高考物理试题分项版汇编系列 专题12 电磁感应（含解析）.pdf

、单选题1.如图所示，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，环的扇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。以下说法正确的是（）左右A.金属环向上运动，则环上的感应电流方向为顺时针方向B.金属环向下运动，则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，则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，则环上的感应电流方向为逆时针【答案】C【解析】A、B、直导线之间的磁场时对称的，圆环在中间时，通过圆环的磁通量为零，金属环上下运动的 时候，圆环的磁通量不变，不会有感应电流产生，故A,B错误；C、金属环向右侧直导线靠近，则穿过圆 环的磁场垂直纸面向里并且增强，根据楞次定律可得，环上的感应电流方向为逆时针，故C正确；D、金属 环向左侧直导线靠近，则穿过圆环的磁场垂直纸面向外并且增强，根据楞次定律可得，环上的感应电流方 向为顺时针，故D错误；故选C。【点睛】本题考查楞次定律的应用，掌握感应电流的产生条件，理解右手螺旋定则的内容.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，则磁场的变化情况可能是下列选项中的（）【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，则安培力的表达式片皮=,由图可知安培力的大小不变，而S是定值，若磁场方增大，则历减小，若磁场方减小，则历力增大；线圈AB边所受安培力向右，则感应电流的方向是顺时针，原磁场磁感强度应是增加的，故正确，四。错误；故选：。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；故选D.点睛：解答本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你在座右侧无磁场，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 以恒定速度从所右侧水平进入匀强磁场区域.线框中的电流随时间变化的方图象如图乙所示，则可能的线框 是下列四个选项中的（）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,则感应电流；由图乙所示图象可知，感应电流先变大，后变小，目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I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；闭合周环匀速进入磁场时，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;故选A.点睛：本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,如图所示，发电轮平面与磁感应强度垂直，发电轮半径为二，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，则下列说法中正确的是（）&甲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:，则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；故选D.6.如图所示，边长为，匝数为N的正方形线圈劭加位于纸面内，线圈内接有电阻值为的电阻，过动中点和 力中点的连线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夕当线圈转过90时，通过电阻左的电荷量为（）B.A.C.D.【答案】B【解析】当正方形线圈abe d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；故选B.点睛：本题考查对于匀强磁场中磁通量的求解能力.对于公式二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abe d,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、de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be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，则左右两边线框的电阻为，流过PQ的电流/=3RE r（3/？-r）+37?2ER+R并可以看出当PQ从靠近ad向be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be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，本题正确答案为C。8.如图所示，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，若磁场的磁感应强度均匀增大，开始时的磁感应强度不为0,则（）bA.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:L故A错误.B、根据法拉第电磁感应定律得：E=S,S=7cr2,则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1=,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.故选：D9.如图所示，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时刻恰好位于如图所示的位 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（）【答案】B【解析】试题分析：将整个过程分成三个位移都是L的三段，根据楞次定律判断感应电流方向.由感应电 动势公式E=Blv,1是有效切割长度,分析1的变化情况，确定电流大小的变化情况.位移在。L过程：磁通量增大，由楞次定律判断感应电流方向为顺时针方向，为正值.1=登，/=工，则/=华工；位移在L2L过程：磁通量先增大后减小，由楞次定律判断感应电流方向先为顺时针方向，为正值，后为逆时针方向，为负值，MD错误；位移在2L3L过程：磁通量减小，由楞次定律判断感应电DF流方向为逆时针方向，为负值.大小，=半（2-力，B正确.10.如图所示，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，贝!:（）A.杆中感应电流方向是从b到a B.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，故恒定，根据法拉第电磁感应定律可得可知感应电动势恒定，即感应电流恒定，B错误；因为电流恒 定，而磁感应强度减小，所以安培力减小，CD错误.H.如图所示，AB是一根裸导线，单位长度的电阻为电 一部分弯曲成直径为d的0圈，扇圈导线相交处导电接 触良好.园圈所在区域有与圆圈平面垂直的均匀磁场，磁感强度为B。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，从而使扇圈缓慢缩小.设在扇圈缩小过程中始终保持圆的形状，设导体回路是柔软的,此园圈从初始的直径d到完全消失所需时间t为（）【答案】B【解析】设在恒力F的作用下，A端!;时间内向右移动微小的量*,则相应圆半径减小口则有:x=2 兀 Ar在At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而引起的面积的变化，有：S=2兀;Ar而回路中的电阻区=凡2兀r,代入得，F-2jr Ar=M-62As2 8 2As2F7?o-（2）2 r Ar 2尸火 不显然At与圆面积变化成正比，所以由面积 兀M变化为零，所经历的时间t为：/=Z A，=Z8 2 A5 IFRtiB2IFRtiEA5解得：故B正确，ACD错误.故选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，如图所示.在线框abe d中没有产生感应电流的运动情况是（）a b cBA.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【解析】当保持M边与导线平行线圈向右移动时，穿过线圈的磁通量发生减小，则线圈中产生顺时针方向 的感应电漪：线框以导线为轴加速转动，穿过线圈的磁通量不变，则不可以产生感应电流；线框以ad边为 轴旋转，穿过线圈的磁通量发生变化，则线圈中产生感应电流.导线框以ab边为轴旋转，穿过线圈的磁通 量发生变化，则线圈中产生感应电流；本题选择不能产生感应电流的；故选B.点睛：该题将安培定则与楞次定律相结合，要先根据安培定则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，下列说法中正确的是（）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.故 选B.14.如图所示，纸面内有一矩形导体线框仍。&置于垂直纸面向里、边界为网，的匀强磁场外，线框的劭边平行 磁场边界恻线框以垂直于协,的速度匀速进入磁场，线框进入磁场过程中，产生焦耳热为Q,通过线框导体 横截面的电荷量为S,若线框以速度2匀速进入磁场，线框进入磁场过程中，产生的热量为。，通过线框导体 横截面的电荷量为3,则下列选项正确的是A.Q=2&0=2 sB.Q=2 Qi 3=。C.a=Qq ja=4Qq2=2s【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.若飞机在北半球水平飞行，则从飞行员的角度看，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，目地磁场的竖直分量方向竖直向下，则由右手定则可 判定机翼左端的电势比右端的电势高.若构成闭合电路则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.故选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则是由负极流 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，下列说法不正确的是（）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,则电流强度，知电流强度与速率成正比.故A正确.R=BIL=.知安培力与速率成正比.故B正确.根据P=Tr,贝U,知电阻R产生的热功率与速率的平方成正比.故C正 确.P=Fv=Rv=,知外力的功率与速率的平方成正比.故D错误.本题选不正确的，故选D.17.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，仪器的主要部分是由 超导体做成的线圈，设想有一个磁单极子穿过超导线圈，如图所示，于是在超导线圈中将引起感应电流，关于感 应电流的方向下列说法正确的是（）上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.假若磁单极子为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】若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，目磁场方向 从上向下，所以由楞次定律可知，感应磁场方向：从下向上，再由右手螺旋定则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，目磁场方向从下向上，所以由楞次定律可知，感应磁场方向：从下向上，再由右手螺旋定则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；若是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，则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；故选C.点睛：考查右手螺旋定则、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.如图所示,在水平面上有两条导电导轨M N、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，目与导轨垂直。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v。滑向杆2,为使两杆不相碰，则杆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.1:1 B.1:2 C.2:1 D.1:1【答案】C【解析】金属杆1、2均不固定时，系统动量守恒，以向右为正方向，有：加3=2而巧解得：户萼32对右恻杆，采用微元法，以向右为正方向，根据动量定理，有：其中：与5n=5一（耳一修）,1R故Z 也匚2R即玖&7】）=22R 2解得：力-72=,即A B间的距离最小为产;当棒2固定后，对左侧棒，以向右为正方向，根据动量定理，有：尸户勿匕其中：-L,故：-Z 2夕必匕即一=mvQ,解得：/=,故皿间的距离最小为丁=;故 x:/=1:2;故/劭错误，。正确；故选：Co【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.如图所示，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 D的正方形闭合线圈以初速度v。垂直磁场边界滑过磁场后，速度为v（v v。），那么线圈：X X X X;A.完全进入磁场中时的速度大于（v 0+v）/2B.完全进入磁场中时的速度等于（v+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：线框离开磁场过程：_ A (v0+v)/2C.u t2C.a2=2al D.电5al【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，因此都达到速度v时，故/错误，正确；CD、由于两种情况下，最终棒都以速度2匀速运动，此时拉力与安培力大小相等，则有：当拉力恒定速度为匕加速度为H时，根据牛顿第二定律有：解得：若保持拉力的功率恒定，速度为2/时，拉力为则有：P=F-2匕又所以则当速度为了时，拉力大小为：根据牛顿第二定律，得：解得：所以有a=38，故67?错误。故选：Bo1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.下列三图中除导体棒ab可动外，其余部分均固定不动，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【解析】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，当电容器C极板间电压与导 体棒产生的感应电动势相等时，电路中没有电流，却棒不受安培力，向右做匀速运动；图乙中，导体棒向 右运动切割磁感线产生感应电流，通过电阻正转化为内能，时棒速度减小，当的棒的动能全部转化为内能 时，金棒静止；图丙中，导体棒先受到向左的安培力作用向右做减速运动，速度减为零后再在安培力作用 下向左做加速运动，当导体棒产生的感应电动势与电源的电动势相等时，电路中没有电流，棒向左做匀 速运动。故白正确。故选：认【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棒符做减速运动；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，根据已知q、N、a、R可计算出磁感强度B 等于A.B.C.D.【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由闭合电路欧姆定律得感应电流根据电量的公式q=It,可得：.由于开始线圈平面与磁场垂直，现把探测圈翻转180,则磁能量的变化=2BS=2B 7r a2所以由上公式可得:，则得：，故选A.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.如图所示，A0 C是光滑的直角金属导轨，A0沿竖直方向，0 C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O C上，a端始终在AO上，直到ab完全落在O C 上。整个装置放在一匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，则ab棒在运动过程中A.感应电流方向始终是bf aB.感应电流方向先是ba,后变为af 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，则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，则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.故选B.28.如图所示，质量为炉0.5kg、电阻为L1Q的轻杆劭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=lm,导轨电阻不计，电阻A=1.5Q,%=3Q,整个装置处在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度 为方 T o杆从x轴原点。以水平速度=6m/s开始滑行，直到停止下来。下列说法不正说的是（）OA.a点电势高于b点电势B.在杆的整个运动过程中，电流对电阻用做的功为9JC.整个运动过程中，杆的位移为6mD.在杆的整个运动过程中，通过电阻用的电荷量为2c【答案】B【解析】由右手定则可知，a点电势高于8点电势，选项A正确；设总电流为I,则ab、电阻R和艮上的电功率 之比：厂曰厂&?二巴=3：”,由能量关系可知:，解得狐=3J,选项B错误；由动量定理可知:，解得,则通过R的电量为，选项D正确；由，其中，解得x=6m,选项C正确；此题选项不正确的选项，故选B.29.一个粗细均匀总甩阻为欠的矩形金属线框M W 0,如图，*的长度是2的2倍，服长度为,有一宽度为2、大小为方垂直纸面向里的匀强磁场，自V边进入磁场开始线框以了匀速穿过磁场区域，则放两端的电势差私随时间的关系图线为【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，根据闭合电路的欧姆 定律可得；在L2L过程中，磁通量不变，感应电流为零，此过程Upq=E=2BLv;在2L3L的过程中，感应电动势E=2BLv,根据闭合电路的欧姆定律可得，故A正确、BCD错误.故选A.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基本规律、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，下列有关法拉第在电磁学领域的贡献，不正确的是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】D【解析】法拉第是电磁学的奠基者，他首先提出了场的概念，选项A正确；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，选项B正确；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，选项C正确：楞次通过科学实蛤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蚩的变化，选项D错误；此题选择错误的选 项，故选D.31.如图所示，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io,直角边长为L.其感应电流i随位移x变化的图象正确的是A.I B.!C.D.【答案】C【解析】线框进入磁场的位移为0一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，根据右手定则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，则感应电流逐渐减小到零，所以C正确，ABD错误.故选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】Bt解析】由题意可知：开关闭合的瞬间，灵敏电流计的指针向左偏，则当磁通量增大时，则指针左偏3若 磁通蚩减小时，则右偏；当线圈A拔出，或线圈A中的铁芯拔出时，均导致磁通量减小，因此电流计指针 向右偏，故A错误，B正确；滑动变阻器的滑动端P匀速滑动，穿过线圈的磁通量发生变化，电流计指针都 要发生偏转，故C错误；当滑动变阻器的滑片向N端滑动时，电阻减小，则电流增大，导致磁通量增大，因此灵敏电流计的指针向左偏，故D错误；故选B.点睛：本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.如图所示，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abe d 边长为L(Lbf cf df 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-df bf a,为负值，线框ad边有效切线长E B(x-2L)v度为l=x-2L,感应电动势为E=Blv=B(x-2L)v,感应电流i=-8-R，根据数学知识知道C正确.故选C【点评】本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M N、PQ竖直放置，间距为L=0.5m,匀强磁场磁感 应强度B=0.2 T垂直穿过导轨平面，导轨的上端M与P间连接阻值为R=0.40 Q的电阻，质量为m=0.0 1 kg、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达到稳定状态，这段时间内通过R的电荷量为S3 C,则在这一过程中(g=10 m/s2)()A.安培力最大值为0.05 N B.这段时间内下降的高度1.2 mC.重力最大功率为o.1 w D.电阻产生的焦耳热为0.04 J【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Q=冽gx-2机4=0.0 41,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.如图所示，匀强磁场中有两个导体周环a、b,磁场方向与圆环所在平面垂直。磁感应强度方随时间均匀增大。两周坏半径之比为2:1,圆环中产生的感应电动势分别为笈和瓦，不考虑两周环间的相互影响。下列说法正确的A.区:瓦=2:1,感应电流均沿逆时针方向B.区:瓦=2:1,感应电流均沿顺时针方向C.:瓦=4:1,感应电流均沿逆时针方向D.区:瓦=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?=号5=予：因口=2:1,贝U;由于磁场向外，磁感应强度B随时间均匀增大，根据楞次定律可知，感应电流均沿顺时针方向，故D正确，ABC错误；故选D.45.如图所示，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、总电阻为的正方形导线框abed,从图示位置开始沿x轴正方向以速度-匀速穿过磁场区域.取 沿abeda的感应电流为正，则表示线框中电流，随be边的位置坐标x变化的图象正确的是（）ba【解析】be边的位置坐标x在L-2L过程，线框be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-df 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.故选C.46.如图所示的电路中，电感/的自感系数很大，电阻可忽略，为理想二极管，则下列说法正确的有()-一IsA.当S闭合时，匕立即变亮，心逐渐变亮B.当S闭合时，心一直不亮，心逐渐变亮C.当s断开时，4立即熄灭D.当S断开时，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，囚二极管加上了反向电压，故二极管截止，L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L的电流要在Lz-L-D-L之中形成新的回路，故L突然变亮，然后逐渐变暗至熄灭，选项C错 误，D正确；故选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，若有回路要重新形成电流；二极管只能导通正向电流.47.如图，一均匀金属园盘绕通过其圆心且与盘面垂直的轴逆时针匀速转动.现施加一垂直穿过厨盘的有界匀强 磁场，圆盘开始减速.在圆盘减速过程中，以下说法正确的是()A.处于磁场中的圆盘部分，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.若所加磁场反向，圆盘将加速转动D.若所加磁场穿过整个圆盘，圆盘，捋匀速转动【答案】ABD【解析】试题分析：将金属园盘看成由无数金属幅条组成，根据右手定则判断感应电流的方向，从而判断电势的 高低，形成感应电流，再根据左手定则，即可求解.解：A、将金属园盘看成由无数金属幅条组成，根据右手定则判断可知：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、根据右手定则可知，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，越易使园盘停止转动，所以B正确；C、若所加磁场反向，只是产生的电流反向，根据楞次定律可知，安培力还是阻碍图盘的转动，所以圆盘还是减 速转动，所以C错误；D、若所加磁场穿过整个圆盘时，扇盘在切割磁感线，产生感应电动势，相当于电路断开，则不会产生“感应电 流，没有安培力的作用，圆盘将匀速转动，所以D正确；故选：ABD【点评】本题关键要掌握右手定则、安培定则，并能正确用来分析电磁感应现象，对于这两个定则运用时，要解 决两个问题：一是什么条件下用；二是怎样用.48.如图所示，纸面内有一矩形导体闭合线框/cd,加边长大于6c边长，置于垂直纸面向里、边界为仞V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，方向均垂直于腑第一次外边平行树进入磁场,线框上产生的热量为Q,通过线框导体横截面的电荷量为S；第二次A边平行网,进入磁场，线框上产生的热量为精选文档。，通过线框导体横截面的电荷量为3则(xtr r116xXXXXXXXXXXXXXA.Q Qi9 Q=Qi B.Q a,q、q?C.Q=Q,S=Q D.Q=Q,q 0【答案】A【解析】设ab和be边长分别为L”L,若假设穿过磁场区域的速度为v,Q=4空.a=史史北,R v R=I、M=NA-A/=s.Bg R同理可以求得：0=驾至，取=华；K KLiL,由于两次“穿越”过程均为相同速率穿过，因此：QiQ qm+,故A正确，BCD错误.故选A.在电磁感应题目中，公式4=一，常考，要牢记，选择题中可直接应用，计算题中要写出推导过程3对于电磁感应能量问题一般有三种方法求解：利用电路中产生的热量等于克服安培力做得功；利用动能定理；利用能量守恒；具体哪种方法，要看题目中的已知条件.49.如图甲所示，电阻不计且间距=1m的光滑平行金属导轨竖直放置，上端接一阻值=2Q的电阻，虚线仞 下方有垂直于导轨平面向里的匀强磁场.现将质量0=0.1kg、电阻不计的金属杆劭从00上方某处由静止释放,金属杆助在下落的过程中与导轨保持良好接触且始终水平,已知金属杆仍进入磁场时的速度=lm/s,下落0.3m 的过程中加速度a与下落距离力的关系图像如图乙所示，g取10 m/s2,贝|()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lm/sC.金属杆加下落0.3m的过程中上产生的热量为0.2JD.金属杆力下落0.3m的过程中通过的电荷量为0.25C【答案】D【解析】A、进入磁场后，根据右手定则判断可知金属杆a6中电流的方向由a到6.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则有：，目代入数据，解得:，A正确；B、通过a-力图象知：，表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：Q=m(gh-v2)=0.1x(10 x0.3x0.52)J=0.28 75J,C 错误;2 2D、金属杆自由下落的高度：，仍下落0.3m的过程中，通过的电荷量：旦U/g)=2xlx(O.35)c 口 正确；R总 R R 2故选ABDO50.两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,如图所示.现耨金属棒从弹簧原长 位置由静止释放，则()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【解析】试题分析：金属棒先向下做加速运动，后向下做减速运动，假设没有磁场，金属棒运动到最低点 时，根据简谐运动的对称性可知，最低点的加速度等于刚释放时的加速度g,由于金属棒向下运动的过程中，产生感应电流，受到安培力，而安培力是阻力，则知金属棒下降的高度小于没有磁场时的高度，故金属棒 在最低点的加速度小于g.故A正确.根据能量守恒定律得知，回路中产生的总热蚩等于金属棒重力势能的 减少量与弹蓄弹性势能熠加量之差.故B错误.金属棒向下运动的过程中，受到重力、弹苗的弹力和安培 力三个力作用，当三力平衡时，速度最大，即当弹蓄弹力、安培力之和等于金属棒的重力时，金属棒下落 速度最大.故C错误.由于产生内能，弹苗具有弹性势能，由能量守恒得知，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.故D正确.故选仙。考点：能量守恒定律；楞次定律【名师点睛】本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