2017年高考物理試題分項版匯編系列 專題12 電磁感應(yīng)（含解析）

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1、專題12電磁感應(yīng)一、單選題1如圖所示，一圓形金屬環(huán)與兩固定的平行長直導(dǎo)線在同一豎直平面內(nèi)，環(huán)的圓心與兩導(dǎo)線距離相等，環(huán)的直徑小于兩導(dǎo)線間距。兩導(dǎo)線中通有大小相等、方向向下的恒定電流。以下說法正確的是（ ）A. 金屬環(huán)向上運動，則環(huán)上的感應(yīng)電流方向為順時針方向B. 金屬環(huán)向下運動，則環(huán)上的感應(yīng)電流方向為順時針方向C. 金屬環(huán)向右側(cè)直導(dǎo)線靠近，則環(huán)上的感應(yīng)電流方向為逆時針D. 金屬環(huán)向左側(cè)直導(dǎo)線靠近，則環(huán)上的感應(yīng)電流方向為逆時針【答案】 C【點睛】本題考查楞次定律的應(yīng)用，掌握感應(yīng)電流的產(chǎn)生條件，理解右手螺旋定則的內(nèi)容穿過線框的磁通量變化有幾種方式，有磁場變化導(dǎo)致磁通量變化，也有面積變化導(dǎo)致磁通量變

2、化，還有磁場與面積均變化導(dǎo)致磁通量變化的，最后有磁場與面積均沒有變，而是放置的角度變化導(dǎo)致磁通量變化2如圖甲所示，線圈ABCD固定于勻強磁場中，磁場方向垂直紙面向外，當磁場變化時，線圈AB邊所受安培力向右且變化規(guī)律如圖乙所示，則磁場的變化情況可能是下列選項中的( ）A. B. C. D. 【答案】 D【解析】由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，結(jié)合閉合電路歐姆定律，則安培力的表達式F=BIL=，由圖可知安培力的大小不變,而SL是定值,若磁場B增大,則B/t減小，若磁場B減小,則B/t增大；線圈AB邊所受安培力向右，則感應(yīng)電流的方向是順時針，原磁場磁感強度應(yīng)是增加的，故D正確，ABC錯誤；故選：D.3一個

3、閉合線圈中沒有產(chǎn)生感應(yīng)電流，因此可以得出（ ）.A. 此時該處一定沒有磁場 B. 此時該處一定沒有磁場的變化C. 閉合線圈的面積一定沒有變化 D. 穿過線圈平面的磁通量一定沒有變化【答案】 D【解析】感應(yīng)電流的產(chǎn)生其條件是閉合線圈的磁通量發(fā)生變化，閉合線圈中沒有感應(yīng)電流產(chǎn)生可能線圈始終與磁場平行，故A錯誤；感應(yīng)電流的產(chǎn)生其條件是閉合線圈的磁通量發(fā)生變化，磁通量的變化可以由磁場引起的，也可以由線圈的面積的變化引起的，閉合線圈中沒有感應(yīng)電流產(chǎn)生，不能判斷出此地一定沒有磁場的變化或沒有面積的變化，故BC錯誤；沒有電流只能說明穿過閉合線圈的磁通量沒有發(fā)生變化故D正確；故選D.點睛：解答本題主要是抓住感

4、應(yīng)電流產(chǎn)生的條件：閉合線圈的磁通量發(fā)生變化，而磁通量的變化可以是由磁場變化引起，也可以是線圈的面積變化，或位置變化引起的4有一個勻強磁場邊界是EF，在EF右側(cè)無磁場，左側(cè)是勻強磁場區(qū)域，如圖甲所示現(xiàn)有一個閉合的金屬線框以恒定速度從EF右側(cè)水平進入勻強磁場區(qū)域線框中的電流隨時間變化的it圖象如圖乙所示，則可能的線框是下列四個選項中的()A. B. C. D. 【答案】 A【解析】導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E=BLv，設(shè)線框總電阻是R，則感應(yīng)電流；由圖乙所示圖象可知，感應(yīng)電流先變大，后變小，且電流大小與時間成正比，由于B、v、R是定值，故導(dǎo)體棒的有效長度L應(yīng)先變長，后變短，且L隨時間均勻變化

5、，即L與時間t成正比三角形線框勻速進入磁場時，有效長度L先增加，后減小，且隨時間均勻變化，符合題意，故A正確；梯形線框勻速進入磁場時，有效長度L先均勻增加，后不變，最后均勻減小，不符合題意，故B錯誤；長方形線框進入磁場時，有效長度L不變，感應(yīng)電流不變，不符合題意，故B錯誤；閉合圓環(huán)勻速進入磁場時，有效長度L先變大，后變小，但L不隨時間均勻變化，不符合題意，故D錯誤；故選A點睛：本題是一道關(guān)于感應(yīng)電流的圖象題，熟練應(yīng)用導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢公式、歐姆定律、分析清楚圖象特點是正確解題的關(guān)鍵.5有人把自行車進行了改裝，在后車輪上裝上了一個小型發(fā)電機，想看電視時，就騎在自行車上不停地蹬車，可

6、供電視、照明用電發(fā)電機原理如圖甲所示，在勻強磁場中，磁感應(yīng)強度為B，放置一個有固定轉(zhuǎn)軸的發(fā)電輪，如圖所示，發(fā)電輪平面與磁感應(yīng)強度垂直，發(fā)電輪半徑為r，輪軸和輪緣為兩個輸出電極，該發(fā)電機輸出電壓接一理想變壓器，再給一小燈泡供電，則下列說法中正確的是()A. 當人蹬車的速度增大時，小燈泡兩端的電壓降低B. 當人蹬車的速度增大時，小燈泡兩端的電壓不變C. 小燈泡的功率與發(fā)電機轉(zhuǎn)速無關(guān)D. 小燈泡的功率隨發(fā)電機轉(zhuǎn)速的增大而增大【答案】 D【解析】PQ輸出端的電壓為，當人蹬車的速度增大時，小燈泡兩端的電壓增大，選項AB錯誤；小燈泡的功率：，則小燈泡的功率隨發(fā)電機轉(zhuǎn)速的增大而增大，選項C錯誤，D正確；故選

7、D.6如圖所示，邊長為L，匝數(shù)為N的正方形線圈abcd位于紙面內(nèi)，線圈內(nèi)接有電阻值為R的電阻，過ab中點和cd中點的連線OO恰好位于垂直紙面向里的勻強磁場的右邊界上，磁場的磁感應(yīng)強度為B.當線圈轉(zhuǎn)過90時，通過電阻R的電荷量為()A. B. C. D. 【答案】 B【解析】當正方形線圈abcd有一半處在磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中時，磁通量為：，根據(jù)，故B正確，ACD錯誤；故選B點睛：本題考查對于勻強磁場中磁通量的求解能力對于公式=BS，要懂得S的意義：有效面積，即有磁感線穿過的面積.7如圖，由某種粗細均勻的總電阻為3R的金屬條制成的矩形線框abcd，固定在水平面內(nèi)且處于方向豎直向下的勻強磁場B

8、中一接入電路電阻為R的導(dǎo)體棒PQ，在水平拉力作用下沿ab、dc以速度v勻速滑動，滑動過程PQ始終與ab垂直，且與線框接觸良好，不計摩擦在PQ從靠近ad處向bc滑動的過程中( )A. PQ中電流一直增大B. PQ中電流一直減小C. 線框消耗的電功率先增大后減小D. 線框消耗的電功率先減小后增大【答案】 C【解析】A、B項，設(shè)導(dǎo)體棒的長度為，磁感應(yīng)強度為，導(dǎo)體棒的速度保持不變，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，感應(yīng)的電動勢不變，設(shè)線框左邊的電阻為，則左右兩邊線框的電阻為，流過PQ的電流，可以看出當PQ從靠近ad向bc靠近過程中，從零增大到，從而可以判斷電流先減小后增大，故A、B項錯誤。C，D項，電源的內(nèi)阻為

9、，PQ從靠近ad向bc靠近過程中，外電路的并聯(lián)等效電阻從零增大到又減小到零，外電路的電阻等于電源內(nèi)阻的時候消耗的功率最大，所以外電路的功率應(yīng)該先增大后減小，故C正確D項錯誤。綜上所述，本題正確答案為C。8如圖所示，用相同導(dǎo)線繞成的兩個單匝線圈a、b的半徑分別為r和2r，圓形勻強磁場B的邊緣恰好與a線圈重合，若磁場的磁感應(yīng)強度均勻增大，開始時的磁感應(yīng)強度不為0，則（）A. 任意時刻，穿過a、b兩線圈的磁通量之比均為1：4B. a、b兩線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢之比為1：2C. a、b兩線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電流之比為4：1D. 相同時間內(nèi)a、b兩線圈產(chǎn)生的熱量之比為2：1【答案】 D【解析】A、任意時刻，

10、穿過a、b兩線圈的磁感線條數(shù)，磁通量相等，磁通量之比為1：1故A錯誤B、根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得：E=S，S=r2，則S相等，也相等，所以感應(yīng)電動勢相等，感應(yīng)電動勢之比為1：1，故B錯誤C、線圈a、b的半徑分別為r和2r，周長之比為1：2，電阻之比為1：2，根據(jù)歐姆定律知 I=，得a、b兩線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電流之比為2：1故C錯誤D、根據(jù)焦耳定律得 Q=t，得相同時間內(nèi)a、b兩線圈產(chǎn)生的熱量之比為2：1，故D正確故選：D9如圖所示，等腰三角形內(nèi)分布有垂直于紙面向外的勻強磁場，它的底邊在x軸上且長為2L，高為L，紙面內(nèi)一邊長為L的正方形導(dǎo)線框沿x軸正方向做勻速直線運動穿過勻強磁場區(qū)域，在t=0時刻

11、恰好位于如圖所示的位置，以順時針方向為導(dǎo)線框中電流的正方向，下面四幅圖中能夠正確表示導(dǎo)線框中的電流位移（Ix）關(guān)系的是（ ）A. B. C. D. 【答案】 B10如圖所示，金屬桿ab靜放在水平固定的“U”形金屬框上，整個裝置處于豎直向上的磁場中。當磁感應(yīng)強度均勻減小時，桿ab總保持靜止，則：（ ）A. 桿中感應(yīng)電流方向是從b到a B. 桿中感應(yīng)電流大小減小C. 金屬桿所受安培力逐漸增大 D. 金屬桿所受安培力大小不變【答案】 A【解析】根據(jù)楞次定律可得感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場方向應(yīng)豎直向上，所以方向為從b到a，A正確；因為磁場是均勻減小的，故恒定，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得可知感應(yīng)電動勢恒定，即感

12、應(yīng)電流恒定，B錯誤；因為電流恒定，而磁感應(yīng)強度減小，所以安培力減小，CD錯誤11如圖所示，AB是一根裸導(dǎo)線，單位長度的電阻為R0，一部分彎曲成直徑為d的圓圈，圓圈導(dǎo)線相交處導(dǎo)電接觸良好圓圈所在區(qū)域有與圓圈平面垂直的均勻磁場，磁感強度為B0導(dǎo)線一端B點固定，A端在沿BA方向的恒力F作用下向右緩慢移動，從而使圓圈緩慢縮小設(shè)在圓圈縮小過程中始終保持圓的形狀，設(shè)導(dǎo)體回路是柔軟的，此圓圈從初始的直徑d到完全消失所需時間t為（）A. B. C. D. 【答案】 B【解析】設(shè)在恒力F的作用下，A端t時間內(nèi)向右移動微小的量x，則相應(yīng)圓半徑減小r，則有：x=2r在t時間內(nèi)F做的功等于回路中電功，S可認為由于半徑

13、減小微小量r而引起的面積的變化，有：S=2rr而回路中的電阻R=R02r，代入得，F(xiàn)2r=顯然t與圓面積變化S成正比，所以由面積r02變化為零，所經(jīng)歷的時間t為：解得：故B正確，ACD錯誤故選B12通電直導(dǎo)線旁放一個金屬線框，線框和導(dǎo)線在同一平面內(nèi)，如圖所示在線框abcd中沒有產(chǎn)生感應(yīng)電流的運動情況是（）A. 線框向右移動B. 線框以AB為軸旋轉(zhuǎn)C. 線框以ad邊為軸旋轉(zhuǎn)D. 線框以ab邊為軸旋轉(zhuǎn)【答案】 B點睛：該題將安培定則與楞次定律相結(jié)合，要先根據(jù)安培定則判斷出電流周圍的磁場才方向與特點，然后在使用楞次定律判定感應(yīng)電流的方向13關(guān)于處理物理問題的思想與方法，下列說法中正確的是（）A. 伽

14、利略在研究自由落體運動時采用了微元法B. 在探究平均速度實驗中使用了等效替代的思想C. 法拉第在研究電磁感應(yīng)現(xiàn)象時利用了理想實驗法D. 在探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系實驗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體運動時采用了理想實驗和邏輯推理的方法故A錯誤平均速度能粗略表示物體運動的快慢，在探究平均速度實驗中使用了使用了等效替代的思想故B正確法拉第在研究電磁感應(yīng)現(xiàn)象時利用了控制變量法故C錯誤在探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系實驗中使用了控制變量的思想方法故D錯誤故選B14如圖所示，紙面內(nèi)有一矩形導(dǎo)體線框abcd，置于垂直紙面向里、邊界為MN的勻強磁場外，線框的ab邊平行磁場邊

15、界MN，線框以垂直于MN的速度v勻速進入磁場，線框進入磁場過程中，產(chǎn)生焦耳熱為Q1，通過線框?qū)w橫截面的電荷量為q1，若線框以速度2v勻速進入磁場，線框進入磁場過程中，產(chǎn)生的熱量為Q2，通過線框?qū)w橫截面的電荷量為q2，則下列選項正確的是A. Q22Q1q22q1 B. Q22Q1q2q1C. Q2Qq2q1 D. Q24Q1q22q1【答案】 B【解析】試題分析：線框勻速進入磁場，克服安培力做功的功率等于線框產(chǎn)生的熱量，根據(jù)功能關(guān)系可求線框中產(chǎn)生的熱量由感應(yīng)電荷量公式，可判兩次進入通過線框?qū)w橫截面的電荷量相等根據(jù)及F=BIL可得安培力表達式：，拉力做的功轉(zhuǎn)化為電能，然后轉(zhuǎn)化為焦耳熱，由可知

16、產(chǎn)生的焦耳熱與速度成正比，所以，根據(jù)可知通過線框某橫截面的電荷量與速度無關(guān)，B正確15由于地磁場的存在，飛機在一定高度水平飛行時，其機翼就會切割磁感線，機翼的兩端之間會有一定的電勢差若飛機在北半球水平飛行，則從飛行員的角度看，機翼左端的電勢比右端的電勢( )A. 低 B. 高 C. 相等 D. 以上情況都有可能【答案】 B【解析】當飛機在北半球水平飛行時，由于地磁場的存在，且地磁場的豎直分量方向豎直向下，則由右手定則可判定機翼左端的電勢比右端的電勢高若構(gòu)成閉合電路則電流方向由機翼的右端流向左端，而機翼切割磁感線相當于電源，所以電源內(nèi)部電流由負極流向正極故選B.點睛：機翼的運動，類似于金屬棒在磁

17、場中切割磁感線一樣會產(chǎn)生電動勢，而電源內(nèi)部的電流方向則是由負極流向正極的16如圖示，金屬桿ab以恒定的速率v在光滑的平行導(dǎo)軌上向右滑行，設(shè)整個電路中總電阻為R（恒定不變），整個裝置置于垂直于紙面向里的勻強磁場中，下列說法不正確的是（）A. ab桿中的電流與速率v成正比B. 磁場作用于ab桿的安培力與速率v成正比C. 電阻R上產(chǎn)生的電熱功率與速率v平方成正比D. 外力對ab桿做功的功率與速率v的成正比【答案】 D【解析】電動勢E=BLv，則電流強度，知電流強度與速率成正比故A正確FA=BIL=知安培力與速率成正比故B正確根據(jù)P=I2R，則，知電阻R產(chǎn)生的熱功率與速率的平方成正比故C正確P=Fv=

18、FAv=，知外力的功率與速率的平方成正比故D錯誤本題選不正確的，故選D17美國一位物理學(xué)家卡布萊拉用實驗尋找磁單極子實驗根據(jù)的原理就是電磁感應(yīng)現(xiàn)象，儀器的主要部分是由超導(dǎo)體做成的線圈，設(shè)想有一個磁單極子穿過超導(dǎo)線圈，如圖所示，于是在超導(dǎo)線圈中將引起感應(yīng)電流，關(guān)于感應(yīng)電流的方向下列說法正確的是（ ）A. 磁單極子穿過超導(dǎo)線圈的過程中，線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電流的方化B. N磁單極子，與S磁單極子分別穿過超導(dǎo)線圈的過程中，線圈中感應(yīng)電流方向相同C. 磁單極子穿過超導(dǎo)線圈的過程中，線圈中感應(yīng)電流方向不變D. 假若磁單極子為N磁單極子，穿過超導(dǎo)線圈的過程中，線圈中感應(yīng)電流方向始終為順時針（從上往下看）【答案

19、】 C【解析】若N磁單極子穿過超導(dǎo)線圈的過程中，當磁單極子靠近線圈時，當穿過線圈中磁通量增加，且磁場方向從上向下，所以由楞次定律可知，感應(yīng)磁場方向：從下向上，再由右手螺旋定則可確定感應(yīng)電流方向逆時針；當磁單極子遠離線圈時，當穿過線圈中磁通量減小，且磁場方向從下向上，所以由楞次定律可知，感應(yīng)磁場方向：從下向上，再由右手螺旋定則可確定感應(yīng)電流方向逆時針因此線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向不變故AD錯誤；若是S磁單極子穿過超導(dǎo)線圈，與A分析相同，得出：靠近線圈時，感應(yīng)磁場從上向下，則感應(yīng)電流方向順時針；當遠離時，感應(yīng)電流也是順時針故B錯誤；由AB分析可知，磁單極子穿過超導(dǎo)線圈的過程中，線圈中感應(yīng)電流方向不變

20、，故C正確；故選C.點睛：考查右手螺旋定則、楞次定律及磁單極子的特征同時注意磁體外部的感應(yīng)線是從N極射出，射向S極18如圖所示,在水平面上有兩條導(dǎo)電導(dǎo)軌MN、PQ，導(dǎo)軌間距為d，勻強磁場垂直于導(dǎo)軌所在的平面向里，磁感應(yīng)強度的大小為B，兩根完全相同的金屬桿1、2間隔一定的距離擺開放在導(dǎo)軌上，且與導(dǎo)軌垂直。它們的電阻均為R，兩桿與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)軌電阻不計，金屬桿的摩擦不計。桿1以初速度v0滑向桿2，為使兩桿不相碰，則桿2固定與不固定兩種情況下，最初擺放兩桿時的最少距離之比為：A. 1:1 B. 1:2 C. 2:1 D. 1:1【答案】 C解得：l1l2=，即AB間的距離最小為x=；當棒2固定后

21、，對左側(cè)棒，以向右為正方向，根據(jù)動量定理，有：Ft=mv，其中：F=BIL=BL，故：t=mv，即=mv0，解得：l=，故AB間的距離最小為x=；故x：x=1:2；故ABD錯誤，C正確；故選：C?！久麕燑c睛】兩個棒均不固定時，左邊棒受向左的安培力，右邊棒受向右的安培力，故左邊棒減速，右邊棒加速，兩個棒系統(tǒng)動量守恒，根據(jù)動量守恒定律得到最后的共同速度，然后對右邊棒運用動量定理列式；當右邊棒固定時，左邊棒受向左的安培力，做減速運動，根據(jù)動量定理列式；最后聯(lián)立求解即可。19如圖所示，在光滑的水平面上，有一垂直向下的勻強磁場分布在寬度為L的區(qū)域內(nèi)，現(xiàn)有一個邊長為a（aL）的正方形閉合線圈以初速度v0垂

22、直磁場邊界滑過磁場后，速度為v(vv0)，那么線圈A. 完全進入磁場中時的速度大于（v0+v）/2B. 完全進入磁場中時的速度等于（v0+v）/2C. 完全進入磁場中時的速度小于（v0+v）/2D. 以上情況均有可能【答案】 B【解析】線框進入磁場過程：線框離開磁場過程：聯(lián)立，得到：所以，選B?！久麕燑c睛】線框進入和穿出磁場過程，受到安培力作用而做減速運動，根據(jù)動量定理和電量q=It分析電量的關(guān)系。根據(jù)感應(yīng)電量q=，分析可知兩個過程線框磁通量變化量大小相等，兩個過程電量相等，聯(lián)立就可求出完全進入磁場中時線圈的速度。20以下敘述中不正確的是（）A. 伽利略通過斜面實驗加邏輯推理的方法研究了自由落

23、體運動的規(guī)律B. 開普勒提出了日心說，從而發(fā)現(xiàn)了行星運動的規(guī)律，后人稱為開普勒行星運動規(guī)律C. 利用渦流的熱效應(yīng)，人們制成了用于加熱食物的電磁爐D. 超高壓帶電作業(yè)的工人穿戴的工作服是用包含金屬絲的織物制成的，這是利用了靜電屏蔽的原理【答案】 B【解析】伽利略通過斜面實驗加邏輯推理的方法研究了自由落體運動的規(guī)律，A正確；哥白尼提出了日心說，開普勒發(fā)現(xiàn)了行星運動的規(guī)律，后人稱為開普勒行星運動定律，B錯誤；電磁爐是利用渦流的熱效應(yīng)來加熱食物的，C正確；超高壓帶電作業(yè)的工人穿戴的工作服是用包含金屬絲的織物制成的，利用的是靜電屏蔽的原理，故D正確21以下那種材料制成的器皿不能用于一般微波爐（）A. 玻

24、璃 B. 陶瓷 C. 鋁 D. 耐熱塑料【答案】 C22電磁爐是利用渦流加熱而達到烹飪食物的目的電磁爐適用的鍋類是（）A. 平底陶瓷鍋B. 凹底陶瓷鍋C. 平底不銹鋼鍋D. 凹底不銹鋼鍋【答案】 C【解析】電磁爐是利用高頻電流在電磁爐內(nèi)部線圈中產(chǎn)生磁場，磁化鐵質(zhì)鐵鍋，從而形成無數(shù)個小渦流（即電流），加速鍋底分子運動，使鍋底自身發(fā)熱達到加熱食品的目的，必須使用鐵質(zhì)鍋具才被磁化形成渦流，C正確23如圖所示，正方形閉合導(dǎo)線框以速度v0在光滑絕緣水平面上勻速運動，穿過有理想邊界的勻強磁場區(qū)域后以速度v做勻速直線運動，則當完全處在磁場區(qū)域內(nèi)時的運動速度u為 （ ）A. u (v0+v)/2 B. u =

25、 （v0+v）/2C. u t2C. a22a1 D. a25a1【答案】 B【解析】AB、當拉力的功率恒定時，隨著速度增大，拉力逐漸減小，最后勻速運動時拉力最小，且最小值和第一種情況下拉力相等，因此都達到速度v時，t1t2，故A錯誤，B正確；CD、由于兩種情況下，最終棒都以速度2v勻速運動，此時拉力與安培力大小相等，則有：當拉力恒定速度為v，加速度為a1時，根據(jù)牛頓第二定律有：解得：若保持拉力的功率恒定，速度為2v時，拉力為F，則有：P=F2v，又所以則當速度為v時，拉力大小為：根據(jù)牛頓第二定律，得：解得：所以有a2=3a1，故CD錯誤。故選：B?！久麕燑c睛】分析清楚兩種情況下的運動形式區(qū)別

26、，然后根據(jù)牛頓第二定律和運動學(xué)規(guī)律求解，注意兩種情況下導(dǎo)體棒最終勻速運動時所受拉力大小是相同的。25下列三圖中除導(dǎo)體棒ab可動外，其余部分均固定不動，甲圖中的電容器C原來不帶電設(shè)導(dǎo)體棒、導(dǎo)軌和直流電源的電阻均可忽略，導(dǎo)體棒和導(dǎo)軌間的摩擦也不計圖中裝置均在水平面內(nèi)，且都處于方向垂直水平面（即紙面）向下的勻強磁場中，導(dǎo)軌足夠長今給導(dǎo)體棒ab一個向右的初速度v，在甲、乙、丙三種情形下導(dǎo)體棒ab的最終運動狀態(tài)是（ ） A. 三種情形下導(dǎo)體棒ab最終均做勻速運動B. 三種情形下導(dǎo)體棒ab最終均靜止C. 乙、丙中，ab棒最終將做勻速運動；甲中，ab棒最終靜止D. 甲、丙中，ab棒最終將做勻速運動；乙中，a

27、b棒最終靜止【答案】 D【名師點睛】圖甲中，導(dǎo)體棒向右運動切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流而使電容器充電，分析電路中電流的變化，即可判斷ab棒所受的安培力，確定ab棒的運動情況；圖乙中，導(dǎo)體棒向右運動切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流，通過電阻R轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，ab棒將做減速運動；圖丙中，分析導(dǎo)體棒受到的安培力情況，判斷ab棒的運動情況。26在勻強磁場中有一N匝、半徑為a的圓形線圈（其總電阻為R）和一儀器（內(nèi)阻不計）串聯(lián)，線圈平面與磁場垂直。當線圈迅速由靜止翻轉(zhuǎn)180，該儀器指示有電量q通過，根據(jù)已知q、N、a、R可計算出磁感強度B等于A. B. C. D. 【答案】 A【解析】由法拉第電磁感應(yīng)定律：線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動

28、勢由閉合電路歐姆定律得感應(yīng)電流根據(jù)電量的公式q=It，可得：由于開始線圈平面與磁場垂直，現(xiàn)把探測圈翻轉(zhuǎn)180，則磁能量的變化=2BS=2Ba2所以由上公式可得：，則得： ,故選A點睛：考查法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路歐姆定律、電量表達式，同時注意磁通量雖然是標量，但注意線圈分正反面，從而導(dǎo)致磁通量有正負還有磁通量與線圈匝數(shù)無關(guān)，但感應(yīng)電動勢與線圈匝數(shù)有關(guān)27如圖所示，AOC是光滑的直角金屬導(dǎo)軌，AO沿豎直方向，OC沿水平方向，ab是一根金屬直棒，如圖立在導(dǎo)軌上，它從靜止開始在重力作用下運動，運動過程中b端始終在OC上，a端始終在AO上，直到ab完全落在OC上。整個裝置放在一勻強磁場中，磁場方向

29、垂直紙面向里，則ab棒在運動過程中A. 感應(yīng)電流方向始終是baB. 感應(yīng)電流方向先是ba ，后變?yōu)閍bC. 受磁場力方向與ab垂直，如圖中箭頭所示方向D. 受磁場力方向與ab垂直，開始如圖中箭頭所示方向，后來變?yōu)榕c箭頭所示方向相反【答案】 B【解析】當ab棒從圖示位置滑到與水平面成45時，閉合電路的磁通在變大，則由楞次定律得閉合電路中的電流是逆時針方向，即是ba而此時棒受到的安培力的方向與圖中箭頭方向相反當越過與水平面成45時，閉合電路的磁通在變小，則由楞次定律得閉合電路中的電流是順時針方向，即是ab而此時棒受到的安培力的方向與圖中箭頭方向相同由上可知：只有B選項正確故選B28如圖所示，質(zhì)量為

30、m=0.5kg、電阻為r=1的輕桿ab可以無摩擦地沿著水平固定導(dǎo)軌滑行，導(dǎo)軌足夠長，兩導(dǎo)軌間寬度為L=1m，導(dǎo)軌電阻不計，電阻R1=1.5，R2=3，整個裝置處在豎直向下的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度為B=1 T。桿從x軸原點O以水平速度v0=6m/s開始滑行，直到停止下來。下列說法不正確的是()A. a點電勢高于b點電勢B. 在桿的整個運動過程中，電流對電阻R1做的功為9JC. 整個運動過程中，桿的位移為6mD. 在桿的整個運動過程中，通過電阻R1的電荷量為2C【答案】 B【解析】由右手定則可知，a點電勢高于b點電勢，選項A正確；設(shè)總電流為I，則ab、電阻R1和R2上的電功率之比：，由能量關(guān)系可知

31、：，解得QR1=3J，選項B錯誤；由動量定理可知：，解得，則通過R1的電量為，選項D正確；由，其中，解得x=6m，選項C正確；此題選項不正確的選項，故選B. 29一個粗細均勻總電阻為的矩形金屬線框MNPQ，如圖，MN的長度是NP的倍，NP長度為L，有一寬度為L、大小為B垂直紙面向里的勻強磁場，自MN邊進入磁場開始線框以v勻速穿過磁場區(qū)域，則PQ兩端的電勢差UPQ隨時間的關(guān)系圖線為A. B. C. D. 【答案】 A【解析】勻速運動L的過程中感應(yīng)電動勢E=2BLv，根據(jù)閉合電路的歐姆定律可得感應(yīng)電流，根據(jù)閉合電路的歐姆定律可得；在L2L過程中，磁通量不變，感應(yīng)電流為零，此過程UPQ=E=2BLv

32、；在2L3L的過程中，感應(yīng)電動勢E=2BLv，根據(jù)閉合電路的歐姆定律可得，故A正確、BCD錯誤故選A點睛:關(guān)于電磁感應(yīng)與圖象的結(jié)合問題，關(guān)鍵要分段由電磁感應(yīng)和電路的基本規(guī)律、法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律、安培力公式和焦耳定律等，得到各物理量的解析式，再進行選擇在解題時要靈活選擇解法，也可以運用排除法等進行解答30法拉第是十九世紀電磁學(xué)領(lǐng)域中最偉大的實驗家，下列有關(guān)法拉第在電磁學(xué)領(lǐng)域的貢獻，不正確的是A. 法拉第是電磁學(xué)的奠基者，他首先提出了場的概念B. 法拉第發(fā)現(xiàn)并總結(jié)電磁感應(yīng)是由于閉合電路磁通量變化引起的C. 法拉第正確地指出電磁感應(yīng)與靜電感應(yīng)不同，感應(yīng)電流并不是與原電流有關(guān)，而是與原電流的

33、變化有關(guān)D. 法拉第通過科學(xué)實驗以及研究發(fā)現(xiàn)判斷感應(yīng)電流方向的方法，即：感應(yīng)電流的磁場總是阻礙引起感應(yīng)電流磁通量的變化【答案】 D31如圖所示，等腰直角三角形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向內(nèi)的勻強磁場，左邊有一形狀完全相同的等腰直角三角形導(dǎo)線框，線框從圖示位置開始水平向右勻速穿過磁場區(qū)域，規(guī)定線框中感應(yīng)電流逆時針方向為正方向，線框剛進入磁場區(qū)域時感應(yīng)電流為i0，直角邊長為L其感應(yīng)電流i隨位移x變化的圖象正確的是A. B. C. D. 【答案】 C【解析】線框進入磁場的位移為0L的過程中，三角形切割磁感線的有效長度先減小，當右邊和斜邊切割長度相等時感應(yīng)電流為零，接著又反向增大，根據(jù)右手定則可知感應(yīng)電流方向

34、先是逆時針，后是順時針；以后在L-2L過程中有效切割長度逐漸減小到零，則感應(yīng)電流逐漸減小到零，所以C正確，ABD錯誤故選C32某同學(xué)在“探究感應(yīng)電流產(chǎn)生的條件”的實驗中，將直流電源、滑動變阻器、線圈（有鐵芯）、線圈、靈敏電流計及開關(guān)按圖連接成電路在實驗中，該同學(xué)發(fā)現(xiàn)形狀閉合的瞬間，靈敏電流計的指針向左偏由此可以判斷，在保持開關(guān)閉合的狀態(tài)下：（ ）A. 當線圈拔出時，靈敏電流計的指針向左偏B. 當線圈中的鐵芯拔出時，靈敏電流計的指針向右偏C. 當滑動變阻器的滑片勻速滑動時，靈敏電流計的指針不偏轉(zhuǎn)D. 當滑動變阻器的滑片向端滑動時，靈敏電流計的指針向右偏【答案】 B點睛：本題無法直接利用楞次定律進

35、行判斷，但是可以根據(jù)題意得出產(chǎn)生使電流表指針左偏的條件，即可不根據(jù)繞向判出各項中應(yīng)該出現(xiàn)的現(xiàn)象33如圖所示，相距為d的兩條水平虛線之間是方向水平向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B，正方形線圈abcd邊長為L（Ld），質(zhì)量為m ，電阻為R ，將線圈在磁場上方高h處靜止釋放，cd邊剛進入磁場時速度為，cd邊剛離開磁場時速度也為，則從線圈cd邊剛進入磁場起一直到ab邊離開磁場的過程中。下列說法不正確的是：（）A. 線圈可能是加速進入磁場的 B. 感應(yīng)電流所做的功為2mgdC. 線圈的最小速度可能為 D. 線圈的最小速度一定為【答案】 A【解析】A、線圈全部進入磁場時沒有感應(yīng)電流，不受安培力，做勻加速運動

36、，而cd邊剛離開磁場與剛進入磁場時速度相等，所以線圈進磁場時要減速，A錯誤；B、根據(jù)能量守恒可知：從cd邊剛進入磁場到cd邊剛穿出磁場的過程：線圈動能變化量為0，重力勢能轉(zhuǎn)化為線框產(chǎn)生的熱量Q=mgd，cd邊剛進入磁場時速度為v0，cd邊剛離開磁場時速度也為v0，所以線圈穿出磁場與進入磁場的過程運動情況相同，線框產(chǎn)生的熱量與從cd邊剛進入磁場到cd邊剛穿出磁場的過程產(chǎn)生的熱量相等，所以線圈從cd邊進入磁場到ab邊離開磁場的過程，產(chǎn)生的熱量Q=2mgd，感應(yīng)電流做的功為2mgd，故B正確；C、線框可能先做減速運動，在完全進入磁場前做勻速運動，因為完全進入磁場時的速度最小，則，則線圈下落的最小速度

37、可能為：，故C錯誤；D、設(shè)線圈的最小速度為vm，可知全部進入磁場的瞬間速度最小。由動能定理，從cd邊剛進入磁場到線框完全進入時，則有：，有，綜上可解得線圈的最小速度為，故D正確；本題選擇錯誤答案，故選：A。【名師點睛】線圈由靜止釋放，其下邊緣剛進入磁場和剛穿出磁場時刻的速度是相同的，又因為線圈全部進入磁場不受安培力，要做勻加速運動，可知線圈進入磁場先要做減速運動；根據(jù)動能定理，分析安培力做的功和最小速度。34用一段橫截面半徑為r、電阻率為、密度為d 的均勻?qū)w材料做成一個半徑為R(rR)的圓環(huán)。圓環(huán)豎直向下落入如圖所示的徑向磁場中，圓環(huán)的圓心始終在N 極的軸線上，圓環(huán)所在位置的磁感應(yīng)強度大小均

38、為B。圓環(huán)在加速下落過程中某一時刻的速度為v，忽略電感的影響，則A. 此時在圓環(huán)中產(chǎn)生了（俯視）逆時針的感應(yīng)電流B. 此時圓環(huán)受到豎直向下的安培力作用C. 此時圓環(huán)的加速度D. 如果徑向磁場足夠深，則圓環(huán)的最大速度【答案】 D【解析】由題意可知，根據(jù)右手定則，右圖中，環(huán)左端面電流方向垂直紙面向里，右端電流方向向外，則有（俯視）順時針的感應(yīng)電流，故A錯誤；根據(jù)楞次定律可知，環(huán)受到的安培力向上，阻礙環(huán)的運動，故B錯誤；圓環(huán)落入磁感應(yīng)強度B的徑向磁場中，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E=Blv=B2Rv，圓環(huán)的電阻為：，電流為：，圓環(huán)所受的安培力大小為F=BI2R，由牛頓第二定律得：，其中質(zhì)量為：聯(lián)立以上解得：，

39、故C錯誤；當圓環(huán)做勻速運動時，安培力與重力相等速度最大，即有mg=F，可得：，解得：，故D正確。所以D正確，ABC錯誤。35如圖所示，長為L=0.5 m、傾角為=37的光滑絕緣斜面處于水平向右的勻強電場中，一帶電荷量為q，質(zhì)量為m的小球(可視為質(zhì)點)，以初速度v0=2m/s恰能沿斜面勻速上滑，g=10 m/s2，sin 37=0.6，cos 37=0.8，則下列說法中正確的是()A. 小球在B點的電勢能大于在A點的電勢能B. 水平勻強電場的電場強度為C. 若電場強度加倍，小球運動的加速度大小為3m/s2D. 若電場強度減半，小球運動到B點時速度為初速度v0的一半【答案】 BD【解析】試題分析：

40、小球由A到B的過程中，重力做負功，電場力做正功，小球電勢能減少，選項A錯誤；因小球做勻速運動，由平衡條件知qEcos=mgsin，所以電場強度，選項B正確；電場強度變?yōu)?倍后，則有q2Ecos mgsinma，所以a6 m/s2，選項C錯誤；電場強度減為一半后，則有:，a13 m/s2，由v02v22a1L代入數(shù)值得v1 m/s，選項D正確；故選BD。考點：帶電粒子在電場中的運動；牛頓第二定律；動能定理【名師點睛】由帶電小球受到分析得：重力、支持力與電場力，且三力均不變?nèi)舸嬖诩铀俣?，則帶小球也不可能到達N點的速度仍不變的，所以三力處于平衡狀態(tài)故帶電小球做的是勻速直線運動。36如圖所示，一個菱形

41、的導(dǎo)體線框沿著自己的對角線勻速運動，穿過具有一定寬度的勻強磁場區(qū)域，已知對角線AC的長度為磁場寬度的兩倍且與磁場邊界垂直下面對于線框中感應(yīng)電流隨時間變化的圖象(電流以ABCD順序流向為正方向，從C點進入磁場開始計時)正確的是()A. B. C. D. 【答案】 B【解析】線圈在進磁場的過程中，磁通量增加，根據(jù)楞次定律可知，感應(yīng)電流的方向為ABCD方向，為正；在出磁場的過程中，磁通量減小，根據(jù)楞次定律知，感應(yīng)電流的方向為ADCBA，為負在線圈進入磁場的前一半的過程中，切割的有效長度均勻增大，感應(yīng)電動勢均勻增大，則感應(yīng)電流均勻增大，在線圈進入磁場的后一半過程中，切割的有效長度均勻減小，感應(yīng)電動勢均

42、勻減小，則感應(yīng)電流均勻減?。还蔅正確，ACD錯誤故選：B.視頻37在水平桌面上，一個圓形金屬框置于勻強磁場中，線框平面與磁場垂直，圓形金屬框與一個水平的平行金屬導(dǎo)軌相連接，導(dǎo)軌上放置一根導(dǎo)體棒，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)體棒處于另一均強磁場中，該磁場的磁感應(yīng)強度恒定，方向垂直導(dǎo)軌平面向下，如圖甲所示磁感應(yīng)強度隨時間的變化關(guān)系如圖乙所示內(nèi)磁場方向垂直線框平面向下若導(dǎo)體棒始終保持靜止，并設(shè)向右為靜摩擦力的正方向，則導(dǎo)體棒所受的靜摩擦力隨時間變化的圖象是（ ）A. B. C. D. 【答案】 D點睛：本題表面上要求靜摩擦力大小與方向，實際上是確定安培力的方向與大小，所以考查了法拉第電磁感應(yīng)定律與楞次定

43、律38如圖所示，矩形導(dǎo)線框abcd與無限長通電直導(dǎo)線MN在同一平面內(nèi)，直導(dǎo)線中的電流方向由M到N，導(dǎo)線框的ab邊與直導(dǎo)線平行。若直導(dǎo)線中的電流增大，導(dǎo)線框中將產(chǎn)生感應(yīng)電流，導(dǎo)線框會受到安培力的作用，則以下關(guān)于導(dǎo)線框受到的安培力的判斷正確的是（）A. 導(dǎo)線框有兩條邊所受安培力的方向相同B. 導(dǎo)線框有兩條邊所受安培力的大小相同C. 導(dǎo)線框所受的安培力的合力向左D. 導(dǎo)線框所受的安培力的合力向右【答案】 BD【解析】試題分析：若直導(dǎo)線中的電流增大，導(dǎo)線框中將產(chǎn)生感應(yīng)電流，上下兩邊電流方向相反、而所在區(qū)域磁場方向相同，則安培力大小相等、方向相反，同樣左右兩條邊電流方向也相反，所受安培力方向相反，由于所

44、在區(qū)域磁場大小不等，則所受安培力大小不等。則B正確C錯。若直導(dǎo)線中的電流增大，則導(dǎo)線右側(cè)磁場增強，線圈中磁通量增大，根據(jù)楞次定律推論線圈將向右移從而阻礙線圈中磁通量增大，所以所受合力向右，則D正確C錯?？键c：本題考查安培力與楞次定律。39如圖，平行金屬導(dǎo)軌寬度為d，一部分軌道水平，左端接電阻R，傾斜部分與水平面成角，且置于垂直斜面向上的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度為B，現(xiàn)將一質(zhì)量為m長度也為d的導(dǎo)體棒從導(dǎo)軌頂端由靜止釋放，直至滑到水平部分（導(dǎo)體棒下滑到水平部分之前已經(jīng)勻速，滑動過程中與導(dǎo)軌保持良好接觸，重力加速度為g，）不計一切摩擦力，導(dǎo)體棒接入回路電阻為r，則整個下滑過程中（）A. 導(dǎo)體棒勻速運動

45、時速度大小為B. 勻速運動時導(dǎo)體棒兩端電壓為C. 導(dǎo)體棒下滑距離為s時，通過R的總電荷量為D. 重力和安培力對導(dǎo)體棒所做的功大于導(dǎo)體棒獲得的動能【答案】 AC考點：考查了電磁感應(yīng)切割類問題【名師點睛】本題是電磁感應(yīng)與電路、力學(xué)相結(jié)合的綜合題，應(yīng)用E=BLv、歐姆定律、安培力公式、動能定理即可正確解題40如圖所示，紫銅做的圓盤水平放置在豎直向下的勻強磁場中，圓盤圓心處固定一個搖柄，邊緣和圓心處各與一個黃銅電刷緊貼，用導(dǎo)線將電刷與電流表連接起來形成回路。轉(zhuǎn)動搖柄，使圓盤以角速度逆時針勻速轉(zhuǎn)動，下列說法正確的是()A. 回路中不會產(chǎn)生感應(yīng)電流B. 回路中會產(chǎn)生電流大小不變、方向變化的感應(yīng)電流C. 回

46、路中電流的大小和方向都周期性變化，周期為D. 回路中電流方向不變，從b導(dǎo)線流進電流表【答案】 D【解析】銅盤轉(zhuǎn)動產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為：E=BL2/2，B、L、不變，E不變，電流：I=E/R=BL2/2R，電流大小恒定不變，由右手定則可知，回路中電流方向不變，從b導(dǎo)線流進電流表，故ABC錯誤，D正確；故選：D?！久麕燑c睛】圓盤轉(zhuǎn)動可等效看成無數(shù)軸向?qū)w切割磁感線，有效切割長度為銅盤的半徑L，根據(jù)感應(yīng)電動勢公式分析電動勢情況，由歐姆定律分析電流情況；根據(jù)右手定則分析感應(yīng)電流方向。41如圖所示，一帶負電的質(zhì)點在固定的正的點電荷作用下繞該正電荷做勻速圓周運動，周期為T0，軌道平面位于紙面內(nèi)，質(zhì)點的速度方

47、向如圖中箭頭所示，現(xiàn)加一垂直于軌道平面的勻強磁場，已知軌道半徑并不因此而改變，則 ( )A. 若磁場方向指向紙里，質(zhì)點運動的周期將大于T0B. 若磁場方向指向紙里，質(zhì)點運動的周期將小于T0C. 若磁場方向指向紙外，質(zhì)點運動的周期將大于T0D. 若磁場方向指向紙外，質(zhì)點運動的周期將小于T0【答案】 AD【解析】若磁場方向指向紙里，根據(jù)左手定則可得，粒子受到的洛倫茲力方向與庫倫力方向相反，即向心力從變?yōu)椋韵蛐牧p小了，又因為軌道半徑?jīng)]有變化，所以根據(jù)牛頓第二定律可得，半徑不變，向心力減小，所以質(zhì)點的運動周期變大，A正確B錯誤，若磁場方向指向紙外，根據(jù)左手定則，粒子受到的洛倫茲力方向和庫倫力方向

48、相同，即向心力從變?yōu)椋蛐牧ψ兇罅?，同樣軌道半徑?jīng)]有變化，根據(jù)公式可得周期變小了，故C錯誤D正確，思路分析：根據(jù)洛倫茲力的方向，判斷向心力的變化，然后再根據(jù)公式判斷，在軌道半徑不變的情況下，向心力的變化導(dǎo)致的周期的變化規(guī)律，試題點評：本題考查了粒子在復(fù)合場中的運動，關(guān)鍵是根據(jù)題中的信息，運用相關(guān)公式進行解析，視頻42如圖所示，有一個等腰直角三角形的勻強磁場區(qū)域其直角邊長為L，磁場方向垂直紙面向外，磁感應(yīng)強度大小為B.邊長為L、總電阻為R的正方形導(dǎo)線框abcd，從圖示位置開始沿x軸正方向以速度v勻速穿過磁場區(qū)域取沿abcda的感應(yīng)電流為正，則表示線框中電流i隨bc邊的位置坐標x變化的圖象正確的是

49、()A. B. C. D. 【答案】C故選C【點評】本題關(guān)鍵確定線框有效切割長度與x的關(guān)系，再結(jié)合數(shù)學(xué)知識選擇圖象43如圖9所示，足夠長且電阻不計的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ豎直放置，間距為L0.5 m ，一勻強磁場磁感應(yīng)強度B0.2 T垂直穿過導(dǎo)軌平面，導(dǎo)軌的上端M與P間連接阻值為R0.40 的電阻，質(zhì)量為m0.01 kg、電阻不計的金屬棒ab垂直緊貼在導(dǎo)軌上?，F(xiàn)使金屬棒ab由靜止開始下滑，經(jīng)過一段時間金屬棒達到穩(wěn)定狀態(tài)，這段時間內(nèi)通過R的電荷量為0.3 C，則在這一過程中(g10 m/s2)( )A. 安培力最大值為0.05 N B. 這段時間內(nèi)下降的高度1.2 mC. 重力最大功率為0.

50、1 W D. 電阻產(chǎn)生的焦耳熱為0.04 J【答案】 BD【解析】試題分析:安培力的最大值應(yīng)該等于重力0.1N，故A錯誤；由法拉第電磁感應(yīng)定律和閉合電路歐姆定律可知，解得x=1.2m，故B正確；當安培力等于重力時，速度最大，解得，重力最大功率，故C錯誤；由能量守恒定律，電阻產(chǎn)生的焦耳熱，故D正確?？键c：導(dǎo)體切割磁感線時的感應(yīng)電動勢；閉合電路的歐姆定律；電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化44如圖所示，勻強磁場中有兩個導(dǎo)體圓環(huán)a、b，磁場方向與圓環(huán)所在平面垂直。磁感應(yīng)強度B隨時間均勻增大。兩圓壞半徑之比為2:1，圓環(huán)中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢分別為Ea和Eb，不考慮兩圓環(huán)間的相互影響。下列說法正確的是( )A. Ea:

51、Eb=2:1，感應(yīng)電流均沿逆時針方向B. Ea:Eb=2:1，感應(yīng)電流均沿順時針方向C. Ea:Eb=4:1，感應(yīng)電流均沿逆時針方向D. Ea:Eb=4:1，感應(yīng)電流均沿順時針方向【答案】 D【解析】根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，因ra:rb=2:1，則；由于磁場向外，磁感應(yīng)強度B隨時間均勻增大，根據(jù)楞次定律可知，感應(yīng)電流均沿順時針方向，故D正確，ABC錯誤；故選D45如圖所示，有一個等腰直角三角形的勻強磁場區(qū)域其直角邊長為L，磁場方向垂直紙面向外，磁感應(yīng)強度大小為B.邊長為L、總電阻為R的正方形導(dǎo)線框abcd，從圖示位置開始沿x軸正方向以速度v勻速穿過磁場區(qū)域取沿abcda的感應(yīng)電流為正，則表示線

52、框中電流i隨bc邊的位置坐標x變化的圖象正確的是()A. B. C. D. 【答案】 C【解析】bc邊的位置坐標x在L-2L過程，線框bc邊有效切線長度為l=x-L，感應(yīng)電動勢為E=Blv=B（x-L）v，感應(yīng)電流，根據(jù)楞次定律判斷出來感應(yīng)電流方向沿abcda，為正值x在2L-3L過程，根據(jù)楞次定律判斷出來感應(yīng)電流方向沿adcba，為負值，線框ad邊有效切線長度為l=x-2L，感應(yīng)電動勢為E=Blv=B（x-2L）v，感應(yīng)電流，根據(jù)數(shù)學(xué)知識知道C正確故選C.46如圖所示的電路中，電感L的自感系數(shù)很大，電阻可忽略，D為理想二極管，則下列說法正確的有()A. 當S閉合時，L1立即變亮，L2逐漸變亮

53、B. 當S閉合時，L1一直不亮，L2逐漸變亮C. 當S斷開時，L2立即熄滅D. 當S斷開時，L1突然變亮，然后逐漸變暗至熄滅【答案】 BD【解析】試題分析：當S閉合時，因二極管加上了反向電壓，故二極管截止，L1一直不亮；通過線圈的電流增加，感應(yīng)電動勢阻礙電流增加，故使得L2逐漸變亮，選項B正確，A錯誤；當S斷開時，由于線圈自感電動勢阻礙電流的減小，故通過L1的電流要在L2-L1-D-L之中形成新的回路，故L1突然變亮，然后逐漸變暗至熄滅，選項C錯誤，D正確；故選BD考點：自感現(xiàn)象【名師點睛】此題是對自感現(xiàn)象的考查；要知道自感線圈的作用是當電流增加時，產(chǎn)生的自感電動勢阻礙電流的增加；電流減弱時，

54、感應(yīng)電動勢阻礙電流的減弱，若有回路要重新形成電流；二極管只能導(dǎo)通正向電流47如圖，一均勻金屬圓盤繞通過其圓心且與盤面垂直的軸逆時針勻速轉(zhuǎn)動現(xiàn)施加一垂直穿過圓盤的有界勻強磁場，圓盤開始減速在圓盤減速過程中，以下說法正確的是（）A. 處于磁場中的圓盤部分，靠近圓心處電勢高B. 所加磁場越強越易使圓盤停止轉(zhuǎn)動C. 若所加磁場反向，圓盤將加速轉(zhuǎn)動D. 若所加磁場穿過整個圓盤，圓盤將勻速轉(zhuǎn)動【答案】 ABD【解析】試題分析：將金屬圓盤看成由無數(shù)金屬幅條組成，根據(jù)右手定則判斷感應(yīng)電流的方向，從而判斷電勢的高低，形成感應(yīng)電流，再根據(jù)左手定則，即可求解解：A、將金屬圓盤看成由無數(shù)金屬幅條組成，根據(jù)右手定則判斷

55、可知：圓盤上的感應(yīng)電流由邊緣流向圓心，所以靠近圓心處電勢高，所以A正確；B、根據(jù)右手定則可知，產(chǎn)生的電動勢為BLv，所以所加磁場越強，產(chǎn)生的電動勢越大，電流越大，受到的安培力越大，越易使圓盤停止轉(zhuǎn)動，所以B正確；C、若所加磁場反向，只是產(chǎn)生的電流反向，根據(jù)楞次定律可知，安培力還是阻礙圓盤的轉(zhuǎn)動，所以圓盤還是減速轉(zhuǎn)動，所以C錯誤；D、若所加磁場穿過整個圓盤時，圓盤在切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，相當于電路斷開，則不會產(chǎn)生“感應(yīng)電流，沒有安培力的作用，圓盤將勻速轉(zhuǎn)動，所以D正確；故選：ABD【點評】本題關(guān)鍵要掌握右手定則、安培定則，并能正確用來分析電磁感應(yīng)現(xiàn)象，對于這兩個定則運用時，要解決兩個問題：

56、一是什么條件下用；二是怎樣用48如圖所示，紙面內(nèi)有一矩形導(dǎo)體閉合線框abcd，ab邊長大于bc邊長，置于垂直紙面向里、邊界為MN的勻強磁場外，線框兩次勻速地完全進入磁場，兩次速度大小相同，方向均垂直于MN.第一次ab邊平行MN進入磁場，線框上產(chǎn)生的熱量為Q1，通過線框?qū)w橫截面的電荷量為q1；第二次bc邊平行MN進入磁場，線框上產(chǎn)生的熱量為Q2，通過線框?qū)w橫截面的電荷量為q2則()A. Q1Q2，q1q2 B. Q1Q2，q1q2 C. Q1Q2，q1q2 D. Q1Q2，q1q2【答案】 A于電磁感應(yīng)能量問題一般有三種方法求解：利用電路中產(chǎn)生的熱量等于克服安培力做得功；利用動能定理；利用能

57、量守恒；具體哪種方法，要看題目中的已知條件.49如圖甲所示，電阻不計且間距L1m的光滑平行金屬導(dǎo)軌豎直放置，上端接一阻值R2的電阻，虛線OO下方有垂直于導(dǎo)軌平面向里的勻強磁場現(xiàn)將質(zhì)量m0.1kg、電阻不計的金屬桿ab從OO上方某處由靜止釋放，金屬桿ab在下落的過程中與導(dǎo)軌保持良好接觸且始終水平，已知金屬桿ab進入磁場時的速度v01m/s，下落0.3m的過程中加速度a與下落距離h的關(guān)系圖像如圖乙所示，g取10m/s2，則()A. 勻強磁場的磁感應(yīng)強度為2TB. 金屬桿ab下落0.3m時的速度為1m/sC. 金屬桿ab下落0.3m的過程中R上產(chǎn)生的熱量為0.2JD. 金屬桿ab下落0.3m的過程中

58、通過R的電荷量為0.25C【答案】 D【解析】A、進入磁場后，根據(jù)右手定則判斷可知金屬桿ab中電流的方向由a到b由乙圖知，剛進入磁場時，金屬桿的加速度大?。?，方向豎直向上，由牛頓第二定律得：，設(shè)桿剛進入磁場時的速度為v0，則有 ：，且代入數(shù)據(jù)，解得：，A正確；B、通過ah圖象知：，表明金屬桿受到的重力與安培力平衡有： ，聯(lián)立得：，B正確； C、從開始到下落的過程中，由能的轉(zhuǎn)化和守恒定律有： 代入數(shù)值有：，C錯誤；D、金屬桿自由下落的高度 ：，ab下落0.3m的過程中，通過R的電荷量：，D正確；故選ABD。50兩根足夠長的平行光滑導(dǎo)軌豎直固定放置，頂端接一電阻R，導(dǎo)軌所在的平面與勻強磁場垂直；將

59、一金屬棒與下端固定的輕彈簧的上端栓接，金屬棒和導(dǎo)軌接觸良好，重力加速度為g，如圖所示現(xiàn)將金屬棒從彈簧原長位置由靜止釋放，則（）A. 金屬棒在最低點的加速度小于gB. 回路中產(chǎn)生的總熱量等于金屬棒重力勢能的減少量C. 當彈簧彈力等于金屬棒的重力時，金屬棒下落速度最大D. 金屬棒在以后運動過程中的最大高度一定低于靜止釋放時的高度【答案】 AD考點：能量守恒定律；楞次定律【名師點睛】本題運用力學(xué)的方法分析金屬棒的運動情況和受力情況及功能關(guān)系，金屬棒的運動情況：先向下做加速運動，后向下做減速運動，當重力、安培力與彈簧的彈力平衡時，速度最大此題的難點是運用簡諧運動的對稱性分析金屬棒到達最低點時的加速度與g的關(guān)系。二、多項選擇題1如圖，正方形閉合導(dǎo)線框在邊界水平的勻強磁場區(qū)域的上方，由不同高度靜止釋放，用、分別表示線框ab邊和cd邊剛進入磁場的時刻，用、分別表示線框ab邊和cd邊剛出磁場的時刻。線框下落過程中形狀不變，ab邊始終保持與磁場水平邊界平行，線框平面與磁場方向垂直。設(shè)磁場區(qū)域的寬度大于線框的邊長，不計空氣阻力的影響，則下列反映線框下落過程中速度v隨時間t變化規(guī)律的圖象有可能的是 () A. B. C. D. 【答案】 BCD【解析】A、在0時間內(nèi)，線框做自由落體運動，時刻以后，線框全部進入磁場后做勻加速直線運動，這兩段時間內(nèi)的vt圖線均