電磁感應(yīng)（8）

1、內(nèi)裝訂線學(xué)校:_姓名：_班級(jí)：_考號(hào)：_外裝訂線絕密啟用前2018-2019學(xué)年度?學(xué)校8月月考卷試卷副標(biāo)題考試范圍：xxx；考試時(shí)間：100分鐘；命題人：xxx注意事項(xiàng)：1答題前填寫(xiě)好自己的姓名、班級(jí)、考號(hào)等信息2請(qǐng)將答案正確填寫(xiě)在答題卡上第I卷（選擇題）請(qǐng)點(diǎn)擊修改第I卷的文字說(shuō)明一、多選題1如圖所示，豎直放置的兩根平行金屬導(dǎo)軌間距為l，之間接有定值電阻R，質(zhì)量為m的金屬棒與兩導(dǎo)軌始終保持垂直并良好接觸且無(wú)摩擦，棒的電阻為r，導(dǎo)軌電阻不計(jì)整個(gè)裝置放在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向與導(dǎo)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(shí)間，再達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)則下列說(shuō)法中正確的是（ ）A

2、棒達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)時(shí)，通過(guò)它的電流為I=FmgBlB 棒達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)時(shí)，其速度為v=FmgRB2l2C 棒達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)前，其加速度一直在減小D 整個(gè)過(guò)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(duì)導(dǎo)體棒受力分析得：FmgBIL=ma，而感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=BLv，電流I=ER+r，帶入得：FmgB2L2vR+r=ma，隨著運(yùn)動(dòng)速度v增加，加速度減小，當(dāng)加速度減小到零時(shí)，速度最大vm=FmgR+rB2L2，此時(shí)FmgBIL=0，即電流I=FmgBL，所以AC正確的；B錯(cuò)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(cuò)誤；故選AC點(diǎn)睛：本題為電磁感應(yīng)定

3、律條件下，牛頓第二定律和能量守恒定律的應(yīng)用題目，關(guān)鍵確定合外力變化中速度與加速度的過(guò)程分析，知道當(dāng)加速度為零時(shí)，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(yīng)強(qiáng)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(xiàng)：由楞次定律可得：穿過(guò)線圈的磁通量增加，則產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向是順時(shí)針，由處于電源內(nèi)部所以電流方向是從負(fù)極到正極，故A板為正電荷，故A正確，B錯(cuò)誤；C、D項(xiàng)：由法拉第電磁感應(yīng)定

4、律：E=nt=5×105V，則A、C兩板的電勢(shì)差5×10-5V，由公式C=QU得Q=CU=5×1010C，故C錯(cuò)誤，D正確。點(diǎn)晴：線圈平面垂直處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度隨著時(shí)間均勻變化時(shí)，線圈中的磁通量發(fā)生變化，從而導(dǎo)致出現(xiàn)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，產(chǎn)生感應(yīng)電流由楞次定律可確定感應(yīng)電流方向，由法拉第電磁感應(yīng)定律可求出感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小。3如圖所示，電池內(nèi)阻不計(jì)，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(duì)于這個(gè)電路，下列說(shuō)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(dá)到穩(wěn)定后，再斷開(kāi)開(kāi)關(guān)，燈泡立即熄滅D 電路達(dá)到穩(wěn)定后，再斷開(kāi)開(kāi)關(guān)，燈泡逐漸熄

5、滅【答案】AD【解析】A、B項(xiàng)：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(cuò)誤；C、D項(xiàng)：電路達(dá)到穩(wěn)定后，再斷開(kāi)開(kāi)關(guān)，自感線圈中的電流減小，在自感線圈中產(chǎn)生自感電動(dòng)勢(shì)，自感線圈與燈泡組成閉合回路，所以燈泡逐漸熄滅，故C錯(cuò)誤，D正確。4在理解法拉第電磁感應(yīng)定律E=nt及改寫(xiě)形勢(shì)E=nBSt,E=nSBt 的基礎(chǔ)上（線圈平面與磁感線不平行），下面敘述正確的為（ ）A 對(duì)給定線圈，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小跟磁通量的變化率成正比B 對(duì)給定的線圈，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小跟磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化 B成正比C 對(duì)給定匝數(shù)的線圈和磁場(chǎng)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小跟面積的平均變化率st成正比D 題目給的三種計(jì)算電動(dòng)勢(shì)

6、的形式，所計(jì)算感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小都是t時(shí)間內(nèi)的瞬時(shí)值【答案】AC【解析】由E=nt可知，對(duì)給定線圈，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小跟磁通量的變化率成正比，故A正確，由E=nSBt可知，對(duì)給定的線圈，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小跟磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化率成正比，與B無(wú)關(guān)，故B錯(cuò)誤；由E=nBSt可知，對(duì)給定匝數(shù)的線圈和磁場(chǎng)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)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(yīng)定律：E=Nt，得知感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)與穿過(guò)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(shí)間，則E表示t時(shí)間內(nèi)的平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，故D錯(cuò)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(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B. 正方形閉合金屬線框邊長(zhǎng)為h，質(zhì)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(dāng)ab邊到達(dá)L時(shí)，線框速度為V0，ab邊到達(dá)L下方距離為d(dh)處時(shí)，線框速度也為V0，以下說(shuō)法正確的是( )A ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，電流方向?yàn)閍bB ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，線框加速度沿斜面向下C 線框進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中的最小速度小于mgRsinB2h2D 線框進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)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(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，電流方向?yàn)閍b故A正確。當(dāng)ab邊到達(dá)L時(shí)，線框速度為v0ab邊到達(dá)L下方距離d處時(shí)，線框

8、速度也為v0，知線框進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)做減速運(yùn)動(dòng)，完全進(jìn)入磁場(chǎng)后做加速運(yùn)動(dòng)，則ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，做減速運(yùn)動(dòng)，加速度方向向上。故B錯(cuò)誤。線框從進(jìn)入磁場(chǎng)到完全進(jìn)入的過(guò)程中，做減速運(yùn)動(dòng)，完全進(jìn)入的瞬間速度最小，此時(shí)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(cuò)誤。對(duì)線框進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程運(yùn)用能量守恒定律得，mgdsin=Q故D正確。故選AD。點(diǎn)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(yīng)電動(dòng)勢(shì)公式和能量守恒，知道線框進(jìn)入磁場(chǎng)的運(yùn)動(dòng)規(guī)律是解決本題的關(guān)鍵6如圖所示，長(zhǎng)為L(zhǎng)的

9、金屬桿在水平外力作用下，在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中沿水平光滑導(dǎo)軌勻速運(yùn)動(dòng)，如果速度v不變，而將磁感應(yīng)強(qiáng)度由B增為2B.除電阻R外，其它電阻不計(jì)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(yīng)電動(dòng)勢(shì)將增為2倍D 感應(yīng)電流的熱功率將增為4倍【答案】ACD【解析】由法拉第電磁感應(yīng)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?lái)的4倍，勻速運(yùn)動(dòng)，受力平衡，所以外力變?yōu)?倍，A正確B錯(cuò)誤；又熱功率P=I2R變?yōu)樵瓉?lái)的4倍，D正確7電磁感應(yīng)現(xiàn)象揭示了“由磁生電”的內(nèi)在規(guī)律，根據(jù)這一發(fā)現(xiàn)，發(fā)明了許多電器設(shè)備以下電器中沒(méi)有利用

10、電磁感應(yīng)原理的是()A 電熱毯 B 汽車(chē)防抱死制動(dòng)系統(tǒng)(ABS)C 電磁灶 D 電吹風(fēng)【答案】AD【解析】A項(xiàng)：電熱毯利用的是電流的熱效應(yīng)，故A沒(méi)有利用電磁感應(yīng)原理；B項(xiàng)：防抱死制動(dòng)系統(tǒng)ABS有一個(gè)小電動(dòng)機(jī)，系統(tǒng)比較復(fù)雜，但是沒(méi)有利用電磁感應(yīng)原理；C項(xiàng)：電磁灶是通入交流電后線圈中產(chǎn)生變化的電磁場(chǎng)，當(dāng)鍋放入變化的電磁內(nèi)使得鍋底的自由電荷在電場(chǎng)力作用下做高速運(yùn)動(dòng)即渦流，從而產(chǎn)生熱能，故電磁灶利用了電磁感應(yīng)原理；D項(xiàng)：電吹風(fēng)是通電后電動(dòng)機(jī)轉(zhuǎn)動(dòng)將暖風(fēng)吹出，所以沒(méi)有利用電磁感應(yīng)原理；故應(yīng)選AD。點(diǎn)晴：電生磁，沒(méi)有磁生電條件苛刻只要通電周?chē)彤a(chǎn)生磁場(chǎng)，然而磁生電呢只有變化的磁場(chǎng)才能在閉合電路中產(chǎn)生電流。8

11、如圖甲所示，在磁感應(yīng)強(qiáng)度B1 T的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，用外力將邊長(zhǎng)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(chǎng)，以bc邊剛離開(kāi)磁場(chǎng)的時(shí)刻為計(jì)時(shí)起點(diǎn)，在將線框拉出磁場(chǎng)的過(guò)程中，ab邊受到的安培力大小F隨時(shí)間t變化的關(guān)系如圖乙所示。則下列說(shuō)法正確的是A 線框做勻速運(yùn)動(dòng)的速度大小為2 m/sB 線框產(chǎn)生的感應(yīng)電流為逆時(shí)針?lè)较?，大小?.5AC 金屬線框的總電阻為0.5D 線框穿出磁場(chǎng)過(guò)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(dāng)t=0時(shí)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(yīng)電流為順時(shí)

12、針?lè)较?，B錯(cuò)誤；線框勻速運(yùn)動(dòng)，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(dǎo)軌水平放置(不計(jì)導(dǎo)軌電陽(yáng))，兩金屬棒垂直導(dǎo)軌放置在導(dǎo)軌上，整個(gè)裝置處于豎在向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。現(xiàn)在用水平外力F作用在導(dǎo)體棒B上，使導(dǎo)體棒從靜止開(kāi)始向有做直線運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間，安培力對(duì)導(dǎo)體棒A做功為W1，導(dǎo)體棒B克服安培力做功為W2，兩導(dǎo)體棒中產(chǎn)生的熱量為Q，

13、導(dǎo)體棒A獲得的動(dòng)能為Ek，拉力做功為WF，則下列關(guān)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(dǎo)體棒A在水平方向上只受到安培力作用，故根據(jù)動(dòng)能定理可得W1=Ek，A正確；設(shè)B棒的動(dòng)能變化量為Ek'，則對(duì)B分析，由動(dòng)能定理可得WFW2=Ek'，將兩者看做一個(gè)整體，由于安培力是內(nèi)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(cuò)誤10如圖甲所示，兩根足夠長(zhǎng)粗糙的平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ固定在

14、同一絕緣水平面上，兩導(dǎo)軌間距為d=0.2m，導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)，M、P端連接一阻值R=0.5的電阻；現(xiàn)有一質(zhì)量m=0.08kg、阻值r=0.5的金屬棒ab垂直于導(dǎo)軌放在兩導(dǎo)軌上，棒離R的距離為L(zhǎng)=2m，棒與導(dǎo)軌接觸良好。整個(gè)裝置處于一豎直方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時(shí)間變化的情況如圖乙所示。已知棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)=0.01，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，取g=10m/s2，下列說(shuō)法正確的是A 棒ab相對(duì)于導(dǎo)軌靜止時(shí)，回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為0.2VB 棒ab相對(duì)于導(dǎo)軌靜止時(shí)，回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電流為0.02AC 棒ab經(jīng)過(guò)40s開(kāi)始運(yùn)動(dòng)D 在04.0s時(shí)間內(nèi)通過(guò)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(yīng)定律可知棒ab相對(duì)于導(dǎo)軌靜止時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E=BtS=0.02V，回路中的感應(yīng)電流為I=ER+r=0.02A，A錯(cuò)誤B正確；棒開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)，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(nèi)棒ab未運(yùn)動(dòng)，產(chǎn)生的電流恒定，故通過(guò)R的電荷量為q=It=0.08C，D錯(cuò)誤11如圖所示，虛線右側(cè)存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)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(chǎng)的邊界重合，在外力作用下，金屬線框從0時(shí)刻由靜止開(kāi)始，以垂直于磁場(chǎng)邊界的恒定加速度a進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域，t1時(shí)刻線框全部進(jìn)入磁場(chǎng)，感應(yīng)電流

16、大小i、外力大小F，線框中電功率的瞬時(shí)值P以及通過(guò)導(dǎo)體橫截面的電荷量q隨時(shí)間t變化的關(guān)系可能正確的是A B C D 【答案】AD【解析】A. 線框做勻加速運(yùn)動(dòng)，其速度v=at，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=BLv，感應(yīng)電流i=E/R= BLatR，i與t成正比，故A正確；B. 線框進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)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(guò)原點(diǎn)的傾斜直線，故B錯(cuò)誤；C. 線框的電功率P=i2R=B2L2a2t2Rt2，故C錯(cuò)誤；D. 線框的位移x=12at2，電荷量q=It=R=BLxR=BLat22Rt2，故qt圖象應(yīng)是開(kāi)口向上，過(guò)原點(diǎn)

17、的拋物線。故D正確。故選：AD.點(diǎn)睛：線框進(jìn)入磁場(chǎng)切割磁感線，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可知速度與時(shí)間關(guān)系；由法拉第電磁感應(yīng)定律E=BLv，可得出產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)與速度關(guān)系，由閉合電路歐姆定律來(lái)確定感應(yīng)電流的大小，并由安培力公式可確定其大小與時(shí)間的關(guān)系；由牛頓第二定律來(lái)確定合力與時(shí)間的關(guān)系；最后得出電量、功率的表達(dá)式來(lái)分別得出各自與時(shí)間的關(guān)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(jì)電阻的電感線圈L和電阻R.勻強(qiáng)磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直導(dǎo)軌平面向上，在導(dǎo)軌上垂直導(dǎo)軌放置一質(zhì)量為m，電阻不計(jì)的金屬桿ab，在直導(dǎo)軌右側(cè)有兩個(gè)固定擋塊C、D，CD連線與導(dǎo)軌垂直現(xiàn)給金屬桿ab沿軌道向右

18、的初速度v0，當(dāng)ab即將撞上CD時(shí)速度為v，撞后速度立即變?yōu)榱愕慌c擋塊粘連以下說(shuō)法正確的是()A ab向右做勻變速直線運(yùn)動(dòng)B 當(dāng)ab撞上CD后，將會(huì)向左運(yùn)動(dòng)C ab在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受到的最大安培力為B2d2v0RD 從ab開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到撞上CD時(shí)，電阻R上產(chǎn)生的熱量小于12mv0212mv2【答案】BD【解析】ab向右運(yùn)動(dòng)時(shí)受到向左的安培力而做減速運(yùn)動(dòng)，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和感應(yīng)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(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤。當(dāng)ab撞CD后，ab中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為零，電路中電流要減小，線框?qū)a(chǎn)生自感電動(dòng)勢(shì)，根據(jù)楞次定律可知自感電動(dòng)勢(shì)方向與原來(lái)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(dāng)ab撞CD后，將會(huì)向左運(yùn)動(dòng)。故B正確。開(kāi)始時(shí)，ab的速度最大，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大，由于線圈中產(chǎn)生自感電動(dòng)勢(shì)，此自感電動(dòng)勢(shì)與ab感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)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(cuò)誤。從ab開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到撞CD時(shí)，由于線圈中有磁場(chǎng)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(diǎn)睛：本題要注意與常規(guī)問(wèn)題不同，電路中有線圈，會(huì)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(yīng)定律、楞次定律、能量守恒定律進(jìn)行分析13如圖所示，正方形閉合線圈置于勻強(qiáng)磁場(chǎng)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(chǎng)，v1=2v2。設(shè)第一次以速度v1拉出線框過(guò)程，外力大小為F1，外力所做的功為W1，通過(guò)導(dǎo)線橫截面的電量為q1；第二次以速度v2拉出線框過(guò)程，外力大小為F2，外力所做的功為W2，通過(guò)導(dǎo)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(yīng)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(wú)關(guān)，故q1=q2；由于線框勻速運(yùn)動(dòng)，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(xiàng)AD正確，BC錯(cuò)誤。點(diǎn)睛：本題考查法拉第電磁感應(yīng)定律的應(yīng)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(qiáng)磁場(chǎng)，寬為d,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直紙面向里。一個(gè)邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形導(dǎo)線框，總電阻為R，在拉力作用下，以速度v向右勻速地通過(guò)該磁場(chǎng)區(qū)域。若dL,則在線框通過(guò)磁場(chǎng)的過(guò)程中，下述說(shuō)法正確的是A 感應(yīng)電流方向先逆時(shí)針后順時(shí)針B 感應(yīng)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(xiàng)：在線框進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中，穿過(guò)線框磁通量增大 ，由“楞次定律”可得，感應(yīng)電流的方向?yàn)槟鏁r(shí)針，在線框出磁場(chǎng)過(guò)程中，穿過(guò)線框磁通量減小 ，由“楞次定律”可得，感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針，故A正確；B項(xiàng)：在線框進(jìn)磁場(chǎng)和出磁場(chǎng)過(guò)程中有電流產(chǎn)生，電流為I=ER=BLvR，故B錯(cuò)誤；C項(xiàng)：在線框進(jìn)磁場(chǎng)和出磁場(chǎng)過(guò)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(xiàng)：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(cuò)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(nèi)

23、，在圓環(huán)的缺口兩端用導(dǎo)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(chǎng)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(nèi)處于靜止?fàn)顟B(tài)重力加速度為g.下列說(shuō)法正確的是()A 液滴帶負(fù)電B 液滴的質(zhì)量為4B0qr2gdTC t=34T時(shí)液滴的運(yùn)動(dòng)方向改變D t=T時(shí)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?fàn)顟B(tài)，知液滴受到向上的電場(chǎng)力和向下的重力平衡，根據(jù)楞次定律線圈中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)沿逆時(shí)針?lè)较?，B板高電勢(shì)，A板接低電勢(shì)，兩板間的電場(chǎng)方向向上與電場(chǎng)力的方向相同，故液滴帶正電

24、，A錯(cuò)誤；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E=t=BtS=4B0r2T，兩極板間的電場(chǎng)強(qiáng)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(nèi)，線圈內(nèi)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)順時(shí)針?lè)较?，上極板接高電勢(shì)，下極板接低電勢(shì)，兩極板間電場(chǎng)向下，電場(chǎng)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(yùn)動(dòng)，在第34T時(shí)速度最大，運(yùn)動(dòng)方向不改變，C錯(cuò)誤；根據(jù)楞次定律t=34TT內(nèi)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)逆時(shí)針?lè)较?，下極板接高電勢(shì)，上極板接低電勢(shì)，電場(chǎng)方向向上，液滴在34TT內(nèi)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，T434T勻加速直線運(yùn)動(dòng)，位移x1=122g(T2)

25、2=14gT2，t=34TT內(nèi)勻速直線運(yùn)動(dòng)，位移x2=2gT2T4=12gT2，t=T時(shí)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(pán)發(fā)電機(jī)的示意圖：銅盤(pán)安裝在水平的同軸上，兩塊銅片C、D分別與轉(zhuǎn)動(dòng)軸和銅盤(pán)的邊緣接觸，使銅盤(pán)轉(zhuǎn)動(dòng)，電阻R中就有電流通過(guò)，所加磁場(chǎng)水平向右，從左往右看，銅盤(pán)沿順時(shí)針?lè)较騽蛩俎D(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，下列說(shuō)法正確的是A 穿過(guò)銅盤(pán)的磁通量不變B 穿過(guò)銅盤(pán)的磁通量均勻變化C 通過(guò)R的電流方向是從a流向bD 通過(guò)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(pán)轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中，穿過(guò)銅盤(pán)的磁通量不變；故A正確，B錯(cuò)誤；根據(jù)右手定則可知，電流從

26、D點(diǎn)流出，流向C點(diǎn)，因此電流方向?yàn)楣孰娏饔蒪流向a；故D正確，C錯(cuò)誤。故選AD。點(diǎn)睛：本題是右手定則和法拉第電磁感應(yīng)定律的綜合應(yīng)用，考查對(duì)實(shí)驗(yàn)原理的理解能力，同時(shí)注意切割磁感線相當(dāng)于電源，內(nèi)部電流方向是從負(fù)極到正極注意由于圓盤(pán)在切割磁感線，相當(dāng)于電源；注意判斷電流的方向17法拉第圓盤(pán)發(fā)電機(jī)的示意圖如圖所示。銅圓盤(pán)安裝在豎直的銅軸上，兩銅片P、Q分別與圓盤(pán)的邊緣和銅軸接觸，圓盤(pán)處于方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B中。圓盤(pán)旋轉(zhuǎn)時(shí)，關(guān)于流過(guò)電阻R的電流，下列說(shuō)法正確的是 ( )A 若圓盤(pán)轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度恒定，則電流大小恒定B 若從上向下看，圓盤(pán)順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，則電流沿a到b的方向流動(dòng)C 若圓盤(pán)不轉(zhuǎn)動(dòng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻

27、增大，則電流沿a到b的方向流動(dòng)D 若圓盤(pán)轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，則電流在R上的熱功率也變?yōu)樵瓉?lái)的2倍【答案】AB【解析】A、由電磁感應(yīng)定律得E=Bl0+l2=Bl22，故一定時(shí)，電流大小恒定，故A正確；B項(xiàng)：由右手定則知圓盤(pán)中心為等效電源正級(jí)，圓盤(pán)邊緣為負(fù)極，電流經(jīng)外電路從a經(jīng)過(guò)R流到b，故B正確；C項(xiàng)：若圓盤(pán)不轉(zhuǎn)動(dòng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻增大，銅盤(pán)中形成渦流，但沒(méi)有電流流過(guò)電阻，故C錯(cuò)誤。D項(xiàng)：P=E2R=B2l424R，角速度加倍時(shí)功率變成4倍，故D錯(cuò)誤。點(diǎn)晴：本題是轉(zhuǎn)動(dòng)切割磁感線類(lèi)型，運(yùn)用等效法處理根據(jù)右手定則判斷感應(yīng)電流的方向和電動(dòng)勢(shì)的高低，注意和左手定則的區(qū)別。18如圖所示，在某中學(xué)實(shí)驗(yàn)

28、室的水平桌面上，放置邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形閉合導(dǎo)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(chǎng)可分解為平行于桌面向北和垂直于桌面向下的兩個(gè)分量。下列說(shuō)法正確的是( )A 若使線框向東平移，則a點(diǎn)電勢(shì)比d點(diǎn)電勢(shì)低B 若使線框向北平移，則a點(diǎn)電勢(shì)等于b點(diǎn)電勢(shì)C 若以ad邊為軸，將線框向上翻轉(zhuǎn)90°，則翻轉(zhuǎn)過(guò)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(zhuǎn)90°，則翻轉(zhuǎn)過(guò)程線框中電流方向始終為adcb方向【答案】AC【解析】A項(xiàng)：地磁場(chǎng)的豎直分量向下，若使線圈向東平動(dòng)，地磁場(chǎng)的豎直分量向下，線圈的磁通量沒(méi)有變化，沒(méi)有感應(yīng)電流產(chǎn)生，a

29、d切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，a點(diǎn)的電勢(shì)比d點(diǎn)的電勢(shì)低，故A正確；B項(xiàng)：若使線圈向北平動(dòng)，地磁場(chǎng)的豎直分量向下，ab切割磁感線，由右手定則可知，a點(diǎn)的電勢(shì)比b點(diǎn)的電勢(shì)高，故B錯(cuò)誤；C項(xiàng)：若以ad邊為軸，將線圈向上翻轉(zhuǎn)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(yīng)電流方向?yàn)閍dcba，故C正確；D項(xiàng)：若以ab邊為軸將線圈向上翻轉(zhuǎn)，因地磁場(chǎng)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(yīng)電流方向?yàn)橄萢bcda，后adcba，故D錯(cuò)誤。19如圖所示，有一個(gè)在水平面內(nèi)固定的“V”字型金屬框架CAD，=60°，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向豎直向下導(dǎo)體棒M

30、N在框架上從A點(diǎn)開(kāi)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(dǎo)體棒和框架始終構(gòu)成等邊三角形回路已知框架和導(dǎo)體棒的材料和橫截面積均相同，其單位長(zhǎng)度的電阻均為r，框架和導(dǎo)體棒均足夠長(zhǎng)，導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)中始終與磁場(chǎng)方向垂直，且與框架接觸良好關(guān)于回路中的電流I、外力F和回路消耗的電功率P隨時(shí)間t變化關(guān)系的下列四個(gè)圖象中正確的是A B C D 【答案】AC【解析】A、導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t時(shí)，通過(guò)的位移為x=vt，回路中有效的切割長(zhǎng)度為：L=2xtan2，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：E=BLv 感應(yīng)回路的總電阻為：R總=R（2xtan2+2xcos2）聯(lián)立得電流與t的關(guān)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(cuò)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(yùn)動(dòng)x時(shí)的功率為：P=I2R總=I2R（2xtan2+2xcos2）=2I2Rv（tan2+1cos2）t，則P與t成正比，故D錯(cuò)誤。點(diǎn)睛：本題考查根據(jù)物理規(guī)律推導(dǎo)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(gè)燈泡L1、L2、L3的電阻關(guān)系為R1=R2=R3，電感L的電阻可忽略，D為理想二極管（正向?qū)〞r(shí)電阻忽略不計(jì)）下列說(shuō)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(kāi)時(shí)，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(kāi)時(shí)，L1、L2、L3均先變亮，然后逐漸變暗【答案】BC【解析】A、開(kāi)關(guān)K閉合瞬間，L2、L3均立即變亮，L1的電路中由于線圈對(duì)電流的阻礙作用，會(huì)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(cuò)誤，B正確；C、開(kāi)關(guān)K從閉合狀態(tài)突然斷開(kāi)時(shí)，線圈相當(dāng)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?qū)щ娦?，電流不能從右向左通過(guò)二極管，所以L2立即熄滅，故C正確，D錯(cuò)誤

33、。點(diǎn)睛：記住自感線圈對(duì)電流突變時(shí)的阻礙：閉合開(kāi)關(guān)瞬間L相當(dāng)于斷路，穩(wěn)定后L相當(dāng)于一段導(dǎo)線，斷開(kāi)瞬間L相當(dāng)于電源，注意二極管的單向?qū)ㄐ浴?1如圖甲所示，寬度為L(zhǎng)的足夠長(zhǎng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌固定在水平面上，導(dǎo)軌左端連接一電容為C的電容器，將一質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌垂直放置，導(dǎo)軌間存在垂直導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。用與導(dǎo)軌平行的外力F向右拉動(dòng)導(dǎo)體棒，使導(dǎo)體棒由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，作用時(shí)間t1后撤去力F，撤去力F前棒內(nèi)電流變化情況如圖乙所示。整個(gè)過(guò)程中電容器未被擊穿，不計(jì)空氣阻力。下列說(shuō)法正確的是A 有外力作用時(shí)，導(dǎo)體棒在導(dǎo)軌上做勻速運(yùn)動(dòng)B 有外力作用時(shí)，導(dǎo)體棒在導(dǎo)軌上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)C 外力

34、F的沖量大小為It1(BL+mCBL)D 撤去外力F后，導(dǎo)體棒最終靜止在導(dǎo)軌上，電容器中最終儲(chǔ)存的電能為零【答案】BC【解析】對(duì)電容器Q=CU，則Q=CU，I=Qt；U=E=BLv；解得I=CBLvt=CBLa ，則導(dǎo)體棒的加速度a恒定，做勻加速運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A錯(cuò)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(xiàng)C正確；撤去外力F后，導(dǎo)體棒開(kāi)始時(shí)做減速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)導(dǎo)體棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)與電容器兩端電壓相等時(shí)，回路中電流為零，此時(shí)安培力為零，導(dǎo)體棒做勻速運(yùn)動(dòng)，此時(shí)電容器兩端的電壓不為零，則最終儲(chǔ)存的電能不為零，選項(xiàng)D

35、錯(cuò)誤；故選BC.點(diǎn)睛：此題關(guān)鍵是掌握電容器公式和電動(dòng)勢(shì)公式的變式：Q=CU，U=BLv，聯(lián)系電容器充放電的知識(shí)解答；注意金屬棒最終的穩(wěn)定態(tài)是勻速運(yùn)動(dòng)狀態(tài).22如圖所示。在垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，水平放置兩個(gè)同心金屬環(huán)，半徑分到是r和2r，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，在兩環(huán)問(wèn)連接有一個(gè)電容為C的電容器，a、b是電容器的兩個(gè)極板、長(zhǎng)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(shí)針?lè)较?從垂直環(huán)面向里看)的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，不計(jì)一切電阻，則下列說(shuō)法正確的是A 電容器a極板帶負(fù)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(yīng)電動(dòng)勢(shì)高低為：A端為高電勢(shì)、B端為低電勢(shì)，則電容器a極板帶負(fù)電，b極板帶正電，但電路沒(méi)有閉合，金屬棒AB中沒(méi)有感應(yīng)電流，故A正確、B錯(cuò)誤；根據(jù)切割感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：E=BLv=Br×r+2r2=32Br2，根據(jù)電容器電荷量的計(jì)算公式可得：Q=CU=3CBr22，故C錯(cuò)誤、D正確。故選AD?！军c(diǎn)睛】根據(jù)右手定則，即可判定感應(yīng)電流方向，從而確定電容器的極性；根據(jù)切割感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=BLv，結(jié)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(dǎo)軌豎直倒置，相距為 L，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)與導(dǎo)軌平面垂直一阻值為R、長(zhǎng)

37、度為L(zhǎng)、質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒在距磁場(chǎng)上邊界h處?kù)o止釋放導(dǎo)體棒進(jìn)入磁場(chǎng)后速度減小，最終速度穩(wěn)定時(shí)離磁場(chǎng)上邊緣的距離為H.導(dǎo)體棒從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到速度剛穩(wěn)定的整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌接觸良好，且始終保持水平，不計(jì)導(dǎo)軌的電阻下列說(shuō)法正確的是： （ ）A 整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中回路的最大電流為BL2ghRB 整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中導(dǎo)體棒產(chǎn)生的焦耳熱為mgH+hm3g2R22B4L4C 整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中導(dǎo)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(dǎo)體棒剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度最大，產(chǎn)生的感應(yīng)電流最大，設(shè)最大速度為vm。對(duì)自由下落過(guò)程，據(jù)機(jī)械能守恒得：mgh=12mvm2，感應(yīng)電流的最大值：I

38、m=EmR=BLvmR，代入解得：Im=BL2ghR。故A項(xiàng)正確。BCD：設(shè)導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動(dòng)的速度為v，則mg=BIL=BLBLvR，解得：v=mgRB2L2。設(shè)整個(gè)過(guò)程中導(dǎo)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(yùn)動(dòng)過(guò)程中導(dǎo)體棒克服安培力所做的功W克安=Q=mgH+hm3g2R22B4L4。故B項(xiàng)正確，CD兩項(xiàng)錯(cuò)誤。24如圖所示，足夠長(zhǎng)的光滑水平導(dǎo)軌間距為2 m，電阻不計(jì)，垂直導(dǎo)軌平面有磁感應(yīng)強(qiáng)度為1 T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，導(dǎo)軌上相隔一定距離放置兩根長(zhǎng)度略大于間距的金屬棒，a棒質(zhì)量為1 kg，電阻為5 ，b棒質(zhì)量為2 kg，電阻為

39、10 ?，F(xiàn)給a棒一個(gè)水平向右的初速度8 m/s，當(dāng)a棒的速度減小為4 m/s時(shí)，b棒剛好碰到了障礙物，經(jīng)過(guò)很短時(shí)間0.5 s速度減為零（不反彈，且a棒始終沒(méi)有與b棒發(fā)生碰撞），下列說(shuō)法正確是（ ）A 從上向下看回路產(chǎn)生逆時(shí)針?lè)较虻碾娏鰾 b棒在碰撞前瞬間的速度大小2 m/sC 碰撞過(guò)程中障礙物對(duì)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(shí)針?lè)较虻碾娏鳎x項(xiàng)A正確；系統(tǒng)動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律可知：mav0=mava+mbvb解得vb=2m/s，選項(xiàng)B正確；d碰到障礙物時(shí)，回路的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)：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(shí)，由動(dòng)量定理：(FbF)t=0-mbvb 解得：F=8.5N,選項(xiàng)C錯(cuò)誤；b碰到障礙物時(shí)，a先前做減速運(yùn)動(dòng)，直到停止，此時(shí)由動(dòng)量定理：BILt=mava，其中It=q=Ra+Rb=BLxRa+Rb聯(lián)立解得x=15m，選項(xiàng)D正確；故選ABD. 25如圖，質(zhì)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(zhǎng)ab=L、ad=2L，虛線MN過(guò)ad、bc邊中點(diǎn)。斜面傾角為，線框與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為（>tan），設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。從某時(shí)刻起，在MN右側(cè)加一方向垂直斜

41、面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小按B=kt（k>0）的規(guī)律均勻變化。一段時(shí)間后，線框沿斜面向下運(yùn)動(dòng)，ab邊剛好勻速穿出磁場(chǎng)時(shí)的速度為v，重力加速度為g，則 A 線框剛開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)，感應(yīng)電流的方向?yàn)閍bcdaB 線框剛開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)，線框中的電功率為P=2k2L4RC 線框離開(kāi)磁場(chǎng)的過(guò)程中安培力所做的功W=12mv2D 線框從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到穿出磁場(chǎng)過(guò)程中通過(guò)導(dǎo)線截面的電量q=mgcos-mgsinkL【答案】AD【解析】【詳解】磁場(chǎng)均勻增加，根據(jù)楞次定律，感應(yīng)電流方向?yàn)閍bcda，A正確；線框剛要運(yùn)動(dòng)時(shí)，感應(yīng)電流為I=ER=BL2tR=kL2R，則線框中的電功率為P=I2R=k2L4R，B錯(cuò)誤。線框

42、下滑過(guò)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(dòng)能定理，安培力做功大于動(dòng)能變化量，C錯(cuò)誤；由ab邊由勻速穿出磁場(chǎng)，由平衡條件得：mgsin+BIL=mgcos，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中通過(guò)的電荷量為q=R=BL2R，聯(lián)立q=mgcos-mgsinkL，D正確，線框剛開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)，故選AD。【點(diǎn)睛】線框沒(méi)有運(yùn)動(dòng)時(shí)，由根據(jù)楞次定律判斷感應(yīng)電流的方向；線框運(yùn)動(dòng)后，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律和閉合電路的歐姆定律求出感應(yīng)電流，根據(jù)P=I2R求出時(shí)的功率，根據(jù)ab邊剛出磁場(chǎng)做勻速運(yùn)動(dòng)，由受力分析，并列出表達(dá)式求解此時(shí)的磁感應(yīng)強(qiáng)度，再根據(jù)q=R=BL2R求解通過(guò)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(qiáng)磁場(chǎng)，以垂直于斜面向上為磁感應(yīng)強(qiáng)度正方向，其礎(chǔ)感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化的規(guī)律如圖乙所示。一質(zhì)量為m、電阻為R的矩形金屬框從t=0時(shí)刻由靜止釋放，t3時(shí)刻的速度為v，移動(dòng)的距離為L(zhǎng)，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(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是A t1t3時(shí)間內(nèi)金屬框中的電流方向不變B 0t3時(shí)間內(nèi)金屬框做勻加速直線運(yùn)動(dòng)C 0t3時(shí)間內(nèi)金屬框做加速度逐漸減小的直線運(yùn)動(dòng)D 0t3時(shí)間內(nèi)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(shí)間內(nèi)B-t線的斜率不變，則金屬框中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小方向不變，

44、則電流方向不變，選項(xiàng)A正確；0t3時(shí)間內(nèi)金屬框所受安培力的合力為零，則向下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)B正確，C錯(cuò)誤；線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=BtS=B0St0，則0t3時(shí)間內(nèi)金屬框中產(chǎn)生的焦耳熱為Q=E2R2t0=2B02S2Rt0，選項(xiàng)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(gè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，區(qū)域的磁場(chǎng)方向垂直于斜面向上，區(qū)域的磁場(chǎng)方向垂直于斜面向下，磁場(chǎng)的寬度均為L(zhǎng).一個(gè)質(zhì)量為m、電阻為R、邊長(zhǎng)也為L(zhǎng)的正方形導(dǎo)線框由靜止開(kāi)始沿斜面下滑，當(dāng)ab邊剛越過(guò)GH進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)，恰好以速度v1做勻速直線運(yùn)動(dòng)；當(dāng)ab邊下滑到JP與MN的中間位置時(shí)，又恰好以速度v2做

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

46、=E1/R，導(dǎo)體棒滑動(dòng)中受到安培力F1=BI1L=B2L2v1R=mgsin，當(dāng)ab邊下滑到JP與MN的中間位置時(shí)，線框又恰好以速度v2做勻速直線運(yùn)動(dòng)，此時(shí)正方形導(dǎo)線框的兩邊均切割磁感線，故這是典型的雙電源問(wèn)題，同理有E2=2BLv2，回路總電流 I2=E2/R，導(dǎo)體棒滑動(dòng)中受到安培力F2=2BI2L=4B2L2v2R=mgsin，故容易得到v2 ：v1 =1 ：4 ，故A錯(cuò)誤；B項(xiàng)：ab從進(jìn)入GH到運(yùn)動(dòng)至MN與JP的中間位置的過(guò)程中，線框中產(chǎn)生焦耳熱，故機(jī)械能不守恒，故B錯(cuò)誤；C項(xiàng)：從ab進(jìn)入GH到MN與JP的中間位置的過(guò)程中，由動(dòng)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(xiàng)：ab從進(jìn)入GH到運(yùn)動(dòng)至MN與JP的中間位置的過(guò)程中，由動(dòng)能定理可知，W1W2=E，故D正確。點(diǎn)晴：當(dāng)ab邊剛越過(guò)GH進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)時(shí)，ab邊切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，推導(dǎo)此時(shí)安培力的表達(dá)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(dá)式當(dāng)ab邊下滑到JP與MN的中間位置時(shí)，ab邊與dc邊都切割磁感線，都產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，再用同樣的方法得出速度v2的表達(dá)式，再求出兩個(gè)速度之比根據(jù)功能關(guān)系分析線框克服安培力對(duì)線框做功與機(jī)械能減小的關(guān)系根據(jù)動(dòng)能定理研究線框動(dòng)能的變化量。二、單選題28如圖甲所示，矩形導(dǎo)線框ABCD固定在勻強(qiáng)磁場(chǎng)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(chǎng)的正方向；線框中電流沿著逆時(shí)針?lè)较驗(yàn)楦袘?yīng)電流i的正方向要在線框中產(chǎn)生如圖乙所示的感應(yīng)電流，則磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)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(shí)間內(nèi)，磁場(chǎng)垂直紙面向里，且均勻減小，根據(jù)楞次定律，知感應(yīng)電流的方向?yàn)锳BCDA，與規(guī)定的正方向相反，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為定值，則感應(yīng)電流為定值，同理，在t0-2t0時(shí)間內(nèi)，感應(yīng)電流的方向?yàn)锳DCBA，與規(guī)定的正方向相同，感應(yīng)電流為正值，且為定值故A錯(cuò)誤B在0-t0時(shí)間內(nèi)，磁場(chǎng)垂直紙面向外，且均勻減小，根據(jù)楞次定律，知感應(yīng)電流的方向?yàn)锳DCBA，與規(guī)定的正

49、方向相同，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為定值，則感應(yīng)電流為定值，在t0-2t0時(shí)間內(nèi)，磁場(chǎng)方向垂直紙面向外，且均勻增大，根據(jù)楞次定律，感應(yīng)電流的方向?yàn)锳BCDA，與規(guī)定的正方向相反故B正確C、在0-t0時(shí)間內(nèi)，磁場(chǎng)垂直紙面向里，且均勻減小，根據(jù)楞次定律，知感應(yīng)電流的方向?yàn)锳BCDA，與規(guī)定的正方向相反，感應(yīng)電流為負(fù)值故C錯(cuò)誤D、磁感應(yīng)強(qiáng)度不變，磁通量不變，則不產(chǎn)生感應(yīng)電流故D錯(cuò)誤故選B考點(diǎn)：法拉第電磁感應(yīng)定律；楞次定律29有一個(gè)1000匝的線圈，在0.4s內(nèi)穿過(guò)它的磁場(chǎng)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(yīng)電動(dòng)勢(shì)減小B 線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)增加C

50、線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為0.2VD 線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為200v【答案】D【解析】A、B項(xiàng)：根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知，由于磁通量均勻變化，所以產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)不變，故A、B錯(cuò)誤；C、D項(xiàng)：根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知E=nt=n21t=1000×0.090.010.4V=200V，故C錯(cuò)誤，D正確。30如圖所示，一導(dǎo)體棒在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中以速度v勻速運(yùn)動(dòng)，則關(guān)于導(dǎo)體棒各點(diǎn)電勢(shì)高低的說(shuō)法正確的是A 上端電勢(shì)最高B 下端電勢(shì)最高C 中點(diǎn)電勢(shì)最高D 各點(diǎn)電勢(shì)相同【答案】A【解析】導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，由右手定則可知，導(dǎo)體棒上端電勢(shì)高，導(dǎo)體棒下端電勢(shì)低，故應(yīng)選A。 點(diǎn)晴：導(dǎo)體棒向右運(yùn)動(dòng)切

51、割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，由右手定則判斷出電勢(shì)高低，注意大姆指指向棒的運(yùn)動(dòng)方向，四指所指的方向?yàn)殡娫磧?nèi)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(gè)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(kāi)，使磁鐵上下振動(dòng)時(shí)穿過(guò)它，磁鐵會(huì)很快停下來(lái)。關(guān)于此現(xiàn)象，下列說(shuō)法正確的是A 磁鐵上下振動(dòng)過(guò)程中，線圈中會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流B 磁鐵上下振動(dòng)過(guò)程中，線圈中不會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流C 磁鐵上下振動(dòng)過(guò)程中，磁鐵與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能不變D 磁鐵上下振動(dòng)過(guò)程中，磁鐵與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能增加【答案】A【解析】A、B項(xiàng)：因?yàn)榇盆F在運(yùn)動(dòng)所以穿過(guò)線圈的磁通量變化，所以線圈中會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流，故A正

52、確，B錯(cuò)誤；C、D項(xiàng)：磁鐵上下振動(dòng)過(guò)程中，在線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電流即有電能產(chǎn)生，電能轉(zhuǎn)化為熱量，所以磁鐵與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能減小，故C、D錯(cuò)誤。32如圖所示，一個(gè)長(zhǎng)直導(dǎo)線穿過(guò)圓環(huán)導(dǎo)線的中心，并與圓環(huán)導(dǎo)線平面垂直。當(dāng)長(zhǎng)直導(dǎo)線中的電流逐漸減小時(shí)，圓環(huán)導(dǎo)線內(nèi)將A 沒(méi)有感應(yīng)電流B 有逆時(shí)針?lè)较虻碾娏鳎ǜ┮暎〤 有順時(shí)針?lè)较虻碾娏鳎ǜ┮暎〥 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(chǎng)與導(dǎo)線環(huán)平行，穿過(guò)導(dǎo)線環(huán)的磁通量始終為零，穿過(guò)環(huán)的磁通量不變，不產(chǎn)生感應(yīng)電流，故應(yīng)選A。點(diǎn)晴：根據(jù)感應(yīng)電流產(chǎn)生的條件分析答題：穿過(guò)閉合回路的磁通量發(fā)生變化時(shí)，電路中產(chǎn)生感應(yīng)電流；分析圖示情景，看穿過(guò)環(huán)的磁通

53、量是否發(fā)生變化，然后答題。33對(duì)于法拉第電磁感應(yīng)定律E=nt，下面理解正確的是( )A 穿過(guò)線圈的磁通量越大，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)越大B 穿過(guò)線圈的磁通量為零，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)一定為零C 穿過(guò)線圈的磁通量變化越大，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)越大D 穿過(guò)線圈的磁通量變化越快，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)越大【答案】D【解析】根據(jù)E=Nt可知，穿過(guò)線圈的磁通量變化越快，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)越大，故選項(xiàng)D正確，ABC錯(cuò)誤；故選D. 34如圖所示，兩個(gè)互連的金屬圓環(huán)，粗金屬環(huán)的電阻是細(xì)金屬環(huán)電阻的一半，磁場(chǎng)垂直穿過(guò)粗金屬環(huán)所在的區(qū)域，當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻變化時(shí)，在粗環(huán)內(nèi)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為E，則ab兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為（ ）A E/2 B E/3C 2E/3 D E【答案】

54、C【解析】ab兩點(diǎn)的電勢(shì)差為路端電壓U，設(shè)粗金屬環(huán)的電阻為R，則細(xì)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(guò)彈簧所包圍的面積的磁通量變化情況和是否產(chǎn)生感應(yīng)電流及從左向右看時(shí)感應(yīng)電流的方向是（ ）A 增大；有順時(shí)針感應(yīng)電流 B 減??；有逆時(shí)針感應(yīng)電流C 不變；無(wú)感應(yīng)電流 D 磁通量變化情況無(wú)法確定，所以有無(wú)感應(yīng)電流也無(wú)法確定【答案】B【解析】題中磁感線在條形磁鐵的內(nèi)外形成閉合曲線，則磁鐵外部的磁感線總數(shù)等于內(nèi)部磁感線的總數(shù)，而且磁鐵內(nèi)外磁感線方向相反。而磁鐵外部的磁感線分布在無(wú)窮大空間，所以圖

55、中線圈中磁鐵內(nèi)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(nèi)部的磁感線抵消一些，當(dāng)彈簧線圈的面積增大時(shí)，內(nèi)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(dāng)彈簧面積增大時(shí)，穿過(guò)電路的磁通量減小。將產(chǎn)生感應(yīng)電流。線圈內(nèi)部磁通量向左減小，則由楞次定律可知，線圈內(nèi)的感應(yīng)電流從左向右看為逆時(shí)針?lè)较虻碾娏鳎?故B正確，ACD錯(cuò)誤。故選B。點(diǎn)睛：本題要注意穿過(guò)線圈的磁場(chǎng)分為磁體內(nèi)部和外部，并且內(nèi)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(shí)考查條形磁鐵內(nèi)部感應(yīng)線是從S極到N極，且學(xué)會(huì)使用楞次定律：增反減同來(lái)判斷電流的方向36如圖當(dāng)磁鐵或線圈運(yùn)動(dòng)時(shí)，流過(guò)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(yùn)動(dòng) B 磁鐵向上運(yùn)動(dòng)C 線圈向上運(yùn)動(dòng) D 線圈、磁鐵都向下運(yùn)動(dòng)【答案】B【解析】當(dāng)磁鐵向下運(yùn)動(dòng)時(shí)，向下穿過(guò)線圈的磁通量增大，根據(jù)楞次定律，流過(guò)電阻的電流是由B經(jīng)R到A，故錯(cuò)誤；當(dāng)磁鐵向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，向下穿過(guò)線圈的磁通量減小，根據(jù)楞次定律，高于電流的磁場(chǎng)的方向向下，流過(guò)電阻的電流是由A經(jīng)R到B故B正確。根據(jù)相