2023年高考物理试题分项版汇编系列专题12电磁感应（含解析）

专题12电磁感应一、单项选择题1．如下图，一圆形金属环与两固定的平行长直导线在同一竖直平面内，环的圆心与两导线距离相等，环的直径小于两导线间距。两导线中通有大小相等、方向向下的恒定电流。以下说法正确的选项是〔〕A.金属环向上运动，那么环上的感应电流方向为顺时针方向B.金属环向下运动，那么环上的感应电流方向为顺时针方向C.金属环向右侧直导线靠近，那么环上的感应电流方向为逆时针D.金属环向左侧直导线靠近，那么环上的感应电流方向为逆时针【答案】C【点睛】此题考查楞次定律的应用，掌握感应电流的产生条件，理解右手螺旋定那么的内容．穿过线框的磁通量变化有几种方式，有磁场变化导致磁通量变化，也有面积变化导致磁通量变化，还有磁场与面积均变化导致磁通量变化的，最后有磁场与面积均没有变，而是放置的角度变化导致磁通量变化．2．如图甲所示，线圈ABCD固定于匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向外，当磁场变化时，线圈AB边所受安培力向右且变化规律如图乙所示，那么磁场的变化情况可能是以下选项中的(〕A.B.C.D.【答案】D【解析】由法拉第电磁感应定律可知，结合闭合电路欧姆定律，那么安培力的表达式F=BIL=，由图可知安培力的大小不变,而SL是定值,假设磁场B增大,那么△B/△t减小，假设磁场B减小,那么△B/△t增大；线圈AB边所受安培力向右，那么感应电流的方向是顺时针，原磁场磁感强度应是增加的，故D正确，ABC错误；应选：D.3．一个闭合线圈中没有产生感应电流，因此可以得出〔〕.A.此时该处一定没有磁场B.此时该处一定没有磁场的变化C.闭合线圈的面积一定没有变化D.穿过线圈平面的磁通量一定没有变化【答案】D【解析】感应电流的产生其条件是闭合线圈的磁通量发生变化，闭合线圈中没有感应电流产生可能线圈始终与磁场平行，故A错误；感应电流的产生其条件是闭合线圈的磁通量发生变化，磁通量的变化可以由磁场引起的，也可以由线圈的面积的变化引起的，闭合线圈中没有感应电流产生，不能判断出此地一定没有磁场的变化或没有面积的变化，故BC错误；没有电流只能说明穿过闭合线圈的磁通量没有发生变化．故D正确；应选D.点睛：解答此题主要是抓住感应电流产生的条件：闭合线圈的磁通量发生变化，而磁通量的变化可以是由磁场变化引起，也可以是线圈的面积变化，或位置变化引起的．4．有一个匀强磁场边界是EF，在EF右侧无磁场，左侧是匀强磁场区域，如图甲所示．现有一个闭合的金属线框以恒定速度从EF右侧水平进入匀强磁场区域．线框中的电流随时间变化的i－t图象如图乙所示，那么可能的线框是以下四个选项中的()A.B.C.D.【答案】A【解析】导体棒切割磁感线产生的感应电动势E=BLv，设线框总电阻是R，那么感应电流；由图乙所示图象可知，感应电流先变大，后变小，且电流大小与时间成正比，由于B、v、R是定值，故导体棒的有效长度L应先变长，后变短，且L随时间均匀变化，即L与时间t成正比．三角形线框匀速进入磁场时，有效长度L先增加，后减小，且随时间均匀变化，符合题意，故A正确；梯形线框匀速进入磁场时，有效长度L先均匀增加，后不变，最后均匀减小，不符合题意，故B错误；长方形线框进入磁场时，有效长度L不变，感应电流不变，不符合题意，故B错误；闭合圆环匀速进入磁场时，有效长度L先变大，后变小，但L不随时间均匀变化，不符合题意，故D错误；应选A．点睛：此题是一道关于感应电流的图象题，熟练应用导体棒切割磁感线产生的感应电动势公式、欧姆定律、分析清楚图象特点是正确解题的关键.5．有人把自行车进行了改装，在后车轮上装上了一个小型发电机，想看电视时，就骑在自行车上不停地蹬车，可供电视、照明用电．发电机原理如图甲所示，在匀强磁场中，磁感应强度为B，放置一个有固定转轴的发电轮，如下图，发电轮平面与磁感应强度垂直，发电轮半径为r，轮轴和轮缘为两个输出电极，该发电机输出电压接一理想变压器，再给一小灯泡供电，那么以下说法中正确的选项是()A.当人蹬车的速度增大时，小灯泡两端的电压降低B.当人蹬车的速度增大时，小灯泡两端的电压不变C.小灯泡的功率与发电机转速无关D.小灯泡的功率随发电机转速的增大而增大【答案】D【解析】PQ输出端的电压为，当人蹬车的速度增大时，小灯泡两端的电压增大，选项AB错误；小灯泡的功率：，那么小灯泡的功率随发电机转速的增大而增大，选项C错误，D正确；应选D.6．如下图，边长为L，匝数为N的正方形线圈abcd位于纸面内，线圈内接有电阻值为R的电阻，过ab中点和cd中点的连线OO′恰好位于垂直纸面向里的匀强磁场的右边界上，磁场的磁感应强度为B.当线圈转过90°时，通过电阻R的电荷量为()A.B.C.D.【答案】B【解析】当正方形线圈abcd有一半处在磁感应强度为B的匀强磁场中时，磁通量为：，根据，故B正确，ACD错误；应选B．点睛：此题考查对于匀强磁场中磁通量的求解能力．对于公式Φ=BS，要懂得S的意义：有效面积，即有磁感线穿过的面积.7．如图，由某种粗细均匀的总电阻为3R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中．一接入电路电阻为R的导体棒PQ，在水平拉力作用下沿ab、dc以速度v匀速滑动，滑动过程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中电流一直增大B.PQ中电流一直减小C.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】C【解析】A、B项，设导体棒的长度为，磁感应强度为，导体棒的速度保持不变，根据法拉第电磁感应定律，感应的电动势不变，设线框左边的电阻为，那么左右两边线框的电阻为，流过PQ的电流，可以看出当PQ从靠近ad向bc靠近过程中，从零增大到，从而可以判断电流先减小后增大，故A、B项错误。C，D项，电源的内阻为，PQ从靠近ad向bc靠近过程中，外电路的并联等效电阻从零增大到又减小到零，外电路的电阻等于电源内阻的时候消耗的功率最大，所以外电路的功率应该先增大后减小，故C正确D项错误。综上所述，此题正确答案为C。8．如下图，用相同导线绕成的两个单匝线圈a、b的半径分别为r和2r，圆形匀强磁场B的边缘恰好与a线圈重合，假设磁场的磁感应强度均匀增大，开始时的磁感应强度不为0，那么〔〕A.任意时刻，穿过a、b两线圈的磁通量之比均为1：4B.a、b两线圈中产生的感应电动势之比为1：2C.a、b两线圈中产生的感应电流之比为4：1D.相同时间内a、b两线圈产生的热量之比为2：1【答案】D【解析】A、任意时刻，穿过a、b两线圈的磁感线条数，磁通量相等，磁通量之比为1：1．故A错误．B、根据法拉第电磁感应定律得：E=S，S=πr2，那么S相等，也相等，所以感应电动势相等，感应电动势之比为1：1，故B错误．C、线圈a、b的半径分别为r和2r，周长之比为1：2，电阻之比为1：2，根据欧姆定律知I=，得a、b两线圈中产生的感应电流之比为2：1．故C错误．D、根据焦耳定律得Q=t，得相同时间内a、b两线圈产生的热量之比为2：1，故D正确．应选：D9．如下图，等腰三角形内分布有垂直于纸面向外的匀强磁场，它的底边在x轴上且长为2L，高为L，纸面内一边长为L的正方形导线框沿x轴正方向做匀速直线运动穿过匀强磁场区域，在t=0时刻恰好位于如下图的位置，以顺时针方向为导线框中电流的正方向，下面四幅图中能够正确表示导线框中的电流﹣位移〔I﹣x〕关系的是〔〕A.B.C.D.【答案】B10．如下图，金属杆ab静放在水平固定的“U〞形金属框上，整个装置处于竖直向上的磁场中。当磁感应强度均匀减小时，杆ab总保持静止，那么：〔〕A.杆中感应电流方向是从b到aB.杆中感应电流大小减小C.金属杆所受安培力逐渐增大D.金属杆所受安培力大小不变【答案】A【解析】根据楞次定律可得感应电流产生的磁场方向应竖直向上，所以方向为从b到a，A正确；因为磁场是均匀减小的，故ΔBΔt恒定，根据法拉第电磁感应定律可得E=ΔBΔtS可知感应电动势恒定，即感应电流恒定，B11．如下图，AB是一根裸导线，单位长度的电阻为R0，一局部弯曲成直径为d的圆圈，圆圈导线相交处导电接触良好．圆圈所在区域有与圆圈平面垂直的均匀磁场，磁感强度为B0导线一端B点固定，A端在沿BA方向的恒力F作用下向右缓慢移动，从而使圆圈缓慢缩小．设在圆圈缩小过程中始终保持圆的形状，设导体回路是柔软的，此圆圈从初始的直径d到完全消失所需时间t为〔〕A.B.C.D.【答案】B【解析】设在恒力F的作用下，A端△t时间内向右移动微小的量△x，那么相应圆半径减小△r，那么有：△x=2π△r在△t时间内F做的功等于回路中电功，△S可认为由于半径减小微小量△r而引起的面积的变化，有：△S=2πr∙△r而回路中的电阻R=R02πr，代入得，F∙2π△r=显然△t与圆面积变化△S成正比，所以由面积πr02变化为零，所经历的时间t为：解得：故B正确，ACD错误．应选B．12．通电直导线旁放一个金属线框，线框和导线在同一平面内，如下图．在线框abcd中没有产生感应电流的运动情况是〔〕A.线框向右移动B.线框以AB为轴旋转C.线框以ad边为轴旋转D.线框以ab边为轴旋转【答案】B点睛：该题将安培定那么与楞次定律相结合，要先根据安培定那么判断出电流周围的磁场才方向与特点，然后在使用楞次定律判定感应电流的方向．13．关于处理物理问题的思想与方法，以下说法中正确的选项是〔〕A.伽利略在研究自由落体运动时采用了微元法B.在探究平均速度实验中使用了等效替代的思想C.法拉第在研究电磁感应现象时利用了理想实验法D.在探究加速度与力、质量的关系实验中使用了理想化模型的思想方法【答案】B【解析】伽利略在研究自由落体运动时采用了理想实验和逻辑推理的方法．故A错误．平均速度能粗略表示物体运动的快慢，在探究平均速度实验中使用了使用了等效替代的思想．故B正确．法拉第在研究电磁感应现象时利用了控制变量法．故C错误．在探究加速度与力、质量的关系实验中使用了控制变量的思想方法．故D错误．应选B．14．如下图，纸面内有一矩形导体线框abcd，置于垂直纸面向里、边界为MN的匀强磁场外，线框的ab边平行磁场边界MN，线框以垂直于MN的速度v匀速进入磁场，线框进入磁场过程中，产生焦耳热为Q1，通过线框导体横截面的电荷量为q1，假设线框以速度2v匀速进入磁场，线框进入磁场过程中，产生的热量为Q2，通过线框导体横截面的电荷量为q2，那么以下选项正确的选项是A.Q2＝2Q1q2＝2q1B.Q2＝2Q1q2＝q1C.Q2＝Qq2＝q1D.Q2＝4Q1q2＝2q1【答案】B【解析】试题分析：线框匀速进入磁场，克服安培力做功的功率等于线框产生的热量，根据功能关系可求线框中产生的热量．由感应电荷量公式，可判两次进入通过线框导体横截面的电荷量相等．根据及F=BIL可得安培力表达式：，拉力做的功转化为电能，然后转化为焦耳热，由可知产生的焦耳热与速度成正比，所以，根据可知通过线框某横截面的电荷量与速度无关，，B正确．15．由于地磁场的存在，飞机在一定高度水平飞行时，其机翼就会切割磁感线，机翼的两端之间会有一定的电势差．假设飞机在北半球水平飞行，那么从飞行员的角度看，机翼左端的电势比右端的电势()A.低B.高C.相等D.以上情况都有可能【答案】B【解析】当飞机在北半球水平飞行时，由于地磁场的存在，且地磁场的竖直分量方向竖直向下，那么由右手定那么可判定机翼左端的电势比右端的电势高．假设构成闭合电路那么电流方向由机翼的右端流向左端，而机翼切割磁感线相当于电源，所以电源内部电流由负极流向正极．应选B.点睛：机翼的运动，类似于金属棒在磁场中切割磁感线一样会产生电动势，而电源内部的电流方向那么是由负极流向正极的．16．如图示，金属杆ab以恒定的速率v在光滑的平行导轨上向右滑行，设整个电路中总电阻为R〔恒定不变〕，整个装置置于垂直于纸面向里的匀强磁场中，以下说法不正确的选项是〔〕A.ab杆中的电流与速率v成正比B.磁场作用于ab杆的安培力与速率v成正比C.电阻R上产生的电热功率与速率v平方成正比D.外力对ab杆做功的功率与速率v的成正比【答案】D【解析】电动势E=BLv，那么电流强度I=ER=BLvR，知电流强度与速率成正比．故B2L2vR．知安培力与速率成正比．故B正确．根据P=I2R，I=BLvR，那么P=B2L2v2R17．美国一位物理学家卡布莱拉用实验寻找磁单极子．实验根据的原理就是电磁感应现象，仪器的主要局部是由超导体做成的线圈，设想有一个磁单极子穿过超导线圈，如下图，于是在超导线圈中将引起感应电流，关于感应电流的方向以下说法正确的选项是〔〕A.磁单极子穿过超导线圈的过程中，线圈中产生的感应电流的方化B.N磁单极子，与S磁单极子分别穿过超导线圈的过程中，线圈中感应电流方向相同C.磁单极子穿过超导线圈的过程中，线圈中感应电流方向不变D.假假设磁单极子为N磁单极子，穿过超导线圈的过程中，线圈中感应电流方向始终为顺时针〔从上往下看〕【答案】C【解析】假设N磁单极子穿过超导线圈的过程中，当磁单极子靠近线圈时，当穿过线圈中磁通量增加，且磁场方向从上向下，所以由楞次定律可知，感应磁场方向：从下向上，再由右手螺旋定那么可确定感应电流方向逆时针；当磁单极子远离线圈时，当穿过线圈中磁通量减小，且磁场方向从下向上，所以由楞次定律可知，感应磁场方向：从下向上，再由右手螺旋定那么可确定感应电流方向逆时针．因此线圈中产生的感应电流方向不变．故AD错误；假设是S磁单极子穿过超导线圈，与A分析相同，得出：靠近线圈时，感应磁场从上向下，那么感应电流方向顺时针；当远离时，感应电流也是顺时针．故B错误；由AB分析可知，磁单极子穿过超导线圈的过程中，线圈中感应电流方向不变，故C正确；应选C.点睛：考查右手螺旋定那么、楞次定律及磁单极子的特征．同时注意磁体外部的感应线是从N极射出，射向S极．18．如下图,在水平面上有两条导电导轨MN、PQ，导轨间距为d，匀强磁场垂直于导轨所在的平面向里，磁感应强度的大小为B，两根完全相同的金属杆1、2间隔一定的距离摆开放在导轨上，且与导轨垂直。它们的电阻均为R，两杆与导轨接触良好，导轨电阻不计，金属杆的摩擦不计。杆1以初速度v0滑向杆2，为使两杆不相碰，那么杆2固定与不固定两种情况下，最初摆放两杆时的最少距离之比为：A.1:1B.1:2C.2:1D.1:1【答案】C解得：l1−l2=，即AB间的距离最小为x=；当棒2固定后，对左侧棒，以向右为正方向，根据动量定理，有：∑−F⋅△t=∑m△v，其中：F=BIL=B⋅⋅L，故：−∑⋅△t=∑m△v，即−=−mv0，解得：l=，故AB间的距离最小为x′=；故x：x′=1:2；故ABD错误，C正确；应选：C。【名师点睛】两个棒均不固定时，左边棒受向左的安培力，右边棒受向右的安培力，故左边棒减速，右边棒加速，两个棒系统动量守恒，根据动量守恒定律得到最后的共同速度，然后对右边棒运用动量定理列式；当右边棒固定时，左边棒受向左的安培力，做减速运动，根据动量定理列式；最后联立求解即可。19．如下图，在光滑的水平面上，有一垂直向下的匀强磁场分布在宽度为L的区域内，现有一个边长为a〔a﹤L〕的正方形闭合线圈以初速度v0垂直磁场边界滑过磁场后，速度为v(v﹤v0)，那么线圈A.完全进入磁场中时的速度大于〔v0+v〕/2B.完全进入磁场中时的速度等于〔v0+v〕/2C.完全进入磁场中时的速度小于〔v0+v〕/2D.以上情况均有可能【答案】B【解析】线框进入磁场过程：-B线框离开磁场过程：-Bq联立，得到：v-所以v=(v0+v【名师点睛】线框进入和穿出磁场过程，受到安培力作用而做减速运动，根据动量定理和电量q=I△t分析电量的关系。根据感应电量q=ΔϕR，分析可知两个过程线框磁通量变化量大小相等，两个过程电量相等，联立就可求出完全进入磁场中时线圈的速度20．以下表达中不正确的选项是〔〕A.伽利略通过斜面实验加逻辑推理的方法研究了自由落体运动的规律B.开普勒提出了日心说，从而发现了行星运动的规律，后人称为开普勒行星运动规律C.利用涡流的热效应，人们制成了用于加热食物的电磁炉D.超高压带电作业的工人穿戴的工作服是用包含金属丝的织物制成的，这是利用了静电屏蔽的原理【答案】B【解析】伽利略通过斜面实验加逻辑推理的方法研究了自由落体运动的规律，A正确；哥白尼提出了日心说，开普勒发现了行星运动的规律，后人称为开普勒行星运动定律，B错误；电磁炉是利用涡流的热效应来加热食物的，C正确；超高压带电作业的工人穿戴的工作服是用包含金属丝的织物制成的，利用的是静电屏蔽的原理，故D正确．21．以下那种材料制成的器皿不能用于一般微波炉〔〕A.玻璃B.陶瓷C.铝D.耐热塑料【答案】C22．电磁炉是利用涡流加热而到达烹饪食物的目的．电磁炉适用的锅类是〔〕A.平底陶瓷锅B.凹底陶瓷锅C.平底不锈钢锅D.凹底不锈钢锅【答案】C【解析】电磁炉是利用高频电流在电磁炉内部线圈中产生磁场，磁化铁质铁锅，从而形成无数个小涡流〔即电流〕，加速锅底分子运动，使锅底自身发热到达加热食品的目的，必须使用铁质锅具才被磁化形成涡流，C正确．23．如下图，正方形闭合导线框以速度v0在光滑绝缘水平面上匀速运动，穿过有理想边界的匀强磁场区域后以速度v做匀速直线运动，那么当完全处在磁场区域内时的运动速度u为〔〕A.u>(v0+v)/2B.u=〔v0+v〕/2C.u<(v0+v)/2D.无法确定【答案】B【解析】线框在进入磁场的过程中，所受安培力的冲量大小为：同理，线框在离开磁场的过程中，所受安培力的冲量大小为：因为，所以q1=q2由此可知，线框在进入或穿出磁场的过程中，所受安培力的冲量都相同那么由动量定理得：I冲=m(u−v0)=m(v−u)

解得：u=〔v0+v〕/2xk.w应选：B。24．如下图，两光滑平行导轨水平放置在匀强磁场中，磁场垂直导轨所在平面，金属棒ab可沿导轨自由滑动，导轨一端连接一个定值电阻R，金属棒和导轨电阻不计．现将金属棒沿导轨由静止向右拉，假设保持拉力F恒定，经时间t1后速度为v，加速度为a1，最终以速度2v做匀速运动；假设保持拉力的功率P恒定，棒由静止经时间t2后速度为v，加速度为a2，最终也以速度2v做匀速运动，那么()．A.t2＝t1B.t1>t2C.a2＝2a1D.a2＝5a1【答案】B【解析】AB、当拉力的功率恒定时，随着速度增大，拉力逐渐减小，最后匀速运动时拉力最小，且最小值和第一种情况下拉力相等，因此都到达速度v时，t1>t2，故A错误，B正确；CD、由于两种情况下，最终棒都以速度2v匀速运动，此时拉力与安培力大小相等，那么有：当拉力恒定速度为v，加速度为a1时，根据牛顿第二定律有：解得：假设保持拉力的功率恒定，速度为2v时，拉力为F，那么有：P=F⋅2v，又所以那么当速度为v时，拉力大小为：根据牛顿第二定律，得：解得：所以有a2=3a1，故CD错误应选：B。【名师点睛】分析清楚两种情况下的运动形式区别，然后根据牛顿第二定律和运动学规律求解，注意两种情况下导体棒最终匀速运动时所受拉力大小是相同的。25．以下三图中除导体棒ab可动外，其余局部均固定不动，甲图中的电容器C原来不带电．设导体棒、导轨和直流电源的电阻均可忽略，导体棒和导轨间的摩擦也不计．图中装置均在水平面内，且都处于方向垂直水平面〔即纸面〕向下的匀强磁场中，导轨足够长．今给导体棒ab一个向右的初速度v，在甲、乙、丙三种情形下导体棒ab的最终运动状态是〔〕A.三种情形下导体棒ab最终均做匀速运动B.三种情形下导体棒ab最终均静止C.乙、丙中，ab棒最终将做匀速运动；甲中，ab棒最终静止D.甲、丙中，ab棒最终将做匀速运动；乙中，ab棒最终静止【答案】D【名师点睛】图甲中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流而使电容器充电，分析电路中电流的变化，即可判断ab棒所受的安培力，确定ab棒的运动情况；图乙中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流，通过电阻R转化为内能，ab棒将做减速运动；图丙中，分析导体棒受到的安培力情况，判断ab棒的运动情况。26．在匀强磁场中有一N匝、半径为a的圆形线圈〔其总电阻为R〕和一仪器〔内阻不计〕串联，线圈平面与磁场垂直。当线圈迅速由静止翻转180°，该仪器指示有电量q通过，根据q、N、a、R可计算出磁感强度B等于A.qR2Nπa2B.qR2πa【答案】A【解析】由法拉第电磁感应定律：线圈产生的感应电动势E=N由闭合电路欧姆定律得感应电流I=根据电量的公式q=It，可得：q=N△Φ由于开始线圈平面与磁场垂直，现把探测圈翻转180°，那么磁能量的变化△Φ=2BS=2B•πa2所以由上公式可得：q=N2Bπ那么得：B=qR2Nπa2点睛：考查法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、电量表达式，同时注意磁通量虽然是标量，但注意线圈分正反面，从而导致磁通量有正负．还有磁通量与线圈匝数无关，但感应电动势与线圈匝数有关．27．如下图，AOC是光滑的直角金属导轨，AO沿竖直方向，OC沿水平方向，ab是一根金属直棒，如图立在导轨上，它从静止开始在重力作用下运动，运动过程中b端始终在OC上，a端始终在AO上，直到ab完全落在OC上。整个装置放在一匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，那么ab棒在运动过程中A.感应电流方向始终是b→aB.感应电流方向先是b→a，后变为a→bC.受磁场力方向与ab垂直，如图中箭头所示方向D.受磁场力方向与ab垂直，开始如图中箭头所示方向，后来变为与箭头所示方向相反【答案】B【解析】当ab棒从图示位置滑到与水平面成45°时，闭合电路的磁通在变大，那么由楞次定律得闭合电路中的电流是逆时针方向，即是b→a．而此时棒受到的安培力的方向与图中箭头方向相反．当越过与水平面成45°时，闭合电路的磁通在变小，那么由楞次定律得闭合电路中的电流是顺时针方向，即是a→b．而此时棒受到的安培力的方向与图中箭头方向相同．由上可知：只有B选项正确．应选B．28．如下图，质量为m=0.5kg、电阻为r=1Ω的轻杆ab可以无摩擦地沿着水平固定导轨滑行，导轨足够长，两导轨间宽度为L=1m，导轨电阻不计，电阻R1=1.5Ω，R2=3Ω，整个装置处在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B=1T。杆从x轴原点O以水平速度v0=6m/s开始滑行，直到停止下来。以下说法不正确的选项是()A.a点电势高于b点电势B.在杆的整个运动过程中，电流对电阻R1做的功为9JC.整个运动过程中，杆的位移为6mD.在杆的整个运动过程中，通过电阻R1的电荷量为2C【答案】B【解析】由右手定那么可知，a点电势高于b点电势，选项A正确；设总电流为I，那么ab、电阻R1和R2上的电功率之比：I2r:(23I)2R1:(13I)2R2=3:2:1，由能量关系可知：12mv2=Qr+QR1+29．一个粗细均匀总电阻为Ｒ的矩形金属线框MNPQ，如图，MN的长度是NP的２倍，NP长度为L，有一宽度为２L、大小为B垂直纸面向里的匀强磁场，自MN边进入磁场开始线框以v匀速穿过磁场区域，那么PQ两端的电势差UPQA.B.C.D.【答案】A【解析】匀速运动L的过程中感应电动势E=2BLv，根据闭合电路的欧姆定律可得感应电流i=ER=在L～2L过程中，磁通量不变，感应电流为零，此过程UPQ=E=2BLv；在2L～3L的过程中，感应电动势E=2BLv，根据闭合电路的欧姆定律可得UPQ=23E=4BLv3点睛:关于电磁感应与图象的结合问题，关键要分段由电磁感应和电路的根本规律、法拉第电磁感应定律、欧姆定律、安培力公式和焦耳定律等，得到各物理量的解析式，再进行选择．在解题时要灵活选择解法，也可以运用排除法等进行解答．30．法拉第是十九世纪电磁学领域中最伟大的实验家，以下有关法拉第在电磁学领域的奉献，不正确的选项是A.法拉第是电磁学的奠基者，他首先提出了场的概念B.法拉第发现并总结电磁感应是由于闭合电路磁通量变化引起的C.法拉第正确地指出电磁感应与静电感应不同，感应电流并不是与原电流有关，而是与原电流的变化有关D.法拉第通过科学实验以及研究发现判断感应电流方向的方法，即：感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流磁通量的变化【答案】D31．如下图，等腰直角三角形区域内有垂直于纸面向内的匀强磁场，左边有一形状完全相同的等腰直角三角形导线框，线框从图示位置开始水平向右匀速穿过磁场区域，规定线框中感应电流逆时针方向为正方向，线框刚进入磁场区域时感应电流为i0，直角边长为L．其感应电流i随位移x变化的图象正确的选项是A.B.C.D.【答案】C【解析】线框进入磁场的位移为0～L的过程中，三角形切割磁感线的有效长度先减小，当右边和斜边切割长度相等时感应电流为零，接着又反向增大，根据右手定那么可知感应电流方向先是逆时针，后是顺时针；以后在L-2L过程中有效切割长度逐渐减小到零，那么感应电流逐渐减小到零，所以C正确，ABD错误．应选C．32．某同学在“探究感应电流产生的条件〞的实验中，将直流电源、滑动变阻器、线圈〔有铁芯〕、线圈、灵敏电流计及开关按图连接成电路．在实验中，该同学发现形状闭合的瞬间，灵敏电流计的指针向左偏．由此可以判断，在保持开关闭合的状态下：〔〕A.当线圈拔出时，灵敏电流计的指针向左偏B.当线圈中的铁芯拔出时，灵敏电流计的指针向右偏C.当滑动变阻器的滑片匀速滑动时，灵敏电流计的指针不偏转D.当滑动变阻器的滑片向端滑动时，灵敏电流计的指针向右偏【答案】B点睛：此题无法直接利用楞次定律进行判断，但是可以根据题意得出产生使电流表指针左偏的条件，即可不根据绕向判出各项中应该出现的现象．33．如下图，相距为d的两条水平虚线之间是方向水平向里的匀强磁场，磁感应强度为B，正方形线圈abcd边长为L〔L<d〕，质量为m，电阻为R，将线圈在磁场上方高h处静止释放，cd边刚进入磁场时速度为，cd边刚离开磁场时速度也为，那么从线圈cd边刚进入磁场起一直到ab边离开磁场的过程中。以下说法不正确的选项是：〔〕A.线圈可能是加速进入磁场的B.感应电流所做的功为2mgdC.线圈的最小速度可能为D.线圈的最小速度一定为【答案】A【解析】A、线圈全部进入磁场时没有感应电流，不受安培力，做匀加速运动，而cd边刚离开磁场与刚进入磁场时速度相等，所以线圈进磁场时要减速，A错误；B、根据能量守恒可知：从cd边刚进入磁场到cd边刚穿出磁场的过程：线圈动能变化量为0，重力势能转化为线框产生的热量Q=mgd，cd边刚进入磁场时速度为v0，cd边刚离开磁场时速度也为v0，所以线圈穿出磁场与进入磁场的过程运动情况相同，线框产生的热量与从cd边刚进入磁场到cd边刚穿出磁场的过程产生的热量相等，所以线圈从cd边进入磁场到ab边离开磁场的过程，产生的热量Q′=2mgd，感应电流做的功为2mgd，故B正确；C、线框可能先做减速运动，在完全进入磁场前做匀速运动，因为完全进入磁场时的速度最小，那么，那么线圈下落的最小速度可能为：，故C错误；D、设线圈的最小速度为vm，可知全部进入磁场的瞬间速度最小。由动能定理，从cd边刚进入磁场到线框完全进入时，那么有：，有，综上可解得线圈的最小速度为，故D正确；此题选择错误答案，应选：A。【名师点睛】线圈由静止释放，其下边缘刚进入磁场和刚穿出磁场时刻的速度是相同的，又因为线圈全部进入磁场不受安培力，要做匀加速运动，可知线圈进入磁场先要做减速运动；根据动能定理，分析安培力做的功和最小速度。34．用一段横截面半径为r、电阻率为ρ、密度为d的均匀导体材料做成一个半径为R(r＜＜R)的圆环。圆环竖直向下落入如下图的径向磁场中，圆环的圆心始终在N极的轴线上，圆环所在位置的磁感应强度大小均为B。圆环在加速下落过程中某一时刻的速度为v，忽略电感的影响，那么A.此时在圆环中产生了〔俯视〕逆时针的感应电流B.此时圆环受到竖直向下的安培力作用C.此时圆环的加速度D.如果径向磁场足够深，那么圆环的最大速度【答案】D【解析】由题意可知，根据右手定那么，右图中，环左端面电流方向垂直纸面向里，右端电流方向向外，那么有〔俯视〕顺时针的感应电流，故A错误；根据楞次定律可知，环受到的安培力向上，阻碍环的运动，故B错误；圆环落入磁感应强度B的径向磁场中，产生的感应电动势E=Blv=B•2πRv，圆环的电阻为：，电流为：，圆环所受的安培力大小为F=BI•2πR，由牛顿第二定律得：，其中质量为：联立以上解得：，故C错误；当圆环做匀速运动时，安培力与重力相等速度最大，即有mg=F，可得：，解得：，故D正确。所以D正确，ABC错误。35．如下图，长为L=0.5m、倾角为θ=37°的光滑绝缘斜面处于水平向右的匀强电场中，一带电荷量为＋q，质量为m的小球(可视为质点)，以初速度v0=2m/s恰能沿斜面匀速上滑，g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，那么以下说法中正确的选项是()．A.小球在B点的电势能大于在A点的电势能B.水平匀强电场的电场强度为C.假设电场强度加倍，小球运动的加速度大小为3m/s2D.假设电场强度减半，小球运动到B点时速度为初速度v0的一半【答案】BD【解析】试题分析：小球由A到B的过程中，重力做负功，电场力做正功，小球电势能减少，选项A错误；因小球做匀速运动，由平衡条件知qEcosθ=mgsinθ，所以电场强度，选项B正确；电场强度变为2倍后，那么有q·2Ecosθ－mgsinθ＝ma，所以a＝6m/s2，选项C错误；电场强度减为一半后，那么有:，a1＝3m/s2，由v02－v2＝2a1L代入数值得v＝1m考点：带电粒子在电场中的运动；牛顿第二定律；动能定理【名师点睛】由带电小球受到分析得：重力、支持力与电场力，且三力均不变．假设存在加速度，那么带小球也不可能到达N点的速度仍不变的，所以三力处于平衡状态．故带电小球做的是匀速直线运动。36．如下图，一个菱形的导体线框沿着自己的对角线匀速运动，穿过具有一定宽度的匀强磁场区域，对角线AC的长度为磁场宽度的两倍且与磁场边界垂直．下面对于线框中感应电流随时间变化的图象(电流以ABCD顺序流向为正方向，从C点进入磁场开始计时)正确的选项是()．A.B.C.D.【答案】B【解析】线圈在进磁场的过程中，磁通量增加，根据楞次定律可知，感应电流的方向为ABCD方向，为正；在出磁场的过程中，磁通量减小，根据楞次定律知，感应电流的方向为ADCBA，为负．在线圈进入磁场的前一半的过程中，切割的有效长度均匀增大，感应电动势均匀增大，那么感应电流均匀增大，在线圈进入磁场的后一半过程中，切割的有效长度均匀减小，感应电动势均匀减小，那么感应电流均匀减小；故B正确，ACD错误．应选：B.视频37．在水平桌面上，一个圆形金属框置于匀强磁场中，线框平面与磁场垂直，圆形金属框与一个水平的平行金属导轨相连接，导轨上放置一根导体棒，导体棒与导轨接触良好，导体棒处于另一均强磁场中，该磁场的磁感应强度恒定，方向垂直导轨平面向下，如图甲所示．磁感应强度随时间的变化关系如图乙所示．内磁场方向垂直线框平面向下．假设导体棒始终保持静止，并设向右为静摩擦力的正方向，那么导体棒所受的静摩擦力随时间变化的图象是〔〕A.B.C.D.【答案】D点睛：此题外表上要求静摩擦力大小与方向，实际上是确定安培力的方向与大小，所以考查了法拉第电磁感应定律与楞次定律．38．如下图，矩形导线框abcd与无限长通电直导线MN在同一平面内，直导线中的电流方向由M到N，导线框的ab边与直导线平行。假设直导线中的电流增大，导线框中将产生感应电流，导线框会受到安培力的作用，那么以下关于导线框受到的安培力的判断正确的选项是〔〕A.导线框有两条边所受安培力的方向相同B.导线框有两条边所受安培力的大小相同C.导线框所受的安培力的合力向左D.导线框所受的安培力的合力向右【答案】BD【解析】试题分析：假设直导线中的电流增大，导线框中将产生感应电流，上下两边电流方向相反、而所在区域磁场方向相同，那么安培力大小相等、方向相反，同样左右两条边电流方向也相反，所受安培力方向相反，由于所在区域磁场大小不等，那么所受安培力大小不等。那么B正确C错。假设直导线中的电流增大，那么导线右侧磁场增强，线圈中磁通量增大，根据楞次定律推论线圈将向右移从而阻碍线圈中磁通量增大，所以所受合力向右，那么D正确C错。考点：此题考查安培力与楞次定律。39．如图，平行金属导轨宽度为d，一局部轨道水平，左端接电阻R，倾斜局部与水平面成角，且置于垂直斜面向上的匀强磁场中，磁感应强度为B，现将一质量为m长度也为d的导体棒从导轨顶端由静止释放，直至滑到水平局部〔导体棒下滑到水平局部之前已经匀速，滑动过程中与导轨保持良好接触，重力加速度为g，〕不计一切摩擦力，导体棒接入回路电阻为r，那么整个下滑过程中〔〕A.导体棒匀速运动时速度大小为B.匀速运动时导体棒两端电压为C.导体棒下滑距离为s时，通过R的总电荷量为D.重力和安培力对导体棒所做的功大于导体棒获得的动能【答案】AC考点：考查了电磁感应切割类问题【名师点睛】此题是电磁感应与电路、力学相结合的综合题，应用E=BLv、欧姆定律、安培力公式、动能定理即可正确解题40．如下图，紫铜做的圆盘水平放置在竖直向下的匀强磁场中，圆盘圆心处固定一个摇柄，边缘和圆心处各与一个黄铜电刷紧贴，用导线将电刷与电流表连接起来形成回路。转动摇柄，使圆盘以ω角速度逆时针匀速转动，以下说法正确的选项是()A.回路中不会产生感应电流B.回路中会产生电流大小不变、方向变化的感应电流C.回路中电流的大小和方向都周期性变化，周期为D.回路中电流方向不变，从b导线流进电流表【答案】D【解析】铜盘转动产生的感应电动势为：E=BL2ω/2，B、L、ω不变，E不变，电流：I=E/R=BL2ω/2R，电流大小恒定不变，由右手定那么可知，回路中电流方向不变，从b导线流进电流表，故ABC错误，D正确；应选：D。【名师点睛】圆盘转动可等效看成无数轴向导体切割磁感线，有效切割长度为铜盘的半径L，根据感应电动势公式分析电动势情况，由欧姆定律分析电流情况；根据右手定那么分析感应电流方向。41．如下图，一带负电的质点在固定的正的点电荷作用下绕该正电荷做匀速圆周运动，周期为T0，轨道平面位于纸面内，质点的速度方向如图中箭头所示，现加一垂直于轨道平面的匀强磁场，轨道半径并不因此而改变，那么()A.假设磁场方向指向纸里，质点运动的周期将大于T0B.假设磁场方向指向纸里，质点运动的周期将小于T0C.假设磁场方向指向纸外，质点运动的周期将大于T0D.假设磁场方向指向纸外，质点运动的周期将小于T0【答案】AD【解析】假设磁场方向指向纸里，根据左手定那么可得，粒子受到的洛伦兹力方向与库伦力方向相反，即向心力从变为，所以向心力减小了，又因为轨道半径没有变化，所以根据牛顿第二定律可得，半径不变，向心力减小，所以质点的运动周期变大，A正确B错误，假设磁场方向指向纸外，根据左手定那么，粒子受到的洛伦兹力方向和库伦力方向相同，即向心力从变为，向心力变大了，同样轨道半径没有变化，根据公式可得周期变小了，故C错误D正确，思路分析：根据洛伦兹力的方向，判断向心力的变化，然后再根据公式判断，在轨道半径不变的情况下，向心力的变化导致的周期的变化规律，试题点评：此题考查了粒子在复合场中的运动，关键是根据题中的信息，运用相关公式进行解析，视频42．如下图，有一个等腰直角三角形的匀强磁场区域其直角边长为L，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B.边长为L、总电阻为R的正方形导线框abcd，从图示位置开始沿x轴正方向以速度v匀速穿过磁场区域．取沿abcda的感应电流为正，那么表示线框中电流i随bc边的位置坐标x变化的图象正确的选项是()A.B.C.D.【答案】C应选C【点评】此题关键确定线框有效切割长度与x的关系，再结合数学知识选择图象．43．如图9所示，足够长且电阻不计的光滑平行金属导轨MN、PQ竖直放置，间距为L＝0.5m，一匀强磁场磁感应强度B＝0.2T垂直穿过导轨平面，导轨的上端M与P间连接阻值为R＝0.40Ω的电阻，质量为m＝0.01kg、电阻不计的金属棒ab垂直紧贴在导轨上。现使金属棒ab由静止开始下滑，经过一段时间金属棒到达稳定状态，这段时间内通过R的电荷量为0.3C，那么在这一过程中(g＝10m/s2)()A.安培力最大值为0.05NB.这段时间内下降的高度1.2mC.重力最大功率为0.1WD.电阻产生的焦耳热为0.04J【答案】BD【解析】试题分析:安培力的最大值应该等于重力0.1N，故A错误；由法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律可知，解得x=1.2m，故B正确；当安培力等于重力时，速度最大，，解得，重力最大功率，故C错误；由能量守恒定律，电阻产生的焦耳热，故D正确。考点：导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；电磁感应中的能量转化44．如下图，匀强磁场中有两个导体圆环a、b，磁场方向与圆环所在平面垂直。磁感应强度B随时间均匀增大。两圆坏半径之比为2:1，圆环中产生的感应电动势分别为Ea和Eb，不考虑两圆环间的相互影响。以下说法正确的选项是()A.Ea:Eb=2:1，感应电流均沿逆时针方向B.Ea:Eb=2:1，感应电流均沿顺时针方向C.Ea:Eb=4:1，感应电流均沿逆时针方向D.Ea:Eb=4:1，感应电流均沿顺时针方向【答案】D【解析】根据法拉第电磁感应定律E=ΔΦΔt=ΔBΔtS=ΔBΔt⋅πr2∝r2，因ra:rb45．如下图，有一个等腰直角三角形的匀强磁场区域其直角边长为L，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B.边长为L、总电阻为R的正方形导线框abcd，从图示位置开始沿x轴正方向以速度v匀速穿过磁场区域．取沿abcda的感应电流为正，那么表示线框中电流i随bc边的位置坐标x变化的图象正确的选项是()A.B.C.D.【答案】C【解析】bc边的位置坐标x在L-2L过程，线框bc边有效切线长度为l=x-L，感应电动势为E=Blv=B〔x-L〕v，感应电流，根据楞次定律判断出来感应电流方向沿a→b→c→d→a，为正值．x在2L-3L过程，根据楞次定律判断出来感应电流方向沿a→d→c→b→a，为负值，线框ad边有效切线长度为l=x-2L，感应电动势为E=Blv=B〔x-2L〕v，感应电流，根据数学知识知道C正确．应选C.46．如下图的电路中，电感L的自感系数很大，电阻可忽略，D为理想二极管，那么以下说法正确的有()A.当S闭合时，L1立即变亮，L2逐渐变亮B.当S闭合时，L1一直不亮，L2逐渐变亮C.当S断开时，L2立即熄灭D.当S断开时，L1突然变亮，然后逐渐变暗至熄灭【答案】BD【解析】试题分析：当S闭合时，因二极管加上了反向电压，故二极管截止，L1一直不亮；通过线圈的电流增加，感应电动势阻碍电流增加，故使得L2逐渐变亮，选项B正确，A错误；当S断开时，由于线圈自感电动势阻碍电流的减小，故通过L1的电流要在L2-L1-D-L之中形成新的回路，故L1突然变亮，然后逐渐变暗至熄灭，选项C错误，D正确；应选BD．考点：自感现象【名师点睛】此题是对自感现象的考查；要知道自感线圈的作用是当电流增加时，产生的自感电动势阻碍电流的增加；电流减弱时，感应电动势阻碍电流的减弱，假设有回路要重新形成电流；二极管只能导通正向电流．47．如图，一均匀金属圆盘绕通过其圆心且与盘面垂直的轴逆时针匀速转动．现施加一垂直穿过圆盘的有界匀强磁场，圆盘开始减速．在圆盘减速过程中，以下说法正确的选项是〔〕A.处于磁场中的圆盘局部，靠近圆心处电势高B.所加磁场越强越易使圆盘停止转动C.假设所加磁场反向，圆盘将加速转动D.假设所加磁场穿过整个圆盘，圆盘将匀速转动【答案】ABD【解析】试题分析：将金属圆盘看成由无数金属幅条组成，根据右手定那么判断感应电流的方向，从而判断电势的上下，形成感应电流，再根据左手定那么，即可求解．解：A、将金属圆盘看成由无数金属幅条组成，根据右手定那么判断可知：圆盘上的感应电流由边缘流向圆心，所以靠近圆心处电势高，所以A正确；B、根据右手定那么可知，产生的电动势为BLv，所以所加磁场越强，产生的电动势越大，电流越大，受到的安培力越大，越易使圆盘停止转动，所以B正确；C、假设所加磁场反向，只是产生的电流反向，根据楞次定律可知，安培力还是阻碍圆盘的转动，所以圆盘还是减速转动，所以C错误；D、假设所加磁场穿过整个圆盘时，圆盘在切割磁感线，产生感应电动势，相当于电路断开，那么不会产生“感应电流，没有安培力的作用，圆盘将匀速转动，所以D正确；应选：ABD【点评】此题关键要掌握右手定那么、安培定那么，并能正确用来分析电磁感应现象，对于这两个定那么运用时，要解决两个问题：一是什么条件下用；二是怎样用．48．如下图，纸面内有一矩形导体闭合线框abcd，ab边长大于bc边长，置于垂直纸面向里、边界为MN的匀强磁场外，线框两次匀速地完全进入磁场，两次速度大小相同，方向均垂直于MN.第一次ab边平行MN进入磁场，线框上产生的热量为Q1，通过线框导体横截面的电荷量为q1；第二次bc边平行MN进入磁场，线框上产生的热量为Q2，通过线框导体横截面的电荷量为q2那么()A.Q1＞Q2，q1＝q2B.Q1＞Q2，q1＞q2C.Q1＝Q2，q1＝q2D.Q1＝Q2，q1＞q【答案】A于电磁感应能量问题一般有三种方法求解：①利用电路中产生的热量等于克服安培力做得功；②利用动能定理；③利用能量守恒；具体哪种方法，要看题目中的条件.49．如图甲所示，电阻不计且间距L＝1m的光滑平行金属导轨竖直放置，上端接一阻值R＝2Ω的电阻，虚线OO′下方有垂直于导轨平面向里的匀强磁场．现将质量m＝0.1kg、电阻不计的金属杆ab从OO′上方某处由静止释放，金属杆ab在下落的过程中与导轨保持良好接触且始终水平，金属杆ab进入磁场时的速度v0＝1m/s，下落0.3m的过程中加速度a与下落距离h的关系图像如图乙所示，g取10m/s2，那么()A.匀强磁场的磁感应强度为2TB.金属杆ab下落0.3m时的速度为1m/sC.金属杆ab下落0.3m的过程中R上产生的热量为0.2JD.金属杆ab下落0.3m的过程中通过R的电荷量为0.25C【答案】D【解析】A、进入磁场后，根据右手定那么判断可知金属杆ab中电流的方向由a到b．由乙图知，刚进入磁场时，金属杆的加速度大小：，方向竖直向上，由牛顿第二定律得：，设杆刚进入磁场时的速度为v0，那么有：，且代入数据，解得：，A正确；B、通过a﹣h图象知：，说明金属杆受到的重力与安培力平衡有：，联立得：，B正确；C、从开始到下落的过程中，由能的转化和守恒定律有：代入数值有：，C错误；D、金属杆自由下落的高度：，ab下落0.3m的过程中，通过R的电荷量：，D正确；应选ABD。50．两根足够长的平行光滑导轨竖直固定放置，顶端接一电阻R，导轨所在的平面与匀强磁场垂直；将一金属棒与下端固定的轻弹簧的上端栓接，金属棒和导轨接触良好，重力加速度为g，如下图．现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放，那么〔〕A.金属棒在最低点的加速度小于gB.回路中产生的总热量等于金属棒重力势能的减少量C.当弹簧弹力等于金属棒的重力时，金属棒下落速度最大D.金属棒在以后运动过程中的最大高度一定低于静止释放时的高度【答案】AD考点：能量守恒定律；楞次定律【名师点睛】此题运用力学的方法分析金属棒的运动情况和受力情况及功能关系，金属棒的运动情况：先向下做加速运动，后向下做减速运动，当重力、安培力与弹簧的弹力平衡时，速度最大．此题的难点是运用简谐运动的对称性分析金属棒到达最低点时的加速度与g的关系。二、多项选择题1．如图，正方形闭合导线框在边界水平的匀强磁场区域的上方，由不同高度静止释放，用、分别表示线框ab边和cd边刚进入磁场的时刻，用、分别表示线框ab边和cd边刚出磁场的时刻。线框下落过程中形状不变，ab边始终保持与磁场水平边界平行，线框平面与磁场方向垂直。设磁场区域的宽度大于线框的边长，不计空气阻力的影响，那么以下反映线框下落过程中速度v随时间t变化规律的图象有可能的是()A.B.C.D.【答案】BCD【解析】A、在0～时间内，线框做自由落体运动，时刻以后，线框全部进入磁场后做匀加速直线运动，这两段时间内的v－t图线均为直线。在～时间内，线框进入磁场的过程中，线框的运动状态与进入磁场时的速度v有关。当线框在磁场中匀速运动时，安培力等于重力，即。假设线框的速度v远大于，那么进入磁场后减速。由可知，加速度减小；假设线框速度v＞，但相差不大，那么线框进入磁场后可能先减速再匀速，故A错误，B正确；C、假设线框的速度，但相差不大，那么线框进入磁场后可能先加速再匀速；假设线框的速度v远小于，那么线框进入磁场后加速，加速度减小，应选项C正确；D、假设线框的速度，那么线框进入磁场一直匀速至全部进入磁场，应选项D正确。点睛：解决此题的关键能够根据物体的受力判断物体的运动，结合安培力公式、切割产生的感应电动势公式进行分析。2．倾角为α的光滑导电轨道间接有电源，轨道间距为L，轨道上放一根质量为m的金属杆ab，金属杆中的电流为I，现加一垂直金属杆ab的匀强磁场，如下图，ab杆保持静止，那么磁感应强度方向和大小可能为()A.方向垂直轨道平面向上时，磁感应强度最小，大小为B.z正向，大小为C.X正向，大小为D.Z正向，大小为【答案】ACD【解析】A、当磁场垂直轨道平面向上时，根据平衡条件：，那么，此时B最小，应选项A正确；B、当磁场沿Z正方向时，安培力水平向右，由平衡条件可得，，那么，应选项B错误，D正确；C、当磁场沿X正向时，安培力竖直向上，那么根据平衡条件：，那么：，应选项C正确。点睛：受力分析后，根据平衡条件，写出平衡方程，结合安培力公式，并根据左手定那么，即可求解。3．以下实例中属于利用涡流的是〔〕A.电磁阻尼装置B.变压器的铁芯用薄硅钢片叠合而成C.金属工件的高频焊接D.在日光灯电路中镇流器的线圈中参加铁芯【答案】ACx.kw【解析】块状金属在磁场中运动，金属块内形成涡流，涡流又形成磁场，反过来与外部磁场相互作用，从而阻碍了金属块的运动，故A正确；不用整块的硅钢铁芯，用相互绝缘的硅钢片叠合而成，其目的是为了减小涡流，B错误；高频焊接利用高频交变电流产生高频交变磁场，在焊接的金属工件中就产生感应电流，即利用涡流工作，C正确；线圈中参加铁芯，是为了增强线圈的磁通量，与涡流无关，D错误．4．磁电式仪表的线圈通常用铝框作骨架，把线圈绕在铝框上，这样做的目的是〔〕A.防止涡流而设计的B.利用涡流而设计的C.起电磁阻尼的作用D.起电磁驱动的作用【答案】BC【解析】把线圈绕在铝框上，在磁场中运动，形成涡流，涡流又形成磁场，反过来与外部磁场相互作用，从而阻碍了指针的运动，故BC正确．5．如图，POQ是折成600角的固定于竖直平面内的光滑金属导轨，导轨关于竖直轴线对称，，整个装置处在垂直导轨平面向里的足够大的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化规律为B=1-8t(T)。一质量为1kg、长为L、电阻为、粗细均匀的导体棒锁定于OP、OQ的中点a、b位置．当磁感应强度变为B1=0.5T后保持不变，同时将导体棒解除锁定，导体棒向下运动，离开导轨时的速度为v=3.6m/s。导体棒与导轨始终保持良好接触，导轨电阻不计，重力加速度为g=10m/s2以下说法正确的选项是A.导体棒解除锁定前回路中电流的方向是aboaB.导体棒解除锁定前回路中电流大小是C.导体棒滑到导轨末端时的加速度大小是7.3m/s2D.导体棒运动过程中产生的焦耳热是2.02J【答案】BC【解析】试题分析：根据法拉第电磁感应定律列式求解感应电动势大小，根据欧姆定律求解感应电流大小，根据楞次定律和安培定那么判断感应电流的方向；根据切割公式求解感应电动势，根据欧姆定律求解感应电流，根据安培力公式求解安培力，根据牛顿第二定律列式求解加速度；根据能量守恒定律列式求解运动过程中产生的焦耳热．解除锁定前，感应电动势为：；感应电流为，由楞次定律知，感应电流的方向为顺时针方向，A错误B正确；滑到导轨末端时的，感应电动势为，感应电流为：，安培力为；根据牛顿第二定律，有：，解得，C正确；由能量守恒得，解得，D错误．6．如下图，实验小组将一个水平闭合金属线圈固定，再将一个轻弹簧上端固定，下端悬挂一质量为m的条形磁镻，磁铁穿过固定的水平闭合金属线圈的中央，静止时弹簧伸长量为x，现用手将磁铁向上托起到弹簧压缩量为x后由静止释放。不计空气阻力，重力加速度为g，弹簧始终在弹性限度内，那么A.磁铁将上下运动，直至停止运动B.当磁铁向下运动时，线圈受到的安倍力方向竖直向上C.运动过程中，当弹簧处于原长时，磁铁的加速度一定等于gD.线圈在速个过程中产生的焦耳热为2mgx【答案】AD7．如下图，竖直光滑导轨上端接入一定值电阻R，C1和C2是半径都为a的两圆形磁场区域，其区域内的磁场方向都垂直于导轨平面向外，区域C1中磁场的磁感应强度随时间接B1=b+kt(k>0)变化，C2中磁场的磁感应强度恒为B2，一质量为m．电阻为r、长度为L的金属杆AB穿过C2的圆心垂直地跨放在两导轨上，且与导轨接触良好，并恰能保持静止。那么A.通过金属杆的电流大小为B.通过金属杆的电流方向为从B到AC.定值电阻的阻值为R=D.整个电路的热功率p=【答案】BCD【解析】试题分析：金属杆静止，合力为零．根据受力分析，结合平衡条件与安培力表达式，求解通过金属杆的电流大小；由楞次定律分析通过金属杆的电流方向．根据法拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆定律，结合题意，即可求定值电阻的阻值．由功率公式整个电路中产生的热功率P．对金属杆，根据平衡方程得，解得，故A错误；区域C1中磁场的磁感强度随时间按B1=b+kt〔k＞0〕变化，可知磁感强度均匀增大，穿过整个回路的磁通量增大，由楞次定律分析知，通过金属杆的电流方向为从B到A，B正确；由法拉第电磁感应定律，那么有：回路中产生的感应电动势为，且闭合电路欧姆定律有，又，解得，C正确；整个电路中产生的热功率，D正确．8．如下图，平行金属轨道宽度为d，一局部轨道水平，左端接电阻R，倾斜局部与水平面夹θ角，且置于垂直斜面向上的匀强磁场中，磁感应强度为B．现将一质量为m长度也为d的导体棒从导轨顶端由静止释放，直至滑到水平局部〔导体棒下滑到水平局部之前已经匀速，滑动过程与导轨保持良好接触，重力加速度为g〕．不计一切摩擦阻力，导体棒接入回路电阻为r，那么整个下滑过程中()A.导体棒匀速运动是速度大小为B.匀速运动时导体棒两端电压为C.导体棒下滑距离为S时，通过R的总电荷量为D.重力和安培力对导体棒所做的功大于导体棒获得的动能【答案】AC【解析】试题分析：由E=BLv求出感应电动势，由欧姆定律求出电流，由安培力公式求出安培力，由平衡条件求出速度，根据求解电荷量．在导体棒下滑过程中，当受到的安培力和重力沿斜面向下的分力平衡时，导体棒开始做匀速运动，故有，解得①，A正确；导体棒做切割磁感线运动，相当于导体，根据闭合回路欧姆定律可得②，联立①②可得，B错误；根据公式可得当导体棒下滑距离为s时，，C正确；过程中只有重力和安培力做功，根据动能定理可得，故可知重力和安培力对导体棒所做的功等于导体棒获得的动能，D错误．9．如下图，在光滑的水平面上方，有两个磁感应强度大小均为B，方向相反的水平匀强磁场，PQ为两个磁场的理想边界，磁场范围足够大。一个边长为a、质量为m、电阻为R的单匝正方形金属线框，以速度v垂直磁场方向从如图实线位置Ⅰ开始向右运动，当线框运动到分别有一半面积在两个磁场中的位置Ⅱ时，线框的速度为v2A.在位置Ⅱ时线框中的电功率为BB.此过程中回路产生的电能为3C.在位置Ⅱ时线框的加速度为BD.此过程中通过导线横截面的电荷量为B【答案】ABD通过的电荷量为：q=IΔt=ERΔt=ΔΦRΔtΔt=ΔΦR，线框在位置Ⅰ时其磁通量为Ba2，而线框在位置Ⅱ时其磁通量为零，故q=B10．如下图，两根足够长的直金属导轨平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上，两导轨间距为L，底端接有阻值为R的电阻．一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直，导轨和杆ab的电阻可忽略．整个装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向上．让杆ab沿轨道由静止开始下滑，导轨和杆ab接触良好，不计它们之间的摩擦，杆ab由静止下滑距离S时，已处于匀速运动．重力加速度为g．那么〔〕A.匀速运动时杆ab的速度为B.匀速运动时杆ab受到的安培力大小为mgsinθC.杆ab由静止下滑距离S过程中，安培力做功为mgSsinθD.杆ab由静止下滑距离S过程中，电阻R产生的热量为mgSsinθ【答案】AB【解析】试题分析：匀速运动时杆ab的合力为零，根据安培力与速度的关系式和平衡条件求出ab杆的速度和ab受到的安培力．根据能量守恒定律求出电阻R上产生的热量，并得到安培力做功．匀速运动时有，又，解得，，故AB正确；杆ab由静止下滑距离S过程中，根据能量守恒可得电阻R产生的热量，克服安培力做功为，故CD错误．11．矩形导线框abcd从某处自由下落h的高度后，进入与线框平面垂直的匀强磁场，如下图．从ab边刚进入磁场到cd边也进入磁场的过程中，线框内的感应电流随时间变化可能的是A.B.C.D.【答案】ABD【解析】A、导线框abcd进入磁场时，当安培力与重力刚好平衡时，做匀速运动，，不变，A可能;B、导线框abcd进入磁场时，当安培力小于重力，线框做加速度减小的变加速运动，加速度减小，速度的变化率减小，电流的变化率也减小，B可能；C、由图电流变化率增大．而安培力大小与速度大小成正比，根据牛顿第二定律，速度增大，加速度减小，加速度不可能增大，电流变化率不可能增大，C不可能；D、导线框abcd进入磁场时，当安培力大于重力时，线框做加速度减小的变减速运动，速度变化率减小，电流变化率也减小，D可能；应选ABD。12．如下图，电阻不计间距为L的光滑平行金属导轨水平放置，导轨左端接有阻值为R的电阻连接，以导轨的左端为原点，沿导轨方向建立x轴，导轨处于竖直向下的磁感应强度大小为B的匀强磁场中。一根电阻也为R，质量为m的金属杆垂直于导轨放置于处，不计金属杆与轨道间的接触电阻，现给金属杆沿x轴正方向的初速度，金属杆刚好能运动到2处，在金属杆运动过程中A.通过电阻R的电荷量B.金属杆克服安培力所做的功为C.金属杆上产生的焦耳热为D.金属杆运动到1.5处的速度大小为【答案】ABD【解析】整个过程中通过导体截面的电荷量，A正确；根据动能定理可得，金属杆克服安培力所做的功为，B正确；整个过程中回路中产生的焦耳热为，所以金属杆上产生的焦耳热为，C错误；设速度减为经过的时间为，通过的位移为；速度减为0经过的时间为，通过的位移为；根据动量定理可得，，即：，所以有：，解得，所以金属杆运动到处时速度大小为，D正确．【点睛】对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，重点是分析安培力作用下导体棒的平衡问题，根据平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解．13．半径为a右端开小口的导体圆环和长为2a的导体直杆，单位长度电阻均为R0。圆环水平固定放置，整个内部区域分布着竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B。杆在圆环上以速度v平行于直径CD向右做匀速直线运动，杆始终有两点与圆环良好接触。从圆环中心O开始，杆的位置由θA.θ＝0时，杆产生的电动势为2BavB.时，杆产生的电动势为C.θ＝0时，杆受的安培力大小为D.时，杆受的安培力大小为【答案】ABD【解析】试题分析：根据几何关系求出此时导体棒的有效切割长度，根据法拉第电磁感应定律求出电动势．注意总电阻的求解，进一步求出电流值，即可算出安培力的大小．时，杆产生的电动势，故A正确；时，根据几何关系得出此时导体棒的有效切割长度是a，所以杆产生的电动势为，故B错误；时，由于单位长度电阻均为．所以电路中总电阻．所以杆受的安培力大小，故C错误；时，电路中总电阻是，所以杆受的安培力大小，故D正确；视频14．电磁炉是常用电器．以下关于电磁炉的说法，正确的有()A.电磁炉是利用电磁感应原理制成的B.电磁炉是利用微波加热食物的C.电磁炉上不能使用铁锅D.电磁炉是通过锅体内产生感应电流而发热的【答案】AD【解析】A、电磁炉利用电磁感应原理制成，应选项A正确；B、电磁炉是利涡流的热效应加热的，应选项B错误；C、电磁炉必须用铁锅，应选项C错误，D正确。15．如下图，在竖直面内有一磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里、高度为h的有界匀强磁场，磁场上、下边界水平。将一边长为l(l<h)、质量为m的正方形导体框abcd从磁场上方由静止释放，ab边刚进入磁场的瞬间和刚穿出磁场的瞬间速度相等。导体框的电阻为r，导体框下落过程中，ab边始终保持水平，重力加速度为g。那么A.导体框一定是减速进入磁场B.导体框可能匀速穿过整个磁场区域C.导体框穿过磁场的过程中，电阻产生的热量为D.导体框进入磁场的过程中，通过某个横截面的电荷量为三、解答题1．CD、EF是水平放置的电阻可忽略的光滑平行金属导轨，两导轨距离水平地面高度为H，导轨间距为L，在水平导轨区域存在方向垂直导轨平面向上的有界匀强磁场〔磁场区域为CPQE〕，磁感应强度大小为B，如下图。导轨左端与一弯曲的光滑轨道平滑连接，弯曲的光滑轨道的上端接有一电阻R。将一阻值也为R的导体棒从弯曲轨道上距离水平金属导轨高度h处由静止释放，导体棒最终通过磁场区域落在水平地面上距离水平导轨最右端水平距离x处。导体棒质量为m,导体棒与导轨始终接触良好，重力加速度为g。求：(1)电阻R中的最大电流和整个电路中产生的焦耳热。(2)磁场区域的长度d。【答案】(1)(2)【解析】试题分析:〔1〕由机械能守恒定律计算进入磁场的速度大小，再根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律求解电流强度；根据平抛运动的知识计算平抛运动的初速度，再根据能量守恒定律计算整个电路中产生的焦耳热；〔2〕由牛顿第二定律得到安培力与加速度关系，利用微元法求解磁场区域的长度．〔1〕由题意可知，导体棒刚进入磁场的瞬间速度最大，产生的感应电动势最大，感应电流最大由机械能守恒定律有：解得：由法拉第电磁感应定律得：由闭合电路欧姆定律得：联立解得：由平抛运动规律可得：解得：由能量守恒定律可知整个电路中产生的焦耳热为：〔2〕导体棒通过磁场区域时在安培力作用下做变速运动由牛顿第二定律得：BIL=ma，且，联立解得：两边求和得：又代入得：解得：【点睛】对于电磁感应问题两条研究思路：一条从力的角度，重点是分析安培力作用下导体棒的平衡问题，根据平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解．2．如图甲所示，两根足够长、电阻不计的平行金属导轨相距L＝1m，导轨平面与水平面的夹角θ＝37°，下端连接阻值R＝1Ω的电阻；质量m＝1kg、阻值r＝1Ω的匀质金属棒cd放在两导轨上，到导轨最下端的距离L1＝1m，棒与导轨垂直并保持良好接触，与导轨间的动摩擦因数μ＝0.9。整个装置处于与导轨平面垂直〔向上为正〕的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化的情况如图乙所示。认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，在0～1.0s内，金属棒cd保持静止，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m／s2。〔1〕求0～1.0s内通过金属棒cd的电荷量；〔2〕求t＝1.1s时刻，金属棒cd所受摩擦力的大小和方向；〔3〕1.2s后，对金属棒cd施加一沿斜面向上的拉力F，使金属棒cd沿斜面向上做加速度大小的匀加速运动，请写出拉力F随时间t′〔从施加F时开始计时〕变化的关系式。【答案】〔1〕〔2〕方向沿导轨向上〔3〕【解析】(1)在0−1.0s内，金属棒cd上产生的感应电动势为：E=其中S=L1×L=1×1=1m由于mgsin37∘+F′=6.2N<f′，可知假设成立，金属棒仍保持静止故所求摩擦力为f=mgsin37∘+F’=6.2N；方向沿导轨向上；(2)1.2s后金属棒cd上产生的感应电动势为E′=B2Lv，其中v=at′金属棒cd所受安培力的大小为：F安=B2I2L,其中I2=由牛顿第二定律有：F−mgsinθ−μmgcosθ−F安=ma解得：F=15.2+0.16t’(N)3．如下图，完全相同的正方向单匝铜质线框型货件abcd，通过水平，绝缘且足够长的传送带输送一系列该货件通过某一固定匀强磁场区域进行“安检〞程序，即便筛选“次品〞〔不闭合〕与“正品〞〔闭合〕，“安检〞程序简化为如下物理模型，各货件质量均为m，电阻均为R，边长为l，与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g；传送带以恒定速度v0向右运动，货件在进入磁场前与传送带的速度相同，货件运行中始终保持，磁场边界AA′，CC′与传送带运动方向垂直，磁场的磁感应强度为B，磁场的宽度为d，现某一货件当其ab边到达CC′时又恰好与传送带的速度相同，那么：〔1〕上述货件在进入磁场的过程中运动加速度的最大值与速度的最小值；〔2〕“次品〞〔不闭合〕与“正品〞〔闭合〕因“安检〞而延迟时间多大。【答案】〔1〕；〔2〕【解析】〔1〕线框以速度进入磁场，在进入磁场过程中，受安培力F、摩擦力共同作用而做减速运动；完全进入磁场后，在摩擦力的作用下做加速运动，当ab边到达时速度又恰好等于，因此，线框在刚进入磁场时，所受安培力F最大，加速度最大，设为；线框全部进入磁场的瞬间速度最小，设此时线框的速度为v，线框刚进入磁场时，由牛顿第二定律有：①，，设流经线框的电流为，货件瞬时速度为，货件所受安培力方向向左，大小为：⑥由牛顿第二定律，有：⑦由力的独立性原理并根据位移大小的“面积法〞有：⑧即：⑨解得：⑩设：“正品〞货件在磁场中匀加速恢复所用时间为由匀变速速度公式，有：设“正品〞货件完全出磁场并到达稳定运行时间为，由受力与运动对称性可得：而“次品〞货件运动过程中不受“安检〞的影响，设其到达“正品〞货件稳定后的相同空间距离所用时间为由匀速运动规律有：可见“安检〞而延迟时间为：点睛：对时间、发热量、做功这类过程量，我们一定要先分析、了解整个运动过程的根本状态再求解；要注意区分各阶段的情况，进行分段讨论，如我们求位移时，一定要注意各阶段的运动状态是否能统一表示，如要注意是否一直运动等．4．如下图，一面积为S的单匝圆形金属线圈与阻值为R的电阻连接成闭合电路，不计圆形金属线圈及导线的电阻。线圈内存在一个方向垂直纸面向里、磁感应强度大小均匀增加且变化率为k的磁场Bt，电阻R两端并联一对平行金属板M、N，两板间距为d，N板右侧xOy坐标系(坐标原点O在N板的下端)的第一象限内，有垂直纸面向外的匀强磁场，磁场边界OA和y轴的夹角∠AOy＝45°，AOx区域为无场区。在靠近M板处的P点由静止释放一质量为m、带电荷量为＋q的粒子〔不计重力〕，经过N板的小孔，从点Q〔0，L〕垂直y轴进入第一象限，经OA上某点离开磁场，最后垂直x轴离开第一象限。求：〔1〕平行金属板M、N获得的电压U；〔2〕粒子到达Q点时的速度大小；〔3〕yOA区域内匀强磁场的磁感应强度B；〔4〕粒子从P点射出至到达x轴的时间。【答案】〔1〕M、N两板间的电压为U=kS

〔2〕〔3〕〔4〕