人教版(新教材)高中物理选择性必修2第二章电磁感应章末检测试卷

人教版(新教材)高中物理选择性必修第二册PAGEPAGE1章末检测试卷(二)(时间：90分钟满分：100分)一、单项选择题(本题共8小题，每小题3分，共24分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．如图1所示，螺线管与灵敏电流计相连，磁体从螺线管的正上方由静止释放，向下穿过螺线管．下列说法正确的是()图1A．电流计中的电流先由a到b，后由b到aB．a点的电势始终低于b点的电势C．磁体减少的重力势能等于回路中产生的热量D．磁体刚离开螺线管时的加速度小于重力加速度〖答案〗D〖解析〗在磁体进入螺线管的过程中，螺线管磁通量增大，且方向向下，由楞次定律可知，感应电流由b经电流计流向a；在磁体穿出螺线管的过程中，磁通量减小，且方向向下，由楞次定律可知，感应电流由a经电流计流向b，则a点电势先低于b点电势，后高于b点电势，故A、B错误；磁体减少的重力势能转化为内能和磁体的动能，故C错误；磁体刚离开螺线管时，由楞次定律的“来拒去留”结论可知，磁体受到向上的安培力，则磁体受到的合外力小于重力，即磁体刚离开螺线管时的加速度小于重力加速度，故D正确．2.如图2所示为无线充电技术中使用的受电线圈示意图，线圈匝数为n，面积为S.若在t1到t2时间内，匀强磁场平行于线圈轴线向右穿过线圈，其磁感应强度大小由B1均匀增加到B2，则该段时间线圈两端a和b之间的电势差φa－φb()图2A．恒为eq\f(nSB2－B1,t2－t1)B．从0均匀变化到eq\f(nSB2－B1,t2－t1)C．恒为－eq\f(nSB2－B1,t2－t1)D．从0均匀变化到－eq\f(nSB2－B1,t2－t1)〖答案〗C〖解析〗由楞次定律可知，在磁感应强度由B1均匀增大到B2的过程中，φb>φa，所以φa－φb<0，由法拉第电磁感应定律可知，线圈两端a、b之间的电势差φa－φb＝－neq\f(ΔΦ,Δt)＝－neq\f(SB2－B1,t2－t1)，选项C正确．3.(2019·武汉市华中师范大学第一附属中学高二期末)如图3所示的电路中，A、B是两个相同的灯泡，L是一个带铁芯的线圈，电阻不计．调节R，电路稳定时两灯泡都正常发光，则在开关闭合或断开时()图3A．合上S时，B灯立即亮起来，并保持亮度不变B．断开S时，A灯会突然闪亮一下后再熄灭C．断开S时，A、B两灯都不会立即熄灭，且通过A灯泡的电流方向与原电流方向相反D．断开S时，A、B两灯都不会立即熄灭，并且一定同时熄灭〖答案〗D〖解析〗在开关闭合时，通过线圈的电流增大，导致线圈出现自感电动势，从而阻碍灯泡A的电流增大，则B立即变亮，A慢慢变亮，L的电阻不计，则电流稳定时两电阻相同的灯泡的亮度相同，并联部分分得的电压逐渐变小，故B的亮度有变小的过程，故A错误；断开开关S的瞬间，由电感的特性可知：L和两灯泡组成的回路中的电流大小会维持不变，通过A灯的电流的方向不变，而B灯的电流方向与原电流方向相反，故C错误；断开开关S的瞬间，因灯泡相同，L的电阻不计，则两支路电流相等，所以两灯会同时慢慢熄灭，但不会闪亮一下，故B错误，D正确．4.(2020·上海市闵行区模拟)如图4所示，在外力的作用下，导体杆OC可绕O点沿光滑的半径为r的半圆形框架在匀强磁场中以角速度ω匀速转动，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，A、O间接有电阻R，导体杆和框架电阻不计，导体棒与框架接触良好，则所施外力的功率为()图4A.eq\f(B2ω2r2,R)B.eq\f(B2ω2r4,R)C.eq\f(B2ω2r4,4R)D.eq\f(B2ω2r4,8R)〖答案〗C〖解析〗因为OC是匀速转动的，根据能量守恒定律可得，P外＝P电＝eq\f(E2,R)，又因为E＝Br·eq\f(ωr,2)，联立解得P外＝eq\f(B2ω2r4,4R)，C正确．5．(2019·长春十一中月考)如图5所示，等腰直角三角形AOB内部存在着垂直纸面向外的匀强磁场，OB在x轴上，长度为2L.纸面内一边长为L的正方形导线框的一边在x轴上，沿x轴正方向以恒定的速度穿过磁场区域．规定顺时针方向为导线框中感应电流的正方向，t＝0时刻导线框正好处于图示位置．则下面四幅图中能正确表示导线框中感应电流i随位移x变化关系的是()图5〖答案〗B〖解析〗根据法拉第电磁感应定律，当位移x为0～L时，通过线框的磁通量均匀增加，产生顺时针方向的感应电流；当位移x为L～2L时，右边切割磁感线的长度减小，左边切割磁感线的长度增大，由法拉第电磁感应定律可判断两个边切割磁感线产生的电流方向相反，所以合电流逐渐减小，在位移x为1.5L时电流减小到零，随后左边切割磁感线的长度大于右边，电流反向，当位移x为2L～3L时，电流为负且逐渐减小，所以B选项正确．6.(2020·成都市高二检测)如图6所示，一铁芯上绕有一个多匝线圈，a、b是线圈的两端，c为中间抽头，在a、c两点接入一平行金属导轨，导轨处于方向垂直纸面向里的匀强磁场中，一金属棒mn与导轨垂直地放置在导轨上，水平放置的金属板d、e通过导线分别接在线圈的c、b两端．要使a点的电势高于c点的电势，且d、e间带正电的油滴恰好处于静止状态，则金属棒沿导轨的运动情况是()图6A．向左匀减速运动 B．向左匀加速运动C．向右匀减速运动 D．向右匀加速运动〖答案〗C〖解析〗要使a点的电势高于c点的电势，根据右手定则可得，金属棒要向右运动；要使d、e间带正电的油滴处于静止状态，油滴所受电场力方向向上且等于油滴的重力，故e板的电势必须高于d板电势且Ued恒定，根据楞次定律可得，金属棒做匀减速运动，故C正确．7.如图7所示，足够长的平行金属导轨倾斜放置，倾角为37°，宽度为0.5m，电阻忽略不计，其上端接一小灯泡，电阻为1Ω.一导体棒MN垂直导轨放置，质量为0.2kg，接入电路的电阻为1Ω，两端与导轨始终接触良好，与导轨间的动摩擦因数为0.5.在导轨间存在着垂直于导轨平面的匀强磁场(图中未画出)，磁感应强度为0.8T．将导体棒MN由静止释放，运动一段时间后，小灯泡稳定发光，此后导体棒MN的运动速度以及小灯泡消耗的电功率分别为(重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)()图7A．2.5m/s1W B．5m/s1WC．7.5m/s9W D．15m/s9W〖答案〗B〖解析〗小灯泡稳定发光时，导体棒MN匀速下滑，其受力如图所示，由平衡条件可得F安＋Ff＝mgsin37°，又Ff＝μmgcos37°，故F安＝mg(sin37°－μcos37°)＝0.4N，由F安＝BIL得I＝eq\f(F安,BL)＝1A，所以E＝I(R灯＋RMN)＝2V，导体棒的运动速度v＝eq\f(E,BL)＝5m/s，小灯泡消耗的电功率为P灯＝I2R灯＝1W，B正确．8.(2019·邢台一中高二上月考)如图8所示，相距为d的两条水平虚线之间是方向垂直纸面向里的匀强磁场，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h高处由静止释放(cd边与磁场边界平行)，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，则线圈穿过磁场的过程中(从cd边刚进入磁场起一直到ab边离开磁场为止)()图8A．感应电流所做的功为mgdB．感应电流所做的功为mg(d－L)C．线圈的最小速度一定是2eq\r(2gh＋L－d)D．线圈的最小速度可能为eq\f(mgR,B2L2)〖答案〗D〖解析〗根据能量守恒定律，研究从cd边刚进入磁场到cd边刚穿出磁场的过程，可知动能变化量为0，重力势能转化为线圈进入磁场过程中产生的热量，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，所以从cd边刚离开磁场到ab边刚离开磁场的过程，线圈产生的热量与从cd边刚进入磁场到ab边刚进入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，感应电流所做的功为2mgd，故A、B错误；因为进入磁场时线圈减速，线圈全部进入磁场后做匀加速运动，则知线圈刚全部进入磁场的瞬间速度最小，设线圈的最小速度为vmin，线圈从开始下落到线圈刚完全进入磁场的过程，根据能量守恒定律得mg(h＋L)＝Q＋eq\f(1,2)mvmin2，综上可知，Q＝mgd，解得线圈的最小速度为vmin＝eq\r(2gh＋L－d)，故C错误；线圈可能先做减速运动，在完全进入磁场前已经做匀速运动，刚完全进入磁场时的速度最小，则mg＝BIL＝BL·eq\f(BLv,R)，则线圈的最小速度v＝eq\f(mgR,B2L2)，故D正确．二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)9.如图9所示是法拉第制作的世界上第一台发电机的模型原理图．把一个半径为r的铜盘放在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，使磁感线水平向右垂直穿过铜盘，铜盘安装在水平的铜轴上．两块铜片C、D分别与转动轴和铜盘的边缘接触．G为灵敏电流表．现使铜盘按照图示方向以角速度ω匀速转动，则下列说法正确的是()图9A．C点电势一定低于D点电势B．铜盘中产生的感应电动势大小为Bωr2C．电流表中的电流方向为由a到bD．铜盘不转动，所加磁场磁感应强度减小，则铜盘中产生顺时针方向电流(从左向右看)〖答案〗AD〖解析〗将铜盘看成无数条由中心指向边缘的铜棒组合而成，铜盘转动时，每根金属棒都在切割磁感线，相当于电源，由右手定则可知，盘边缘为电源正极，中心为负极，C点电势低于D点电势，故A正确；回路中产生的感应电动势E＝Breq\x\to(v)＝eq\f(1,2)Br2ω，故B错误；此电源对外电路供电，电流方向由b经电流表再从a流向铜盘，故C错误；若铜盘不转动，使所加磁场磁感应强度减小，在铜盘中产生感生电场，使铜盘中的自由电荷在电场力作用下定向移动，形成涡流，电流方向为顺时针(从左向右看)，故D正确．10．如图10甲所示，abcd是匝数为100匝、边长为10cm、总电阻为0.1Ω的正方形闭合导线圈，放在与线圈平面垂直的图示匀强磁场中，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示，则下列说法正确的是()图10A．导线圈中产生的是交变电流B．在t＝2.5s时导线圈产生的感应电动势为1VC．在0～2s内通过导线横截面的电荷量为20CD．在t＝1s时，导线圈内电流的瞬间功率为20W〖答案〗AC〖解析〗根据楞次定律可知，在0～2s内的感应电流方向与2～3s内的感应电流方向相反，即为交变电流，故A正确；根据法拉第电磁感应定律，在t＝2.5s时导线圈产生的感应电动势E＝nSeq\f(ΔB,Δt)＝100×0.1×0.1×eq\f(2－0,3－2)V＝2V，故B错误；在0～2s时间内，感应电动势为E1＝100×eq\f(2,2)×0.12V＝1V，再根据欧姆定律I＝eq\f(E,R)，则有I1＝eq\f(1,0.1)A＝10A，根据q＝It，解得q＝10×2C＝20C，故C正确；在t＝1s时，导线圈内电流的瞬间功率P＝I12R＝102×0.1W＝10W，故D错误．11．如图11甲所示，闭合矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，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，abcda方向为导线框中感应电流的正方向，水平向右为安培力的正方向，关于导线框中的电流i与ad边所受的安培力F随时间t变化的图像，下列选项正确的是()图11〖答案〗BD〖解析〗由题图B－t图像可知，0～1s内，线框中向里的磁通量增大，由楞次定律可知，线框中电流方向为逆时针，沿adcba方向，即电流为负方向；同理可知1～2s内，电流为正方向；2～3s内，磁通量不变，则感应电流为零；3～4s内，电流为负方向，根据法拉第电磁感应定律E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔBS,Δt)，则I＝eq\f(E,R)＝eq\f(ΔB·S,RΔt)，由于一段时间内磁感应强度均匀变化，所以该时间内产生的感应电流保持不变，故A错误，B正确；0～1s内，电路中电流方向为逆时针，沿adcba方向，根据左手定则可知，ad棒受到的安培力的方向向右，为正值；同理可知1～2s内，ad棒受到的安培力为负值；2～3s内，不受安培力；3～4s内，ad棒受到的安培力为负值；根据安培力的公式F＝BIL，安培力的大小与磁感应强度成正比，故D正确，C错误．12.如图12所示，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，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x0处，现给金属杆沿x轴正方向的初速度v0，金属杆刚好能运动到2x0处，在金属杆运动过程中()图12A．通过电阻R的电荷量为eq\f(BLx0,2R)B．金属杆克服安培力所做的功为eq\f(mv\o\al(02),2)C．金属杆上产生的焦耳热为eq\f(mv\o\al(02),2)D．金属杆运动的时间为eq\f(2x0,v0)〖答案〗AB〖解析〗整个过程中通过电阻R的电荷量为q＝It＝eq\f(ΔΦ,2R)＝eq\f(BLx0,2R)，故A正确；根据动能定理可得，金属杆克服安培力所做的功等于动能的减小量，即W安＝eq\f(1,2)mv02，选项B正确；金属杆克服安培力所做的功等于整个过程中回路中产生的焦耳热，即W安＝Q＝eq\f(1,2)mv02，所以金属杆上产生的焦耳热为Q1＝eq\f(1,2)×eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,4)mv02，故C错误；金属杆运动过程中所受的安培力F安＝eq\f(B2L2v,2R)，随速度的减小，安培力减小，加速度减小，即金属杆做加速度减小的减速运动，若金属杆做匀减速运动，则运动时间为t＝eq\f(x0,\f(v0,2))＝eq\f(2x0,v0)，因为金属杆做加速度减小的减速运动，可知平均速度小于eq\f(v0,2)，运动的时间大于eq\f(2x0,v0)，故D错误．三、非选择题(本题共6小题，共60分)13．(8分)(2020·南充市高级中学高二期中)有一灵敏电流计，当电流从它的正接线柱流入时，指针向正接线柱一侧偏转．现把它与一个线圈串联，将磁体从线圈上方插入或拔出，如图13所示．请完成下列填空：图13(1)图甲中灵敏电流计指针的偏转方向为________．(填“偏向正接线柱”或“偏向负接线柱”)(2)图乙中磁体下方的极性是________．(填“N极”或“S极”)(3)图丙中磁体的运动方向是________．(填“向上”或“向下”)(4)图丁中线圈从上向下看的电流方向是________．(填“顺时针”或“逆时针”)〖答案〗(1)偏向正接线柱(2分)(2)S极(2分)(3)向上(2分)(4)逆时针(2分)〖解析〗(1)由题图甲可知，磁体向下运动，穿过线圈的磁通量增加，原磁场方向向下，根据楞次定律可知线圈中感应电流方向(从上向下看)为逆时针方向，即电流从正接线柱流入电流计，指针偏向正接线柱．(2)由题图乙可知，电流从负接线柱流入电流计，根据安培定则，感应电流的磁场方向向下，又知磁通量增加，根据楞次定律可知，磁体下方为S极．(3)由题图丙可知，磁场方向向下，电流从负接线柱流入电流计，根据安培定则，感应电流的磁场方向向下，根据楞次定律可知，磁通量减小，磁体向上运动．(4)由题图丁可知，磁体向上运动，穿过线圈的磁通量减小，原磁场方向向上，根据楞次定律可知感应电流方向(从上向下看)为逆时针方向．14．(8分)(2020·黑龙江大庆实验中学月考)如图14甲所示，一个匝数n＝100的圆形导体线圈，面积S1＝0.4m2，电阻r＝1Ω.在线圈中存在面积S2＝0.3m2的垂直线圈平面向外的匀强磁场区域，磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙所示．有一个R＝2Ω的电阻，将其两端a、b分别与图甲中的圆形线圈相连接，求：图14(1)a、b两点间的电势差Uab；(2)在0～4s时间内通过电阻R的电荷量；(3)在0～4s时间内电阻R上产生的热量．〖答案〗(1)－3V(2)6C(3)18J〖解析〗(1)由法拉第电磁感应定律可得E＝neq\f(ΔBS2,Δt)，(1分)解得E＝4.5V(1分)电流I＝eq\f(E,r＋R)＝1.5A(1分)由楞次定律可得，a点电势低于b点电势，故Uab＝－IR＝－3V(2分)(2)通过电阻R的电荷量q＝IΔt＝6C．(1分)(3)由焦耳定律可得Q＝I2Rt＝18J．(2分)15.(8分)(2020·漳州八校第二次联考)如图15所示，匀强磁场的磁感应强度方向垂直于纸面向里，大小随时间的变化率eq\f(ΔB,Δt)＝k，k为负的常数．用电阻率为ρ、横截面积为S的硬导线做成一边长为l的导线框．将导线框固定于纸面内，其右半部分位于磁场区域中．求：图15(1)导线框中感应电流的大小；(2)磁场对导线框作用力的大小随时间的变化率．〖答案〗见〖解析〗〖解析〗(1)设导线框的电阻为R，根据电阻率公式有R＝ρeq\f(4l,S)，(1分)导线框的感应电动势的大小为E＝|eq\f(ΔB,Δt)|·eq\f(1,2)l2，(1分)导线框中的感应电流的大小为I＝eq\f(E,R)，(1分)将eq\f(ΔB,Δt)＝k代入解得I＝eq\f(|k|lS,8ρ).(2分)(2)导线框所受磁场的作用力的大小为F＝BIl，(1分)它随时间的变化率eq\f(ΔF,Δt)＝Ileq\f(ΔB,Δt)，解得eq\f(ΔF,Δt)＝eq\f(k2l2S,8ρ).(2分)16．(10分)如图16所示，在范围足够大的匀强磁场中倾斜放置两根平行光滑的金属导轨，它们所构成的导轨平面与水平面的夹角θ＝30°，平行导轨的间距L＝1.0m．匀强磁场方向垂直于导轨平面向下，磁感应强度B＝0.2T．两根金属杆ab和cd可以在导轨上无摩擦地滑动．两金属杆的质量均为m＝0.2kg，电阻均为R＝0.2Ω.若用与导轨平行的拉力作用在金属杆ab上，使ab杆沿导轨匀速上滑并使cd杆在导轨上保持静止，整个过程中两金属杆均与导轨垂直且接触良好．金属导轨的电阻可忽略不计，取重力加速度g＝10m/s2.求：图16(1)cd杆受到的安培力F安的大小；(2)通过金属杆的感应电流大小I；(3)作用在金属杆ab上拉力的功率．〖答案〗(1)1.0N(2)5.0A(3)20W〖解析〗(1)金属杆cd静止在金属导轨上，所受安培力方向平行于导轨平面向上．则F安＝mgsin30°(2分)解得：F安＝1.0N(1分)(2)F安＝BIL(1分)解得：I＝5.0A(1分)(3)金属杆ab所受安培力方向平行于导轨平面向下，金属杆ab在拉力F、安培力F安和重力mg沿导轨方向分力作用下匀速上滑，则F＝BIL＋mgsin30°(2分)根据法拉第电磁感应定律，金属杆ab上产生的感应电动势为E＝BLv(1分)根据闭合电路欧姆定律，通过金属杆ab的电流I＝eq\f(E,2R)(1分)根据功率公式及上述各式得：P＝Fv＝20W．(1分)17.(12分)如图17所示，水平放置的两条长直平行金属导轨PQ、MN相距l＝0.4m，导轨左边接有阻值为R＝3Ω的定值电阻，在导轨上放置一根金属棒ab，其质量为0.01kg，电阻为0.2Ω，导轨电阻不计．整个装置处于磁感应强度B＝0.5T的竖直向上的匀强磁场中，不计摩擦．金属棒在外力作用下以v＝4m/s的速度向右匀速运动，金属棒始终与导轨垂直且接触良好．图17(1)求金属棒ab中感应电流的大小和方向；(2)求外力的功率；(3)撤去外力后，金属棒最终会停下来，求在此过程中电阻R上产生的热量．〖答案〗(1)0.25A方向为a→b(2)0.2W(3)0.075J〖解析〗(1)由右手定则可知，金属棒中的电流方向为a→b(1分)感应电动势E＝Blv＝0.5×0.4×4V＝0.8V(1分)由闭合电路欧姆定律得I＝eq\f(E,r＋R)＝eq\f(0.8,0.2＋3)A＝0.25A．(2分)(2)匀速运动时金属棒受到的安培力F安＝BIl＝0.5×0.25×0.4N＝0.05N，(1分)则F外＝F安＝0.05N，(1分)外力的功率P＝F外v＝0.05×4W＝0.2W．(2分)(3)由能量守恒定律可知，金属棒的动能全部转化为电路中产生的热量，即Q＝ΔEk＝eq\f(1,2)mv2＝0.08J，(2分)故电阻R上产生的热量为QR＝eq\f(R,r＋R)Q＝0.075J．(2分)18．(14分)如图18甲所示，一电阻不计且足够长的固定光滑平行金属导轨MN、PQ间距L＝0.8m，其下端接有阻值R＝3Ω的电阻，导轨平面与水平面间的夹角θ＝30°.整个装置处于方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中．一质量m＝0.1kg、阻值r＝0.15Ω的金属棒垂直导轨放置并用绝缘细线通过光滑的定滑轮与质量M＝0.9kg的重物相连，左端细线连接金属棒中点且与导轨NM平行．金属棒由静止释放后，沿NM方向的位移x与时间t之间的关系如图乙所示，其中ab为直线．已知金属棒在0～0.3s内通过的电荷量是0.3～0.4s内通过电荷量的2倍，取g＝10m/s2，求：图18(1)0～0.3s内金属棒通过的位移x1的大小；(2)电阻R在0～0.4s内产生的热量Q1.〖答案〗(1)0.6m(2)3J〖解析〗(1)金属棒在0～0.3s内通过的电荷量q1＝eq\x\to(I)Δt1(1分)平均感应电流eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R＋r)(1分)回路中平均感应电动势eq\x\to(E)＝eq\f(Bx1L,Δt1)(1分)得q1＝eq\f(BLx1,R＋r)(1分)同理，金属棒在0.3～0.4s内通过的电荷量q2＝eq\f(BLx2－x1,R＋r)(1分)由题图乙读出0.4s时刻位移大小x2＝0.9m又q1＝2q2联立解得x1＝0.6m．(2分)(2)由题图乙知金属棒在0.3～0.4s内做匀速直线运动，金属棒的速度大小v＝eq\f(0.9－0.6,0.4－0.3)m/s＝3m/s(1分)0～0.4s内，对整个系统，根据能量守恒定律得Q＝Mgx2－mgx2sinθ－eq\f(1,2)(M＋m)v2(3分)代入数据解得Q＝3.15J(1分)根据焦耳定律有eq\f(Q1,Q)＝eq\f(R,R＋r)(1分)代入数据解得Q1＝3J．(1分)章末检测试卷(二)(时间：90分钟满分：100分)一、单项选择题(本题共8小题，每小题3分，共24分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．如图1所示，螺线管与灵敏电流计相连，磁体从螺线管的正上方由静止释放，向下穿过螺线管．下列说法正确的是()图1A．电流计中的电流先由a到b，后由b到aB．a点的电势始终低于b点的电势C．磁体减少的重力势能等于回路中产生的热量D．磁体刚离开螺线管时的加速度小于重力加速度〖答案〗D〖解析〗在磁体进入螺线管的过程中，螺线管磁通量增大，且方向向下，由楞次定律可知，感应电流由b经电流计流向a；在磁体穿出螺线管的过程中，磁通量减小，且方向向下，由楞次定律可知，感应电流由a经电流计流向b，则a点电势先低于b点电势，后高于b点电势，故A、B错误；磁体减少的重力势能转化为内能和磁体的动能，故C错误；磁体刚离开螺线管时，由楞次定律的“来拒去留”结论可知，磁体受到向上的安培力，则磁体受到的合外力小于重力，即磁体刚离开螺线管时的加速度小于重力加速度，故D正确．2.如图2所示为无线充电技术中使用的受电线圈示意图，线圈匝数为n，面积为S.若在t1到t2时间内，匀强磁场平行于线圈轴线向右穿过线圈，其磁感应强度大小由B1均匀增加到B2，则该段时间线圈两端a和b之间的电势差φa－φb()图2A．恒为eq\f(nSB2－B1,t2－t1)B．从0均匀变化到eq\f(nSB2－B1,t2－t1)C．恒为－eq\f(nSB2－B1,t2－t1)D．从0均匀变化到－eq\f(nSB2－B1,t2－t1)〖答案〗C〖解析〗由楞次定律可知，在磁感应强度由B1均匀增大到B2的过程中，φb>φa，所以φa－φb<0，由法拉第电磁感应定律可知，线圈两端a、b之间的电势差φa－φb＝－neq\f(ΔΦ,Δt)＝－neq\f(SB2－B1,t2－t1)，选项C正确．3.(2019·武汉市华中师范大学第一附属中学高二期末)如图3所示的电路中，A、B是两个相同的灯泡，L是一个带铁芯的线圈，电阻不计．调节R，电路稳定时两灯泡都正常发光，则在开关闭合或断开时()图3A．合上S时，B灯立即亮起来，并保持亮度不变B．断开S时，A灯会突然闪亮一下后再熄灭C．断开S时，A、B两灯都不会立即熄灭，且通过A灯泡的电流方向与原电流方向相反D．断开S时，A、B两灯都不会立即熄灭，并且一定同时熄灭〖答案〗D〖解析〗在开关闭合时，通过线圈的电流增大，导致线圈出现自感电动势，从而阻碍灯泡A的电流增大，则B立即变亮，A慢慢变亮，L的电阻不计，则电流稳定时两电阻相同的灯泡的亮度相同，并联部分分得的电压逐渐变小，故B的亮度有变小的过程，故A错误；断开开关S的瞬间，由电感的特性可知：L和两灯泡组成的回路中的电流大小会维持不变，通过A灯的电流的方向不变，而B灯的电流方向与原电流方向相反，故C错误；断开开关S的瞬间，因灯泡相同，L的电阻不计，则两支路电流相等，所以两灯会同时慢慢熄灭，但不会闪亮一下，故B错误，D正确．4.(2020·上海市闵行区模拟)如图4所示，在外力的作用下，导体杆OC可绕O点沿光滑的半径为r的半圆形框架在匀强磁场中以角速度ω匀速转动，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，A、O间接有电阻R，导体杆和框架电阻不计，导体棒与框架接触良好，则所施外力的功率为()图4A.eq\f(B2ω2r2,R)B.eq\f(B2ω2r4,R)C.eq\f(B2ω2r4,4R)D.eq\f(B2ω2r4,8R)〖答案〗C〖解析〗因为OC是匀速转动的，根据能量守恒定律可得，P外＝P电＝eq\f(E2,R)，又因为E＝Br·eq\f(ωr,2)，联立解得P外＝eq\f(B2ω2r4,4R)，C正确．5．(2019·长春十一中月考)如图5所示，等腰直角三角形AOB内部存在着垂直纸面向外的匀强磁场，OB在x轴上，长度为2L.纸面内一边长为L的正方形导线框的一边在x轴上，沿x轴正方向以恒定的速度穿过磁场区域．规定顺时针方向为导线框中感应电流的正方向，t＝0时刻导线框正好处于图示位置．则下面四幅图中能正确表示导线框中感应电流i随位移x变化关系的是()图5〖答案〗B〖解析〗根据法拉第电磁感应定律，当位移x为0～L时，通过线框的磁通量均匀增加，产生顺时针方向的感应电流；当位移x为L～2L时，右边切割磁感线的长度减小，左边切割磁感线的长度增大，由法拉第电磁感应定律可判断两个边切割磁感线产生的电流方向相反，所以合电流逐渐减小，在位移x为1.5L时电流减小到零，随后左边切割磁感线的长度大于右边，电流反向，当位移x为2L～3L时，电流为负且逐渐减小，所以B选项正确．6.(2020·成都市高二检测)如图6所示，一铁芯上绕有一个多匝线圈，a、b是线圈的两端，c为中间抽头，在a、c两点接入一平行金属导轨，导轨处于方向垂直纸面向里的匀强磁场中，一金属棒mn与导轨垂直地放置在导轨上，水平放置的金属板d、e通过导线分别接在线圈的c、b两端．要使a点的电势高于c点的电势，且d、e间带正电的油滴恰好处于静止状态，则金属棒沿导轨的运动情况是()图6A．向左匀减速运动 B．向左匀加速运动C．向右匀减速运动 D．向右匀加速运动〖答案〗C〖解析〗要使a点的电势高于c点的电势，根据右手定则可得，金属棒要向右运动；要使d、e间带正电的油滴处于静止状态，油滴所受电场力方向向上且等于油滴的重力，故e板的电势必须高于d板电势且Ued恒定，根据楞次定律可得，金属棒做匀减速运动，故C正确．7.如图7所示，足够长的平行金属导轨倾斜放置，倾角为37°，宽度为0.5m，电阻忽略不计，其上端接一小灯泡，电阻为1Ω.一导体棒MN垂直导轨放置，质量为0.2kg，接入电路的电阻为1Ω，两端与导轨始终接触良好，与导轨间的动摩擦因数为0.5.在导轨间存在着垂直于导轨平面的匀强磁场(图中未画出)，磁感应强度为0.8T．将导体棒MN由静止释放，运动一段时间后，小灯泡稳定发光，此后导体棒MN的运动速度以及小灯泡消耗的电功率分别为(重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)()图7A．2.5m/s1W B．5m/s1WC．7.5m/s9W D．15m/s9W〖答案〗B〖解析〗小灯泡稳定发光时，导体棒MN匀速下滑，其受力如图所示，由平衡条件可得F安＋Ff＝mgsin37°，又Ff＝μmgcos37°，故F安＝mg(sin37°－μcos37°)＝0.4N，由F安＝BIL得I＝eq\f(F安,BL)＝1A，所以E＝I(R灯＋RMN)＝2V，导体棒的运动速度v＝eq\f(E,BL)＝5m/s，小灯泡消耗的电功率为P灯＝I2R灯＝1W，B正确．8.(2019·邢台一中高二上月考)如图8所示，相距为d的两条水平虚线之间是方向垂直纸面向里的匀强磁场，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h高处由静止释放(cd边与磁场边界平行)，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，则线圈穿过磁场的过程中(从cd边刚进入磁场起一直到ab边离开磁场为止)()图8A．感应电流所做的功为mgdB．感应电流所做的功为mg(d－L)C．线圈的最小速度一定是2eq\r(2gh＋L－d)D．线圈的最小速度可能为eq\f(mgR,B2L2)〖答案〗D〖解析〗根据能量守恒定律，研究从cd边刚进入磁场到cd边刚穿出磁场的过程，可知动能变化量为0，重力势能转化为线圈进入磁场过程中产生的热量，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，所以从cd边刚离开磁场到ab边刚离开磁场的过程，线圈产生的热量与从cd边刚进入磁场到ab边刚进入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，感应电流所做的功为2mgd，故A、B错误；因为进入磁场时线圈减速，线圈全部进入磁场后做匀加速运动，则知线圈刚全部进入磁场的瞬间速度最小，设线圈的最小速度为vmin，线圈从开始下落到线圈刚完全进入磁场的过程，根据能量守恒定律得mg(h＋L)＝Q＋eq\f(1,2)mvmin2，综上可知，Q＝mgd，解得线圈的最小速度为vmin＝eq\r(2gh＋L－d)，故C错误；线圈可能先做减速运动，在完全进入磁场前已经做匀速运动，刚完全进入磁场时的速度最小，则mg＝BIL＝BL·eq\f(BLv,R)，则线圈的最小速度v＝eq\f(mgR,B2L2)，故D正确．二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)9.如图9所示是法拉第制作的世界上第一台发电机的模型原理图．把一个半径为r的铜盘放在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，使磁感线水平向右垂直穿过铜盘，铜盘安装在水平的铜轴上．两块铜片C、D分别与转动轴和铜盘的边缘接触．G为灵敏电流表．现使铜盘按照图示方向以角速度ω匀速转动，则下列说法正确的是()图9A．C点电势一定低于D点电势B．铜盘中产生的感应电动势大小为Bωr2C．电流表中的电流方向为由a到bD．铜盘不转动，所加磁场磁感应强度减小，则铜盘中产生顺时针方向电流(从左向右看)〖答案〗AD〖解析〗将铜盘看成无数条由中心指向边缘的铜棒组合而成，铜盘转动时，每根金属棒都在切割磁感线，相当于电源，由右手定则可知，盘边缘为电源正极，中心为负极，C点电势低于D点电势，故A正确；回路中产生的感应电动势E＝Breq\x\to(v)＝eq\f(1,2)Br2ω，故B错误；此电源对外电路供电，电流方向由b经电流表再从a流向铜盘，故C错误；若铜盘不转动，使所加磁场磁感应强度减小，在铜盘中产生感生电场，使铜盘中的自由电荷在电场力作用下定向移动，形成涡流，电流方向为顺时针(从左向右看)，故D正确．10．如图10甲所示，abcd是匝数为100匝、边长为10cm、总电阻为0.1Ω的正方形闭合导线圈，放在与线圈平面垂直的图示匀强磁场中，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示，则下列说法正确的是()图10A．导线圈中产生的是交变电流B．在t＝2.5s时导线圈产生的感应电动势为1VC．在0～2s内通过导线横截面的电荷量为20CD．在t＝1s时，导线圈内电流的瞬间功率为20W〖答案〗AC〖解析〗根据楞次定律可知，在0～2s内的感应电流方向与2～3s内的感应电流方向相反，即为交变电流，故A正确；根据法拉第电磁感应定律，在t＝2.5s时导线圈产生的感应电动势E＝nSeq\f(ΔB,Δt)＝100×0.1×0.1×eq\f(2－0,3－2)V＝2V，故B错误；在0～2s时间内，感应电动势为E1＝100×eq\f(2,2)×0.12V＝1V，再根据欧姆定律I＝eq\f(E,R)，则有I1＝eq\f(1,0.1)A＝10A，根据q＝It，解得q＝10×2C＝20C，故C正确；在t＝1s时，导线圈内电流的瞬间功率P＝I12R＝102×0.1W＝10W，故D错误．11．如图11甲所示，闭合矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，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，abcda方向为导线框中感应电流的正方向，水平向右为安培力的正方向，关于导线框中的电流i与ad边所受的安培力F随时间t变化的图像，下列选项正确的是()图11〖答案〗BD〖解析〗由题图B－t图像可知，0～1s内，线框中向里的磁通量增大，由楞次定律可知，线框中电流方向为逆时针，沿adcba方向，即电流为负方向；同理可知1～2s内，电流为正方向；2～3s内，磁通量不变，则感应电流为零；3～4s内，电流为负方向，根据法拉第电磁感应定律E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔBS,Δt)，则I＝eq\f(E,R)＝eq\f(ΔB·S,RΔt)，由于一段时间内磁感应强度均匀变化，所以该时间内产生的感应电流保持不变，故A错误，B正确；0～1s内，电路中电流方向为逆时针，沿adcba方向，根据左手定则可知，ad棒受到的安培力的方向向右，为正值；同理可知1～2s内，ad棒受到的安培力为负值；2～3s内，不受安培力；3～4s内，ad棒受到的安培力为负值；根据安培力的公式F＝BIL，安培力的大小与磁感应强度成正比，故D正确，C错误．12.如图12所示，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，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x0处，现给金属杆沿x轴正方向的初速度v0，金属杆刚好能运动到2x0处，在金属杆运动过程中()图12A．通过电阻R的电荷量为eq\f(BLx0,2R)B．金属杆克服安培力所做的功为eq\f(mv\o\al(02),2)C．金属杆上产生的焦耳热为eq\f(mv\o\al(02),2)D．金属杆运动的时间为eq\f(2x0,v0)〖答案〗AB〖解析〗整个过程中通过电阻R的电荷量为q＝It＝eq\f(ΔΦ,2R)＝eq\f(BLx0,2R)，故A正确；根据动能定理可得，金属杆克服安培力所做的功等于动能的减小量，即W安＝eq\f(1,2)mv02，选项B正确；金属杆克服安培力所做的功等于整个过程中回路中产生的焦耳热，即W安＝Q＝eq\f(1,2)mv02，所以金属杆上产生的焦耳热为Q1＝eq\f(1,2)×eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,4)mv02，故C错误；金属杆运动过程中所受的安培力F安＝eq\f(B2L2v,2R)，随速度的减小，安培力减小，加速度减小，即金属杆做加速度减小的减速运动，若金属杆做匀减速运动，则运动时间为t＝eq\f(x0,\f(v0,2))＝eq\f(2x0,v0)，因为金属杆做加速度减小的减速运动，可知平均速度小于eq\f(v0,2)，运动的时间大于eq\f(2x0,v0)，故D错误．三、非选择题(本题共6小题，共60分)13．(8分)(2020·南充市高级中学高二期中)有一灵敏电流计，当电流从它的正接线柱流入时，指针向正接线柱一侧偏转．现把它与一个线圈串联，将磁体从线圈上方插入或拔出，如图13所示．请完成下列填空：图13(1)图甲中灵敏电流计指针的偏转方向为________．(填“偏向正接线柱”或“偏向负接线柱”)(2)图乙中磁体下方的极性是________．(填“N极”或“S极”)(3)图丙中磁体的运动方向是________．(填“向上”或“向下”)(4)图丁中线圈从上向下看的电流方向是________．(填“顺时针”或“逆时针”)〖答案〗(1)偏向正接线柱(2分)(2)S极(2分)(3)向上(2分)(4)逆时针(2分)〖解析〗(1)由题图甲可知，磁体向下运动，穿过线圈的磁通量增加，原磁场方向向下，根据楞次定律可知线圈中感应电流方向(从上向下看)为逆时针方向，即电流从正接线柱流入电流计，指针偏向正接线柱．(2)由题图乙可知，电流从负接线柱流入电流计，根据安培定则，感应电流的磁场方向向下，又知磁通量增加，根据楞次定律可知，磁体下方为S极．(3)由题图丙可知，磁场方向向下，电流从负接线柱流入电流计，根据安培定则，感应电流的磁场方向向下，根据楞次定律可知，磁通量减小，磁体向上运动．(4)由题图丁可知，磁体向上运动，穿过线圈的磁通量减小，原磁场方向向上，根据楞次定律可知感应电流方向(从上向下看)为逆时针方向．14．(8分)(2020·黑龙江大庆实验中学月考)如图14甲所示，一个匝数n＝100的圆形导体线圈，面积S1＝0.4m2，电阻r＝1Ω.在线圈中存在面积S2＝0.3m2的垂直线圈平面向外的匀强磁场区域，磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙所示．有一个R＝2Ω的电阻，将其两端a、b分别与图甲中的圆形线圈相连接，求：图14(1)a、b两点间的电势差Uab；(2)在0～4s时间内通过电阻R的电荷量；(3)在0～4s时间内电阻R上产生的热量．〖答案〗(1)－3V(2)6C(3)18J〖解析〗(1)由法拉第电磁感应定律可得E＝neq\f(ΔBS2,Δt)，(1分)解得E＝4.5V(1分)电流I＝eq\f(E,r＋R)＝1.5A(1分)由楞次定律可得，a点电势低于b点电势，故Uab＝－IR＝－3V(2分)(2)通过电阻R的电荷量q＝IΔt＝6C．(1分)(3)由焦耳定律可得Q＝I2Rt＝18J．(2分)15.(8分)(2020·漳州八校第二次联考)如图15所示，匀强磁场的磁感应强度方向垂直于纸面向里，大小随时间的变化率eq\f(ΔB,Δt)＝k，k为负的常数．用电阻率为ρ、横截面积为S的硬导线做成一边长为l的导线框．将导线框固定于纸面内，其右半部分位于磁场区域中．求：图15(1)导线框中感应电流的大小；(2)磁场对导线框作用力的大小随时间的变化率．〖答案〗见〖解析〗〖解析〗(1)设导线框的电阻为R，根据电阻率公式有R＝ρeq\f(4l,S)，(1分)导线框的感应电动势的大小为E＝|eq\f(ΔB,Δt)|·eq\f(1,2)l2，(1分)导线框中的感应电流的大小为I＝eq\f(E,R)，(1分)将eq\f(ΔB,Δt)＝k代入解得I＝eq\f(|k|lS,8ρ).(2分)(2)导线框所受磁场的作用力的大小为F＝BIl，(1分)它随时间的变化率eq\f(ΔF,Δt)＝Ileq\f(ΔB,Δt)，解得eq\f(ΔF,Δt)＝eq\f(k2l2S,8ρ).(2分)16．(10分)如图16所示，在范围足够大的匀强磁场中倾斜放置两根平行光滑的金属导轨，它们所构成的导轨平面与水平面的夹角θ＝30°，平行导轨的间距L＝1.0m．匀强磁场方向垂直于导轨平面向下，磁感应强度B＝0.2T．两根金属杆ab和cd可以在导轨上无摩擦地滑动．两金属杆的质量均为m＝0.2