2019-2020年高考物理試題分項(xiàng)版匯編系列 專題12 電磁感應(yīng)（含解析）.doc

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2019-2020年高考物理試題分項(xiàng)版匯編系列 專題12 電磁感應(yīng)（含解析）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(yùn)動(dòng)，則環(huán)上的感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針方向B. 金屬環(huán)向下運(yùn)動(dòng)，則環(huán)上的感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)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?yàn)槟鏁r(shí)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?yàn)槟鏁r(shí)針【答案】 C【點(diǎn)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(chǎng)變化導(dǎo)致磁通量變化，也有面積變化導(dǎo)致磁通量變化，還有磁場(chǎng)與面積均變化導(dǎo)致磁通量變化的，最后有磁場(chǎng)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(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直紙面向外，當(dāng)磁場(chǎng)變化時(shí)，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(chǎng)的變化情況可能是下列選項(xiàng)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(dá)式F=BIL=，由圖可知安培力的大小不變,而SL是定值,若磁場(chǎng)B增大,則B/t減小，若磁場(chǎng)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(shí)針，原磁場(chǎng)磁感強(qiáng)度應(yīng)是增加的，故D正確，ABC錯(cuò)誤；故選：D.3一個(gè)閉合線圈中沒有產(chǎn)生感應(yīng)電流，因此可以得出（ ）.A. 此時(shí)該處一定沒有磁場(chǎng) B. 此時(shí)該處一定沒有磁場(chǎng)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(chǎng)平行，故A錯(cuò)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(chǎng)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(chǎng)的變化或沒有面積的變化，故BC錯(cuò)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(diǎn)睛：解答本題主要是抓住感應(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(chǎng)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(gè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)邊界是EF，在EF右側(cè)無磁場(chǎng)，左側(cè)是勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，如圖甲所示現(xiàn)有一個(gè)閉合的金屬線框以恒定速度從EF右側(cè)水平進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域線框中的電流隨時(shí)間變化的it圖象如圖乙所示，則可能的線框是下列四個(gè)選項(xiàng)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(dòng)勢(shì)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(shí)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(shí)間均勻變化，即L與時(shí)間t成正比三角形線框勻速進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，有效長度L先增加，后減小，且隨時(shí)間均勻變化，符合題意，故A正確；梯形線框勻速進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，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(cuò)誤；長方形線框進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，有效長度L不變，感應(yīng)電流不變，不符合題意，故B錯(cuò)誤；閉合圓環(huán)勻速進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，有效長度L先變大，后變小，但L不隨時(shí)間均勻變化，不符合題意，故D錯(cuò)誤；故選A點(diǎn)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(dòng)勢(shì)公式、歐姆定律、分析清楚圖象特點(diǎn)是正確解題的關(guān)鍵.5有人把自行車進(jìn)行了改裝，在后車輪上裝上了一個(gè)小型發(fā)電機(jī)，想看電視時(shí)，就騎在自行車上不停地蹬車，可供電視、照明用電發(fā)電機(jī)原理如圖甲所示，在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，放置一個(gè)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(qiáng)度垂直，發(fā)電輪半徑為r，輪軸和輪緣為兩個(gè)輸出電極，該發(fā)電機(jī)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(dāng)人蹬車的速度增大時(shí)，小燈泡兩端的電壓降低B. 當(dāng)人蹬車的速度增大時(shí)，小燈泡兩端的電壓不變C. 小燈泡的功率與發(fā)電機(jī)轉(zhuǎn)速無關(guān)D. 小燈泡的功率隨發(fā)電機(jī)轉(zhuǎn)速的增大而增大【答案】 D【解析】PQ輸出端的電壓為，當(dāng)人蹬車的速度增大時(shí)，小燈泡兩端的電壓增大，選項(xiàng)AB錯(cuò)誤；小燈泡的功率：，則小燈泡的功率隨發(fā)電機(jī)轉(zhuǎn)速的增大而增大，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確；故選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(diǎn)和cd中點(diǎn)的連線OO恰好位于垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)的右邊界上，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.當(dāng)線圈轉(zhuǎn)過90時(shí)，通過電阻R的電荷量為()A. B. C. D. 【答案】 B【解析】當(dāng)正方形線圈abcd有一半處在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中時(shí)，磁通量為：，根據(jù)，故B正確，ACD錯(cuò)誤；故選B點(diǎn)睛：本題考查對(duì)于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中磁通量的求解能力對(duì)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(xì)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(qiáng)磁場(chǎng)B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(dòng)，滑動(dòng)過程PQ始終與ab垂直，且與線框接觸良好，不計(jì)摩擦在PQ從靠近ad處向bc滑動(dòng)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(xiàng)，設(shè)導(dǎo)體棒的長度為，磁感應(yīng)強(qiáng)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(dòng)勢(shì)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(dāng)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(xiàng)錯(cuò)誤。C，D項(xiàng)，電源的內(nèi)阻為，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(shí)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(xiàng)錯(cuò)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(gè)單匝線圈a、b的半徑分別為r和2r，圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)B的邊緣恰好與a線圈重合，若磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻增大，開始時(shí)的磁感應(yīng)強(qiáng)度不為0，則（）A. 任意時(shí)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(dòng)勢(shì)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(shí)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(shí)刻，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(cuò)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(dòng)勢(shì)相等，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)之比為1：1，故B錯(cuò)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(cuò)誤D、根據(jù)焦耳定律得 Q=t，得相同時(shí)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(qiáng)磁場(chǎng)，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(yùn)動(dòng)穿過勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，在t=0時(shí)刻恰好位于如圖所示的位置，以順時(shí)針方向?yàn)閷?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(gè)裝置處于豎直向上的磁場(chǎng)中。當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻減小時(shí)，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(chǎng)方向應(yīng)豎直向上，所以方向?yàn)閺腷到a，A正確；因?yàn)榇艌?chǎng)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(dòng)勢(shì)恒定，即感應(yīng)電流恒定，B錯(cuò)誤；因?yàn)殡娏骱愣?，而磁感?yīng)強(qiáng)度減小，所以安培力減小，CD錯(cuò)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(chǎng)，磁感強(qiáng)度為B0導(dǎo)線一端B點(diǎn)固定，A端在沿BA方向的恒力F作用下向右緩慢移動(dòng)，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(shí)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(shí)間內(nèi)向右移動(dòng)微小的量x，則相應(yīng)圓半徑減小r，則有：x=2r在t時(shí)間內(nèi)F做的功等于回路中電功，S可認(rèn)為由于半徑減小微小量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(shí)間t為：解得：故B正確，ACD錯(cuò)誤故選B12通電直導(dǎo)線旁放一個(gè)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(yùn)動(dòng)情況是（）A. 線框向右移動(dòng)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(diǎn)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(chǎng)才方向與特點(diǎn)，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. 伽利略在研究自由落體運(yùn)動(dòng)時(shí)采用了微元法B. 在探究平均速度實(shí)驗(yàn)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(shí)利用了理想實(shí)驗(yàn)法D. 在探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系實(shí)驗(yàn)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(yùn)動(dòng)時(shí)采用了理想實(shí)驗(yàn)和邏輯推理的方法故A錯(cuò)誤平均速度能粗略表示物體運(yùn)動(dòng)的快慢，在探究平均速度實(shí)驗(yàn)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(shí)利用了控制變量法故C錯(cuò)誤在探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系實(shí)驗(yàn)中使用了控制變量的思想方法故D錯(cuò)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(qiáng)磁場(chǎng)外，線框的ab邊平行磁場(chǎng)邊界MN，線框以垂直于MN的速度v勻速進(jìn)入磁場(chǎng)，線框進(jìn)入磁場(chǎng)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(jìn)入磁場(chǎng)，線框進(jìn)入磁場(chǎng)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(xiàng)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(jìn)入磁場(chǎng)，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(jìn)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(dá)式：，拉力做的功轉(zhuǎn)化為電能，然后轉(zhuǎn)化為焦耳熱，由可知產(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(chǎng)的存在，飛機(jī)在一定高度水平飛行時(shí)，其機(jī)翼就會(huì)切割磁感線，機(jī)翼的兩端之間會(huì)有一定的電勢(shì)差若飛機(jī)在北半球水平飛行，則從飛行員的角度看，機(jī)翼左端的電勢(shì)比右端的電勢(shì)( )A. 低 B. 高 C. 相等 D. 以上情況都有可能【答案】 B【解析】當(dāng)飛機(jī)在北半球水平飛行時(shí)，由于地磁場(chǎng)的存在，且地磁場(chǎng)的豎直分量方向豎直向下，則由右手定則可判定機(jī)翼左端的電勢(shì)比右端的電勢(shì)高若構(gòu)成閉合電路則電流方向由機(jī)翼的右端流向左端，而機(jī)翼切割磁感線相當(dāng)于電源，所以電源內(nèi)部電流由負(fù)極流向正極故選B.點(diǎn)睛：機(jī)翼的運(yùn)動(dòng)，類似于金屬棒在磁場(chǎng)中切割磁感線一樣會(huì)產(chǎn)生電動(dòng)勢(shì)，而電源內(nèi)部的電流方向則是由負(fù)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(gè)電路中總電阻為R（恒定不變），整個(gè)裝置置于垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)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(chǎng)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(duì)ab桿做功的功率與速率v的成正比【答案】 D【解析】電動(dòng)勢(shì)E=BLv，則電流強(qiáng)度，知電流強(qiáng)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=FAv=，知外力的功率與速率的平方成正比故D錯(cuò)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(shí)驗(yàn)尋找磁單極子實(shí)驗(yàn)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(gè)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(shí)針（從上往下看）【答案】 C【解析】若N磁單極子穿過超導(dǎo)線圈的過程中，當(dāng)磁單極子靠近線圈時(shí)，當(dāng)穿過線圈中磁通量增加，且磁場(chǎng)方向從上向下，所以由楞次定律可知，感應(yīng)磁場(chǎng)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(shí)針；當(dāng)磁單極子遠(yuǎn)離線圈時(shí)，當(dāng)穿過線圈中磁通量減小，且磁場(chǎng)方向從下向上，所以由楞次定律可知，感應(yīng)磁場(chǎng)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(shí)針因此線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向不變故AD錯(cuò)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(shí)，感應(yīng)磁場(chǎng)從上向下，則感應(yīng)電流方向順時(shí)針；當(dāng)遠(yuǎn)離時(shí)，感應(yīng)電流也是順時(shí)針故B錯(cuò)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，故C正確；故選C.點(diǎn)睛：考查右手螺旋定則、楞次定律及磁單極子的特征同時(shí)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(qiáng)磁場(chǎng)垂直于導(dǎo)軌所在的平面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)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(jì)，金屬桿的摩擦不計(jì)。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(shí)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(dāng)棒2固定后，對(duì)左側(cè)棒，以向右為正方向，根據(jù)動(dòng)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(cuò)誤，C正確；故選：C?！久麕燑c(diǎn)睛】兩個(gè)棒均不固定時(shí)，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(gè)棒系統(tǒng)動(dòng)量守恒，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得到最后的共同速度，然后對(duì)右邊棒運(yùn)用動(dòng)量定理列式；當(dāng)右邊棒固定時(shí)，左邊棒受向左的安培力，做減速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)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(qiáng)磁場(chǎng)分布在寬度為L的區(qū)域內(nèi)，現(xiàn)有一個(gè)邊長為a（aL）的正方形閉合線圈以初速度v0垂直磁場(chǎng)邊界滑過磁場(chǎng)后，速度為v(vv0)，那么線圈A. 完全進(jìn)入磁場(chǎng)中時(shí)的速度大于（v0+v）/2B. 完全進(jìn)入磁場(chǎng)中時(shí)的速度等于（v0+v）/2C. 完全進(jìn)入磁場(chǎng)中時(shí)的速度小于（v0+v）/2D. 以上情況均有可能【答案】 B【解析】線框進(jìn)入磁場(chǎng)過程：線框離開磁場(chǎng)過程：聯(lián)立，得到：所以，選B。【名師點(diǎn)睛】線框進(jìn)入和穿出磁場(chǎng)過程，受到安培力作用而做減速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)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(gè)過程線框磁通量變化量大小相等，兩個(gè)過程電量相等，聯(lián)立就可求出完全進(jìn)入磁場(chǎng)中時(shí)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(shí)驗(yàn)加邏輯推理的方法研究了自由落體運(yùn)動(dòng)的規(guī)律B. 開普勒提出了日心說，從而發(fā)現(xiàn)了行星運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，后人稱為開普勒行星運(yùn)動(dòng)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(shí)驗(yàn)加邏輯推理的方法研究了自由落體運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)的規(guī)律，后人稱為開普勒行星運(yùn)動(dòng)定律，B錯(cuò)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(dá)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(chǎng)，磁化鐵質(zhì)鐵鍋，從而形成無數(shù)個(gè)小渦流（即電流），加速鍋底分子運(yùn)動(dòng)，使鍋底自身發(fā)熱達(dá)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(yùn)動(dòng)，穿過有理想邊界的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域后以速度v做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則當(dāng)完全處在磁場(chǎng)區(qū)域內(nèi)時(shí)的運(yùn)動(dòng)速度u為 （ ）A. u (v0+v)/2 B. u = （v0+v）/2C. u t2C. a22a1 D. a25a1【答案】 B【解析】AB、當(dāng)拉力的功率恒定時(shí)，隨著速度增大，拉力逐漸減小，最后勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)拉力最小，且最小值和第一種情況下拉力相等，因此都達(dá)到速度v時(shí)，t1t2，故A錯(cuò)誤，B正確；CD、由于兩種情況下，最終棒都以速度2v勻速運(yùn)動(dòng)，此時(shí)拉力與安培力大小相等，則有：當(dāng)拉力恒定速度為v，加速度為a1時(shí)，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(shí)，拉力為F，則有：P=F2v，又所以則當(dāng)速度為v時(shí)，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(cuò)誤。故選：B。【名師點(diǎn)睛】分析清楚兩種情況下的運(yùn)動(dòng)形式區(qū)別，然后根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律求解，注意兩種情況下導(dǎo)體棒最終勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)所受拉力大小是相同的。25下列三圖中除導(dǎo)體棒ab可動(dòng)外，其余部分均固定不動(dòng)，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(jì)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(qiáng)磁場(chǎng)中，導(dǎo)軌足夠長今給導(dǎo)體棒ab一個(gè)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(yùn)動(dòng)狀態(tài)是（ ） A. 三種情形下導(dǎo)體棒ab最終均做勻速運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)；甲中，ab棒最終靜止D. 甲、丙中，ab棒最終將做勻速運(yùn)動(dòng)；乙中，ab棒最終靜止【答案】 D【名師點(diǎn)睛】圖甲中，導(dǎo)體棒向右運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)情況；圖乙中，導(dǎo)體棒向右運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)；圖丙中，分析導(dǎo)體棒受到的安培力情況，判斷ab棒的運(yùn)動(dòng)情況。26在勻強(qiáng)磁場(chǎng)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(jì)）串聯(lián)，線圈平面與磁場(chǎng)垂直。當(dāng)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(jì)算出磁感強(qiáng)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(dòng)勢(shì)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(chǎng)垂直，現(xiàn)把探測(cè)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(diǎn)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(dá)式，同時(shí)注意磁通量雖然是標(biāo)量，但注意線圈分正反面，從而導(dǎo)致磁通量有正負(fù)還有磁通量與線圈匝數(shù)無關(guān)，但感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)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(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)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(gè)裝置放在一勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，則ab棒在運(yùn)動(dòng)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(chǎng)力方向與ab垂直，如圖中箭頭所示方向D. 受磁場(chǎng)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(dāng)ab棒從圖示位置滑到與水平面成45時(shí)，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(shí)針方向，即是ba而此時(shí)棒受到的安培力的方向與圖中箭頭方向相反當(dāng)越過與水平面成45時(shí)，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(shí)針方向，即是ab而此時(shí)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(xiàng)正確故選B28如圖所示，質(zhì)量為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(jì)，電阻R1=1.5，R2=3，整個(gè)裝置處在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B=1 T。桿從x軸原點(diǎn)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(diǎn)電勢(shì)高于b點(diǎn)電勢(shì)B. 在桿的整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，電流對(duì)電阻R1做的功為9JC. 整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，桿的位移為6mD. 在桿的整個(gè)運(yùn)動(dòng)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(diǎn)電勢(shì)高于b點(diǎn)電勢(shì)，選項(xiàng)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：，解得QR1=3J，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由動(dòng)量定理可知：，解得，則通過R1的電量為，選項(xiàng)D正確；由，其中，解得x=6m，選項(xiàng)C正確；此題選項(xiàng)不正確的選項(xiàng)，故選B. 29一個(gè)粗細(xì)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(qiáng)磁場(chǎng)，自MN邊進(jìn)入磁場(chǎng)開始線框以v勻速穿過磁場(chǎng)區(qū)域，則PQ兩端的電勢(shì)差UPQ隨時(shí)間的關(guān)系圖線為A. B. C. D. 【答案】 A【解析】勻速運(yùn)動(dòng)L的過程中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)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；在2L3L的過程中，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=2BLv，根據(jù)閉合電路的歐姆定律可得，故A正確、BCD錯(cuò)誤故選A點(diǎn)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(jìn)行選擇在解題時(shí)要靈活選擇解法，也可以運(yùn)用排除法等進(jìn)行解答30法拉第是十九世紀(jì)電磁學(xué)領(lǐng)域中最偉大的實(shí)驗(yàn)家，下列有關(guān)法拉第在電磁學(xué)領(lǐng)域的貢獻(xiàn)，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(chǎng)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)，而是與原電流的變化有關(guān)D. 法拉第通過科學(xué)實(shí)驗(yàn)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(chǎng)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(qiáng)磁場(chǎng)，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(chǎng)區(qū)域，規(guī)定線框中感應(yīng)電流逆時(shí)針方向?yàn)檎较颍€框剛進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)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(jìn)入磁場(chǎng)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(dāng)右邊和斜邊切割長度相等時(shí)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)電流方向先是逆時(shí)針，后是順時(shí)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(cuò)誤故選C32某同學(xué)在“探究感應(yīng)電流產(chǎn)生的條件”的實(shí)驗(yàn)中，將直流電源、滑動(dòng)變阻器、線圈（有鐵芯）、線圈、靈敏電流計(jì)及開關(guān)按圖連接成電路在實(shí)驗(yàn)中，該同學(xué)發(fā)現(xiàn)形狀閉合的瞬間，靈敏電流計(jì)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(dāng)線圈拔出時(shí)，靈敏電流計(jì)的指針向左偏B. 當(dāng)線圈中的鐵芯拔出時(shí)，靈敏電流計(jì)的指針向右偏C. 當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑片勻速滑動(dòng)時(shí)，靈敏電流計(jì)的指針不偏轉(zhuǎn)D. 當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑片向端滑動(dòng)時(shí)，靈敏電流計(jì)的指針向右偏【答案】 B點(diǎn)睛：本題無法直接利用楞次定律進(jìn)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(xiàng)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(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)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(chǎng)上方高h(yuǎn)處靜止釋放，cd邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度為，cd邊剛離開磁場(chǎng)時(shí)速度也為，則從線圈cd邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)起一直到ab邊離開磁場(chǎng)的過程中。下列說法不正確的是：（）A. 線圈可能是加速進(jìn)入磁場(chǎng)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(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)沒有感應(yīng)電流，不受安培力，做勻加速運(yùn)動(dòng)，而cd邊剛離開磁場(chǎng)與剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度相等，所以線圈進(jìn)磁場(chǎng)時(shí)要減速，A錯(cuò)誤；B、根據(jù)能量守恒可知：從cd邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)到cd邊剛穿出磁場(chǎng)的過程：線圈動(dòng)能變化量為0，重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為線框產(chǎn)生的熱量Q=mgd，cd邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度為v0，cd邊剛離開磁場(chǎng)時(shí)速度也為v0，所以線圈穿出磁場(chǎng)與進(jìn)入磁場(chǎng)的過程運(yùn)動(dòng)情況相同，線框產(chǎn)生的熱量與從cd邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)到cd邊剛穿出磁場(chǎng)的過程產(chǎn)生的熱量相等，所以線圈從cd邊進(jìn)入磁場(chǎng)到ab邊離開磁場(chǎng)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(yùn)動(dòng)，在完全進(jìn)入磁場(chǎng)前做勻速運(yùn)動(dòng)，因?yàn)橥耆M(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度最小，則，則線圈下落的最小速度可能為：，故C錯(cuò)誤；D、設(shè)線圈的最小速度為vm，可知全部進(jìn)入磁場(chǎng)的瞬間速度最小。由動(dòng)能定理，從cd邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)到線框完全進(jìn)入時(shí)，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(cuò)誤答案，故選：A?！久麕燑c(diǎn)睛】線圈由靜止釋放，其下邊緣剛進(jìn)入磁場(chǎng)和剛穿出磁場(chǎng)時(shí)刻的速度是相同的，又因?yàn)榫€圈全部進(jìn)入磁場(chǎng)不受安培力，要做勻加速運(yùn)動(dòng)，可知線圈進(jìn)入磁場(chǎng)先要做減速運(yùn)動(dòng)；根據(jù)動(dòng)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(gè)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(chǎng)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(qiáng)度大小均為B。圓環(huán)在加速下落過程中某一時(shí)刻的速度為v，忽略電感的影響，則A. 此時(shí)在圓環(huán)中產(chǎn)生了（俯視）逆時(shí)針的感應(yīng)電流B. 此時(shí)圓環(huán)受到豎直向下的安培力作用C. 此時(shí)圓環(huán)的加速度D. 如果徑向磁場(chǎng)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(shí)針的感應(yīng)電流，故A錯(cuò)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(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤；圓環(huán)落入磁感應(yīng)強(qiáng)度B的徑向磁場(chǎng)中，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)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：，故C錯(cuò)誤；當(dāng)圓環(huán)做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，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(cuò)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(qiáng)電場(chǎng)中，一帶電荷量為q，質(zhì)量為m的小球(可視為質(zhì)點(diǎn))，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(diǎn)的電勢(shì)能大于在A點(diǎn)的電勢(shì)能B. 水平勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度為C. 若電場(chǎng)強(qiáng)度加倍，小球運(yùn)動(dòng)的加速度大小為3m/s2D. 若電場(chǎng)強(qiáng)度減半，小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)速度為初速度v0的一半【答案】 BD【解析】試題分析：小球由A到B的過程中，重力做負(fù)功，電場(chǎng)力做正功，小球電勢(shì)能減少，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；因小球做勻速運(yùn)動(dòng)，由平衡條件知qEcos=mgsin，所以電場(chǎng)強(qiáng)度，選項(xiàng)B正確；電場(chǎng)強(qiáng)度變?yōu)?倍后，則有q2Ecos mgsinma，所以a6 m/s2，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；電場(chǎng)強(qiáng)度減為一半后，則有:，a13 m/s2，由v02v22a1L代入數(shù)值得v1 m/s，選項(xiàng)D正確；故選BD。考點(diǎn)：帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)；牛頓第二定律；動(dòng)能定理【名師點(diǎn)睛】由帶電小球受到分析得：重力、支持力與電場(chǎng)力，且三力均不變?nèi)舸嬖诩铀俣?，則帶小球也不可能到達(dá)N點(diǎn)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(yùn)動(dòng)。36如圖所示，一個(gè)菱形的導(dǎo)體線框沿著自己的對(duì)角線勻速運(yùn)動(dòng)，穿過具有一定寬度的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，已知對(duì)角線AC的長度為磁場(chǎng)寬度的兩倍且與磁場(chǎng)邊界垂直下面對(duì)于線框中感應(yīng)電流隨時(shí)間變化的圖象(電流以ABCD順序流向?yàn)檎较?，從C點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)開始計(jì)時(shí))正確的是()A. B. C. D. 【答案】 B【解析】線圈在進(jìn)磁場(chǎng)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?yàn)锳BCD方向，為正；在出磁場(chǎng)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?yàn)锳DCBA，為負(fù)在線圈進(jìn)入磁場(chǎng)的前一半的過程中，切割的有效長度均勻增大，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)均勻增大，則感應(yīng)電流均勻增大，在線圈進(jìn)入磁場(chǎng)的后一半過程中，切割的有效長度均勻減小，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)均勻減小，則感應(yīng)電流均勻減??；故B正確，ACD錯(cuò)誤故選：B.視頻37在水平桌面上，一個(gè)圓形金屬框置于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，線框平面與磁場(chǎng)垂直，圓形金屬框與一個(gè)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(qiáng)磁場(chǎng)中，該磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度恒定，方向垂直導(dǎo)軌平面向下，如圖甲所示磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間的變化關(guān)系如圖乙所示內(nèi)磁場(chǎng)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(shí)間變化的圖象是（ ）A. B. C. D. 【答案】 D點(diǎn)睛：本題表面上要求靜摩擦力大小與方向，實(shí)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(huì)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(chǎng)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，由于所在區(qū)域磁場(chǎng)大小不等，則所受安培力大小不等。則B正確C錯(cuò)。若直導(dǎo)線中的電流增大，則導(dǎo)線右側(cè)磁場(chǎng)增強(qiáng)，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(cuò)。考點(diǎn)：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(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)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(dòng)過程中與導(dǎo)軌保持良好接觸，重力加速度為g，）不計(jì)一切摩擦力，導(dǎo)體棒接入回路電阻為r，則整個(gè)下滑過程中（）A. 導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)速度大小為B. 勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)導(dǎo)體棒兩端電壓為C. 導(dǎo)體棒下滑距離為s時(shí)，通過R的總電荷量為D. 重力和安培力對(duì)導(dǎo)體棒所做的功大于導(dǎo)體棒獲得的動(dòng)能【答案】 AC考點(diǎn)：考查了電磁感應(yīng)切割類問題【名師點(diǎn)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(dòng)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(qiáng)磁場(chǎng)中，圓盤圓心處固定一個(gè)搖柄，邊緣和圓心處各與一個(gè)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(dòng)搖柄，使圓盤以角速度逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，下列說法正確的是()A. 回路中不會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流B. 回路中會(huì)產(chǎn)生電流大小不變、方向變化的感應(yīng)電流C. 回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(jìn)電流表【答案】 D【解析】銅盤轉(zhuǎn)動(dòng)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)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(jìn)電流表，故ABC錯(cuò)誤，D正確；故選：D。【名師點(diǎn)睛】圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)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(dòng)勢(shì)公式分析電動(dòng)勢(shì)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(fù)電的質(zhì)點(diǎn)在固定的正的點(diǎn)電荷作用下繞該正電荷做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，周期為T0，軌道平面位于紙面內(nèi)，質(zhì)點(diǎn)的速度方向如圖中箭頭所示，現(xiàn)加一垂直于軌道平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，已知軌道半徑并不因此而改變，則 ( )A. 若磁場(chǎng)方向指向紙里，質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的周期將大于T0B. 若磁場(chǎng)方向指向紙里，質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的周期將小于T0C. 若磁場(chǎng)方向指向紙外，質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的周期將大于T0D. 若磁場(chǎng)方向指向紙外，質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的周期將小于T0【答案】 AD【解析】若磁場(chǎng)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)?，所以向心力減小了，又因?yàn)檐壍腊霃經(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(diǎn)的運(yùn)動(dòng)周期變大，A正確B錯(cuò)誤，若磁場(chǎng)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相同，即向心力從變?yōu)?，向心力變大了，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(cuò)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(diǎn)評(píng)：本題考查了粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，關(guān)鍵是根據(jù)題中的信息，運(yùn)用相關(guān)公式進(jìn)行解析，視頻42如圖所示，有一個(gè)等腰直角三角形的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域其直角邊長為L，磁場(chǎng)方向垂直紙面向外，磁感應(yīng)強(qiáng)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(chǎng)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(biāo)x變化的圖象正確的是()A. B. C. D. 【答案】C故選C【點(diǎn)評(píng)】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(shí)選擇圖象43如圖9所示，足夠長且電阻不計(jì)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(qiáng)磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)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(jì)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(shí)間金屬棒達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)，這段時(shí)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(shí)間內(nèi)下降的高度1.2 mC. 重力最大功率為0.1 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(cuò)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(dāng)安培力等于重力時(shí)，速度最大，解得，重力最大功率，故C錯(cuò)誤；由能量守恒定律，電阻產(chǎn)生的焦耳熱，故D正確?？键c(diǎn)：導(dǎo)體切割磁感線時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)；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(qiáng)磁場(chǎng)中有兩個(gè)導(dǎo)體圓環(huán)a、b，磁場(chǎng)方向與圓環(huán)所在平面垂直。磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)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(dòng)勢(shì)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:Eb=2:1，感應(yīng)電流均沿逆時(shí)針方向B. Ea:Eb=2:1，感應(yīng)電流均沿順時(shí)針方向C. Ea:Eb=4:1，感應(yīng)電流均沿逆時(shí)針方向D. Ea:Eb=4:1，感應(yīng)電流均沿順時(shí)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(chǎng)向外，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間均勻增大，根據(jù)楞次定律可知，感應(yīng)電流均沿順時(shí)針方向，故D正確，ABC錯(cuò)誤；故選D45如圖所示，有一個(gè)等腰直角三角形的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域其直角邊長為L，磁場(chǎng)方向垂直紙面向外，磁感應(yīng)強(qiáng)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(chǎng)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(biāo)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(biāo)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(dòng)勢(shì)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(fù)值，線框ad邊有效切線長度為l=x-2L，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E=Blv=B（x-2L）v，感應(yīng)電流，根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)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(dāng)S閉合時(shí)，L1立即變亮，L2逐漸變亮B. 當(dāng)S閉合時(shí)，L1一直不亮，L2逐漸變亮C. 當(dāng)S斷開時(shí)，L2立即熄滅D. 當(dāng)S斷開時(shí)，L1突然變亮，然后逐漸變暗至熄滅【答案】 BD【解析】試題分析：當(dāng)S閉合時(shí)，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(dòng)勢(shì)阻礙電流增加，故使得L2逐漸變亮，選項(xiàng)B正確，A錯(cuò)誤；當(dāng)S斷開時(shí)，由于線圈自感電動(dòng)勢(shì)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(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確；故選BD考點(diǎn)：自感現(xiàn)象【名師點(diǎn)睛】此題是對(duì)自感現(xiàn)象的考查；要知道自感線圈的作用是當(dāng)電流增加時(shí)，產(chǎn)生的自感電動(dòng)勢(shì)阻礙電流的增加；電流減弱時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)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(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)現(xiàn)施加一垂直穿過圓盤的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，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(chǎng)中的圓盤部分，靠近圓心處電勢(shì)高B. 所加磁場(chǎng)越強(qiáng)越易使圓盤停止轉(zhuǎn)動(dòng)C. 若所加磁場(chǎng)反向，圓盤將加速轉(zhuǎn)動(dòng)D. 若所加磁場(chǎng)穿過整個(gè)圓盤，圓盤將勻速轉(zhuǎn)動(dòng)【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(shì)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(shì)高，所以A正確；B、根據(jù)右手定則可知，產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為BLv，所以所加磁場(chǎng)越強(qiáng)，產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)越大，電流越大，受到的安培力越大，越易使圓盤停止轉(zhuǎn)動(dòng)，所以B正確；C、若所加磁場(chǎng)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(dòng)，所以圓盤還是減速轉(zhuǎn)動(dòng)，所以C錯(cuò)誤；D、若所加磁場(chǎng)穿過整個(gè)圓盤時(shí)，圓盤在切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，相當(dāng)于電路斷開，則不會(huì)產(chǎn)生“感應(yīng)電流，沒有安培力的作用，圓盤將勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，所以D正確；故選：ABD【點(diǎn)評(píng)】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(duì)于這兩個(gè)定則運(yùn)用時(shí)，要解決兩個(gè)問題：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(qiáng)磁場(chǎng)外，線框兩次勻速地完全進(jìn)入磁場(chǎng)，兩次速度大小相同，方向均垂直于MN.第一次ab邊平行MN進(jìn)入磁場(chǎng)，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(jìn)入磁場(chǎng)，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(dòng)能定理；利用能量守恒；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(jì)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(qiáng)磁場(chǎng)現(xiàn)將質(zhì)量m0.1kg、電阻不計(jì)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(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)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(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為2TB. 金屬桿ab下落0.3m時(shí)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的過程中通過R的電荷量為0.25C【答案】 D【解析】A、進(jìn)入磁場(chǎng)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(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，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(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)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(cuò)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(qiáng)磁場(chǎng)垂直；將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(diǎn)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(shì)能的減少量C. 當(dāng)彈簧彈力等于金屬棒的重力時(shí)，金屬棒下落速度最大D. 金屬棒在以后運(yùn)動(dòng)過程中的最大高度一定低于靜止釋放時(shí)的高度【答案】 AD考點(diǎn)：能量守恒定律；楞次定律【名師點(diǎn)睛】本題運(yùn)用力學(xué)的方法分析金屬棒的運(yùn)動(dòng)情況和受力情況及功能關(guān)系，金屬棒的運(yùn)動(dòng)情況：先向下做加速運(yùn)動(dòng)，后向下做減速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)重力、安培力與彈簧的彈力平衡時(shí)，速度最大此題的難點(diǎn)是運(yùn)用簡諧運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性分析金屬棒到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)的加速度與g的關(guān)系。二、多項(xiàng)選擇題1如圖，正方形閉合導(dǎo)線框在邊界水平的勻強(qiáng)磁場(chǎng)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(jìn)入磁場(chǎng)的時(shí)刻，用、分別表示線框ab邊和cd邊剛出磁場(chǎng)的時(shí)刻。線框下落過程中形狀不變，ab邊始終保持與磁場(chǎng)水平邊界平行，線框平面與磁場(chǎng)方向垂直。設(shè)磁場(chǎng)區(qū)域的寬度大于線框的邊長，不計(jì)空氣阻力的影響，則下列反映線框下落過程中速度v隨時(shí)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(shí)間內(nèi)，線框做自由落體運(yùn)動(dòng)，時(shí)刻以后，線框全