电磁感应（20）VIP

1、内装订线学校:_姓名：_班级：_考号：_外装订线绝密启用前2018-2019学年度?学校8月月考卷试卷副标题考试范围：xxx；考试时间：100分钟；命题人：xxx注意事项：1答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2请将答案正确填写在答题卡上第I卷（选择题）请点击修改第I卷的文字说明一、多选题1如图所示，将一根绝缘硬金属导线弯曲成一个完整的正弦曲线形状，电阻为R，它通过两个小金属环与电阻不计的长直金属杆导通，图中a、b间距离为L，导线组成的正弦图形顶部或底部到杆的距离都是d，右边虚线范围内存在磁感应强度大小为B、方向垂直于弯曲导线所在平面向里的匀强磁场，磁场区域的宽度为3L4，现在外力作用下导

2、线沿杆以恒定的速度v向右运动，t=0时刻a环刚从O点进入磁场区域，则下列说法正确的是（ ） A t=L2v时刻，回路中的感应电动势为BdvB t=L2v时刻，回路中的感应电流第一次开始改变方向C t=3L4v时刻，回路中的感应电动势为2BdvD 从t=0到t=L2v时间内，流过导线横截面的电量为q=BdLR【答案】BD【解析】A、导线切割磁感线产生的感应电动势:E=BLv ,其中l指的是有效长度,在本题中l指的是纵坐标大小，当t=L2v时刻时,导线切割磁感线的有效长度为零,所以感应电动势为0,此时电流的方向要发生改变，故A错误;B正确；C、当t=3L4v, 电路中的有效切割长度l=d 所以感应

3、电动势E=Bdv ,故C错误;D、从t=0到t=L2v时间内，流过导线横截面的电量为q=It=ERt=tR×t=R=BdLR 故D正确；综上所述本题答案是：BD2如图所示，一个粗细均匀的圆形合金框架，直径为d，电阻为R。匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直框面向里，长为d，电阻为239R 的均匀金属棒AB与合金框架接触良好，AB与MO垂直且AB中点与M点相交。现用外力使棒以恒定速度v，沿垂直于半径OM的方向从M滑向圆心O，当金属棒滑过d4时( )A CD两端的电压为BdvB AB段左侧与右侧合金框架的电功率之比为2：1C CD棒中的电流为93Bdv10RD AB棒所受的安培力为93B2

4、d2v20R【答案】BC【解析】由题可知，圆的半径为d2，当AB棒滑过d4时设其有效长度为l，如图所示：由几何关系得：l2=d22d42，解得：l=3d2，因AB棒的长度为d，电阻为R，则此时CD段的有效电阻为R=3d2d×23R9=13R，因CD段切割磁感线产生电动势，故CD段即为等效电源，其电源电动势为E=Blv=3Bdv2，内阻为R=13R，由图可知圆环被分成左、右两部分，且两部分是并联的，由几何关系得：cosNOD=d4d2=12，故NOD=60，则COD=2NOD=120，故圆环左边的电阻R1=120360R=13R，则圆环右边的电阻R2=RR1=23R，则外电路的并联总电

5、阻为R=R1R2R1+R2=29R，根据闭合电路欧姆定律得：干路中的电流I=ER+R=32Bdv13R+29R=93Bdv10R，此时CD两端的电压为路端电压，则有UCD=IR=93Bdv10R×29R=3Bdv5，则AB受的安培力为F=BIl=B×93Bdv10R×32d=27B2d2v20R，因圆环左、右两部分是并联的，则电压相等为UCD，根据P=UCD2R可知，则有：P1:P2=1R1:1R2=2:1，故AD错误，BC正确.故选BC.3如图所示，光滑且足够长的金属导轨MN、PQ平行地固定在同一水平面上，两导轨间距L=0.20m，两导轨的左端之间连接的电阻R=

6、0.40，导轨上停放一质量m=0.10kg的金属杆ab，位于两导轨之间的金属杆的电阻r=0.10，导轨的电阻可忽略不计整个装置处于磁感应强度B=0.50T的匀强磁场中，磁场方向竖直向下现用一水平外力F水平向右拉金属杆，使之由静止开始运动，在整个运动过程中金属杆始终与导轨垂直并接触良好，若理想电压表的示数U随时间t变化的关系如图乙所示求金属杆开始运动经t=5.0s时，A 通过金属杆的感应电流的大小为1A，方向由b指向aB 金属杆的速率为4m/sC 外力F的瞬时功率为1WD 05.0s内通过R的电荷量为5C【答案】AC【解析】A、导体棒向右切割磁感线，由右手定则知电流方向为b指向a，金属杆开始运动

7、经t=5.0s，由图像可知电压为0.4V，根据闭合电路欧姆定律得I=UR=0.40.4=1A ,故A正确；B、根据法拉第电磁感应定律知E=BLv ，根据电路结构可知：U=RR+rE ,解得v=5m/s ，故B错误；C、根据电路知U=RR+rBLv=0.08v=0.08at ，结合U-t图像知导体棒做匀加速运动，加速度为a=1m/s2 根据牛顿第二定律,在5s末时对金属杆有:FBIL=ma 解得;F=0.2N ,此时F的瞬时功率P=Fv=0.2×5=1W故C对；D、05.0s内通过R的电荷量为q=It=ER+rt=t(R+r)×t=R+r=B×12at2R+r=12

8、.5C ，故D错误；综上所述本题答案是：AC4先后以速度和匀速地把同一线圈从同一磁场中的同一位置拉出有界的匀强磁场的过程中，如图所示那么，在先后两种情况下，以下说法正确的是（ ）A 线圈中感应电流的大小之比为B 通过线圈横截面的电量之比为C 沿运动方向作用在线圈上的外力做功之比为D 沿运动方向作用在线圈上的外力的功率之比为【答案】ABC【解析】根据，得感应电流，可以知道感应电流，所以感应电流之比， ，所以A正确的；依据电荷量公式，两次的磁通量一样，则通过线圈横截面的电量之比为1:1，故B正确匀速运动时，作用在线圈上的外力大小等于安培力大小， ，可以知道，则知： ，所以C正确外力功率，则得： ，

9、故D错误故选ABC点睛：解决本题的关键是掌握电磁感应的基本规律，采用比例法，用相同的物理量表示所求量，再求比例，是常用的方法5一匀强磁场，磁场方向垂直纸面，规定向里的方向为正，在磁场中有一细金属圆环，线圈平面位于纸面内，如图所示现令磁感应强度随时间变化，先按图中所示的图线变化，后来又按图线和变化，令， ， 分别表示这三段变化过程中感应电动势的大小， ， ， 分别表示对应的感应电流，则（ ） A ， 沿逆时针方向， 沿顺时针方向B ， 沿逆时针方向， 沿顺时针方向C ， 沿顺时针方向， 沿逆时针方向D ， 沿顺时针方向， 沿顺时针方向【答案】BD【解析】试题分析：由法拉第电磁感应定律可得出三者感

10、应电动势的大小关系；由楞次定律可得出三段过程中电流的方向由法拉第电磁感应定律可知，由图知应有第段中磁通量的变化率较小，而、两段中磁通量的变化率相同，故有，由楞次定律可判断出沿逆时针方向， 与均沿顺时针方向，故AC错误，BD正确6如图所示，先后以速度和匀速把一矩形线圈拉出有界的匀强磁场区域， ，在先后两种情况下错误的是（ ）A 线圈中的感应电流之比B 作用在线圈上的外力大小之比C 线圈中产生的焦耳热之比D 通过线圈某截面的电荷量之比【答案】AD【解析】A ，根据，知感应电动势之比，感应电流，则感应电流之比为，故A错误；B安培力： ，线圈匀速运动，处于平衡状态，由平衡条件得： ， ，则，故B正确；

11、C根据焦耳定律可得， ，线圈中产生的焦耳热之比，故C正确；D电荷量： ，与速度无关，可知通过某截面的电荷量之比为，故D错误；错误的是故选AD。【点睛】根据E=BLv，求出线圈中的感应电动势之比，再求出感应电流之比根据 ，求出线圈中产生的焦耳热之比根据q=It，求出通过线圈某截面的电荷量之比。7如图、都是很轻的铝环，环是闭合的，环是不闭合的， 、环都固定在一根可以绕点自由转动的水平细杆上，此时整个装置静止，下列说法中正确的是（ ）A 使条形磁铁极垂直环靠近、靠近磁铁B 使条形磁铁极垂直环远离、靠近磁铁C 使条形磁铁极垂直环靠近、靠近磁铁D 使条形磁铁极垂直环靠近、将不动【答案】BD【解析】A当条

12、形磁铁极垂直环靠近时，穿过环的磁通量增加， 环闭合产生感应电流，磁铁对环产生安培力阻碍两者相对运动， 环将远离磁铁，故A错误；B使条形磁铁极垂直环远离时，穿过环磁通量减小， 环闭合产生感应电流，磁铁对环产生安培力阻碍两者相对运动， 向着磁铁运动，故B正确； CD当条形磁铁极垂直环靠近时， 环中不产生感应电流，磁铁对环没有安培力作用， 环将静止不动，故C错，D正确；故选BD。【点睛】当条形磁铁N极垂直a环靠近a时，穿过a环的磁通量增加，a环闭合产生感应电流，根据楞次定律判断a环的运动情况，当条形磁铁N极垂直b环靠近b时，b环不闭合，不产生感应电流，根据有无安培力判断b环的运动情况。8两条平行虚线

13、间存在一匀强磁场，磁感应强度方向与纸面垂直。边长为0.1 m、总电阻为0.01的正方形导线框abcd位于纸面内，cd边与磁场边界平行，如图（a）所示。已知导线框一直向右做匀速直线运动，cd边于t=0时刻进入磁场。线框中感应电动势随时间变化的图线如图（b）所示（感应电流的方向为逆时针时，感应电动势取正）。下列说法正确的是（ ）A 磁感应强度的方向垂直于纸面向外B 磁感应强度的大小为0.2 TC 导线框运动的速度的大小为0.5m/sD 在0.6 s内线圈发热为0.004J【答案】BCD【解析】A、根据楞次定律可知，磁感应强度的方向垂直于纸面向里，选项A错误；B、E=0.01V，根据E=BLv可知，

14、B=0.2T，选项B正确；C、由E-t图像可知，线框经过0.2s全部进入磁场，则速度v=lt=0.10.2=0.5m/s ，选项C正确；D、在0-0.4 s和0.4 s-0.6 s时间内，导线框中的感应电流I=E/R=1A ,Q=I2Rt,t=0.4s,可知：Q=0.004J，选项D正确.故选BCD9如图,是磁电式转速传感器的结构简图。该装置主要由测量齿轮、软铁、水久磁铁、线线圈等原件组成。测量齿轮为磁性材料,等距离地安装在被测旋转体的一个四周上(圆心在旋转体的轴线上),齿轮转动时线图内就会产生感应电流。设感应电流的变化频率为f,测量齿轮的齿数为N,旋转体转速为n0。则 A f=nNB f=N

15、nC 线圈中的感应电流方向不会变化D 旋转体转速越高线圈中的感应电流越强【答案】AD【解析】测量齿轮的齿数为N，旋转体转速为n，则每秒内齿轮与线圈相互靠近和远离的次数为nN，即感应电流的频率为f=nN，选项A正确，B错误；当齿轮与线圈相互靠近和远离的时候，在线圈中产生的感应电流的方向要变化，选项C错误；旋转体转速越高，穿过线圈的磁通量的变化率越大，则线圈中的感应电流越强，选项D正确；故选AD.10如图是磁电式转速传感器的结构简图。该装置主要由测量齿轮、软铁、永久磁铁、线圈等原件组成。测量齿轮为磁性材料等距离地安装在被测旋转体的一个圆周上（圆心在旋转体的轴线上），齿轮转动时线圈内就会产生感应电流

16、。设感应电流的变化频率为f测量齿轮的齿数为N，旋转体转速为n，则A fnNB fNnC 线圈中的感应电流方向不会变化D 旋转体转速越高线圈中的感应电流越强【答案】AD【解析】AB：旋转体转一圈，测量齿轮靠近和远离线圈N次，线圈中的感应电流变化N次。旋转体的转速为n，感应电流的变化频率为f，则f=nN。故A项正确，B项错误。C：测量齿轮靠近和远离线圈时，线圈中磁通量的变化相反，产生的感应电流方向相反。故C项错误。D：旋转体转速越高，测量齿轮靠近和远离线圈越快，线圈中磁通量的变化越快，线圈中感应电动势越大，线圈中的感应电流越强。故D项正确。综上答案为AD。11如图所示，空间内存在竖直方向的磁感应强

17、度为B的匀强磁场。电阻可忽略不计的金属框架ABCD固定在水平面内，AB与CD平行且足够长。一根粗细均匀的光滑导体棒EF垂直于CD放置，在外力F的作用下以垂直于自身的速度v向右匀速运动。若以导体棒经过C点时为计时起点，则电路中的电流大小I、消耗的电功率P、外力F、导体棒EF两点间的电势差U随时间t的变化规律图像中正确的是A B C D 【答案】BC【解析】设金属棒的速度为v，则运动过程中有效切割长度为：L=vt×tan；设金属棒横截面积为S，电阻率为，则回路中电阻为：R=vt×tanS所以回路中的电流为：I=BLvR=BvS，为定值故A错误；匀速运动时外力和安培力平衡，则F=

18、FA=BIL=BIvt×tan；当MN在两个导轨之间的距离不变时，拉力F=BIL为定值，故B正确；导体棒在到达B之前消耗的电功率为P=I2R=I2v×tanSt，进入BA段以后电阻和电流均不变，电功率不变，故C正确；导体棒MN两点间的电势差是路端电压，路端电压始终为零，故D错误故选BC点睛：对于图象问题，关键是能够根据已知的公式、定律等推导出横坐标和纵坐标的关系式，分析斜率的变化，然后作出正确的判断12如图甲所示，光滑且足够长的平行轨道CD、MN固定在同一水平面上。两导轨间距为0.2m,电阻R=0.40.导体棒ab质量为0.1kg,电阻为0.1，停放在图示位置，导体电阻不计

19、，整个装置处于磁感应强度大小为0.5T,方向竖直向下的匀强磁场中。现用外力F沿着水平方向拉导体棒ab,使之由静止开始运动。理想电压表的示数U随时间1的变化关系如图乙所示。则A 导体棒先加速运动，后匀速运动B 导体棒一直做匀加速直线运动C 第2s末导体棒的速度为10m/sD 第2s末外力的瞬时功率为7W【答案】BCD【解析】AB、根据法拉第电磁感应定律知E=BLv ，根据电路结构可知：U=RR+rBLv=0.08v=0.08at，结合图像知导体棒一直做匀加速运动，加速度为a=5m/s2 故A错，B对C、由运动学公式知：第2s末导体棒的速度为v=at=5×2=10m/s ，故C正确；D、

20、结合图像知第2s末的电流为I=ER+r=BLvR+r=2A ,根据牛顿第二定律,在2s末时对金属杆有:FBIL=ma 解得F=0.7N ，所以外力的功率为P=Fv=0.7×10=7W ，故D正确；综上所述本题答案是：BCD点睛：先写出电动势的表达式,再根据U-t的图象,写出速度随时间的变化关系;通过速度随时间的变化关系和加速度的定义,求出加速度;根据瞬时功率的表达式,求出第5秒末外力F的功率.13如图两根足够长光滑平行金属导轨PP、QQ倾斜放置，匀强磁场垂直于导轨平面向上，导轨的上端与水平放置的两金属板M、N相连，板间距离足够大，板间有一带电微粒，金属棒ab水平跨放在导轨上，下滑过程

21、中与导轨接触良好。现在同时由静止释放带电微粒和金属棒ab，则()A 金属棒ab一直加速下滑B 金属棒ab最终可能匀速下滑C 金属棒ab下滑过程中M板电势高于N板电势D 带电微粒可能先向N板运动后向M板运动【答案】ACD【解析】根据牛顿第二定律有mgsinBIl=ma，而I=qt，q=CU，U=Blv，v=at，联立解得a=mgsinm+B2l2C，因而金属棒将做匀加速运动，选项A正确B错误；ab棒切割磁感线，相当于电源，a端相当于电源正极，因而M板带正电，N板带负电，C正确；若带电粒子带负电，在重力和电场力的作用下，先向下运动然后再反向向上运动，D正确1419世纪科学家对电与磁的研究使人类文明

22、前进了一大步，法拉第就是这一时期的一位代表人物下列关于法拉第研究成就的说法正确的是()A 首先发现了电流周围存在磁场，揭开了电与磁联系研究的序幕B 揭示了电磁感应现象的条件和本质，开辟了人类获取电能的新方向C 明确了制造发电机的科学依据，使电能在生产生活中大规模应用成为可能D 找到了判断通电电流周围磁场方向的方法，为建立统一的电磁场理论奠定了基础【答案】BC【解析】奥斯特的实验表明，电流周围存在磁场，但还没有意识到电跟磁之间的紧密联系，故A错误；法拉第通过艰苦研究，最终找到了如何让磁生电，故B正确；通过法拉第的磁生电的研究，制造出发电机，使电能在生活中大规模应用，故C正确；建立统一的电磁场理论

23、是麦克斯韦的贡献，故D错误。所以BC正确，AD错误。15如图所示，用恒力F将闭合线圈自静止开始（不计摩擦）从图示位置向左加速拉出有界匀强磁场，则在此过程中（ ）A 线圈向左做匀加速直线运动B 线圈向左运动且速度逐渐增大C 线圈向左运动且加速度逐渐减小D 线圈中感应电流逐渐减小【答案】BC【解析】本题的关键是首先根据右手定则或楞次定律判定ab边产生电动势的方向并写出电动势大小，再根据左手定则判定ab边产生安培力的方向并写出安培力大小，然后根据牛顿第二定律写出线圈产生加速度的表达式，再讨论即可。线圈向左运动时，ab边做切割磁感线运动产生电动势，根据右手定则可知ab产生的电动势方向从a向b，电动势的

24、大小为 ，通过ab的电流为 ，由左手定则可知ab边受到的安培力方向向右，大小为，根据牛顿第二定律应有，可得 。可知，线圈做加速度减小的加速运动，所以A错误BC正确；线圈加速运动，产生的感应电流应逐渐增大，所以D错误。16如图，边长为1的正方形闭合线框，自由释放后穿越一匀强磁场区域而落地，已知磁场高度大于线框边长，且线框是减速进入磁场的。不计空气阻力，则有关线框进磁场和出磁场的情况应是A 进入磁场时线框加速度的大小肯定小于gB 线框不可能匀速出磁场C 线框刚出磁场时一定减速运动D 线框出磁场时匀速、加速、减速都有可能【答案】C【解析】线圈进入磁场后，受到向上的安培力和向下的重力而做减速运动，则安

25、培力大于重力，即F安-mg=ma可知加速度a的大小可能等于或者大于g，选项A错误；线圈完全进入磁场后只受重力作用而做匀加速运动，则当线圈下边刚离开磁场时，速度增大，安培力变大且仍然大于重力，则此时线圈仍然减速出离磁场，在减速的过程中，可能随着安培力的减小，使得安培力等于重力，此时线圈达到匀速状态，即线圈匀速离开磁场；也可能安培力仍然大于重力，线圈仍做减速运动离开磁场，故选C.点睛：该题考查了电磁感应中的动力学问题要注重运动过程和受力分析，分析时要抓住安培力大小与线圈速度大小成正比的特点17A、B两圆环置于同一水平面上，其中A 均匀带电，B 为导体环。当A按如图所示的方向绕中心转动过程中，B环产

26、生了如图所示方向的感应电流，则A A可能带正电且转速减小 B A可能带正电且转速增大C A可能带负电且转速减小 D A可能带负电且转速增大【答案】BC【解析】由图可知，B中电流为逆时针，由右手螺旋定则可知，感应电流的磁场向外；由楞次定律可知，引起感应电流的磁场可能为：向外减小或向里增大；若原磁场向里，则A中电流应为顺时针，故A应带正电，因磁场变强，故A中电流应增大，即A的转速应增大，故A错误，B正确；若原磁场向外，则A中电流应为逆时针，即A应带负电，且电流应减小，即A的转速应减小，故C正确，D错误；故选BC。点睛：本题为楞次定律应用的逆过程，要明确B中感应电流是因为B中的磁通量发生变化引起的，

27、同时还应知道由于A的转动而形成的等效电流的强弱与转速有关18如图所示，将一根电阻为R的绝缘硬金属导线弯成一个标准的正弦曲线形状，其两端a、b通过小金属环保持与长直金属杆有着良好但无摩擦的接触，导线与杆相交处二者绝缘，金属导线两端a、b间距离为2d，最高点到ab连线的距离为L，金属杆电阻忽略不计，空间中存在有理想边界的匀强磁场，宽度为d，方向垂直于纸面向里，磁感应强度大小为B，磁场的边界与金属杆垂直，M和N位于磁场区域的边界上，在外力的作用下，导线以恒定的速度v向右匀速运动，从b位于M左侧的某一位置运动到a位于N右侧的某一位置，则在此过程中，以下说法正确的是A 导线上有电流通过的时间为4dvB

28、导线上有电流通过的时间为3dvC 外力所做的功为3dvB2L22RD 金属导线所产生的焦耳热为3dvB2L2R【答案】BD【解析】A、B项：导线上有电流即导线在磁场中切割磁感线时，导线在运动过程中的距离为3L，所以时间为t=3dv，故B正确；C、D项：外力所做的功等于金属导线上产生的热量，金属导线产生的感应电动势瞬时值为e=Byv，y是有效切割长度y=Lsint，得到 e=BLvsint，=2T=23dv=2v3d 则线圈中产生正弦式交变电流，其感应电动势的有效值为E=BLv2 故导线全部穿过磁场过程，外力F所做功为W=(BLv2)2R·3dv ，故D正确。点晴：正弦曲线形

29、状金属导线以恒定的速度v穿过磁场过程中，线圈中产生正弦式交变电流，求出感应电动势的最大值，再求出有效值，根据功能关系求解外力F所做的功。19如图甲所示，在光滑绝缘水平面内，两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感应强度方向与水平面垂直，边长为l的正方形单匝金属线框abcd位于水平面内，cd边与磁场边界平行。T=0时刻线框在水平外力的作用下由静止开始做匀加速直线运动通过该磁场，回路中的感应电流大小与时间的关系如图乙所示，下列说法正确的是A 水平外力为恒力B 匀强磁场的宽度为8l3C ab边离开磁场的时间为43t0D 线框出磁场过程中水平外力做的功小于线框进入磁场过程中水平外力做的功【答案】BC【解析】

30、线框进入磁场的时候，受到的安培力为F安=BIL，由图可知电流是变化的，所以安培力也是变化的，根据牛顿第二定律：FF安=ma，可知外力F必然不是恒力，故A错误；由图乙可知2t04t0时间内线框进入磁场，设线框匀加速直线运动的加速度为a，根据运动学公式可得边长为：l=12a4t0212a2t02=6at02，磁场的宽度为d=12a6t0212a2t02=16at02，联立可得d=8l3，故B正确；设t时刻线框穿出磁场，则6at02=12at212a6t02，解得t=43t0，故C正确；线框进入磁场过程的位移与出磁场过程的位移相等，线框进入磁场过程中的水平拉力小于出磁场过程中的水平拉力做的功大于线框

31、进入磁场过程中水平拉力做的功，故D错误。所以BC正确，AD错误。20图甲为固定在匀强磁场中的正三角形导线框abc，磁场的方向与导线框所在平面垂直，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示。规定垂直纸面向里为磁场的正方向，abca的方向为线框中感应电流的正方向，水平向右为安培力的正方向。关于线框中的电流I与ab边所受的安培力F随时间t变化的图象(图中不考虑2 s末线框中的电流及ab边的受力情况)，下列各图正确的是()A B C D 【答案】AD【解析】由图可知，01s时间内，B均匀增大，增大，感应磁场与原磁场方向相反（感应磁场的磁感应强度的方向向外），由右手定则感应电流是逆时针的，因而是正值，所

32、以可判断01s为正的恒值；13s磁通量不变，所以无感应电流，34s磁场B的方向垂直纸面向外，根据楞次定律得感应电流是逆时针的，因而是正值。由法拉第电磁感应定律可知：E=BtS，感应电流的大小恒定，所以可判断34s为正的恒值，故A正确、B错误；01s时间内，ab边感应电流是向下的，ab边所受的安培力F=BIL，根据左手定则得安培力方向向右为正值，由于B随时间均匀增大，I不变，所以安培力F随时间t均匀增大，13s无感应电流，没有安培力，34s时间内，ab边感应电流是向下的，ab边所受的安培力F=BIL，根据左手定则得安培力方向向左为负值，由于B随时间均匀减小，I不变，所以安培力F随时间t均匀减小，

33、故C错误，D正确。所以AD正确，BC错误。21如图所示，在磁感应强度为B、方向整直向下的匀强磁场中，水平放置两条平行长直导轨MN，导轨同距为L。导轨左端接一电阻R，金属杆ab垂直导轨放置，金属杆和导轨的电阻不计，杆与导轨间接触良好且无摩擦。现对金属杆施加一个与其垂直的水平方向恒力F使金属杆从都止开始运动。在运动过程中，金属杆速度大小v、恒力F的功率Pr、金属杆与导轨形成的回路中磁通量等各量随时间变化图像正确的是A B C D 【答案】AD【解析】根据牛顿第二定律知，杆子的加速度为：a=FFAmFBILm=FB2L2vRm，由于速度增大，则加速度减小，可知杆子做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度

34、等于零时，速度最大，即F=B2L2vmR解得vm=FRB2L2，以后做匀速直线运动，故A正确；恒力F的功率等于电功率P=B2L2v2R，因开始阶段v-t关系不是线性关系，则选项B错误：随速度的增大，感应电动势增大，则根据E=t可知，回路磁通量的变化率增加；当速度最大时磁通量的变化率不变，即-t线切线的斜率先增大，最后变为直线，故选项D正确，C错误；故选AD.点睛：本题考查了电磁感应与动力学和能量的综合，知道杆子在整个过程中的运动规律，知道当拉力和安培力相等时，杆子做匀速直线运动，此题感应电动势最大，电功率最大，磁通量的变化率最大。22如图(a)所示,在足够长的光滑的斜面上放置着金属线框,垂直于

35、斜面方向的匀强磁场的磁感应强度B随时间的变化规律如图(b)所示(规定垂直斜面向上为正方向).t=0时刻将线框由静止释放,在线框下滑的过程中,下列说法正确的是A 线框中会产生的电流大小和方向均不变B MN边受到的安培力不变C 线框做匀加速直线运动D 线框中产生的焦耳热等于其机械能的损失【答案】AC【解析】A、根据法拉第电磁感应定律E=t=BtS 得,磁感应强度的变化率不变,则感应电动势不变,感应电流的大小不变,根据楞次定律知,感应电流的方向不变,故A正确； B、根据F=BIL知,感应电流的大小不变,磁感应强度的大小先减小后反向增大,则MN边所受的安培力先减小后增大,故B错误. C、线框

36、上下两边所受的安培力大小相等,反向相反,可以知道线框所受的合力大小恒定,线框做匀加速直线运动,故C正确； D、对于线框,只有重力做功,机械能守恒,根据能量守恒知,磁场能转化为焦耳热,故D错误. 综上所述本题答案是：AC点睛：根据法拉第电磁感应定律以及楞次定律判断感应电流的大小以及方向;根据安培力公式,结合磁感应强度的变化判断安培力的变化.根据线框的受力分析线框的运动规律,根据能量守恒分析能量之间的转化.23如图，空中水平固定一闭合铜环，让一S极朝下的条形磁铁从铜环圆心O正上方P位置静止释放，磁铁保持竖直加速下落，经过铜环下方Q点，其中OQ = OP。不计空气阻力，重力加速度大小为g，

37、则A 释放瞬间磁铁的加速度为gB 磁铁在运动的过程机械能守恒C 当磁铁在P与Q时，铜环的磁通量相同D 磁铁由P到Q的过程，铜环顺时针（俯视）的平均电流大于逆时针的平均电流【答案】AC【解析】释放瞬间，线圈中午感应电流，则线圈对磁铁午磁场力，则磁铁只受重力，加速度为g，选项A正确；磁铁在运动的过程中线圈中要产生感应电流，生成电能，则磁铁的机械能减小，选项B错误；因PQ位置关于线圈对称，可知当磁铁在P与Q时，铜环的磁通量相同，选项C正确；磁铁从P点到线圈位置时，穿过线圈的磁通量向上增加，根据楞次定律可知铜环产生（俯视）顺时针的感应电流；同理磁铁从线圈位置到Q点时，穿过线圈的磁通量向上减小，根据楞次

38、定律可知铜环产生（俯视）顺时针的感应电流，因为磁铁在线圈以上部分运动时速度较小，则产生的平均电流较小，选项D错误；故选AC.24下列四个选项中，感应电流不为零的是()A B C D 【答案】BC【解析】A、当线圈匀强磁场里面运动时，穿过线圈的磁通量不变，线圈不能产生感应电流，故A电流为零；B、当磁铁向右运动时，穿过线圈的磁通量变化，线圈能产生感应电流，故B电流不为零；C、当线圈在匀强磁场中转动时，穿过线圈的磁通量变化，线圈能产生感应电流，故C电流不为零；D、图中穿过线圈的磁通量为零，没有变化，则线圈不会产生感应电流，故D电流为零。点睛：产生感应电流的条件关键是磁通量要发生变化，而是不线圈有磁通

39、量穿过。25如图所示，均匀金属圆环的总电阻为4R，磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过圆环金属杆OM的长为l，阻值为R，M端与环接触良好，绕过圆心O的转轴以恒定的角速度顺时针转动阻值为R的电阻一端用导线和环上的A点连接，另一端和金属杆的转轴O处的端点相连接下列判断正确的是（）A 金属杆OM旋转产生的感应电动势恒为B 通过电阻R的电流的最小值为，方向从Q到PC 通过电阻R的电流的最大值为D OM两点间电势差绝对值的最大值为【答案】AD【解析】M端线速度为，OM切割磁感线的平均速度为，OM转动切割磁感线产生的电动势恒为，故A正确；当M端位于最上端时，圆环两部分电阻相等，并联电阻最大，电路的总电阻最大，

40、通过R的电流最小因，通过电阻R的电流的最小值为： ，根据右手定则可知电流方向从Q到P，故B错误；当M位于最下端时圆环被接入的电阻为0，此时有最大电流为： ，故C错误；OM作为电源，外电阻增大，总电流减小，内电压减小，路端电压增大，所以外电阻最大时，OM两点间电势差绝对值的最大，其最大值为： ，故D正确故选AD【点睛】根据导体转动切割磁感线感应电动势公式计算感应电动势大小当M端位于最上端时，电路中电阻最大，电流最小当M位于最下端时电流最大，根据右手定则可得电流方向，外电阻最大时，OM两点间电势差绝对值的最大，根据闭合电路的欧姆定律和法拉第电磁感应定律联立计算即可26以下说法正确的是A 一个质子（

41、不计重力）穿过某一空间而未发生偏转，此空间可能存在磁场B 一个质子（不计重力）穿过某一空间而未发生偏转，此空间可能存在电场C 某电路的磁通量改变了，电路中一定有感应电流D 导体棒在磁场中运动，导体棒两端一定有电势差【答案】AB【解析】质子沿着磁感线进入磁场时，质子不受洛伦兹力作用，不会偏转，选项A正确如果该区域只存在电场，并且质子是沿着电场线的方向进入电场时，质子不发生偏转选项B正确某电路的磁通量改变了，如果不是闭合电路，则电路中不会有感应电流，选项C错误；导体棒在磁场中做切割磁感线运动时，导体棒两端才会有电势差，选项D错误；故选AB.27一质量为m、电阻为r的金属杆ab，以一定的初速度v0从

42、一光滑平行金属导轨底端向上滑行，导轨平面与水平面成30°角，两导轨上端用一电阻R相连，如图所示，磁场方向垂直斜面向上，导轨的电阻不计，金属杆向上滑行到某一高度之后又返回到底端时的速度大小为v，则金属杆在滑行的过程中A 向上滑行的时间等于向下滑行的时间B 向向上滑行时电阻R上产生的热量大于向下滑行时电阻R上产生的热量C 向上滑行的过程中与向下滑行的过程中通过电阻R的电荷量相等D 金属杆从开始上滑至返回出发点，电阻R上产生的热量为mR(v02v2)2(Rr)【答案】BC【解析】A:因为上滑阶段的平均速度大于下滑阶段的平均速度,而上滑阶段的位移与下滑阶段的位移大小相等,所以上滑过程的时间比

43、下滑过程短,所以A错误;B、上滑阶段的平均速度大于下滑阶段的平均速度,由动生电动势公式E=BLv 可以知道上滑阶段的平均感应电动势E1大于下滑阶段的平均感应电动势E2,而上滑阶段和下滑阶段通过回路即通过R的电量相同,再由公式W=qE ,可以知道上滑阶段回路电流做功即电阻R产生的热量比下滑阶段多.所以B正确;C:电量q=It=ERt=tR×t=R ,式中结果无时间,故上滑阶段和下滑阶段通过回路即通过R的电量相同,所以C正确;D、金属杆从开始上滑至返回出发点的过程中,只有安培力做功,损失的动能转化电阻R和杆上的电阻r上产生的热量的 和，电阻R上产生的热量QR=RR+r(12mv

44、0212mv2)=mRv02v22R+r 故D错误；综上所述本题答案是：BC点睛：本题的基础是明确金属杆的受力情况和正确判断金属杆运动情况如下,本题的关键是金属杆上滑过程和下滑过程回路中均有电热产生,金属杆从底端滑上去再滑回底端高度不变,金属杆的重力势能不变,只有动能转化为电热,故金属杆再滑回底端时速度必然小于初速度,所以上滑阶段的平均速度大于下滑阶段的平均速度.28如图，由某种粗细均匀的总电阻为40的金属条制成的矩形线框abcd，固定在水平面内且处于方向竖直向下的匀强磁场B=1T中。一接入电路电阻为10的导体棒PQ，长度为L=0.5m在水平拉力作用下沿ab、dc以速度v=1m/s匀速滑动，滑

45、动过程PQ始终与ab垂直，且与线框接触良好，不计摩擦。在PQ从靠近ad处向bc滑动的过程中：（）A PQ两点间电势差绝对值的最大值为0.5V，且P、Q两点电势满足P>QB 导体棒PQ产生的感应电动势为0.5V，电流方向从Q到PC 线框消耗的电功率先增大后减小D 线框消耗的电功率先减小后增大【答案】BC【解析】根据数学知识可知,当PQ位于中点时,外电阻最大,最大值为：R外=40×12×12=10；AB.导体棒由靠近ad边向bc边匀速滑动的过程中，产生的感应电动势E=BLv=0.5V，保持不变，外电路总电阻先增大后减小，PQ中电流先减小后增大，PQ两端电压为路端电压，由U

46、=EIR，可知PQ两端的电压先增大后减小，当导体棒运动到中点时，电压最大，最大电压为UPQ=BLvR外r+R外=1×0.5×110+10×10V=0.25V。由右手定则可以判断，电流方向从Q到P，故A错误，B正确；CD. 线框作为外电路,总电阻最大值为R外=10，等于内阻，从最左端达到中间位置的过程中，导体棒PQ上的电阻先大于线框的外电阻，达到中点位置时等于线框外电阻，再移动再大于线框的外电阻，线框消耗的电功率先增大后减小，故C正确，D错误。故选：BC.29如图所示，两根间距为d的足够长光滑金属导轨，平行放置的倾角的斜面上，导轨的右端接有电阻R，整个装置放在磁感应

47、强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直。导轨上有一质量为m、电阻也为R的导体棒与两导轨垂直且接触良好，导体棒以一定的初速度v0在沿着导轨上滑，上滑的最大距离为L，不计导轨电阻及感应电流间的相互作用。取sin37°=0.6，cos37°=0.8。下列说法正确的是( )A 导体棒沿着导轨上滑的整个过程中通过R的电何量为B 导体棒返回时先做匀加速运动，最后做匀速直线运动C 导体棒沿着导轨上滑过程中最大加速度为D 导体棒沿着导轨上滑过程中克服安培力做的功【答案】CD【解析】导体棒沿着导轨上滑过程中通过R的电量为： ，故A错误导体棒返回时随着速度的增大，导体棒产生的感应电动

48、势增大，感应电流增大，棒受到的安培力增大，加速度减小，所以导体棒先做加速度减小的变加速运动，最后做匀速直线运动，故B错误导体棒刚开始向上滑动时，安培力最大，则加速度最大，由牛顿第二定律可知： ,解得，选项C正确；导体棒沿着导轨上滑过程中克服安培力做的功等于回路中产生的总热量，等于机械能的减小量，由能量守恒定律得：W=Q=mv02-mgLsin37°=mv02-mgL，故D正确故选CD点睛：本题是电磁感应与力学的综合，关键是正确地进行受力分析和能量转化情况的分析，要记牢感应电荷量经验公式q=，注意式中R是电路的总电阻30如图所示，空间存在一有边界的条形匀强磁场区域，磁场方向与竖直平面（

49、纸面）垂直，磁场边界的间距为。一个质量为、边长也为的正方形导线框沿竖直方向运动，线框所在平面始终与磁场方向垂直，且线框上、下边始终与磁场的边界平行。时刻导线框的上边恰好与磁场的下边界重合（图中位置），导线框的速度为。经历一段时间后，当导线框的下边恰好与磁场的上边界重合时（图中位置），导线框的速度刚好为零。此后，导线框下落，经过一段时间回到初始位置。则（ ）A 上升阶段线框进入和穿出磁场的过程，通过导线框横截面的电量相等B 下降过程中，导线框的加速度逐渐增大C 上升过程中，合力做的功与下降过程中合力做的功相等D 上升过程中，克服安培力做的功比下降过程中的多【答案】AD【解析】电荷量： ，上升阶段

50、线框进入和穿出磁场的过程B、S、R都相等，则通过导线框横截面的电量相等，故A正确；下降过程中，线框做加速运动，则有mg-=ma，可见，随着速度的增大，加速度减小故B错误由于电磁感应，线框中产生电能，根据能量守恒定律可知，线框返回原位置时速率减小，则上升过程动能的变化量大小大于下降过程动能的变化量大小，根据动能定理得知，上升过程中合力做功较大故C错误根据能量守恒定律可知，线框经过同一位置时：上升的速率大于下降的速率，上升过程的安培力大小较大，而位移大小相等，所以上升过程中比下降过程中克服安培力做的功多故D正确故选AD31如图所示，两个完全相同的闭合矩形导线框甲和乙，其中L1=2L2，在同一高度从

51、图示位置同时由静止释放，在其下方某一区域存在垂直纸面向里的匀强磁场（h>L1）。已知甲线框正好匀速进入磁场。下列判断正确的是（ ）A 乙线框刚进入磁场时的加速度大小为3gB 乙线框完全进入磁场时的速度可能大于甲线框刚进入磁场时的速度C 进入磁场过程中，甲线框减少的机械能一定比乙线框少D 进入磁场过程中，甲线框减少的机械能一定比乙线框多【答案】AC【解析】设矩形线圈长边为2L，短边为L；对于线圈甲下边进入磁场时做匀速运动，则有：mg=F安=；对于线圈乙下边进入磁场时： ，解得a=3g，选项A正确；由以上分析可知，乙线圈进入磁场时做减速运动，而甲线圈做匀速运动，则乙线框完全进入磁场时的速度小

52、于甲线框刚进入磁场时的速度，选项B错误；进入磁场过程中，克服安培力做功等于机械能减小量，则机械能减小量为2F安L；乙线框做减速运动，开始进入时安培力为甲的4倍，即4F安，因随速度减小，安培力减小，则乙线圈进入磁场过程中的安培力的平均值大于2F安，则安培力的功大于2F安L，故选项C正确，D错误；故选AC.32下列关于电磁感应中的非静电力的说法中正确的是（ ）A 动生电动势的非静电力就是导体棒所受的安培力B 动生电动势的非静电力与导体棒中自由电荷所受的洛伦兹力有关C 感生电动势的非静电力就是变化的磁场所产生的感生电场D 感生电动势的非静电力就是感生电场对导体中自由电荷的作用力【答案】BD【解析】动

53、生电动势的非静电力与导体棒中自由电荷所受的洛伦兹力有关，洛伦兹力使自由电荷发生定向移动，积聚在导体两端形成电势差，选项B正确，A错误；感生电动势的非静电力就是感生电场对导体中自由电荷的作用力，故C错误，D正确；故选BD。33法拉第通过近10年的实验终于发现，电磁感应是一种只有在变化和运动的过程中才能发生的现象，下列哪些情况下能产生电磁感应现象（ ）A 图甲中，条形磁铁匀速穿过不闭合的环形线圈的过程中B 图乙中，开关闭合的瞬间C 图丙中，通电瞬间使小磁针转动D 丁图中，闭合开关的瞬间【答案】AD【解析】图甲中，条形磁铁匀速穿过不闭合的环形线圈的过程中会产生感应电动势，是电磁感应现象，选项A正确；

54、图乙中，开关闭合的瞬间，导体棒会受力运动，不是电磁感应现象，选项B错误；图丙中，通电瞬间使小磁针转动是电流的磁效应，不是电磁感应现象，选项C错误； 丁图中，闭合开关的瞬间在电流表中产生感应电流，是电磁感应现象，选项D正确；故选AD.二、单选题34如图所示，铁芯上绕有线圈A和B，线圈A与电源连接，线圈B与理性发光二极管D相连，衔铁E连接弹簧K控制触头C的通断，忽略A的自感，下列说法正确的是A 闭合S，D闪亮一下B 闭合S，C将会过一小段时间接通C 断开S，D不会闪亮D 断开S，C将会过一小段时间断开【答案】D【解析】A、B、当闭合S瞬间时，穿过线圈B的磁通量要增加，根据楞次定律：增反减同，结合右

55、手螺旋定则可知，线圈B的电流方向逆时针，而由于二极管顺时针方向导电，则线圈B不会闪亮一下，则线圈A中磁场立刻吸引C，导致其即时接触，故A，B错误；C、D、当断开S瞬间时，穿过线圈B的磁通量要减小，根据楞次定律：增反减同，结合右手螺旋定则可知，电流方向为顺时针，则二极管处于导通状态，则D会闪亮，同时对线圈A有影响，阻碍其磁通量减小，那么C将会过一小段时间断开，故C错误，D正确；故选D。【点睛】该题考查楞次定律与右手螺旋定则的应用，注意穿过闭合线圈的磁通量变化，线圈相当于电源，而电流是从负板流向正极，同时理解二极管的单向导电性。35如图为两个有界匀强磁场，左右两边磁感应强度大小分别为B和2B，方向

56、分别垂直纸面向里和向外，磁场宽度均为L，距磁场区域的左侧L处，有一边长为L的正方形导体线框，总电阻为R，且线框平面与磁场方向垂直，现用外力F使线框以速度V匀速穿过磁场区域，以初始位置为计时起点，规定电流沿逆时针方向时的电动势E为正，磁感线垂直纸面向里时磁通量的方向为正。则下列说法正确的是（ ）A 在L/V 2L/V 的过程中，磁通量的变化量为2BL2B 在2L/V 3L/V 的过程中，电路中产生的平均感应电动势为E=3BLVC 在2L/V 3L/V的过程中产生的电功率是L/V 2L/V 的过程中产生的电功率的9倍D 在2L/V 3L/V 的过程中产生的安培力大小是L/V2L/V 的过程中产生的安培力大小的3倍【答案】BC【解析