第二章电磁感应及其应用章末复习 高中物理新鲁科版选择性必修第二册2022年

第二章电磁感应及其应用章末练习

一、单选题

1.图甲为兴趣小组制作的无线充电装置中受电线圈示意图，已知线圈匝数n=100匝，电阻r=lC,横截

面积S=1.5xl0-3m2,外接电阻R=70.线圈处在平行于线圈轴线的磁场中，磁场的磁感应强度随时

间变化如图乙所示，设磁场的正方向水平向左，则

A.在t=0.005s时通过电阻R的电流大小为0

B.在t=0.005s时通过电阻R的电流方向由a流向b

C.在0〜0.01s内通过电阻R的电荷量q=1.5x10-3C

D.在0.02s〜0.03s内线圈所产生的平均感应电动势为0

2.在匀强磁场中放一电阻不计的平行金属导轨，导轨跟大线圈M相接，如图所示.导轨上放一根导线ab,

磁感线垂直于导轨所在平面.当导线ab向右加速运动时，M所包围的小闭合线圈N产生的感应电流方

向，及所具有的形变趋势是（）

A.N有顺时针方向的电流，且有收缩的趋势

B.N有顺时针方向的电流，且有扩张的趋势

C.N有逆时针方向的电流，且有收缩的趋势

D.N有逆时针方向的电流，且有扩张的趋势

3.如下图所示，两根平行长直光滑金属轨道，固定在同一水平面内，间距为d,其左端接有阻值为R的电

阻，整个装置处在竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中.一导体棒ab垂直于轨道放置，且与两轨道

接触良好，导体棒在水平向右、垂直于棒的恒力F作用下，从静止开始沿轨道运动一段距离后达到最

大速度v（运动过程中导体棒始终与轨道保持垂直）.设导体棒接入电路的电阻为r,轨道电阻不计.在这一

过程中（）

A.导体棒中感应电流的方向从a->b

B.当速度达到最大速度v时导体棒ab两端的电压为Bdv

C.F做的功等于回路产生的电能

D.F做的功与安培力做的功之和等于导体棒增加的动能

4.如图所示为一"凸形"线框，其中ab=be=cd=de=ah=hg=gf=1,ef=31.线框在外力作用下以恒

定速度垂直磁场通过一宽为1的有界匀强磁场.取逆时针方向的电流为正，图示时刻t=0,则线框中

产生的电流i随时间t变化的图象中，正确的是（）

两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感应强度方向与纸面垂直。边长为0.1m、总电阻为0.005。的正方

形导线框abed位于纸面内，cd边与磁场边界平行，如图甲所示。已知导线框向右做匀速直线运动，cd

边于t=0s时刻进入磁场。导线框中感应电动势随时间变化的图线如图乙所示（规定感应电流的方向

abeda为正方向）。下列说法正确的是

A.磁感应强度的方向垂直纸面向内：EN

B.磁感应强度的大小为0.5T匚小0.01-------1

：

ad~0-0.20.40.6

C.导线框运动速度的大小为0.05m/s:甲-0.01.....................

乙

D.在1=0.4s至t=0.6s这段时间内，导线框所受的安培力大小为0.04N

6.如图所示，平行金属导轨与水平面成e角，导轨与固定电阻R1和R2相连，匀强磁场垂直穿过导轨平面.有

一导体棒ab,质量为m,导体棒的电阻与固定电阻R1和R2的阻值均相等，与导轨之间的动摩擦因数为

H，导体棒ab沿导轨向上滑动，当上滑的速度为v时，受到安培力的大小为F,此时下列说法中错误的

是

A.整个装置因摩擦而消耗的热功率为nmgvcos。

B.电阻R2消耗的热功率为Fv/6

C.电阻及消耗的热功率为Fv/3

D.整个装置消耗的机械功率为（F+nmgcose）v

7.如图甲所示，在竖直方向分布均匀的磁场中水平放置一个金属圆环，圆环所围面积为0.1m2,圆环电阻

为0.2。。在第1s内感应电流I沿顺时针方向（俯视）。磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙

所示（其中在4〜5s内的图线为直线）。则

A.在0〜5s时间段，感应电流先减小再增大

B.在。〜5s时间段感应电流始终沿顺时针方向

C.在0〜5s时间段，圆环最大发热功率为5.0x10-4w

D.在0〜2s时间段，通过圆环横截面的电荷量为5.0x10-】C

8.如图甲所示，导体棒MN置于水平导轨上，PQMN所围的面积为S,PQ之间有阻值为R的电阻，不计

导轨和导体棒的电阻。导轨所在区域内存在沿竖直方向的匀强磁场，规定磁场方向竖直向上为正方向，

在0〜2to时间内磁感应强度随时间的变化情况如图乙所示，导体棒MN始终处于静止状态。下列说法

正确的是

A.在0〜t（）时间内，通过导体棒的电流方向为N到M

B.在0〜2to时间内，通过电阻R的电流大小为翟

C.在0〜2“时间内，通过电阻R的电荷量为黑

D.在0〜%和％〜2to时间内，导体棒受到的导轨的摩擦力方向相同

二、多选题（本大题共8小题，共32.0分）

9.如图所示，宽为L的两固定足够长光滑金属导轨水平放置，空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强

度大小为B.质量均为m、电阻值均为r的两导体棒ab和cd静止置于导轨上，其间距也为L,现给cd

一向右的初速度V。，对它们之后的整个运动过程说法正确的是（）

A.ab的加速度越来越大，cd的加速度越来越小

B.cd克服安培力所做的总功为:mv02

C.通过ab的电荷量为翳

D.两导体棒间的距离最终变为L+需

10.如图甲所示，一对足够长的平行光滑轨道（电阻不计）固定在水平面上，两轨道相距L=1m,左端用R=

1.5Q的电阻连接。一质量m=1kg、电阻r=0.5。的导体杆垂直并静置于两轨道上。整个装置处于磁感

应强度B=2T的匀强磁场中，磁场方向垂直轨道平面向上。现用水平拉力F沿轨道方向作用在导体杆

上，导体杆的速度随时间变化的关系如图乙所示。某时刻撤去拉力F,导体杆又滑行了一段距离后停下。

则以下说法正确的是

A.前2s内，通过电阻R的电荷量为4c

B.导体杆运动过程中所受拉力恒为8N

C.导体杆在前2s内产生的电动势与时间的数值关系为

E=4t

D.从撤去拉力F到导体杆停止运动的过程中，电阻R

上产生的热量为6J

11.在一个倾角为。的斜面上有一电阻不计的“U”形导轨abed,在导轨最底端接有一个定值电阻R,图中的

虚线矩形区域有垂直于斜面向下的匀强磁场B,如左图所示。现让一根长为L、质量为m、电阻也为R

的导体棒PQ从导轨顶端由静止释放。从导体棒开始运动到恰好到达导轨底端的过程中其机械能E与位

移x间的关系如右图所示，图中a、b、c均为直线段。若重力加速度g、xi、X2均为已知量，则由题意

和图象信息可知

A.导体棒切割磁感线时P点的电势比Q点的电势高

B.图象中的a和c两段斜线并不平行

C.导体棒在磁场中做匀速直线运动

D.导体棒切割磁感线时回路中产生的焦耳热

12.如图所示，水平面内足够长的光滑"凸'’形电阻可忽略的金属导轨左侧宽度为J,右侧宽度为L2,且L=

2L2,有两个材料相同，质量均为m导体棒静止在导轨上，垂直于导轨所在平面向上的磁场磁感应强度

大小为B,现给导体棒I一初速度V。使其沿水平方向开始运动直至达到稳定状态，整个过程导体棒I一

直在左侧导轨部分，下面说法正确的是()

A.导体棒I达到稳定状态时速度为言

B.导体棒I达到稳定状态时速度为T

C.整个过程中通过导体棒H的电荷量为陪

D.整个过程中导体棒H上产生的焦耳热为言m4

13.如图(a)所示，一个电阻值为R、匝数为n的圆形金属线圈与阻值为2R的电阻氏连接成闭合回路，线

圈的半径为r「在线圈中半径为功的圆形区域内存在垂真于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随

时间t变化的关系图线如图(b)所示，图线与横、纵轴的交点坐标分别为％和B。，导线的电阻不计，在0

至L时间内，下列说法正确的是

A.Ri中电流的方向由a到b通过心

B.电流的大小为嚅及

C.线圈两端的电压大小为嘤遍

D.通过电阻心的电荷量嗯警

14.如图所示,在光滑绝缘水平面上有一单匝线圈ABCD,在水平外力作用下以大小为v的速度向右匀速进

入竖直向上的匀强磁场.第二次以大小为g的速度向右匀速进入该匀强磁场，则下列说法正确的是（）

A.笫二次进入与笫一次进入时线圈中的电流之比为1：3AD

B.第二次进入与第一次进入时外力做功的功率之比为1：3

C.第二次进入与笫一次进入时线圈中产生的热量之比为1：3B----------C

D.第二次进入与第一次进入时通过线圈中某一横截面的电荷量之比为1：3

15.如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ相距为L,导轨平面与水平面的夹角8=30。，导

轨电阻不计，整个装置处于磁感应强度大小为B、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中。质量为m、

长为L、电阻为R的金属棒垂直导轨放置，且始终与导轨接触良好。金属导轨的上端连接一个阻值也

为R的定值电阻。现闭合开关K,给金属棒施加一个平行于导轨斜向上、大小为F=2mg的恒力，使金

属棒由静止开始运动。若金属棒上滑距离$时-，金属棒开始匀速运动，己知重力加速度为g,则在金属

棒由静止到刚开始匀速运动的过程中，下列说法中正确的是（）

A.金属棒的末速度为鬻

B.金属棒的最大加速度为1.4g

C.通过金属棒的电荷量为翳

D.定值电阻上产生的焦耳热为三mgs-华并

4b4B4L4

16.如图所示，等腰直角三角形金属框abc右侧有一有界匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，ab边与磁场

两边界平行，磁场宽度大于be边的长度。现使框架沿be边方向匀速穿过磁场区域，t=0时，c点恰好

达到磁场左边界。线框中产生的感应电动势大小为E,感应电流

为1（逆时针方向为电流正方向），be两点间的电势差为瓦。，金属

框的电功率为P。选项中上述各量随时间变化的图象可能正确的是

三、实验题（本大题共1小题，共9.0分）

17.在“探究影响感应电流方向的因素”的实验中，（1）已将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、

电表及开关按如图所示部分连接,要把电路连接完整正确，则N连接到（选填“a”“b”“c”或"M”）,

M连接到（选填“a”“b”“c”或"N”）o

（2）正确连接电路后，开始实验探究，某同学发现当他将滑动变阻器的滑动端P向右加速滑动时，灵敏

电流计指针向右偏转.由此可以判断.

A.线圈A向上移动或滑动变阻器滑动端P向左加速滑动，都能引起灵敏电流计指针向左偏转

B.线圈A中铁芯向上拔出或断开开关，都能引起灵敏电流计指针向右偏转

C.滑动变阻器的滑动端P匀速向左或匀速向右滑动，灵敏电流计指针都静止在中央

D.因为线圈A、线圈B的绕线方向未知，故无法判断灵敏电流计指针偏转的方向

(3)某同学第一次将滑动变阻器的触头P慢慢向右移动，第二次将滑动变阻器的触头P快速向右移动,

发现电流计的指针摆动的幅度第二次的幅度大，原因是线圈中的—(填“磁通量”或“磁通量的变化''或

“磁通量变化率”)第二次比第一次的大。

四、计算题(本大题共3小题，共30.0分)

18.如图所示，长直平行光滑金属导轨MN、PQ固定在绝缘水平面上，导轨间距为1m,两导轨间接有电阻

Ri、R2,阻值均为4C,虚线右侧有垂直导轨平面竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为1T,一根质

量为20g的金属棒放在导轨上，并处在磁场中，给金属棒施加水平向右、大小为5N的拉力F,使金属

棒从静止开始向右运动，金属棒运动过程中始终与导轨垂直并接触良好，不计金属棒与导轨的电阻，

开始时电键S闭合，金属导轨足够长，求:

(1)金属棒运动的最大速度大小；

(2)若金属棒匀速运动后，将电键S断开，电键断开后金属

棒运动1m时已处于匀速运动状态，则此过程中电阻R】上产

生的焦耳热为多少？

(3)若金属棒匀速运动后，撤去拉力F,则金属棒运动多长距离停下？

19.如图所示，在质量为M=0.99kg的小车上，固定着一个质量为m=10g、电阻R=1Q的矩形单匝线圈

MNPQ,其中MN边水平，NP边竖直，高度1=0.05m.小车载着线圈在光滑水平面上一起以V。=10m/s

的速度做匀速运动，随后进入一水平有界匀强磁场(磁场宽度大于小车长度)，完全穿出磁场时小车速度

vi=2m/s.磁场方向与线圈平面垂直并指向纸内、磁感应强度大小B=1.0T.已知线圈与小车之间绝缘,

小车长度与线圈MN边长度相同.求：

(1)小车刚进入磁场时线圈中感应电流I的大小和方向;3

XXXX

MND

XXX°X

)|巾

(2)小车通过磁场的过程中线圈电阻的发热量Q；

(3)小车进入磁场过程中线圈克服安培力所做的功W.

20.如图甲所示，两条平行光滑水平导轨间距为L,左右两侧折成倾斜导轨，其倾角均为。=45。，左侧轨

道高为(导轨水平部分有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化规律如图乙所示。导体棒

ab固定在左侧导轨最高点，cd固定在水平导轨上，与左侧轨道底端相距为2L,导体棒ab、cd长均为L、

电阻均为R,质量分别为m和2m。从0时刻开始，静止释放导体棒ab,当ab到达左侧轨道底端时立

2

即释放导体棒cdo不计导轨电阻和空气阻力，已知L=lm,R=0.5Q,m=1kg,g=10m/s,Bo=2T。

(结果保留根号)求：

(1)导体棒ab在左侧导轨上运动的过程中导体棒cd产生的焦耳热Q；

(2)若水平导轨足够长，且两棒在水平导轨上不会相撞，则两棒在水平导轨上运动过程中通过导体棒截

面的电荷量q是多少；

(3)在(2)的条件下，若右侧倾斜导轨足够长，且导体棒落在倾斜导轨上时立即被锁定，求导体棒ab、cd

最终静止时的水平间距X。

答案和解析

1.【答案】c

【解析】

【分析】

本题考查法拉第电磁感应定律、楞次定律知识点，关键是知道计算电量用电流的平均值及电荷量的求解方

法。

【解答】

A.t=0.005s时磁感应强度为0,磁通量为0,但磁通量的变化率最大，根据法拉第电磁感应定律可知感应

电动势最大，感应电流最大，故A错误；

B.0〜0.005s过程中，由图可知，磁场方向为正，即水平向左，且磁感应强度减小，磁通量减小，根据楞次

定律，根据电流磁场方向向左，由安培定则知流过电阻R的电流方向由b流向a,故B错误；

C.在0〜0.01s内，根据感应电量的公式有q=n署:，其中△①=2BS=1.2xlO^wb,所以q=100x

-•2xl0~4C=1.5x10-3C,故C正确；

7+1

D.在0.02s-0.03s内，△①=2BS=1.2xlO^Wb,根据E=n竽可得线圈内所产生的平均感应电动势大小

△t

为E=lOOx丝吧V=1.2V,故D错误。

o.oi

故选C。

2.【答案】C

【解析】

【分析】

由右手定则判断出ab切割磁感线产生的感应电流方向，然后应用楞次定律判断N中电流方向与形状变化趋

势。

本题考查了判断感应电流方向与线圈性质变化趋势问题，应用右手定则与楞次定律即可正确解题，正确理

解并应用楞次定律是正确解题的关键。

【解答】

ab向右运动时，由右手定则可知，感应电流由a流向b,

ab加速运动，感应电动势：E=BLv变大，感应电流：I=£=零变大,

穿过N的磁通量增大，为阻碍磁通量的增加，由楞次定律可知，N有收缩的趋势，

由楞次定律可知，N中感应电流沿逆时针方向，故C正确，ABD错误。

故选Co

3.【答案】D

【解析】

【试题解析】

【分析】

根据右手定则判断导体棒中电流方向;根据导体棒切割磁感线产生的感应电动势得出导体棒ab两端的电压,

根据根据功能关系可知，F做的功等于回路产生的电能和导体棒动能的增加量，根据动能定理可知，F做的

功与安培力做的功之和等于导体棒增加的动能。

本题是右手定则和电路问题及功能关系在电磁感应现象中的综合题目。

【解答】

A.根据右手定则可知，导体棒中感应电流的方向从b-a,故A错误；

B.当速度达到最大速度v时，E=Bdv,导体棒ab两端的电压为路端电压，U=&Bdv,故B错误；

C.根据功能关系可知，F做的功等于回路产生的电能和棒动能的增加量，故C错误；

D.根据动能定理可知，F做的功与安培力做的功之和等于导体棒增加的动能，故D正确。

故选D。

4.【答案】B

【解析】

【分析】

本题考查了感应电流的图线问题，分析清楚线框的运动过程是解题的前提与关键，应用右手定则判断出感

应电流方向即可解题。

【解答】

感应电动势为：E=BLv,则感应电流为：1=器；

K

由右手定则可知，线框进入磁场过程感应电流沿逆时针方向，是正的，线框离开磁场过程感应电流沿顺时

针方向，是负的，故A、C、D错误，B正确.

5.【答案】D

【解析】

【分析】

根据线框匀速运动的位移和时间求出速度，读出感应电动势E,结合E=BLv求出磁感应强度；根据感应电

流的方向，结合楞次定律得出磁场的方向；根据安培力公式得出导线框所受的安培力。

本题考查了导线切割磁感线运动，掌握切割产生的感应电动势公式以及楞次定律，本题能够从图象中获取

感应电动势的大小、方向、运动时间等。

【解答】

A.在0〜0.2s时间内，根据右手定则可得磁场方向垂直于纸面向外，A错误；

BC.导线框运动速度中=；=痣m/g=0.5m/g,感应电动势E=Blv,代入数据可得B=0.2T,BC错误；

D.根据F=BI1,E=Blv,1=1,联立可得F=^=0.04N,D正确。

故选D。

6.【答案】C

【解析】

【分析】

电阻及、Rz并联与导体棒串联，由感应电动势公式E=BLV、欧姆定律、安培力公式，推导安培力与速度的

关系式，由功率公式电阻的功率、热功率及机械功率。

解决本题是根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律推导出安培力与速度的表达式，结合功率公式和功能关系

进行分析。

【解答】

A.整个装置因摩擦而消耗的热功率为：

Pf=fv=11mgeos。-v=gmgvcosQ,故A正确；

BC.设ab长度为L,磁感应强度为B,电阻％=R2=R,电路中感应电动势E=BLv,ab中感应电为:

2BLv

3R'

ab所受安培力为:

F=BIL=*①,

电阻Ri消耗的热功率为:

P1=（》2R=3^…②，

由①②得，Pi=/v,电阻％和R2阻值相等，它们消耗的电功率相等，贝m=P2=，v,

故B正确，C错误；

D.根据功能关系知整个装置消耗的机械功率为：P3=Fv+Pf=(F+nmgcos0)v,故D正确。

本题选错误的，故选C。

7.【答案】C

【解析】

【分析】

AD

根据楞次定律判断感应电流的方向，通过法拉第电磁感应定律E=部々?S求出感应电动势的大小，结合闭

合电路欧姆定律求出电流的大小。

本题考查电磁感应中的感生电动势问题。解决本题的关键会运用法拉第电磁感应定律求解电动势的大小，

会运用楞次定律判断感应电流的方向。

【解答】

A.根据闭合电路欧姆定律得：I=5=n黑，可知磁感应强度的变化率越大，则电流越大，则在0〜5s时间

KK,ZAL

段，感应电流先减小再增大，最后不变，故A错误；

B.由题意知，在第1s内感应电流沿顺时针方向，根据楞次定律知，磁场方向向上为正方向，在0〜2s时间段

感应电流沿顺时针方向，在2〜5s时间段，磁感应强度先减小后反向增大，则感应电流沿逆时针方向，故B

错误：

C.在0〜5s时间段，当电流最大时，发热功率最大，由题图乙可知，磁感应强度变化率最大值为O.IT—T,

则最大电流I=舞=更手A=0.05A,则P=I2R=0.052X0.2W=5.0X10-4W,故C正确；

0.2

D.在0〜2s时间段，根据电荷量的公式可得q=等==5.0x10-2C,则通过圆环横截面的电荷量为

KU.Z

5.0x10-2C,故D错误。

故选C。

8.【答案】A

【解析】

【分析】

由楞次定律判断出导体棒的运动趋势，然后判断摩擦力方向；由楞次定律求出感应电流方向；由法拉第电

磁感应定律求出感应电动势，然后由欧姆定律求出感应电流；由法拉第电磁感应定律求出感应电动势，由

欧姆定律求出感应电流，然后由电流定义式求出电荷量。

本题考查了判断摩擦力的方向、判断电流方向、求感应电流、求电荷量等问题，应用楞次定律、法拉第电

磁感应定律、欧姆定律、电流定义式即可正确解题；要全面正确理解楞次定律“阻碍”的含义。

【解答】

D.在0〜to时间内磁通量减小，根据楞次定律要阻碍磁通量的减小，导体棒有向右运动的趋势，摩擦力水平

向左.在t°〜2to时间内磁通量增大，同理可判断导体棒有向左运动的趋势，摩擦力水平向右，故D错误；

A.0〜“时间内竖直向上的磁通量减小，根据楞次定律感应电流的磁场方向竖直向上，感应电流的方向由N

到M,故A正确；

B.导体棒MN始终静止，与导轨围成的回路面积不变，根据电磁感应定律可得感应电动势E=笫=

△tAt

即感应电动势与B-t图象斜率成正比，“时间内感应电流大小k=导=会$,

KKlo

to〜2to时间内感应电流大小12=号=翟S,故B错误；

C.在0〜2%时间内，通过电阻R的电荷量Q==竽=萼，故C错误。

KKR

故选Ao

9.【答案】CD

【解析】

【分析】

对于安培力作用下导体棒的运动问题，如果涉及电荷量、求位移问题，常根据动量定理结合法拉第电磁感

应定律、闭合电路的欧姆定律列方程进行解答。

【解答】

A.给cd一向右的初速度Vo,根据右手定则可知电流方向为acdb,根据左手定则可知cd杆安培力方向向后，

做减速运动，ab做加速运动，根据牛顿第二定律可得：a=丛=Bz—（vcd-vab）可知ab、cd的加速度越来越小，

m2mr

故A错误；

B.当cd向右运动过程中，受到向左的安培力减速，而ab受向右的安培力而加速运动，当两者共速时满足:

mv0=2mv

cd克服安培力所做的总功为W=gmvo2—3mv2,解得：W=|mv2,故B错误；

NNo0

C.对ab根据动量定理可得：BILt=m-Av,解得：q=It=^=翳，故C正确；

DLZDL

D.设最后两根杆相对运动的距离为x,根据电荷量的经验公式可得：q=^=詈，解得：x=鲁，所以两

导体棒间的距离最终变为L+黑，故D正确。

故选CDo

10.【答案】ACD

【解析】

【分析】

导体切割磁感线过程感应电动势不稳定，计算通过电阻R上的电量时用平均感应电动势；注意电磁感应过

程中的能量转化关系。

根据q=ft=庭t=处计算电荷量;根据牛顿第二定律结合安培力表达式计算F的表达式;根据E=BLv计

rR+rR+r

算感应电动势；根据能量关系计算R上产生热量。

【解答】

A.前2s内通过电阻R的电荷量为q=ft==也，根据在一段时间内v-t图像与横轴之间包围的面积

“R+rR+r

表示物体运动位移，可知x=1x4x2m=4m,解得q=4C,A正确；

B.在前2s内导体杆的加速度不变a=2m/s2,对导体杆有F-F安=ma,且1?=BIL=B9L=华四，可

*女R+rR+r

得F=4t+2,故B错误;

C.导体杆在前2s内产生的电动势为E=BLv=BLat=4t,故C正确；

D.从撤去拉力F到导体杆停止运动的过程中，整个回路产生的热量Q=；mv2=8J,故电阻R上产生的热量

为QR=,Q=6J,故D正确。

故选ACD。

11.【答案】CD

【解析】

【分析】

导体棒切割磁感线，根据法拉第电磁感应定律可以可知P、Q电势高低，根据图像可知，在导体棒下滑过程

中，受重力，摩擦力和切割磁感线时的安培力，由功能关系解决问题。

本题考查了法拉第电磁感应定律以及电磁感应中的能量类问题，根据切割磁线产生感应电动势，得出P、Q

两点电势高低，由受力情况，结合功能关系推导分析。

【解答】

A.导体棒下滑切割磁感线，由右手定则可判知，Q点的电势比P点电势高，故A错误；

B.金属棒进入磁场前受重力和摩擦力作用，穿出磁场后也只受重力和摩擦力作用，受力情况不变，且摩擦力

均为：f=|imgcos(。)，所以摩擦力做功为：Wf=nmgcos(0)-x,则机械能减小量等于摩擦力做的功，所以

由公式知与位移成正比关系，故a、c是平行的，故B错误；

C.对导体棒受力分析知，在磁场中受重力、摩擦力和安培力作用，由功能关系知，机械能减小量等于摩擦力

和安培力做功之和，根据图像可知，机械能均匀减小，则摩擦力和安培力均为定值，所以导体棒匀速下滑，

故C正确；

D.导体棒在磁场中下滑，减小的机械能为：AE=E]-E2根据功能关系，结合图像可知产生的焦耳热为：Q=

△E-Wf=E1-E2—nmgcos(0)•(x2-xj,故D正确。

故选CD。

12.【答案】ACD

【解析】

【分析】

对I根据动量定理、n根据动量定理列方程求解速度大小；对n根据动量定理结合电荷量的计算公式求解

电荷量；根据功能关系求解此时的焦耳热。

对于安培力作用下导体棒的运动问题，如果涉及电荷量、求位移问题，常根据动量定理结合法拉第电磁感

应定律、闭合电路的欧姆定律列方程进行解答。

【解答】

AB、达到稳定状态时电流为零，此时I的速度为Vi，II的速度为V2,则有：BL”1=BL2V2,解得v2=2v1；

对I根据动量定理可得：-BIL[t=mV]-mv0,对II根据动量定理可得：BIL2t=mv2-0,则mv（）-mvx=

2mv2,解得：v1=£,V2=学，所以导体棒I达到稳定状态时速度为冷，故A正确、B错误；

C、对H根据动量定理可得：BlL2t=mv2-0,其中q=It,则整个过程中通过导体棒II的电荷量为q=瞪=

覆2—故C正确；

bDL»2bDL1

D、整个过程中系统产生的焦耳热Q=两个导体棒材料相同，质量相同，则体积相

同，横截面积之比为1：2,故由电阻定律可知则电阻之比为4：1,导体棒【I上产生的焦耳热为Q”=2Q=

^mvo，故D正确。

故选ACDo

13.【答案】BD

【解析】

【分析】

考查楞次定律来判定感应电流方向，由法拉第电磁感应定律来求出感应电动势大小，注意磁通量变化的线

圈相当于电源。

【解答】

AB、由图象分析可知，0至匕时间内有，由法拉第电磁感应定律有：E=n詈=n^S

面积为：S=

由闭合电路欧姆定律有：11=白

联立以上各式解得，通过电阻Ri上的电流大小为：11=警警，

3Kt0

由楞次定律可判断通过电阻Ri上的电流方向为从b到a,故A错误，B正确；

C、线圈两端的电压大小为U=I]2R=X^,故C错误；

3to

D、通过电阻R1上的电量为：q=hti=粤警，故D正确；

故选：BDo

14.【答案】AC

【解析】

【试题解析】

【分析】

本题考查线框切割磁场模型，本题关键明确线圈进入磁场过程中，电动势E=BLv,然后根据P=Fv求解功

率，根据Q=*Rt求解热量，能由电流定义式可以求出电荷量。

【解答】

A.线圈进入磁场过程中，产生的感应电动势E=BLv,感应电流为：1=5=要，感应电流I与速度v成正

KK

比，第二次进入与第一次进入时线圈中电流之比：%：h=g：v=l：3,故A正确；

B.线圈进入磁场时受到的安培力为：FA=BIL=半，线圈做匀速直线运动，由平衡条件得，外力为：F=

FA=BIL=^,外力功率为：p=Fv=十:功率与速度的平方成正比，第二次进入与第一次进入时外

RR

力做功的功率之比为：p2：P1=G）2：v2=l：9,故B错误；

C.线圈进入磁场过程中产生的热量为：Q=l2Rt=（¥）2xRxY=42,产生的热量与速度成正比，第

、RvR

二次进入与第一次进入时线圈中产生热量之比：Q2：Qi=g：V=1：3,故C正确；

D.通过导线横截面电荷量为：q=iAt=^At=喈，电荷量与速度无关，电荷量之比为1：1,故D错

误；

故选ACo

15.【答案】ACD

【解析】

【分析】

金属棒ab先加速上滑，加速度减小，后匀速上滑，速度达到最大。由欧姆定律、感应电动势和安培力公式

推导出安培力的表达式，根据平衡条件求解最大速度。

刚开始运动时，速度为0,安培力为0,加速度最大，根据牛顿第二定律即可求解最大加速度；

根据感应电量公式求解通过金属棒的电荷量；

金属棒由静止开始下滑s的过程中，根据动能定理可求出整个电路中产生的总电热，然后再求出定值电阻上

的焦耳热。

解决本题的关键会根据牛顿第二定律求加速度，以及结合运动学能够分析出金属棒的运动情况，当a=0时，

速度达到最大，同时记住感应电量的公式q=n言选择题和填空题可直接使用。

【解答】

A.设金属棒匀速运动的速度为V,则感应电动势E=BLv

回路电流1=£=詈

安培力F次=BIL=3手

金属棒匀速时，受力平衡有F=mgsin30°+F安，即2mg=^mg+更孕

22R

联立解得：v=需，故A正确；

DL,

B.金属棒开始运动时，加速度最大，即F-mgsin30。=ma,代入数据2mgmg=ma,解得a=1.5g,故

B错误；

A4)BLS

c.根据感应电量公式q=丁=次，故C正确；

D.对金属棒运用动能定理，有Fs-mgssin3(r-Q=[mv2,其中定值电阻上产生的焦耳热为QR==

39m3g2R2

；mgs-故D正确;

4B4L4

故选ACD。

16.【答案】BC

【解析】

【分析】

本题考查了电磁感应的图像问题，注意在线框平动切割磁感线时，感应电动势、感应电流、安培力等物理

量中都会用到切割长度L,知道L的意义即可解答。

根据E=BLv分析感应电动势的变化图像；根据I=1=等分析感应电流图像；根据Un=IRbe分析be两点

间的电势差为U“图像；根据P=PR分析电功率的图像。

【解答】

A.由于感应电动势£=8皿，其中L指切割的有效长度，即为三角形金属框与磁场边界交点之间的距离，可

知，进入磁场过程中L均匀变大，线框完全进入磁场后L相当于为0,离开磁场过程中L均匀变大，故A

错误；

B.山I=1=翌可知感应电流的变化规律和感应电动势相同，且根据楞次定律可知线框进入磁场过程中电流

KK

为负，离开时电流为正，故B正确；

C.由Ube=IRbe可知析be两点间的电势差为Ube图像与感应电流图像相同，故C正确；

D.由P=I?R可知P不是均匀变化，故D错误。

故选BCo

17.【答案】⑴a；c；(2)B；(3)磁通量的变化率。

【解析】

【分析】

(1)注意该实验中有两个回路，一是电源、电键、变阻器、A螺线管串联成的回路，二是电流计与B螺线管

串联成的回路，据此可正确解答；

(2)穿过闭合回路的磁通量发生变化，闭合电路中会产生感应电流，根据题意判断磁通量是否变化，然后答

题:

(3)感应电流的大小与磁通量的变化率有关。

本题主要是考查“探究影响感应电流方向的因素''的实验，关键是弄清楚实验原理和实验方法，知道产生感应

电流的条件是：闭合回路磁通量发生变化。

【解答】

(1)将电流计与线圈B串联成另一个回路，所以N连接a；

将电源、电键、变阻器、线圈A串联成一个回路，注意滑动变阻器接一上一下两个接线柱，所以M连接c；

(2)由题意可知：当P向右加速滑动时，线圈A中的电流应越来越小，则其磁场减小，磁通量减少，此时线

圈B中产生了电流使指针向右偏转，故可知当B中的磁通量减小时，电流表指向右偏；

A、线圈A向上移动时，线圈B中磁通量减小，指针向右偏转；而滑动变阻器滑动端P向左加速滑动时，

线圈B中磁通量增大，故指针应向左偏转，故A错误；

B、当铁芯拔出或断开开关时，线圈A中磁场减小，故线圈B中磁通量减小，指针向右偏转，故B正确；

C、滑片匀速运动时，线圈A中也会产生变化的磁场，线圈B中产生了感应电流使指针向右或向左偏转，

故C错误；

D、虽然线圈A、线圈B的绕线方向未知，但根据题意可以判断灵敏电流计指针偏转的方向，故D错误。

故选B。

(3)两种情况下滑动变阻器的触头P移动的快慢不同，说明电流变化快慢不同、线圈B中的磁感应强度变化

快慢不同，即磁通量变化率不同，产生的感应电动势大小不同，线圈中的磁通量变化率第二次比第一次的

大。

故答案为：(l)a；c；(2)B；(3)磁通量的变化率。

18.【答案】解：(1)设金属棒运动的最大速度大小为V],根据力的平衡有：F=BI1L

根据闭合电路欧姆定律有：k=念

其中加=黑=20

根据电磁感应定律有：Ei=BLV1

联立解得：V]=10m/s；

(2)若金属棒匀速运动后，将电键S断开，电键断开后金属棒运动1m时已处于匀速运动状态，设匀速运动

的速度大小为V2，则：FB?L2V2

Ri

解得：v2=20m/s

设电阻Ri上产生的热量为Q，根据能量守恒得：Fx=Q+3mv22-：mvi2

解得