電磁感應（12）

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、單選題1如圖所示，一寬2L的勻強磁場區(qū)域，磁場方向垂直紙面向里。一邊長為L的正方形導線框位于紙面內，以垂直于磁場邊界的恒定速度v通過磁場區(qū)域，在運動過程中，線框有一邊始終與磁場區(qū)域的邊界平行，取它剛進入磁場的時刻為t0，規(guī)定逆時針方向電流為正方向，在下圖所示的圖像中，能正確反映感應電流隨時間變化的規(guī)律是A B

2、C D 【答案】C【解析】線框進入磁場過程，時間為t1=Lv，根據(jù)楞次定律判斷可知感應電流方向是逆時針方向，為正值，感應電流大小I=BLvR保持不變。線框完全在磁場中運動過程，磁通量不變，沒有感應電流產(chǎn)生，經(jīng)歷時間t2=2LLv，線框穿出磁場過程進入磁場過程，線框與進入磁場的過程感應電流大小相等，方向相反，所用時間相等為t3=Lv，感應電流方向是順時針方向，是負值。所以C正確，ABD錯誤。2在物理學發(fā)展過程中，觀測、實驗、假說和邏輯推理等方法都起到了重要作用。下列敘述符合史實的是（ ）A 庫倫在實驗中觀察到電流的磁效應，該效應揭示了電與磁之間存在必然的聯(lián)系B 法拉第在實驗中觀察到，通有恒定電流

3、的靜止導線附近的固定導線圈中，會出現(xiàn)感應電流C 安培發(fā)現(xiàn)通電導線在磁場中會受到力的作用D 法拉第在分析了許多實驗事實后提出，感應電流應具有這樣的方向，即感應電流的磁場總要阻礙引起感應電流的磁通量的變化【答案】B【解析】奧斯特首先在實驗中觀察到電流的磁效應，揭示了電和磁之間存在聯(lián)系，故A錯誤；法拉第在實驗中觀察到，在通有變化電流的靜止導線附近的固定導線圈中，會出現(xiàn)感應電流，從而發(fā)現(xiàn)了電磁感應現(xiàn)象，故B錯誤；安培發(fā)現(xiàn)通電導線在磁場中會受到力的作用，故C正確；楞次在分析了許多實驗事實后提出，感應電流應具有這樣的方向，即感應電流的磁場總要阻礙引起感應電流的磁通量的變化，故D 錯誤。所以C正確，ABD錯

4、誤。3如圖所示為真空冶煉爐。爐外有線圈，則真空冶煉爐在工作時，下列說法錯誤的是（ ）A 通過線圈的電流直接流經(jīng)爐內金屬，并使之發(fā)熱B 通過線圈的電流是交流電C 爐內金屬中會產(chǎn)生感應電流，這種電流叫渦流D 爐內金屬中會產(chǎn)生渦流，渦流產(chǎn)生的熱量使金屬熔化【答案】A【解析】通過線圈的電流是高頻交流，故A錯誤；通過線圈的電流是高頻交流電。故B正確；爐內金屬中會產(chǎn)生感應電流，這種電流叫渦流，故正確；爐內金屬中會產(chǎn)生渦流，由于渦流使金屬中的自由電子在渦流產(chǎn)生的電場中在電場力的驅使下高速運動，受到阻礙從而產(chǎn)生熱量使金屬熔化，故D正確；本題選擇錯誤的，故選A。4首先發(fā)現(xiàn)電磁感應的科學家是A 奧斯特 B 安培

5、C 法拉第 D 特斯拉【答案】C【解析】首先發(fā)現(xiàn)電磁感應的科學家是法拉第，故選C.5如圖所示，磁場垂直于紙面向外，磁場的磁感應強度隨水平向右的x軸按B=B0+kx(B0、k為常量)的規(guī)律均勻增大.位于紙面內的正方形導線框abcd處于磁場中，在外力作用下始終保持dc邊與x軸平行向右勻速運動.若規(guī)定電流沿abcda的方向為正方向，則從t=0到t=t1的時間間隔內，下列關于該導線框中產(chǎn)生的電流i隨時間t變化的圖象，正確的是()A B C D 【答案】A【解析】由題意可知，垂直向外的磁通量越來越大，根據(jù)楞次定律可得感應電流為順時針方向，即為正，ad、bc兩邊均在切割磁感線，產(chǎn)生感應電動勢的方向相反，大

6、小相減，根據(jù)題意，bc、ad兩邊的磁場之差為B=B0+kL+xB0kx=kL，根據(jù)法拉第電磁感應定律E=BLv，則有E=BLv=LvkL；而感應電流i=ER=kvL2R，是定值，A正確6如圖所示，由均勻導線制成的，半徑為R的圓環(huán)，以v的速度勻速進入一磁感應強度大小為B的勻強磁場。當圓環(huán)運動到圖示位置(aOb=90)時，a、b兩點的電勢差為()A 24BRv B 22BRv C 324BRv D 2BRv【答案】C【解析】當圓環(huán)運動到圖示位置，根據(jù)幾何知識可得圓環(huán)切割磁感線的有效長度為L=2R；線框剛進入磁場時ab邊產(chǎn)生的感應電動勢為E=2BRv，線框進入磁場的過程中a、b兩點的電勢差由歐姆定律

7、得Uab=34E=324BRv，C正確【點睛】根據(jù)感應電動勢公式E=BLv求出感應電動勢的大小E，ab邊切割磁感線，相當于電源，ab間的電壓是路端電壓，根據(jù)歐姆定律求解；本題是電磁感應與電路、力學等知識的綜合應用，注意a、b兩點的電勢差不是感應電動勢，而是路端電壓7如圖所示，一個圓環(huán)形導體位于豎直平面內，圓心為O，有一個帶正電的粒子沿圖中的虛線從圓環(huán)表面勻速飛過，則環(huán)中的感應電流方向是()A 沿逆時針方向B 沿順時針方向C 先沿逆時針方向后沿順時針方向D 先沿順時針方向后沿逆時針方向【答案】D【解析】由題意可知，帶正電的粒子從圓環(huán)表面勻速飛過，形成向右的電流，周圍會產(chǎn)生磁場，由圖可知，虛線上方

8、磁場向外，而虛線下方磁場向里；總的感通量是向外的；由于在進入時磁通量增大，出來時磁通量減?。粍t由楞次定律可知，感應電流的方向先順時針后逆時針，D正確8如圖所示，A、B是完全相同的兩個小燈泡，L為自感系數(shù)很大、電阻可以忽略的帶鐵芯的線圈，下列說法中正確的是()A 電鍵S閉合瞬間，B燈先亮，A燈逐漸變亮B 電鍵S閉合瞬間，B燈亮，A燈不亮C 斷開電鍵S的瞬間，A、B燈同時熄滅D 斷開電鍵S的瞬間，B燈立即熄滅，A燈突然亮一下再熄滅【答案】D【解析】開關K閉合的瞬間，由于L自感系數(shù)很大，相當于斷路，兩燈同時獲得電壓，所以A、B同時發(fā)光。由于線圈的電阻可以忽略，等電路穩(wěn)定后，L相當于一根導線，燈A逐漸

9、被短路，流過A燈的電流逐漸減小，B燈逐漸增大，則A燈變暗，B燈變亮，AB錯誤；斷開開關K的瞬間，B燈的電流突然消失，立即熄滅，流過線圈的電流將要減小，產(chǎn)生自感電動勢，相當電源，和A形成閉合回路，故自感電流流過A燈，所以A燈突然閃亮一下再熄滅，C錯誤D正確9水平固定放置的足夠長的U形金屬導軌處于豎直向上的勻強磁場中，在導軌上放著金屬棒ab，開始時ab棒以水平初速度v0向右運動，最后靜止在導軌上，就導軌光滑和粗糙兩種情況比較，這個過程()A 安培力對ab棒所做的功相等B 電流所做的功相等C 產(chǎn)生的總內能不相等D 通過ab棒的電量不相等【答案】D【解析】當導軌光滑時，金屬棒克服安培力做功，動能全部轉

10、化為焦耳熱，產(chǎn)生的內能等于金屬棒的初動能；當導軌粗糙時，金屬棒在導軌上滑動，一方面要克服摩擦力做功，摩擦生熱，把部分動能轉化為內能，另一方面要克服安培力做功，金屬棒的部分動能轉化為焦耳熱，摩擦力做功產(chǎn)生的內能與克服安培力做功轉化為內能的和等于金屬棒的初動能；所以，導軌粗糙時，安培力做的功少，導軌光滑時，安培力做的功多，A錯誤；電流所做的功等于回路中產(chǎn)生的焦耳熱，根據(jù)功能關系可知導軌光滑時，金屬棒克服安培力做功多，產(chǎn)生的焦耳熱多，電流做功大，B錯誤；兩種情況下，產(chǎn)生的內能相等，都等于金屬棒的初動能，C錯誤；根據(jù)感應電荷量公式q=R=BLxR，x是ab棒滑行的位移大小，B、R、導體棒長度L相同，x

11、越大，感應電荷量越大，因此導軌光滑時，滑行距離x大，感應電荷量大，D正確?！军c睛】金屬棒在導軌上做減速運動，最后金屬棒靜止在導軌上；對金屬棒進行受力分析，從能量轉化的角度分析內能關系。根據(jù)感應電荷量公式q=R，分析產(chǎn)生的電量關系。對金屬棒正確受力分析，從能量的角度分析內能問題，要熟悉感應電荷量公式q=R這一電磁感應問題常用的經(jīng)驗公式。10如圖所示，用相同導線繞成的兩個單匝線圈a、b的半徑分別為r和2r，圓形勻強磁場B 的邊緣恰好與a線圈重合，若磁場的磁感應強度均勻增大，開始時的磁感應強度不為0，則（）A 任意時刻，穿過a、b兩線圈的磁通量之比均為1：4B a、b兩線圈中產(chǎn)生的感應電動勢之比為1

12、：2C a、b兩線圈中產(chǎn)生的感應電流之比為2：1D 相同時間內a、b兩線圈產(chǎn)生的熱量之比為4：1【答案】C【解析】任意時刻，穿過a、b兩線圈的磁感線條數(shù)，磁通量相等，磁通量之比為1：1故A錯誤根據(jù)法拉第電磁感應定律得：E=BtS，S=r2，則S相等，Bt也相等，所以感應電動勢相等，感應電動勢之比為1：1，故B錯誤線圈a、b的半徑分別為r和2r，周長之比為1：2，電阻之比為1：2，根據(jù)歐姆定律知 I=ER ，得a、b兩線圈中產(chǎn)生的感應電流之比為2：1故C正確根據(jù)焦耳定律得 Q=E2Rt，得相同時間內a、b兩線圈產(chǎn)生的熱量之比為2：1，故D錯誤故選C.點睛：解決本題時要注意在公式=BS和法拉第電磁

13、感應定律中，S為有效面積，能熟練運用比例法研究這類問題11如圖所示，一個有矩形邊界的勻強磁場區(qū)域，磁場方向垂直紙面向內.一個三角形閉合導線框，由位置1(左)沿紙面勻速運動到位置2(右).取線框剛到達磁場邊界的時刻為計時起點(t=0)，規(guī)定逆時針方向為電流的正方向，則圖中能正確反映線框中電流號時間關系的是()A B C D 【答案】A【解析】線框進入磁場的過程，磁通量向里增加，根據(jù)楞次定律得知感應電流的磁場向外，由安培定則可知感應電流方向為逆時針，電流i應為正方向，BC錯誤；線框進入磁場的過程，線框有效的切割長度先均勻增大后均勻減小，由E=BLv，可知感應電動勢先均勻增大后均勻減小；線框完全進入

14、磁場的過程，磁通量不變，沒有感應電流產(chǎn)生；線框穿出磁場的過程，磁通量向里減小，根據(jù)楞次定律得知感應電流的磁場向里，由安培定則可知感應電流方向為順時針，電流i應為負方向；線框有效的切割長度先均勻增大后均勻減小，由E=BLv，可知感應電動勢先均勻增大后均勻減小，A正確D錯誤12豎直平面內有一金屬環(huán)，半徑為a，總電阻為R.磁感強度為B的勻強磁場垂直穿過環(huán)平面，在環(huán)的最高點A用鉸鏈連接長度為2a、電阻為R2的導體棒AB，由水平位置緊貼環(huán)面擺下(如圖).當擺到豎直位置時，B點的線速度為v，則這時AB兩端的電壓大小為()A 2Bav B Bav C 2Bav3 D Bav3【答案】D【解析】當擺到豎直位置

15、時，導體棒產(chǎn)生的感應電動勢為E=BLv=BLv2=Bav，AB兩端的電壓是路端電壓，導體棒將金屬環(huán)分隔成相同的兩部分，這兩部分并聯(lián)在電路中，故路端電阻為R2R2R2+R2=R4，內阻為R2，根據(jù)歐姆定律得：AB兩端的電壓大小為U=14R14R+12RE=Bav3，D正確13如圖所示，在載流直導線近旁固定有兩平行光滑導軌A、B，導軌與直導線平行且在同一水平面內，在導軌上有兩可自由滑動的導體ab和cd.當載流直導線中的電流逐漸增強時，導體ab和cd的運動情況是()A 一起向左運動B 一起向右運動C ab和cd相向運動，相互靠近D ab和cd相背運動，相互遠離【答案】C【解析】根據(jù)右手螺旋定則知，直

16、線電流下方的磁場方向垂直紙面向里，電流增強時，磁場增強，根據(jù)楞次定律得，回路中的感應電流為abdc，根據(jù)左手定則知，ab所受安培力方向向右，cd所受安培力向左，即ab和cd相向運動，相互靠近，C正確14如圖，A、B是相同的白熾燈，L是自感系數(shù)很大、電阻可忽略的自感線圈。下面說法正確的是()A 閉合開關S時，A、B燈同時亮B 閉合開關S時，B燈比A燈先亮，最后一樣亮C 斷開開關S時，A燈先閃亮一下再逐漸熄滅D 斷開開關S時，A燈與B燈一起逐漸熄滅【答案】D【解析】開關K閉合的瞬間，電源的電壓同時加到兩支路的兩端，A燈立即發(fā)光。由于線圈的自感阻礙，B燈后發(fā)光，由于線圈的電阻可以忽略，燈B逐漸變亮，

17、又由于電阻可忽略的自感線圈，所以最后兩燈一樣亮，AB錯誤；斷開開關K的瞬間，線圈與兩燈一起構成一個自感回路，流過線圈的電流將要減小，產(chǎn)生自感電動勢，相當電源，兩燈逐漸同時熄滅；由于電流穩(wěn)定時兩個燈泡一樣亮，所以兩個燈泡都不會閃亮一下，C錯誤D正確【點睛】對于自感線圈，當電流變化時產(chǎn)生自感電動勢，相當于電源，當電路穩(wěn)定時，相當于導線，將所并聯(lián)的電路短路15圖(甲)為手機及無線充電板。圖(乙)為充電原理示意圖。充電板接交流電源，對充電板供電，充電板內的送電線圈可產(chǎn)生交變磁場，從而使手機內的受電線圈產(chǎn)生交變電流，再經(jīng)整流電路轉變成直流電后對手機電池充電。為方便研究，現(xiàn)將問題做如下簡化：設送電線圈的匝

18、數(shù)為n1，受電線圈的匝數(shù)為n2，面積為S，若在t1到t2時間內，磁場(垂直于線圈平面向上、可視為勻強磁場)的磁感應強度由B1均勻增加到B2。下列說法正確的是A 受電線圈中感應電流方向由d到cB c點的電勢高于d點的電勢C c、d之間的電勢差為D c、d之間的電勢差為【答案】D【解析】根據(jù)楞次定律可知，受電線圈內部產(chǎn)生的感應電流方向俯視為順時針，受電線圈中感應電流方向由c到d，所以c點的電勢低于d點的電勢，故AB錯誤；根據(jù)法拉第電磁感應定律可得c、d之間的電勢差為，故C 錯誤，D正確；故選D。【點睛】根據(jù)楞次定律判斷感應電流方向，從而確定感應電動勢的高低；根據(jù)法拉第電磁感應定律求解感應電動勢的大

19、小16如圖所示，固定在水平面上的光滑平行導軌間距為L，右端接有阻值為R的電阻，空間存在方向豎直、磁感應強度為B的勻強磁場。質量為m、電阻為r的導體棒ab與固定彈簧相連并垂直導軌放置。初始時刻，彈簧處于自然長度?，F(xiàn)給導體棒水平向右的初速度v0，導體棒開始沿導軌往復運動，運動過程中始終與導軌垂直并保持良好接觸。若導體棒電阻r與電阻R的阻值相等，不計導軌電阻，則下列說法中正確的是A 初始時刻導體棒受到的安培力方向水平向右B 初始時刻導體棒兩端的電壓Uab=BLv0C 導體棒開始運動后速度第一次為零時，彈簧的彈性勢能D 導體棒整個運動過程中電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱【答案】D【解析】導體棒開始運動的初始時刻

20、，由右手定則判斷可知：ab中產(chǎn)生的感應電流方向從ab，由左手定則判斷得知ab棒受到的安培力向左，A錯誤；導體棒開始運動的初始時刻，ab棒產(chǎn)生的感應電勢為由于r=R，所以導體棒兩端的電壓，B錯誤；由于導體棒運動過程中產(chǎn)生電能，所以導體棒開始運動后速度第一次為零時，根據(jù)能量守恒定律得知：系統(tǒng)的彈性勢能小于，故C錯誤；金屬棒最終會停在初始位置，在金屬棒整個運動過程中，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱，D正確【點睛】根據(jù)右手定則判斷出初始時刻感應電流的方向，再根據(jù)左手定則判斷出安培力的方向；由和歐姆定律求解導體棒兩端的電壓；導體棒運動過程中，產(chǎn)生電能，根據(jù)功能關系分析導體棒開始運動后速度第一次為零時系統(tǒng)的彈性勢能

21、；根據(jù)能量守恒求解在金屬棒整個運動過程中，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱，弄清運動過程中能量如何轉化，并應用能量轉化和守恒定律分析解決問題是此題關鍵17（題文）如圖所示，一個半徑為L的半圓形硬導體AB，以速度v在水平U型框架上勻速滑動勻強磁場的磁感應強度為B定值電阻為R0，半圓形硬導體AB的電阻為r，其余電阻不計則半圓形導體AB切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢的大小及AB之間的電勢差分別為A BLv，BLvR0R0+r B BLv，Blv2 C 2BLv，BLv D 2BLv，2BLvR0R0+r【答案】D【解析】半圓形導體AB切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢的大小為：E=B2Lv=2BLvAB相當于電源，其兩端的電壓

22、是外電壓，由歐姆定律得：U=R0R0+rE=2BLvR0R0+r 故應選D。點晴：題要理解并掌握感應電動勢公式，圖中半圓形硬導體AB有效切割的長度等于半圓的直徑2L，由公式E=Blv求解感應電動勢的大小AB相當于電源，其兩端的電壓是外電壓，由歐姆定律求出。18在如圖電路中，電源電動勢E=12V，電阻R的阻值R=6，線圈L的自感系數(shù)L=4H，不計電源和電感線圈的內阻，則（）A 在電鍵剛閉合的瞬間，電流值是2AB 在電鍵閉合了很長一段時間以后，其最終電流為2AC 在電鍵閉合了很長一段時以后，其最終電流為3AD 在電鍵剛閉合的瞬間，電流的瞬時變化率為2A/s【答案】B【解析】A項：在電鍵剛閉合瞬間，

23、感抗為無窮大，電流值為零，故A錯誤；B、C項：在電鍵閉合很長一段時間后，電感線圈的感抗為零，則最終電流大小為：I=ER=126A=2A，故B正確，C錯誤；D項：根據(jù)E=LIt，可求出電流的瞬時變化率為3A/s，故D錯誤。點晴：當閉合瞬間出現(xiàn)自感電動勢，從而阻礙電流的變化，根據(jù)E=LIt，可求出電流的瞬時變化率；只有當電流穩(wěn)定后，根據(jù)閉合電路歐姆定律，即可求解電流大小。19如圖所示，兩個條形磁鐵的N和S相向水平放置，一豎直放置的矩形線框從兩個磁鐵之間正上方自由落下，并從兩磁鐵中間穿過。下列關于線框受到安培力及從右向左看感應電流方向說法正確的是A 感應電流方向先逆時針方向，后順時針方向B 感應電流

24、方向一直是順時針C 安培力方向一直豎直向上D 安培力方向先豎直向上，后豎直向下【答案】C【解析】線框自由下落過程中穿過線圈的磁通量為向右的增多，后減少，根據(jù)楞次定律可知線框中的感應電流先是順時針后是逆時針，AB錯誤；再由來拒去留，可知線框受到的安培力方向一直是豎直向上，C正確D錯誤20很多人喜歡到健身房騎車鍛煉，某同學根據(jù)所學知識設計了一個發(fā)電測速裝置如圖所示自行車后輪置于垂直車身平面向里的勻強磁場中，后輪圓形金屬盤在磁場中逆時針轉動時，可等效成一導體棒繞圓盤中心O轉動已知該磁場的磁感應強度大小為B，圓盤半徑為l，圓盤電阻不計導線通過電刷分別與后輪外邊緣和圓心O相連，導線兩端a、b間接一阻值R

25、的小燈泡后輪勻速轉動時，用電壓表測得a、b間電壓U則下列說法正確的是（ ）A a連接的是電壓表的正接線柱B 若圓盤勻速轉動的時間為t，則該過程中克服安培力做功Q=U22RtC 自行車后輪轉動的角速度是UBl2D 自行車后輪邊緣的線速度大小是2UBl【答案】D【解析】根據(jù)右手定則，輪子邊緣點是等效電源的負極，則a點接電壓表的負接線柱，故A錯誤；若圓盤勻速轉動的時間為t，根據(jù)焦耳定可知該過程中克服安培力做功Q=U2Rt，故B錯誤；由法拉第電磁感應定律可得產(chǎn)生的感應電動勢E=U=Blv=12Blv，解得邊緣線速度v=2UBl，故D正確；根據(jù)線速度和角速度的關系可得角速度為：vl=2UBl2，故C錯誤

26、。故選D。點睛：本題主要是考查了法拉第電磁感應定律；對于導體切割磁感應線產(chǎn)生的感應電動勢情況有兩種：一是導體平動切割產(chǎn)生的感應電動勢，可以根據(jù)E=BLv來計算；二是導體棒轉動切割磁感應線產(chǎn)生的感應電動勢，可以根據(jù)E=12Bl2來計算21有一等直角三角形狀的導線框abc,在外力作用下勻速地經(jīng)過一個寬為d的有限范圍勻強磁場區(qū)域,線圈中產(chǎn)生的感應電流I與沿運動方向的位移x之間的函數(shù)象是如下圖中的( )A B C D 【答案】B【解析】開始時進入磁場切割磁感線，根據(jù)右手定則可知，電流方向為逆時針，當開始出磁場時，回路中磁通量減小，產(chǎn)生的感應電流為順時針；不論進入磁場，還是出磁場時，由于切割的有效長度變

27、小，導致產(chǎn)生感應電流大小變小。故B正確，ACD錯誤。故選B。點睛：對于圖象問題可以通過排除法進行求解，如根據(jù)圖象過不過原點、電流正負、大小變化等進行排除22下列關于自感和自感系數(shù)的說法正確的是（ ）A 在實際電路中，自感現(xiàn)象有害而無益B 線圈中的電流變化越大，自感現(xiàn)象越明顯C 線圈的自感系數(shù)越大，自感電動勢就一定越大D 線圈自感系數(shù)由線圈本身性質及有無鐵芯決定【答案】D【解析】在實際電路中，自感現(xiàn)象有害也有益，選項A錯誤；自感電動勢與線圈的自感系數(shù)以及電流的變化率有關，則線圈中的電流變化越大，自感現(xiàn)象不一定越明顯；線圈的自感系數(shù)越大，自感電動勢不一定越大，選項BC錯誤；線圈自感系數(shù)由線圈本身性

28、質及有無鐵芯決定，選項D正確23如圖所示，在水平地面下有一條沿東西方向鋪設的水平直導線，導線中通有自東向西穩(wěn)定、強大的直流電流現(xiàn)用一閉合的檢測線圈(線圈中串有靈敏的檢流計，圖中未畫出)檢測此通電直導線的位置，若不考慮地磁場的影響，在檢測線圈位于水平面內，從距直導線很遠處由北向南沿水平地面通過導線的上方并移至距直導線很遠處的過程中，俯視檢測線圈，其中的感應電流的方向是()A 先順時針后逆時針B 先逆時針后順時針C 先逆時針后順時針，然后再逆時針D 順時針后逆時針，然后再順時針【答案】C【解析】根據(jù)右手螺旋定則可確定如圖所示的電流周圍的磁場方向；當檢測線圈水平向南移動時，由于通電導線的磁場作用，導

29、致穿過線圈的磁通量發(fā)生變化，從而產(chǎn)生感應電流，因此有：先向下的磁場在增加，則有感應電流方向逆時針；當移動超過正上方后，向下的磁場在減小，所以感應電流方向為順時針；當繼續(xù)向南移動時，向上磁場在減弱，則有感應電流方向逆時針，C正確24如圖所示，空間中存在一水平方向的半無界勻強磁場，其上邊界水平。磁場上方有一個長方形導線框，線框一邊水平，所在平面與磁場方向垂直。若線框自由下落，則剛進入磁場時線框的加速度不可能A 逐漸減小，方向向下B 為零C 逐漸增大，方向向上D 逐漸減小，方向向上【答案】C【解析】導線框進入磁場時，下邊切割磁場產(chǎn)生感應電流，受到向上的安培力，若安培力大于重力，合力方向向下，加速度方

30、向向下，線框做加速運動，隨著速度增大，產(chǎn)生的感應電動勢和感應電流增大，線圈所受的安培力增大，合力減小，加速度減小，故A正確；若安培力等于重力，線框做勻速運動，加速度為零，B正確；若安培力大于重力，合力方向向上，加速度方向向上。線框做減速運動，隨著速度減小，產(chǎn)生的感應電動勢和感應電流減小，線圈所受的安培力減小，合力減小，加速度減小，C錯誤D正確25如圖所示,在磁感應強度為B的勻強磁場中有固定的金屬框架AOC，已知O=，導體棒DE在框架上從O點開始在外力作用下，沿垂直DE方向以速度v勻速向右平移，使導體棒和框架構成等腰三角形回路。設框架和導體棒材料相同，其單位長度的電阻均為R，框架和導體棒均足夠長

31、，不計摩擦及接觸電阻，關于回路中的電流I和電功率P隨時間t變化的下列四個圖象中可能正確的是A 1和3 B 1和4 C 2和3 D 2和4【答案】B【解析】設框架運動時間為t時，通過的位移為x=vt，則連入電路的導體的長度為：2xtan2 則回路的總電阻為：R總=R(2×tan2+2xcos2) 感應電流：I=ER總=B·2xtan2v(2xtan2+2xcos2)R=2Btan2v(2tan2+2cos2)R ，為一定值，故正確，錯誤運動x時的功率為：P=I2R總=I2R(2tan2+2xcos2)=I2R(2vtan2+2vcos2)t則P與t成正比，故錯誤，正確；故B正

32、確。點晴：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，由法拉第電磁感應定律列出電流與時間的表達式和功率與時間的表達式，找出相應的圖象即可。26如圖所示，固定于水平面上的金屬架CDEF處在豎直向下的勻強磁場中，金屬棒MN沿框架以某一速度向右做勻速運動。t=0時,磁感應強度為B0，此時MN到達的位置恰好使MDEN構成一個邊長為L的正方形.為使MN棒中不產(chǎn)生感應電流,從t=0開始,磁感應強度B隨時間t的變化的圖象正確的是A B C D 【答案】C【解析】當通過閉合回路的磁通量不變，則MN棒中不產(chǎn)生感應電流，有：  B0L2=BL（L+vt）所以B=B0L2L(

33、L+vt)可知，B與t是非線性關系，B-t圖線是曲線，而且隨著t的增大，B減小，故C正確，ABD錯誤。點晴：只要通過閉合回路的磁通量不變，則MN棒中不產(chǎn)生感應電流，抓住磁通量不變，求出B隨時間t變化的關系，即可選擇圖象。27如圖所示，1831年法拉第把兩個線圈繞在一個鐵環(huán)上，A線圈與電源、滑動變阻器R組成一個回路，B線圈與開關S、電流表G組成另一個回路.通過多次實驗，法拉第終于總結出產(chǎn)生感應電流的條件.關于該實驗下列說法正確的是()A 閉合開關S的瞬間，電流表G中有ab的感應電流B 閉合開關S的瞬間，電流表G中有ba的感應電流C 閉合開關S，滑動變阻器的滑片向左滑的過程中，電流表G中有ab的感

34、應電流D 閉合開關S，滑動變阻器的滑片向左滑的過程中，電流表G中有ba的感應電流【答案】D【解析】A、B、閉合與斷開開關S的瞬間，穿過線圈B的磁通量都不發(fā)生變化，電流表G中均無感應電流。故AB錯誤；C、D、閉合開關S 后，在增大電阻 R 的過程中，電流減小，則通過線圈B的磁通量減小了，根據(jù)安培定則可確定穿過線圈B的磁場方向，再根據(jù)楞次定律可得：電流表G中有 ba 的感應電流。故D正確，C錯誤；故選D?！军c睛】電流表與線圈B構成閉合電路，當線圈中磁通量發(fā)生變化時，出導致線圈中產(chǎn)生感應電動勢，從而可出現(xiàn)感應電流根據(jù)安培定則可確定線圈B的磁場方向，再根據(jù)楞次定律可判定感應電流方向28如圖所示，虛線a

35、bcd為水平面內的矩形勻強磁場區(qū)域域，磁場方向豎直向下，圓形閉合金屬線框以一定的速度沿光滑絕緣水平面向右運動進入磁場區(qū)域，如圖所示給出的是金屬線框的四個可能到達的位置，則圓形線框的速度可能為零的位置是（ ）A A B B C C D D【答案】A【解析】線圈進或出磁場時，磁通量變化，線圈中會產(chǎn)生感應電流，線圈受到安培阻力作用而減速運動，速度可能為零，故A正確。點晴：根據(jù)線圈完全進入磁場后，磁通量不變，沒有感應電流產(chǎn)生，不再受安培力，線圈的速度不變進行分析當線圈進入或穿出磁場時，磁通量變化，產(chǎn)生感應電流，受到安培阻力作用，速度可能為零。29一質量為m、電阻為r的金屬桿ab，以一定的初速度v0從一

36、光滑平行金屬導軌底端向上滑行，導軌平面與水平面成30°角，兩導軌上端用一電阻R相連，如圖所示，磁場垂直斜面向上，導軌的電阻不計，金屬桿向上滑行到某一高度之后又返回到底端時的速度大小為v，則金屬桿在滑行的過程中,說法不正確的是()A 向上滑行的時間小于向下滑行的時間B 在向上滑行時電阻R上產(chǎn)生的熱量大于向下滑行時電阻R上產(chǎn)生的熱量C 金屬桿從開始上滑至返回出發(fā)點，電阻R上產(chǎn)生的熱量為12m(v02v2)D 向上滑行時與向下滑行時通過電阻R的電荷量相等【答案】D【解析】因為導體棒中產(chǎn)生電能消耗機械能，則導體棒回到底端的速度小于v0；上滑階段的平均速度大于下滑階段的平均速度，而上滑階段的位

37、移與下滑階段的位移大小相等，所以上滑過程的時間比下滑過程短，所以A正確；電量q=It=ERt=BStRt=BSR，式中結果無時間，故上滑階段和下滑階段通過回路即通過R的電量相同，所以D正確；分析知上滑階段的平均速度大于下滑階段的平均速度，由動生電動勢公式E=BLv可知上滑階段的平均感應電動勢E1大于下滑階段的平均感應電動勢E2，而上滑階段和下滑階段通過回路即通過R的電量相同，再由公式W電=qE電動勢，可知上滑階段回路電流做功即電阻R產(chǎn)生的熱量比下滑階段多。所以B正確；金屬桿從開始上滑至返回出發(fā)點的過程中，只有安培力做功，動能的一部分轉化為熱能，電阻R與金屬桿電阻上共同產(chǎn)生的熱量等于金屬桿減小的

38、動能，C錯誤。本題選錯誤的，故選C。30如圖所示，平行導軌間距為d，一端跨接一個電阻為R，勻強磁場的磁感強度為B，方向與導軌所在平面垂直。一根足夠長的金屬棒與導軌成角放置，金屬棒與導軌的電阻不計。當金屬棒沿垂直于棒的方向以速度v滑行時，通過電阻R的電流強度是（） A BdvR B BdvsinRC BdvcosR D BdvRsin【答案】D【解析】ab棒有效的切割長度為：L=dsin；產(chǎn)生的感應電動勢為：E=BLv=Bvdsin，通過R的電流為：I=ER=BdvRsin。故選D。點睛：本題考查學生對公式的理解，容易產(chǎn)生的錯誤是認為金屬棒的切割長度為d，感應電動勢為E=Bdv，通過R的電流為B

39、dvR31如圖所示，由導體材料制成的閉合線框，曲線部分PNQ滿足函數(shù)y=2sin0.5x，其中x、y單位為m， x滿足0x2，曲線部分電阻不計，直線部分PMQ的電阻為R=5.將線框從圖示的位置開始(t=0)，以v=4m/s的速度勻速通過寬度為d=2m、磁感應強度B=2T的勻強有界磁場，在線框穿越磁場的過程中， 下列說法正確的是A 線框穿越磁場的過程中，感應電流變化規(guī)律為i=0.62sin(0.5t)B 線框穿越磁場的過程中，線框中產(chǎn)生的焦耳熱為51.2JC 線框穿越磁場的過程中，線框中產(chǎn)生的焦耳熱為25.6JD 線框穿越磁場的時間為0.5s【答案】C【解析】線框穿越磁場的過

40、程中，感應電動勢變化規(guī)律為e=Byv=B·2sin0.5x·v=2×2sin0.5×4t×4V=16sin2t（V），則感應電流變化規(guī)律為i=eR=16sin2t5A=3.2sin2tA，故A錯誤；電流的有效值為I=Im2=3.22A=1.62A，線框穿越磁場的過程中，穿過磁場的時間t=2dv=2×24s=1s，線框中產(chǎn)生的焦耳熱為Q=I2Rt=1.622×5×1J=25.6J，故C正確，BD錯誤，故選C.【點睛】根據(jù)勻速運動的位移公式求線框穿過磁場的時間。當線框的有效切割長度最大時產(chǎn)生的感應電動勢最大，PQ間的電

41、壓最大，由E=BLv求出最大的感應電動勢，即可求得PQ間最大電壓。線框中產(chǎn)生正弦感應電流，根據(jù)電動勢有效值求焦耳熱。由歐姆定律求感應電流的變化規(guī)律。32如圖所示，用均勻導線做成邊長為0.1m的正萬形線框，線框的一半處于垂直線框向里的勻強磁場中， 當磁場以40T/s的變化率均勻減小時，a、b兩點間電勢差的大小為U，則A a>b， U=0.IV B a<b， U=0.IV C a<b， U=0.2V D a>b， U=0.2V【答案】A【解析】正方形線框的左半部分磁通量在不斷減小，根據(jù)楞次定律可知電流方向為順時針，把左半部分

42、線框看成電源，電源內部的電流由負極到正極，故a的電勢大于b點電勢，設電動勢為E，內電阻r2，畫出等效電路如圖所示由圖可知a、b兩點間的電勢差即為電源的路端電壓，設邊長l，且依題意知：Bt=40Ts，由法拉第電磁感應定律得：E=BtS=1×40×0.1×0.12V=0.2V，則U=Ir2=Er2+r2×r2=0.1V，故A正確，BCD錯誤，故選A.【點睛】根據(jù)法拉第電磁感應定律，求出感應電動勢的大小，根據(jù)楞次定律判斷出感應電流的方向，再通過閉合電路歐姆定律求出電流以及電勢差33一條形磁體平放在水平桌面上，一閉合線圈保持在豎直平面內，從條形磁鐵探出桌面的一端

43、的左上方豎直下落，線圈平面垂直于磁鐵（如圖）。在線圈通過磁鐵截面的過程中磁鐵一直靜止，關于磁鐵的受力分析正確的是A 線圈中感應電流的方向不會變化B 磁鐵受桌面的支持力一直大于重力C 磁鐵受到桌面的摩擦力一直向右D 磁鐵受到桌面的摩擦力一直向左【答案】B【解析】線圈向下運動的過程中穿過線圈的磁通量先增大后減小，根據(jù)楞次定律可知，線圈產(chǎn)生的感應電流的方向一定會發(fā)生變化。故A錯誤；根據(jù)楞次定律可知，線圈向下運動的過程中，產(chǎn)生的感應電流對線圈一直存在阻礙作用，即磁鐵對線圈一直有向上的作用力，根據(jù)牛頓第三定律可知，線圈對磁體一直有向下的作用力，所以磁鐵受桌面的支持力一直大于重力。故B正確；根據(jù)楞次定律，

44、線圈在桌面以上時，線圈對磁體的作用力的方向為右下方，所以磁鐵還要受到向左的摩擦力；而線圈在桌面以下時，線圈對磁體的作用力的方向為左下方，所以磁鐵還要受到向右的摩擦力。故CD錯誤。故選B。點睛：首先應掌握楞次定律的基本應用，楞次定律的第二描述是能量守恒定律在電磁感應現(xiàn)象中得出的必然結果。一般在解決有關相對運動類問題時用楞次定律的第二描述將會非常簡便。34如圖所示的勻強磁場中有一根彎成45°的金屬線POQ，其所在平面水平且與磁場垂直，長直導線MN與金屬線緊密接觸，起始時OAL0，且MNOQ，所有導線單位長度的電阻均為r，MN運動的速度為v，使MN勻速運動的外力為F，不計摩擦和接觸電阻，則

45、外力F隨時間變化的圖像是 ()A B C D 【答案】C【解析】因導線MN勻速運動，則MN切割磁感線的有效長度是L=L0+vttan45°=L0+vt，故t時刻回路中導線MN產(chǎn)生的感應電動勢為E=BLv=BL0+vtv=BL0v+Bv2t，回路的總電阻為R=2L0+2L0r+2vt+2vtr=2+2rL0+vt，則感應電流的大小為I=ER=BL0v+Bv2t2+2rL0+vt，由安培力公式可得F=BIL=B2L0v+B2v2t2+2rL0+vtL0+vt=B2L0v+B2v2t2+2r=B2L0v2+2r+B2v22+2rt，即可表示為F=a+kt的形式，C正確【點睛】本題的關鍵要理

46、解“有效”二字，要注意回路中有效電動勢和總電阻都隨時間增大，實際感應電流并沒有變化35如圖所示，導線框abcd與直導線幾乎在同一平面內，直導線中通有恒定電流I，當導線框由左向右勻速通過直導線時，線框中感應電流的方向是()A 先abcd，后dcba，再abcd B 始終dcbaC 先dcba，后abcd，再dcba D 先abcd，后dcba【答案】C【解析】由安培定則得，載有恒定電流的直導線產(chǎn)生的磁場在導線左邊的方向為垂直紙面向外，右邊的磁場方向垂直向里，當線圈向導線靠近時，則穿過線圈的磁通量變大，根據(jù)楞次定律，可知感應電流方向為adcba；當線圈越過導線時到線圈中心軸與導線重合，穿過線圈的磁

47、通量的變小，則感應電流方向為abcda；當繼續(xù)向右運動時，穿過磁通量變大，由楞次定律可知，感應電流方向為：abcda；當遠離導線時，由楞次定律可知，感應電流方向為：adcba，C正確36下圖中能產(chǎn)生感應電流的是()A B C D 【答案】B【解析】A中線圈不閉合，有感應電動勢但無感應電流，A錯誤；B中兩導體桿速度方向相反，穿過閉合回路的磁通量增大，故有感應電流產(chǎn)生，B正確；C中線圈所在平面正好與導線在該位置產(chǎn)生的磁場平面平行，故磁通量恒為零，無感應電流，C錯誤；D中線圈在勻強磁場中運動，穿過線圈的磁通量恒定不變，故無感應電流產(chǎn)生，D錯誤37如圖所示，三只完全相同的燈泡A、B、C分別與帶有快芯的

48、電感線圖L、定值電阻R、二極管D串聯(lián)在電路中，閉合開關S，電路穩(wěn)定后，三只燈泡亮度相同。下列說法正確的是（ ）A 斷開開關S，燈泡A、C馬上熄滅，燈泡B慢慢熄滅B 斷開開關S，燈泡C馬上熄滅，燈泡A、B慢慢熄滅C 斷開開關S瞬間，通過燈泡B的電流方向是從左向右的D 如果先抽掉電感線圈的快芯，再斷開開關S，會發(fā)現(xiàn)燈泡B熄滅得更慢【答案】B【解析】AB、閉合開關S，電路穩(wěn)定后，三只燈泡亮度相同，說明導通狀態(tài)下,三個支路的電流相同；斷開開關S后，電感線圈產(chǎn)生自感電動勢，阻礙電流減小，與燈泡B所在支路形成回路，所以燈泡A、B不是馬上熄滅，而是慢慢熄滅，燈泡C所在支路由于二極管的作用反向電流不能通過，燈

49、泡C馬上熄滅，故A項錯誤，B項正確；C、斷開開關S瞬間，通過電感線圈的電流方向不變，通過燈泡B的電流方向是從右向左的，故C項錯誤；D、根據(jù)自感電動勢可知如果先抽掉電感線圈的鐵芯，自感系數(shù)L減小，再斷開開關S，由于電感線圈的自感電動勢減小，會發(fā)現(xiàn)燈泡B熄滅得明顯變快，故D項錯誤；故選B。【點睛】當S斷開時，通過線圈L的電流減小，穿過線圈的磁通量減小，根據(jù)楞次定律判斷感應電動勢的方向和作用，分析燈熄滅情況。二、多選題38如圖甲所示，一粗細均勻的單匝正方形銅線框，質量m =1 kg，放置在光滑絕緣水平面上，兩平行虛線間存在與水平面垂直的勻強磁場，磁場邊界線與線框ab邊平行?，F(xiàn)用垂直于ab邊的水平恒力

50、F拉動線框，線框到達位置1開始計時，此時線框開始進入勻強磁場，速度v0 = 3 m/s，線框中感應電動勢為2 V。在t = 3 s時線框到達位置2，線框開始離開勻強磁場，此過程中線框v-t圖象如圖乙所示，那么A t = 0時，ab間的電壓為0.75 VB 恒力F的大小為0.5 NC 線框進入磁場與離開磁場的過程中線框內感應電流的方向相同D 線框完全離開磁場瞬間的速度大小為2 m/s【答案】BD【解析】A、t=0時，ab相當于電源，外阻為內阻的3倍，ab間電壓應為電動勢的34，即Uab=34E=34×2V=1.5V，故A錯誤；BC、當線圈完全進入磁場到剛要穿出磁場過程，即13s過程中，

51、由于穿過線圈的磁通量不變，所以沒有感應電流，不受安培力作用，外力F即為線圈受到的合力，根據(jù)牛頓第二定律可得F=ma=1×322N=0.5N，選項B正確；C、線圈進入磁場過程中，穿過線圈的磁通量增加，而線圈離開磁場過程中，穿過線圈的磁通量減小，根據(jù)楞次定律可知兩個過程中產(chǎn)生的感應電流方向相反，選項C錯誤；D、因為線圈剛要離開磁場時的速度和線框開始進入場時速度正好相等，所以受力情況、運動情況也是一樣，線框剛離開磁場瞬間速度和剛進入磁場瞬間速度相等，即為2m/s，D正確點睛：本題考查了導線切割磁感線運動，掌握切割產(chǎn)生的感應電動勢公式，但從vt圖象可以看出線框做勻加速直線運動，這是本題的關鍵

52、。39如圖所示，PQ、MN為兩根光滑絕緣且固定的平行軌道，兩軌間的寬度為L，軌道斜面與水平面成角。在矩形abcd內存在方向垂直軌道斜面向下、強度為B的勻強磁場，已知ab、cd間的距離為3d。有一質量為m、長AB為L、寬BC為d的矩形金屬線圈ABCD放置在軌道上，開始時線圈AB邊與磁場邊界ab重合?，F(xiàn)讓線圈由靜止出發(fā)沿軌道下滑，從AB進入磁場到CD邊進入磁場的過程中，流過線圈的電荷量為q。線圈通過磁場的總時間為t，重力加速度為g。下列說法正確的是（ ）A 線圈在磁場中不可能做勻加速直線運動B 線圈的電阻為R=BLdqC 線圈CD邊剛好通過磁場下邊界時，線圈的速度大小為v=mgtsinBLqmD

53、線圈在時間t內電阻的發(fā)熱量為Q=4mgdsin(mgtsin2BLq)22m【答案】BD【解析】A、線圈全部進入磁場中，磁通量不變，感應電流為0，不受安培力作用，做勻加速直線運動，故A錯誤；B、從AB進入磁場到CD邊進入磁場的過程中，通過回路的電荷量q=it=ERt=R=BdLR，線圈的電阻為R=BLdq，故B正確；C、設線圈CD邊剛好通過磁場下邊界時，線圈的速度大小為v，根據(jù)動量定理可得mgtsinBLIt=mv0，It=2q，解得線圈的速度大小為v=mgtsin2BLqm，故C錯誤；D、由能量守恒定律有mg·4dsin=12mv2+Q，解得Q=4mgdsin(mgtsin2BLq

54、)22m，故D正確；故選BD?！军c睛】cd邊剛進入磁場時，根據(jù)電量公式、歐姆定律和法拉第電磁感應定律結合求解電量，線圈CD邊剛好通過磁場下邊界時，根據(jù)動量定理求解線圈的速度，根據(jù)能量守恒定律求解電阻的發(fā)熱量。40如圖(a)、(b)所示的電路中，電阻R和自感線圈L的電阻值都很小，且小于燈A的電阻，接通S，使電路達到穩(wěn)定，燈泡A發(fā)光，則A 在電路(a)中，斷開S，A將逐漸熄滅B 在電路(a)中，斷開S，A將先變得更亮，然后逐漸熄滅C 在電路(b)中，斷開S， A將逐漸熄滅D 在電路(b)中，斷開S，A將先變得更亮，然后逐漸熄滅【答案】AD【解析】在電路a中，斷開S，由于線圈阻礙電流變小，導致燈A將

55、逐漸變暗，因為斷開前后的電流一樣，燈不會變得更亮。故A正確，B錯誤；在電路b中，由于電阻R和自感線圈L的電阻值都很小，所以通過燈泡的電流比線圈的電流小的多，斷開S時，由于線圈阻礙電流變小，導致燈泡將變得更亮，然后逐漸變暗。故C錯誤，D正確；故選AD。點睛：線圈中電流變化時，線圈中產(chǎn)生感應電動勢；線圈電流增加，相當于一個瞬間電源接入電路，線圈左端是電源正極。當電流減小時，相當于一個瞬間電源，線圈右端是電源正極。41如圖所示，兩端與定值電阻相連的光滑平行金屬導軌傾斜放置，其中R1=R2=2R，導軌電阻不計，導軌寬度為L，勻強磁場垂直穿過導軌平面，磁感應強度為B導體棒ab的電阻為R，垂直導軌放置，與導軌接觸良好。釋放后，導體棒ab沿導軌向下滑動，某時刻流過R2的電流為I，在此時刻()A 重力的功率為6l2RB 金屬桿ab消耗的熱功率為4l2RC 導體棒的速度大小為2IRBLD 導體棒受到的安培力的大小為2BIL【答案】BD【解析】根據(jù)能量守恒定律可得PG+PF=PQ+mgv，由于質量未知，所以重力的功率無法求解，A錯誤；據(jù)題R1=R2=2R，流過R2的電流為I，通過R1和R2的電流相等，則流過ab棒的電流為2I；金屬桿ab消耗的熱功率為Pab=(2I)2R=4I2R，B正確；金屬桿ab產(chǎn)生的感應電動勢為E=2I(R+12×2R)=