵K從閉合狀態(tài)突然斷開時，L2立即熄滅，L1、L3均逐漸變暗D 電鍵K從閉合狀態(tài)突然斷開時，L1、L2、L3均先變亮，然后逐漸變暗【答案】BC【解析】A、開關K閉合瞬間，L2、L3均立即變亮，L1的電路中由于線圈對電流的阻礙作用，會逐漸亮。隨L1的電路中電流的增大，路端電壓減小，L2、L3亮度稍有下降，穩(wěn)定后L2、L3亮度相同，故A錯誤，B正確；C、開關K從閉合狀態(tài)突然斷開時，線圈相當于電源，則L1、L3均逐漸變暗，由于L2的電路中的二極管由單向導電性，電流不能從右向左通過二極管，所以L2立即熄滅，故C正確，D錯誤

33、。點睛：記住自感線圈對電流突變時的阻礙：閉合開關瞬間L相當于斷路，穩(wěn)定后L相當于一段導線，斷開瞬間L相當于電源，注意二極管的單向導通性。21如圖甲所示，寬度為L的足夠長的光滑平行金屬導軌固定在水平面上，導軌左端連接一電容為C的電容器，將一質量為m的導體棒與導軌垂直放置，導軌間存在垂直導軌平面向下的勻強磁場，磁感應強度為B。用與導軌平行的外力F向右拉動導體棒，使導體棒由靜止開始運動，作用時間t1后撤去力F，撤去力F前棒內電流變化情況如圖乙所示。整個過程中電容器未被擊穿，不計空氣阻力。下列說法正確的是A 有外力作用時，導體棒在導軌上做勻速運動B 有外力作用時，導體棒在導軌上做勻加速直線運動C 外力

34、F的沖量大小為It1(BL+mCBL)D 撤去外力F后，導體棒最終靜止在導軌上，電容器中最終儲存的電能為零【答案】BC【解析】對電容器Q=CU，則Q=CU，I=Qt；U=E=BLv；解得I=CBLvt=CBLa ，則導體棒的加速度a恒定，做勻加速運動，選項A錯誤，B正確；根據(jù)牛頓第二定律：F-BIL=ma,則F=BIL+mICBL，則外力F的沖量大小為IF=Ft1=It1(BL+mCBL)，選項C正確；撤去外力F后，導體棒開始時做減速運動，當導體棒產(chǎn)生的感應電動勢與電容器兩端電壓相等時，回路中電流為零，此時安培力為零，導體棒做勻速運動，此時電容器兩端的電壓不為零，則最終儲存的電能不為零，選項D

35、錯誤；故選BC.點睛：此題關鍵是掌握電容器公式和電動勢公式的變式：Q=CU，U=BLv，聯(lián)系電容器充放電的知識解答；注意金屬棒最終的穩(wěn)定態(tài)是勻速運動狀態(tài).22如圖所示。在垂直于紙面向里的勻強磁場中，水平放置兩個同心金屬環(huán)，半徑分到是r和2r，磁感應強度為B，在兩環(huán)問連接有一個電容為C的電容器，a、b是電容器的兩個極板、長為r的金屬棒AB沿半徑方向放置在兩環(huán)間且與兩環(huán)接觸良好，并繞圓心以角速度做順時針方向(從垂直環(huán)面向里看)的勻速圓周運動，不計一切電阻，則下列說法正確的是A 電容器a極板帶負電B 金屬棒AB中有從B到A的持續(xù)電流C 電容器兩端電壓為Br2D 電容器所帶電荷量為3CBr22【答案】

36、AD【解析】根據(jù)右手定則可知，AB棒切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢高低為：A端為高電勢、B端為低電勢，則電容器a極板帶負電，b極板帶正電，但電路沒有閉合，金屬棒AB中沒有感應電流，故A正確、B錯誤；根據(jù)切割感應電動勢為：E=BLv=Br×r+2r2=32Br2，根據(jù)電容器電荷量的計算公式可得：Q=CU=3CBr22，故C錯誤、D正確。故選AD?！军c睛】根據(jù)右手定則，即可判定感應電流方向，從而確定電容器的極性；根據(jù)切割感應電動勢E=BLv，結合線速度v=R，及電荷量Q=CU，即可求解23如圖所示，一U 形金屬導軌豎直倒置，相距為 L，磁感應強度的大小為B的勻強磁場與導軌平面垂直一阻值為R、長

37、度為L、質量為m的導體棒在距磁場上邊界h處靜止釋放導體棒進入磁場后速度減小，最終速度穩(wěn)定時離磁場上邊緣的距離為H.導體棒從靜止開始運動到速度剛穩(wěn)定的整個運動過程中，導體棒與導軌接觸良好，且始終保持水平，不計導軌的電阻下列說法正確的是： （ ）A 整個運動過程中回路的最大電流為BL2ghRB 整個運動過程中導體棒產(chǎn)生的焦耳熱為mgH+hm3g2R22B4L4C 整個運動過程中導體棒克服安培力所做的功為mgHD 以上均不正確【答案】AB【解析】A：由題意知，導體棒剛進入磁場時的速度最大，產(chǎn)生的感應電流最大，設最大速度為vm。對自由下落過程，據(jù)機械能守恒得：mgh=12mvm2，感應電流的最大值：I

38、m=EmR=BLvmR，代入解得：Im=BL2ghR。故A項正確。BCD：設導體棒勻速運動的速度為v，則mg=BIL=BLBLvR，解得：v=mgRB2L2。設整個過程中導體棒產(chǎn)生的焦耳熱為Q，據(jù)能量守恒定律可得：Q=mgH+h12mv2，解得：Q=mgH+hm3g2R22B4L4。運動過程中導體棒克服安培力所做的功W克安=Q=mgH+hm3g2R22B4L4。故B項正確，CD兩項錯誤。24如圖所示，足夠長的光滑水平導軌間距為2 m，電阻不計，垂直導軌平面有磁感應強度為1 T的勻強磁場，導軌上相隔一定距離放置兩根長度略大于間距的金屬棒，a棒質量為1 kg，電阻為5 ，b棒質量為2 kg，電阻為

39、10 。現(xiàn)給a棒一個水平向右的初速度8 m/s，當a棒的速度減小為4 m/s時，b棒剛好碰到了障礙物，經(jīng)過很短時間0.5 s速度減為零（不反彈，且a棒始終沒有與b棒發(fā)生碰撞），下列說法正確是（ ）A 從上向下看回路產(chǎn)生逆時針方向的電流B b棒在碰撞前瞬間的速度大小2 m/sC 碰撞過程中障礙物對b棒的平均沖擊力大小為6 ND b棒碰到障礙物后，a棒繼續(xù)滑行的距離為15 m【答案】ABD【解析】根據(jù)右手定則可知，從上向下看回路產(chǎn)生逆時針方向的電流，選項A正確；系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒定律可知：mav0=mava+mbvb解得vb=2m/s，選項B正確；d碰到障礙物時，回路的感應電動勢：E=BL(

40、vavb)=4V；回路的電流：I=ERa+Rb=415A；b棒所受的安培力：Fb=BIL=815N；b與障礙物碰撞時，由動量定理：(FbF)t=0-mbvb 解得：F=8.5N,選項C錯誤；b碰到障礙物時，a先前做減速運動，直到停止，此時由動量定理：BILt=mava，其中It=q=Ra+Rb=BLxRa+Rb聯(lián)立解得x=15m，選項D正確；故選ABD. 25如圖，質量為m、電阻為R的單匝矩形線框靜止于粗糙斜面上，線框邊長ab=L、ad=2L，虛線MN過ad、bc邊中點。斜面傾角為，線框與斜面間的動摩擦因數(shù)為（>tan），設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。從某時刻起，在MN右側加一方向垂直斜

41、面向上的勻強磁場，磁感應強度大小按B=kt（k>0）的規(guī)律均勻變化。一段時間后，線框沿斜面向下運動，ab邊剛好勻速穿出磁場時的速度為v，重力加速度為g，則 A 線框剛開始運動時，感應電流的方向為abcdaB 線框剛開始運動時，線框中的電功率為P=2k2L4RC 線框離開磁場的過程中安培力所做的功W=12mv2D 線框從開始運動到穿出磁場過程中通過導線截面的電量q=mgcos-mgsinkL【答案】AD【解析】【詳解】磁場均勻增加，根據(jù)楞次定律，感應電流方向為abcda，A正確；線框剛要運動時，感應電流為I=ER=BL2tR=kL2R，則線框中的電功率為P=I2R=k2L4R，B錯誤。線框

42、下滑過程中有重力、摩擦力、安培力三力做功，且重力小于摩擦力，根據(jù)動能定理，安培力做功大于動能變化量，C錯誤；由ab邊由勻速穿出磁場，由平衡條件得：mgsin+BIL=mgcos，運動過程中通過的電荷量為q=R=BL2R，聯(lián)立q=mgcos-mgsinkL，D正確，線框剛開始運動時，故選AD?！军c睛】線框沒有運動時，由根據(jù)楞次定律判斷感應電流的方向；線框運動后，根據(jù)法拉第電磁感應定律和閉合電路的歐姆定律求出感應電流，根據(jù)P=I2R求出時的功率，根據(jù)ab邊剛出磁場做勻速運動，由受力分析，并列出表達式求解此時的磁感應強度，再根據(jù)q=R=BL2R求解通過的電荷量。26如圖甲所示，在傾角為的光滑斜面上分

43、布著垂直于斜面的勻強磁場，以垂直于斜面向上為磁感應強度正方向，其礎感應強度B隨時間t變化的規(guī)律如圖乙所示。一質量為m、電阻為R的矩形金屬框從t=0時刻由靜止釋放，t3時刻的速度為v，移動的距離為L，重力加速度為g，線框面積為S，t1=t0、t1=2t0、t1=3t0。在金屬框下滑的過程中，下列說法正確的是A t1t3時間內金屬框中的電流方向不變B 0t3時間內金屬框做勻加速直線運動C 0t3時間內金屬框做加速度逐漸減小的直線運動D 0t3時間內金屬框中產(chǎn)生的焦耳熱為2B02S2Rt0【答案】ABD【解析】根據(jù)B-t圖像可知，t1t3時間內B-t線的斜率不變，則金屬框中的感應電動勢大小方向不變，

44、則電流方向不變，選項A正確；0t3時間內金屬框所受安培力的合力為零，則向下做勻加速直線運動，選項B正確，C錯誤；線圈中的感應電動勢E=BtS=B0St0，則0t3時間內金屬框中產(chǎn)生的焦耳熱為Q=E2R2t0=2B02S2Rt0，選項D正確；故選ABD. 27在如圖所示的傾角為的光滑斜面上，存在著兩個磁感應強度大小均為B的勻強磁場，區(qū)域的磁場方向垂直于斜面向上，區(qū)域的磁場方向垂直于斜面向下，磁場的寬度均為L.一個質量為m、電阻為R、邊長也為L的正方形導線框由靜止開始沿斜面下滑，當ab邊剛越過GH進入磁場區(qū)域時，恰好以速度v1做勻速直線運動；當ab邊下滑到JP與MN的中間位置時，又恰好以速度v2做

45、勻速直線運動，ab從進入GH到運動至MN與JP的中間位置的過程中的，線框動能的變化量為Ek，重力對線框做的功為W1，安培力對線框做的功大小為W2，下列說法中正確的有()A 在下滑過程中，由于重力做正功，所以有v2v1B ab從進入GH到運動至MN與JP的中間位置的過程中機械能守恒C ab從進入GH到運動至MN與JP的中間位置的過程中，有(W1Ek)的機械能轉化為電能D ab從進入GH到運動至MN與JP的中間位置的過程中，線框動能的變化量EkW1W2【答案】CD【解析】A項：當ab邊剛越過GH進入磁場區(qū)時，恰好以速度 v1做勻速直線運動，則由法拉第電磁感應定律得 E1=BLv1，回路總電流 I1

46、=E1/R，導體棒滑動中受到安培力F1=BI1L=B2L2v1R=mgsin，當ab邊下滑到JP與MN的中間位置時，線框又恰好以速度v2做勻速直線運動，此時正方形導線框的兩邊均切割磁感線，故這是典型的雙電源問題，同理有E2=2BLv2，回路總電流 I2=E2/R，導體棒滑動中受到安培力F2=2BI2L=4B2L2v2R=mgsin，故容易得到v2 ：v1 =1 ：4 ，故A錯誤；B項：ab從進入GH到運動至MN與JP的中間位置的過程中，線框中產(chǎn)生焦耳熱，故機械能不守恒，故B錯誤；C項：從ab進入GH到MN與JP的中間位置的過程中，由動能定理可知，W1W克安=E，解得：W克安=W1E，根據(jù)克服安

47、培力做功等回路中產(chǎn)生的電能，故C正確； D項：ab從進入GH到運動至MN與JP的中間位置的過程中，由動能定理可知，W1W2=E，故D正確。點晴：當ab邊剛越過GH進入磁場區(qū)時，ab邊切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢，推導此時安培力的表達式，由重力沿斜面向下的分力與安培力平衡，列出方程，得出速度v1的表達式當ab邊下滑到JP與MN的中間位置時，ab邊與dc邊都切割磁感線，都產(chǎn)生感應電動勢，再用同樣的方法得出速度v2的表達式，再求出兩個速度之比根據(jù)功能關系分析線框克服安培力對線框做功與機械能減小的關系根據(jù)動能定理研究線框動能的變化量。二、單選題28如圖甲所示，矩形導線框ABCD固定在勻強磁場中，磁感線垂直

48、于線框所在平面且向里規(guī)定垂直于線框所在平面向里為磁場的正方向；線框中電流沿著逆時針方向為感應電流i的正方向要在線框中產(chǎn)生如圖乙所示的感應電流，則磁感應強度B隨時間t變化的規(guī)律可能為【答案】B【解析】試題分析：A在0-t0時間內，磁場垂直紙面向里，且均勻減小，根據(jù)楞次定律，知感應電流的方向為ABCDA，與規(guī)定的正方向相反，根據(jù)法拉第電磁感應定律，產(chǎn)生的感應電動勢為定值，則感應電流為定值，同理，在t0-2t0時間內，感應電流的方向為ADCBA，與規(guī)定的正方向相同，感應電流為正值，且為定值故A錯誤B在0-t0時間內，磁場垂直紙面向外，且均勻減小，根據(jù)楞次定律，知感應電流的方向為ADCBA，與規(guī)定的正

49、方向相同，根據(jù)法拉第電磁感應定律，產(chǎn)生的感應電動勢為定值，則感應電流為定值，在t0-2t0時間內，磁場方向垂直紙面向外，且均勻增大，根據(jù)楞次定律，感應電流的方向為ABCDA，與規(guī)定的正方向相反故B正確C、在0-t0時間內，磁場垂直紙面向里，且均勻減小，根據(jù)楞次定律，知感應電流的方向為ABCDA，與規(guī)定的正方向相反，感應電流為負值故C錯誤D、磁感應強度不變，磁通量不變，則不產(chǎn)生感應電流故D錯誤故選B考點：法拉第電磁感應定律；楞次定律29有一個1000匝的線圈，在0.4s內穿過它的磁場方向不變，但磁通量從0.01Wb均勻增加到0.09Wb，則A 線圈中的感應電動勢減小B 線圈中的感應電動勢增加C

50、線圈中的感應電動勢大小為0.2VD 線圈中的感應電動勢大小為200v【答案】D【解析】A、B項：根據(jù)法拉第電磁感應定律可知，由于磁通量均勻變化，所以產(chǎn)生的電動勢不變，故A、B錯誤；C、D項：根據(jù)法拉第電磁感應定律可知E=nt=n21t=1000×0.090.010.4V=200V，故C錯誤，D正確。30如圖所示，一導體棒在勻強磁場中以速度v勻速運動，則關于導體棒各點電勢高低的說法正確的是A 上端電勢最高B 下端電勢最高C 中點電勢最高D 各點電勢相同【答案】A【解析】導體棒切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢，由右手定則可知，導體棒上端電勢高，導體棒下端電勢低，故應選A。 點晴：導體棒向右運動切

51、割磁感線產(chǎn)生感應電動勢，由右手定則判斷出電勢高低，注意大姆指指向棒的運動方向，四指所指的方向為電源內部電流方向即電源的正極。 31如圖所示，彈簧上端固定，下端懸掛一個磁鐵，磁鐵正下方有一固定的閉合線圈?，F(xiàn)將磁鐵托起到某一高度后放開，使磁鐵上下振動時穿過它，磁鐵會很快停下來。關于此現(xiàn)象，下列說法正確的是A 磁鐵上下振動過程中，線圈中會產(chǎn)生感應電流B 磁鐵上下振動過程中，線圈中不會產(chǎn)生感應電流C 磁鐵上下振動過程中，磁鐵與彈簧組成的系統(tǒng)機械能不變D 磁鐵上下振動過程中，磁鐵與彈簧組成的系統(tǒng)機械能增加【答案】A【解析】A、B項：因為磁鐵在運動所以穿過線圈的磁通量變化，所以線圈中會產(chǎn)生感應電流，故A正

52、確，B錯誤；C、D項：磁鐵上下振動過程中，在線圈中產(chǎn)生感應電流即有電能產(chǎn)生，電能轉化為熱量，所以磁鐵與彈簧組成的系統(tǒng)機械能減小，故C、D錯誤。32如圖所示，一個長直導線穿過圓環(huán)導線的中心，并與圓環(huán)導線平面垂直。當長直導線中的電流逐漸減小時，圓環(huán)導線內將A 沒有感應電流B 有逆時針方向的電流（俯視）C 有順時針方向的電流（俯視）D 有電流，但方向不能確定【答案】A【解析】在圖中，直線電流的磁場與導線環(huán)平行，穿過導線環(huán)的磁通量始終為零，穿過環(huán)的磁通量不變，不產(chǎn)生感應電流，故應選A。點晴：根據(jù)感應電流產(chǎn)生的條件分析答題：穿過閉合回路的磁通量發(fā)生變化時，電路中產(chǎn)生感應電流；分析圖示情景，看穿過環(huán)的磁通

53、量是否發(fā)生變化，然后答題。33對于法拉第電磁感應定律E=nt，下面理解正確的是( )A 穿過線圈的磁通量越大，感應電動勢越大B 穿過線圈的磁通量為零，感應電動勢一定為零C 穿過線圈的磁通量變化越大，感應電動勢越大D 穿過線圈的磁通量變化越快，感應電動勢越大【答案】D【解析】根據(jù)E=Nt可知，穿過線圈的磁通量變化越快，感應電動勢越大，故選項D正確，ABC錯誤；故選D. 34如圖所示，兩個互連的金屬圓環(huán)，粗金屬環(huán)的電阻是細金屬環(huán)電阻的一半，磁場垂直穿過粗金屬環(huán)所在的區(qū)域，當磁感應強度均勻變化時，在粗環(huán)內產(chǎn)生的電動勢為E，則ab兩點間的電勢差為（ ）A E/2 B E/3C 2E/3 D E【答案】

54、C【解析】ab兩點的電勢差為路端電壓U，設粗金屬環(huán)的電阻為R，則細金屬環(huán)的電阻為2R，有：U=2R2R+RE2E3，故選C。35如圖環(huán)形金屬軟彈簧套在條形磁鐵的中央位置。若將彈簧沿半徑向外拉，使其面積增大，則穿過彈簧所包圍的面積的磁通量變化情況和是否產(chǎn)生感應電流及從左向右看時感應電流的方向是（ ）A 增大；有順時針感應電流 B 減小；有逆時針感應電流C 不變；無感應電流 D 磁通量變化情況無法確定，所以有無感應電流也無法確定【答案】B【解析】題中磁感線在條形磁鐵的內外形成閉合曲線，則磁鐵外部的磁感線總數(shù)等于內部磁感線的總數(shù)，而且磁鐵內外磁感線方向相反。而磁鐵外部的磁感線分布在無窮大空間，所以圖

55、中線圈中磁鐵內部的磁感線多于外部的磁感線，由于方向相反，外部的磁感線要將內部的磁感線抵消一些，當彈簧線圈的面積增大時，內部磁感線總數(shù)不變，而抵消增多，剩余減小，則磁通量將減小。所以當彈簧面積增大時，穿過電路的磁通量減小。將產(chǎn)生感應電流。線圈內部磁通量向左減小，則由楞次定律可知，線圈內的感應電流從左向右看為逆時針方向的電流； 故B正確，ACD錯誤。故選B。點睛：本題要注意穿過線圈的磁場分為磁體內部和外部，并且內部磁感線條數(shù)多，故和外部磁感線出現(xiàn)抵消，所以外部包含的磁感線條數(shù)越多，總磁通量越?。?同時考查條形磁鐵內部感應線是從S極到N極，且學會使用楞次定律：增反減同來判斷電流的方向36如圖當磁鐵或線圈運動時，流過電阻的電流是由A經(jīng)R到B，則可能發(fā)生的是（ ）A 磁鐵向下運動 B 磁鐵向上運動C 線圈向上運動 D 線圈、磁鐵都向下運動【答案】B【解析】當磁鐵向下運動時，向下穿過線圈的磁通量增大，根據(jù)楞次定律，流過電阻的電流是由B經(jīng)R到A，故錯誤；當磁鐵向上運動時，向下穿過線圈的磁通量減小，根據(jù)楞次定律，高于電流的磁場的方向向下，流過電阻的電流是由A經(jīng)R到B故B正確。根據(jù)相