电磁感应（14）

1、内装订线学校:_姓名：_班级：_考号：_外装订线绝密启用前2018-2019学年度?学校8月月考卷试卷副标题考试范围：xxx；考试时间：100分钟；命题人：xxx注意事项：1答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2请将答案正确填写在答题卡上第I卷（选择题）请点击修改第I卷的文字说明一、单选题1随着新能源轿车的普及，无线充电技术得到进一步开发和应用。一般给大功率电动汽车充电时利用的是电磁感应原理。如图所示，由地面供电装置（主要装置有线圈和电源）将电能传送至电动车底部的感应装置（主要装置是线圈），该装置使用接收到的电能对车载电池进行充电，供电装置与车身接收装置通过磁场传送能量，由于电磁辐射等因素

2、，其能量传送效率只能达到90左右。无线充电桩一般采用平铺式放置，用户无需下车，无需插电即可对电动车进行充电。目前无线充电桩可以允许的充电有效距离一般为1520cm，允许的错位误差一般为15cm左右。下列说法正确的是（   ）A 无线充电桩的优越性之一是在百米开外也可以对电车快速充电B 车身感应线圈中的感应电流磁场总是要阻碍引起感应电流磁通量的变化C 车身中感应线圈中感应电流磁场总是与地面发射中电流的磁场方向相反D 若线圈均采用超导材料则能量的传输效率有望达到100【答案】B【解析】根据题意无线充电桩可以允许的充电有效距离一般为1525cm，允许的错位误差一般为15cm左右，

3、不可以在百米开外对电车快速充电，故A错误；根据楞次定律，车身感应线圈中感应电流的磁场总是要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，故B正确当地面发射线圈中电流增加时，穿过车身感应线圈的磁通量增加，根据楞次定律此时车身感应线圈中感应电流的磁场与地面发射线圈中电流的磁场方向相反；当地面发射线圈中电流减小时，穿过车身感应线圈的磁通量减少，根据楞次定律此时车身感应线圈中感应电流的磁场与地面发射线圈中电流的磁场方向相同，故C错误；由于电磁波传播的时候有电磁辐射，感应线圈和发射线圈中的能量传输不能达到百分之百，故D错误；故选B。点睛：解决本题的关键掌握楞次定律的内容，知道感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量

4、的变化，并能理解法拉第电磁感应定律的应用2如图所示，甲图中两导轨不平行，而乙图中两导轨平行，其余物理条件都相同，金属棒MN正在导轨上向右匀速运动，在金属棒运动过程中，将观察到()A L1、L2都发光，只是亮度不同B L1、L2都不发光C L2发光，L1不发光D L1发光，L2不发光【答案】D【解析】金属棒MN在轨道上向右匀速平动，由E=BLv可知，甲图中有效切割长度增大，产生的电动势增大，回路中的感应电流也增大；乙图产生的是恒定电动势；所以甲的原线圈n1中会出现变化的电流，乙的原线圈n1出现的是恒定电流。又根据变压器的原理可知，甲的副线圈n2产生感应电流，乙的副线圈n2没有感应电流产生，所以L

5、1发光，L2不发光。故ABC错误，D正确。故选D。点睛：本题涉及感应电动势的两种产生方式：感生和动生要熟练掌握两者的区别和计算，并且要熟知变压器只能改变交变电压的原理3如图，沿东西方向站立的两同学（左西右东)做“摇绳发电”实验：把一条长导线的两端连在一个灵敏电流计（零刻度在表盘中央）的两个接线柱上，形成闭合回路，然后迅速摇动MN这段“绳”。假设图M中情景发生在赤道，则下列说法正确的是A 当“绳”摇到最高点时，“绳”中电流最大B 当“绳”摇到最低点时，“绳”受到的安培力最大C 当“绳”向下运动时，N点电势比M点电势高D 摇“绳”过程中，灵敏电流计指针的偏转方向不变【答案】C【解析】当“绳”摇到最

6、高点时，绳转动的速度与地磁场方向平行，不切割磁感线，感应电流最小，故A错误。当“绳”摇到最低点时，绳转动的速度与地磁场方向平行，不切割磁感线，感应电流最小，绳受到的安培力也最小，故B错误。当“绳”向下运动时，地磁场向北，根据右手定则判断可知，“绳”中N点电势比M点电势高故C正确。在摇“绳”过程中，当“绳”向下运动和向上运动时，“绳”切割磁感线的方向变化，则感应电流的方向变化，即灵敏电流计指针的偏转方向改变，选项D错误；故选C. 点睛：本题要建立物理模型，与线圈在磁场中转动切割相似，要知道地磁场的分布情况，能熟练运用电磁感应的规律解题4边长为a的N匝正方形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线且与线圈在

7、同一平面内的对称轴匀速转动，转速为n，线圈所围面积内的磁通量随时间t变化的规律如图所示，图像中0为已知。下列说法正确的是A t1时刻线圈中感应电动势最大B t2时刻线圈中感应电流方向发生变化C 匀强磁场的磁感应强度大小为D 线圈中感应电动势的瞬时表达式为e2nN0sin2nt【答案】C【解析】时刻通过线圈的磁通量最大，而磁通量的变化率等于零，故感应电动势为零，故A错误； 时刻磁通量为零，线圈与磁场平行，磁通量变化率最大，线圈中感应电流为最大值，电流不会改变方向，故B错误；磁通量与线圈匝数无关，所以磁感应强度，故C正确；线圈中瞬时感应电动势的表达式为，故D错误；故选C.【点睛】由数学知识可知：磁

8、通量-时间图象斜率等于磁通量的变化率，其大小决定了感应电动势的大小当线圈的磁通量最大时，线圈经过中性面，电流方向发生改变5如图甲所示，一位于纸面内的圆形线圈通过导线与一小灯泡相连，线圈中有垂直于纸面的磁场。以垂直纸面向里为磁场的正方向，该磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示，则下列说法正确的是A t1t3内流过小灯泡电流的方向先为ba后为abB t1t3内流过小灯泡电流的方向先为ab后为baC t1t3内小灯泡先变亮后变暗D t1t3内小灯泡先变暗后变亮【答案】C【解析】t1t3内穿过线圈的磁通量先向里减小后向外增加，根据楞次定律可知，流过小灯泡电流的方向为ab，选项AB错误；t1t

9、3内，B-t线的斜率先增加后减小，则磁通量的变化率先增后减，感应电动势先增加后减小，小灯泡先变亮后变暗，选项C正确，D错误；故选C.点睛：此题关键是搞清B-t线斜率的物理意义：斜率的大小反映磁通量的变化率，斜率的符号反映感应电流的方向.6我国最大的水力发电工程三峡大坝于2006年5月20日全线完工，大坝中的大型发电机是()A 利用电磁感应现象制成，将电能转化为机械能B 利用电磁感应现象制成，将机械能转化为电能C 利用通电导线在磁场中受力的作用制成，将电能转化为机械能D 利用通电导线在磁场中受力的作用制成，将机械能转化为电能【答案】B【解析】我国最大的水力发电工程三峡大坝正在建设中，大坝中的大型

10、发电机是可以产生电能的机器，故是 利用电磁感性现象的原理工作的，它是将机械能转化为电能的过程。故选B。7如图所示，圆环a和b的半径之比为R1:R2=2:1，且都是由粗细相同的同种材料制成，连接两环的导线电阻不计，匀强磁场的磁感应强度始终以恒定的变化率变化，那么当只有a环置于磁场中与只有b环置于磁场中两种情况下，A、B两点的电势差之比为( ) A 1:1 B 2:1 C 3:1 D 4:1【答案】B【解析】a环与b环的半径之比为2：1，故周长之比为2：1，面积之比是4：1，根据电阻定律R=LS，电阻之比为2：1；A、B两点间电势差大小为路端电压，为U=RR+rE，磁感应强度变化率恒定的变化磁场，

11、故根据法拉第电磁感应定律公式E=nt=nBSt，得到两次电动势的大小之比为4：1；故两次的路段电压之比为U1U2=21，B正确【点睛】需要注意的是线圈相当于一个电源，AB间的电势差不等于电动势而等于路端电压8如图所示，在国庆阅兵盛典上，我国预警机“空警2 000”在天安门上空时机翼保持水平，以3.6×102km/h的速度自东向西飞行，该机的翼展(两翼尖之间的距离)为50m，北京地区地磁场的竖直分量向下，大小为4.0×105T，则()A 两翼尖之间的电势差为2.0VB 两翼尖之间的电势差为1.0VC 飞行员左方翼尖的电势比右方翼尖的电势高D 飞行员左方翼尖的电势比右方翼尖的电

12、势低【答案】C【解析】由E=BLv可得，两翼尖间的电势差为U=E=4.0×105×50×3.6×1023.6V=0.2V，AB错误；由右手定则可知，电路中感应电动势方向自右向左，因飞机此时作为电源处理，故电势应为左方向高，C正确D错误【点睛】在没有电流的情况下，也可由右手定则判断电势的高低；四指所指的方向为高电势处；注意右手定则和左手定则的区别9如图所示，电源的左端为正极，四组同学分别制作探究电磁感应现象的实验装置，在一根较长的铁钉上用漆包线绕两个线圈a和b，将与线圈 b相连的cd漆包线水平置于小磁针的正上方，小磁针静止放在水平桌面上，若某一组同学在闭合

13、开关S瞬间，从上向下俯视看，小磁针N极顺时针偏转，那么该组同学是用了下面哪组装置(下列四幅图中电池左端为正极）()A B C D 【答案】B【解析】AC图中闭合开关的瞬间，穿过线圈b的磁通量不变化，没有感应电流产生，即cd中没有感应磁场，小磁针不会偏转，AC错误；B图中，干电池通电的瞬间，线圈a中产生电流，根据安培定则，结合楞次定律，电流的方向由c到d，cd导线下方的磁场方向垂直纸面向里，则小磁针N极向纸内偏转，S极向纸外偏转，那么从上向下俯视看，小磁针N极顺时针偏转，而D图中，由于a线圈的缠法变化，导致cd中的电流为从d到c，小磁针N极影逆时针转动，B正确D错误10如图所示，E为电池，L是电

14、阻可忽略不计、自感系数足够大的线圈，D1、D2是两个规格相同且额定电压足够大的灯泡，S是控制电路的开关。对于这个电路，下列说法正确的是（ ）A 刚闭合开关S的瞬间，D1先亮，D2后亮B 刚闭合开关S的瞬间，D1后亮，D2先亮C 闭合开关S待电路达到稳定后，D2熄灭，D1比原来更亮D 闭合开关S待电路达到稳定，再将S断开，D2立即熄灭，D1闪亮一下再熄灭【答案】D【解析】S闭合瞬间，由于自感线圈相当于断路，所以两灯是串联，同时亮，AB错误；闭合开关S待电路达到稳定时，线圈相当于导线把灯1短路，灯D1熄灭，回路中总电阻减小，电流增大，D2比S刚闭合时亮，C错误；S闭合稳定后再断开开关，D2立即熄灭

15、，但由于线圈的自感作用，L相当于电源，与D1组成回路，D1突然闪亮一下再熄灭，D正确【点睛】在分析此类型题目时，一定要注意线圈的特点，如果是理想线圈，则阻抗很大，类似与断路，阻抗消失后，电阻为零，类似一条导线，另外需要注意在开关闭合时，线圈和谁串联，则影响谁，在开关断开时，线圈和谁能组成闭合回路，则影响谁11如图所示，间距为L的足够长的平行金属导轨固定在斜面上，导轨一端接入阻值为R的定值电阻，t=0时，质量为m的金属棒由静止开始沿导轨下滑，t=T时，金属棒的速度恰好达到最大值vm，整个装置处于垂直斜面向下、磁感应强度为B的匀强磁场中，已知金属棒与导轨间的动摩擦因数为，金属棒在运动过程中始终与导

16、轨垂直且接触良好，金属棒及导轨的电阻不计，下列说法正确的是( )A 时，金属棒的速度大小为B 0T的过程中，金属棒机械能的减少量等于R上产生的焦耳热C 电阻R在0内产生的焦耳热小于T内产生的焦耳热D 金属棒0内机械能的减少量大于T内机械能的减少量【答案】C【解析】A项：速度达到最大值前金属棒做加速度减小的加速运动，故相同时间内速度的增加量减小，所以时，金属棒的速度大于，故A错误；B项：由能量守恒， 的过程中，金属棒机械能的减小等于R上产生的焦耳热和金属棒与导轨间摩擦生热之和，故B错误；C项： 内金属棒的位移小于的位移，金属棒做加速运动，其所受安培力增大，所以内金属棒克服安培力做功更多，产生的电

17、能更多，电阻R上产生的焦耳热更多，故C正确；D项： 内的位移比内的位移大，故内滑动摩擦力对金属棒做功多，由功能关系得， 内金属棒机械能的减小量更多，故D错误。点晴：解决本题关键理解导体棒克服安培力做功等整个回路中产生的焦耳热，注意导体棒与导轨间还有摩擦产生热量，综合功能关系即可求解。12学过电和磁的相关知识后，老师和同学共同设计了如下探究实验。如图，在玻璃皿的中心放一个圆柱形电极，内壁沿边缘放一个圆环形电极。两电极分别与电池组的正负极相连，并在两极间接有标准数字万用表（型号UT58E），万用表调至直流电压档。然后进行如下实验操作：在玻璃皿中放入硫酸铜溶液，发现溶液旋转，此时电压表的示数为5.2

18、0V;将图中的磁铁撤去后，发现电压表的示数变为5.30V；将硫酸铜溶液换成蒸馏水重复两步骤，发现电压表的示数始终为5.99V.关于上述实验的分析合理的是( )A 电池组的电动势为5.30VB 因硫酸铜溶液旋转而产生的电动势约为0.10VC 步骤中电压相比步骤变大主要是因为溶液电阻变小了D 步骤中也能观察到蒸馏水的旋转现象【答案】B【解析】AB、玻璃皿中的液体相当于一段导体，该段导体通电后在磁场中发生运动，运动后产生反电动势，所以对于该段导体不再适用欧姆定律来计算通过电流，在玻璃皿中放入硫酸铜溶液，发现溶液旋转，此时电压表的示数为，将图中的磁铁撤去后，发现电压表的示数变为，由于万用表调至直流电压

19、档，阻值大， ，所以因硫酸铜溶液旋转而产生的电动势约为，故A错误，B正确；C、步骤中电压相比步骤变大主要是因为磁铁撤去后，该段导体通电后没有产生反电动势，故C错误；D、将硫酸铜溶液换成蒸馏水不能观察到蒸馏水的旋转现象，故D错误；故选B。13如图所示，竖直长导线通有恒定电流，一矩形线圈abcd可绕其竖直对称轴O1O2转动。当线圈绕轴以角速度沿逆时针(沿轴线从上往下看)方向匀速转动，从图示位置开始计时，下列说法正确的是()A t=0时，线圈产生的感应电动势最大B 02时间内，线圈中感应电流方向为abcdaC t=2时，线圈的磁通量为零，感应电动势也为零D 线圈每转动一周电流方向改变一次【答案】B【

20、解析】由右手定则可知，直导线右侧的磁场方向垂直纸面向外，则t=0时，线圈中的磁通量最大，磁通量的变化率最小，产生的感应电动势最小，选项A错误；由楞次定律可知02时间内，线圈转过900角，此时线圈中感应电流方向为abcda，选项B正确； t= 2时，线圈的磁通量为零，由于线圈的ab和cd边切割磁感线的速度方向与磁场方向不平行，则感应电动势不为零，选项C错误；线圈每转动一周电流方向改变两次，选项D错误；故选B.点睛：此题关键是要知道直导线周围的磁场分布情况，能结合楞次定律或者右手定则判断感应电流的方向；此题同时考查学生的空间想象能力.14面积为0.04m2的10匝线框abcd固定于图甲所示的磁场中

21、，规定磁场垂直纸面向里为正，磁感应强度随时间的变化如图乙所示。线框总电阻R=100，则下列说法正确的是A 通过线框中的电流方向始终是 adcbaB ab边受到的安培力大小是恒定的C 在13s内，线框磁通量的变化量是1.6×10-2WbD 在13s内，通过线框导线某个截面的电荷量是1.6×10-4C【答案】D【解析】A：在01s内，线圈面积不变，磁感应强度是向里的增大；则感应磁场方向向外，感应电流方向abcda。故A项错误。B：磁场均匀变化，产生的感应电动势一定，产生的感应电流一定。磁场强弱不断变化，ab边受到的安培力大小是变化的。故B项错误。C：在13s内，线框磁通量的变化

22、量=2BS=2×2×102×0.04=1.6×103Wb。故C项错误。D：在13s内，通过线框导线某个截面的电荷量q=It=NBStRt=NBSR=1.6×104C。故D项正确。点睛：感应电量q=It=ER总t=nttR总=nR总，这个规律要能熟练推导并应用。15一个闭合回路由两部分组成，如图所示，右侧是电阻为r的圆形导线，置于竖直方向均匀变化的磁场B1中；左侧是光滑的倾角为的平行导轨，宽度为d，其电阻不计置于磁感应强度为B2的竖直向上的匀强磁场中，一个质量为m、电阻为R的导体棒此时恰好能静止在导轨上，分析下述判断正确的有（）A 圆形线圈中的磁

23、场可以是向上均匀减弱B 导体棒ab受到的安培力大小为mgsinC 回路中的感应电流为D 圆形导线中的电热功率为【答案】B【解析】导体棒静止在导轨上，所受的合力为零根据力的平衡得知，棒所受的安培力的大小为，方向沿斜面向上所以有，则回路中的感应电流大小根据安培力的方向，通过左手定则判断得知，通过线圈感应电流的方向从上往下看为顺时针方向根据楞次定律，圆形线圈中的磁场可以方向向上均匀增强，也可以方向向下均匀减弱，B正确AC错误；根据，可知圆形导线中的电热功率为，D错误【点睛】磁场B1均匀变化产生感应电动势，从而产生感应电流，导体棒受重力、支持力、安培力平衡，根据力的平衡求出安培力的大小和方向，从而知道

24、电流的大小和方向，根据楞次定律判断圆形线圈中磁场的变化解决本题的关键通过受力平衡求出安培力的大小和方向，以及掌握左手定则判定安培力与电流方向的关系，和运用楞次定律判断感应电流方向与磁场的变化关系16如图甲所示，竖直放置的螺线管内有按正弦规律变化的磁场，规定竖直向上方向为磁感应强度B的正方形，螺线管与U型导线框相连，导线框内放有一半径很小的金属圆环，圆环与导线框在同一平面内，已知电流周期的磁场与电流强度成正比，下列选项中正确的是A 1s末圆环内的感应电流最大B 2s末螺线管内的感应电流将改变方向C 12s时间内，圆环内有逆时针方向的感应电流D 23s时间内，圆环面积有扩大的趋势【答案】D【解析】

25、A项：1s末，螺线管中的磁场最大，由图乙可知，此时的磁场变化率为零，根据法拉第电磁感应定律可知，此时电动势为零，所以电流为零，故A错误；B项：12s时间内，由图乙可知，磁场变化率为正，即感应电动势的方向不变，即电流方向不变，故B错误；C项：12s时间内，由图乙可知，磁场的变化率在增大，在圆环中产生向外的磁场且在增大，根据“楞次定律”可知在圆环内有顺时针方向的感应电流，故C错误；D项：23s时间内，由图乙可知，磁场的变化率在减小，线圈中产生的电流在减小，在圆环中产生的磁场在减小，根据“增缩减扩”可知，圆环面积有扩大的趋势，故D正确。点晴：解决本题关键是通过磁场随时间的变化图象的斜率判断导线中的电

26、流的变化，从而判断出圆环中的电流方向和圆环的面积变化。17利用如图所示的电路研究楞次定律，闭合电键S后，将线圈A插入线圈B中时，发现电流计G的指针向左偏一下，则下列判断正确的是A 闭合或断开电键S时，电流计的指针均向左偏B 闭合电键S后，向左移动滑动触头P，电流计的指针向右偏C 调换电源极性后，闭合电键S，电流计的指针右偏D 调换电源极性后，向左移动滑动触头P，电流计的指针向左偏【答案】C【解析】A项：闭合开关S，穿过线圈B的磁通量增大，灵敏电流表的指针向左偏，断开开关S，穿过线圈B的磁通量减小，灵敏电流表的指针向右偏，故A错误；B项：闭合电键S后，向左移动滑动触头P，闭合电路中的电阻减小，电

27、流变大，穿过线圈B的磁通量增大，灵敏电流表的指针向左偏，故B错误；C项：调换电源极性后，闭合电键S，A线圈中的电流方向反向，电流产生的磁场反向，穿过线圈B的磁场方向反向且增大，所以电流计的指针左偏，故C正确；D项：调换电源极性后，向左移动滑动触头P，A线圈中的电流方向反向，电流产生的磁场反向，穿过线圈B的磁场方向反向且增大，所以电流计的指针左偏，故D错误。点晴：本题考查研究电磁感应现象及验证楞次定律的实验，对于该实验注意两个回路的不同，知道磁场方向或磁通量变化情况相反时，感应电流反向是判断电流表指针偏转方向的关键。18在如图所示的电路中，S闭合时灯泡恰好正常发光，此时电流表A2的示数是电流表A

28、1示数的2倍，某时刻突然将开关S断开，A1、A2的零刻度线都在表盘中央，则下列说法正确的是A A1中的电流先反向再逐渐减小B A1中的电流方向不变逐渐减小C A2中的电流先反向再逐渐减小D A2中的电流先减半再逐渐减小【答案】A【解析】开关S闭合时，A1和线圈中的电流都由电源电压所产生，且电流I大小相等，方向都向右，当开关S断开瞬时，即电源电压立即为零，所以A1中的电流I立刻为零，但与此同时，由于线圈中的电流减小，由自感现象可知，线圈中产生自感电动势阻碍电流的减小，线圈与A1灯泡组成回路，所以此时灯泡中的电流方向相反且逐渐减小，A2中的电流立即为零，故A正确。点晴：解决本题关键理解自感电动势的

29、作用为阻碍电流的减小，阻碍不是阻止，只是使电流从某一值变为零所用的时间变长。19如图所示，间距L=1 m、电阻不计的足够长的光滑平行金属导轨水平放置，导轨右侧接入R=2的定值电阻。长L=1 m、电阻r=1 、质量为m的导体棒垂直导轨放置，整个装置处于方向竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B=1T，现在导体棒上施加水平向左的拉力F，拉力F随时间变化的关系为F=，导体棒从静止开始以大小为a的加速度做匀加速直线运动，运动过程中始终保持与导轨垂直并接触良好。下列说法正确的是 ( )A 导体棒克服安培力做的功等于导体棒上产生的焦耳热B 质量m=0.2kg，加速度a=1.5ms2C 前4s内拉力F的冲量大小

30、为9.2N·sD 若4s末撤去拉力F，则拉力F撤去后定值电阻R上产生的焦耳热为3.6J【答案】B【解析】导体棒克服安培力做的功等于产生的电能，等于系统所产生的焦耳热，选项A错误；对导体棒根据牛顿第二定律可得： ，整理可得，由题中已知条件可解得：a=1.5m/s2，m=0.2kg，选项B正确；拉力F随时间线性变化，所以拉力F的冲量,选项C错误；4s末导体棒的速度v=at=6m/s.撤去拉力F后由能量守恒定律可得： ,，选项D错误；故选B.点睛：要能够把法拉第电磁感应定律与电路知识结合运用电磁感应中动力学问题离不开受力分析和运动过程分析关于电磁感应中能量问题我们要从功能关系角度出发研究2

31、0如图所示，闭合螺线管固定在置于光滑水平面上的小车上，现将一条形磁铁从左向右插入螺线管中的过程中，则 A 车将向右运动B 车将向左运动C 条形磁铁会受到向右的力D 车会受到向左的力【答案】A【解析】由题意可知，当磁铁向右运动时，即靠近螺线管，导致穿过的磁通量变大，因此根据楞次定律，则有感应电流产生，根据楞次定律，小车为阻碍磁铁靠近，小车将对磁铁有向左的力，同时小车受到向右的力，向右运动，故A正确，B、C、D错误。点晴：楞次定律是高中物理的一个重点，也是常考内容，一定要正确、全面理解楞次定律含义，掌握应用楞次定律解题的思路与方法。21下面关于电磁感应现象的说法中，正确的是（）A 只要穿过闭合电路

32、中的磁通量不为零，闭合电路中就一定有感应电流产生B 穿过闭合电路中的磁通量变化越快，则闭合电路中感应电动势越大C 穿过闭合电路中的磁通量为零，则闭合电路中一定没有感应电流D 穿过闭合电路中的磁通量越大，则闭合电路中的感应电动势越大【答案】B【解析】A项：产生感应电流的条件是闭合回路中磁通量发生变化，穿过闭合电路中的磁通量不为零，闭合电路中不一定有感应电流发生，故A错误；B项：磁通量变化越快，磁通量变化率就越大，则闭合电路中感应电动势越大，故B正确；C项：穿过闭合电路中的磁通量为零时，闭合电路中的磁通量的变化量不一定是0，所以感应电流也不一定为零，故C错误；D项：根据法拉第电磁感应定律则知：感应

33、电动势的大小与磁通量变化率成正比，与磁通量没有直接关系，所以磁通量越大，感应电动势不一定越大，故D错误。点晴：解答本题关键要掌握产生感应电流的条件和法拉第电磁感应定律，知道磁通量变化率反映磁通量变化的快慢。22在匀强磁场中有一圆形的闭合导线环，环的平面垂直于磁场方向，当线圈在磁场中做下列哪些运动时，线圈中能产生感应电流（ ）A 只有环转动即可 B 环沿所在平面做匀速运动C 环沿所在平面做匀加速运动 D 环绕任意一条直径转动即可【答案】D【解析】ABC：由于磁场是匀强磁场，线圈的平面垂直于磁场方向，因此无论线圈沿自身所在的平面做匀速、匀加速或者其它运动形式，线圈中磁通量均不变化，无感应电流产生。

34、故ABC三项错误。D：当线圈环绕任意一条直径转动，其磁通量变化，有感应电流产生。故D项正确。23在电磁感应现象中，下列叙述正确的是()A 穿过线圈的磁通量为零时，感应电动势也一定为零B 穿过线圈的磁通量不为零时，感应电动势也一定不为零C 穿过线圈的磁通量均匀变化时，感应电动势也均匀变化D 穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大【答案】D【解析】磁通量为零时，磁通量不一定没有变化，感应电动势不一定为零，选项A错误；穿过线圈的磁通量不为零，但磁通量不发生变化，就不会产生感应电动势，选项B错误；若穿过线圈的磁通量是均匀变化的，即在相同的时间t内磁通量的变化量相同，电动势E/t恒定，故选项C错误；穿

35、过线圈的磁通量变化越快，磁通量的变化率越大，故感应电动势也越大，选项D正确故选D点睛：电动势的公式E/t，即反应了磁通量变化的快慢，和磁通量的多少无关。24如图所示，在一水平光滑绝缘塑料板上有一环形凹槽，有一带正电小球质量为m、电荷量为q，在槽内沿顺时针做匀速圆周运动，现加一竖直向上的均匀变化的匀强磁场，且B逐渐增加，则()A 小球速度变大B 小球速度变小C 小球速度不变D 以上三种情况都有可能【答案】A【解析】磁感应强度竖直向上，B随时间成正比增加，由楞次定律可知，变化的磁场产生的感生电场沿顺时针方向；小球带正电，小球所受电场力沿顺时针方向，与小球的运动方向相同，小球做加速运动，速度逐渐增加

36、，故A正确，BCD错误。点晴：本题考查了楞次定律的应用，由楞次定律判断出感生电场的方向，是正确解题的前提与关键；根据感生电场方向判断出带电小球受力方向，即可正确解题。25如图所示，长直导线AB与矩形导线框abcd固定在同一平面内，且AB平行于ab，长直导线中通有图示方向的电流，当电流逐渐减弱时，下列判断正确的是（ ）A 线框有收缩的趋势B 穿过线框的磁通量逐渐增大C 线框所受安培力的合力方向向左D 线框中将产生逆时针方向的感应电流【答案】C【解析】A、B项：当电流逐渐减弱时，产生的磁场减小，穿过线框的磁通量减小，根据“增缩减扩”可知，线框有扩张的趋势，故A、B错误；C项：根据楞次定律，感应电流

37、的磁场要阻碍原磁通量的减小，线框有向磁感应强度较大的左侧运动的趋势，所以它所受的安培力的合力向左，故C正确；D项：根据楞次定律，知感应电流的磁场总要阻碍原磁通量的变化，根据右手定则判定知导线右侧的磁场方向向里，磁通量减小时，产生的感应电流的磁场方向向里，产生顺时针方向的感应电流，故D错误。点晴：本题要会判断通电直导线周围的磁场分布，知道它是非匀强电场，同时要根据楞次定律和安培定则判断感应电流的方向。26在如图所示的直角坐标系中，第一象限内有垂直坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，一长为2l、总电阻为2r的均匀导体棒，以角速度在以O为圆心、半径为l的圆环上做匀速转动。由圆心和圆周上各引一

38、导线与阻值为r的电阻组成如图所示电路。已知由圆心引出的导线与圆环绝缘，与导体棒接触良好，导体棒与圆环充分接触，且不计圆环电阻，则通过外电路定值电阻r上的电流的有效值是（ ）A 2Bl212r B 2Bl26r C 2Bl28r D 2Bl23r【答案】A【解析】导体棒转动时，切割产生的感应电动势E=12Bl2通过外电阻r的电流I=12×Er2+r=Bl26r在导体棒转动一圈的过程中，有半个周期有电流，根据I2RT2=I有效2RT得，电流的有效值I有效=2Bl212r，故A正确，BCD错误。点睛：本题考查了法拉第电磁感应定律应用的延伸情况，转动切割磁感线时E=12Bl2，对于结果要记忆

39、，以及掌握有效值的求法。27如图所示，线圈L的自感系数很大，且其直流电阻可以忽略不计，L1、L2是两个完全相同的小灯泡，开关S闭合和断开的过程中，灯L1、L2的亮度变化情况是(灯丝不会断)()A S闭合，L1亮度不变，L2亮度逐渐变亮，最后两灯一样亮；S断开，L2立即熄灭，L1逐渐变亮B S闭合，L1不亮，L2很亮；S断开，L1、L2立即熄灭C S闭合，L1、L2同时亮，而后L1逐渐熄灭，L2亮度不变；S断开，L2立即熄灭，L1亮一下才熄灭D S闭合，L1、L2同时亮，而后L1逐渐熄灭，L2则逐渐变得更亮；S断开，L2立即熄灭，L1亮一下才熄灭【答案】D【解析】当S闭合瞬时，两灯同时获得电压，

40、同时发光，随着线圈L电流的增加，逐渐将L1灯短路，L1逐渐变暗直到熄灭，同时，L2电流逐渐增大，变得更亮；S断开瞬时，L2中电流消失，故立即熄灭，而L1中由于电感线圈中产生一个与电流同向的自感电动势，故右端为正，电流由灯泡L1的右侧流入，故L1亮一下逐渐熄灭，故D正确，ABC错误。点睛：电感在线圈中电流发生变化时会产生一种阻碍作用，当电流增大时会产生反向电动势使电流缓慢增大，在接通瞬间看作是电阻极大；当电流减小时，会产生同向电动势，使电流缓慢减小，相当于电源。28如图所示，一个条形磁铁从线圈上方很远处开始向下匀速穿过一环形线圈，t1表示磁铁中部与线圈共面的时刻，能够正确反映环形线圈中电流随时间

41、变化情况的图是（规定俯视逆时针方向电流为正方向） （ ）A B C D 【答案】D【解析】当磁棒的S极从远处向线圈靠近的过程中,穿过线圈的磁通量方向向上增大,根据楞次定律,感应电流的磁场方向向下,再由安培定则不难判断出感应电流的方向为负方向(俯视顺时针方向)，可排除选项ABC；当磁通量最大时即磁棒中央与线圈重合时磁通量的变化率为零即感应电流为零,因为当磁棒的中央穿过线圈后继续向下运动的过程中,穿过线圈的磁通量减少了但方向没变,根据楞次定律可判断出感应电流方向为正方向,因为感应电流方向不能突变,故感应电流为零时穿过线圈的磁通量最大(即磁棒中央与线圈重合瞬间)，所以D正确。故选：D.点睛：解此题的

42、关键是先根据磁棒的S极靠近线圈过程中根据楞次定律判断出线圈中感应电流的方向，再判断出磁棒远离线圈过程中感应电流的方向，即可选出正确答案，然后可进一步分析出磁棒的中央与线圈重合的瞬间（磁通量最大）感应电流是零，并且能判断出感应电流有一极值存在29如图是手摇式手电筒，只要晃动手电筒，灯泡就能发光下列实验能揭示手电筒工作原理的是（）A B C D 【答案】B【解析】手摇式手电筒中没有电池，在晃动手电筒时，手电筒中的永磁体在线圈中运动，运动是相对而言的，相对于永磁体而言，线圈在做切割磁感线运动，线圈中就会产生感应电流，电流通过灯泡时，小灯泡就会发光。因此这种手电筒的工作原理是电磁感应现象，即发电机就是

43、利用该原理制成的。A图中，通电导体在磁场中受力运动，为电动机的工作原理图，故A错；B图中，闭合电路的部分导体在磁场中切割磁感线运动，产生感应电流，为发电机的工作原理图，故B正确；C图中，反映通电导体的周围存在磁场，为电流的磁效应，故C错误；D图中，通电线圈在磁场中受力转动，为电动机的原理图，故D错误。故选B。【点睛】闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，就会产生感应电流，这种现象叫电磁感应现象。来回摇晃手电筒，使永磁体在线圈中来回运动，线圈做切割磁感线的运动，线圈中就会产生感应电流，小灯泡就会发光。30如图所示，当磁场的磁感应强度B在逐渐减弱的过程中，内外金属环上的感应电流的方向应为

44、（）A 外环逆时针方向，内环顺时针方向 B 内外环均顺时针方向C 外环顺时针方向，内环逆时针方向 D 内外环均逆时针方向【答案】C【解析】当磁场的磁感应强度B减弱时，穿过闭合回路的磁通量减少，根据楞次定律，感应电流的磁场方向向里，根据安培定则，感应电流为顺时针方向（大圆中），故小圆中的感应电流方向为逆时针方向，故C正确，ABD错误。31如图所示，带铁芯的电感线圈的直流电阻与电阻器R的阻值相同，A1和A2是两个完全相同的电流表，则下列说法中正确的是（）A 闭合S瞬间，电流表A1示数等于A2示数B 闭合S瞬间，电流表A1示数大于A2示数C 断开S瞬间，电流表A1示数不变，电流表A2示数为0D 断开

45、S瞬间，电流经电流表A1的方向不变，流经A2方向改变【答案】D【解析】闭合S瞬间，由于线圈的电流变大，导致其产生电动势，从而阻碍电流的变大，所以电流表A1示数小于A2示数，故A B错误；断开S瞬间，线圈电流变小，从而产生电动势，相当于电压会变小电源与电阻相串联，由于两电流表串联，所以电流表A1示数等于A2示数；此时A1中的电流的方向不变，仍然是从左向右，而A2中的电流则是从右向左，二者电流的方向相反。故C错误，D正确。所以D正确，ABC错误。32如图所示，空间存在有边界的水平方向匀强磁场，磁场上下边界的间距为L。一个边长也为L的正方形导线框在位置I获得向上初速度后进入磁场沿竖直方向运动，线框所

46、在平面始终与磁场方向垂直，且线框上、下边始终保持水平。当导线框一直加速下落，经过一段时间回到初始位置I。则导线框A 上升过程加速度减小，下落过程加速度增大B 上升过程加速度减小，下落过程加速度减小C 上升过程加速度增大，下落过程加速度增大D 上升过程加速度增大，下落过程加速度减小【答案】B【解析】上升过程中，线框所受的重力和安培力都向下，线框做减速运动。设加速度大小为a，根据牛顿第二定律得：mg+B2L2vR=ma，可见，线框的速度减小时，加速度也减小； 下降过程中，线框做加速运动，则有：mgB2L2vR=ma，可见，随着速度的增大，加速度减小。故B正确，ACD错误。33等腰直角三角形OPQ区

47、域内存在匀强磁场，另有一等腰直角三角形导线框ABC以恒定的角速度沿图示方向穿过磁场，该过程中ACOQ，下列说法中正确的是A 导线框开始进入磁场时感应电流最小B 导线框进入磁场过程磁感应电流沿逆时针方向C 导线框穿出磁场过程中C点电势高于A点电势D 导线框穿出磁场过程磁感应电流沿逆时针方向【答案】B【解析】根据E=Blv，当边刚进入磁场时和边即将出磁场时有效切割的长度都最大，等于AB，所以产生的感应电动势都最大，此时感应电流都最大，故A错误；由右手定则，可判定部分导体切割磁感线产生的感应电流方向为C到A，即感应电流沿逆时针方向，故B正确；开始穿出磁场时，AB边切割磁感线，相当于电源，由右手定则，

48、可判定部分导体切割磁感线产生的感应电流方向为从C到B到A，所以A点电势高于C点电势，故C错误；由右手定则，可判定部分导体切割磁感线产生的感应电流方向为C到B到A，即感应电流沿顺时针方向，故D错误。所以B正确，ACD错误。34如图，通有恒定电流的直导线右侧有一矩形线圈abcd，导线与线圈共面。如果线圈运动时产生方向为abcda的感应电流，线圈可能的运动是（ ）A 向上平移B 向下平移C 向左平移D 向右平移【答案】C【解析】导线中电流强度不变时，产生的磁场不变，导线周围的磁感应强度不变，则穿过线框的磁通量不变，即不会产生感应电流，故AB错误；线框向左运动时，线框中的磁感应强度增大，穿过线框的磁通

49、量增大，可以产生感应电流，根据楞次定律可知电流方向为abcda，故C正确；线框向右运动时，线框中的磁感应强度减小，穿过线框的磁通量减小，可以产生感应电流，根据楞次定律可知电流方向为adcba，故D错误。所以C正确，ABD错误。35如图所示，上下开口、内壁光滑的铜管P和塑料管Q竖直放置。小磁块先后在两管中从相同高度处由静止释放，并落至底部，则小磁块A 在P和Q中都做自由落体运动B 在P中的下落时间比在Q中的长C 在两个下落过程中的机械能都守恒D 落至底部时在P中的速度比在Q中的大【答案】B【解析】当小磁块在光滑的铜管P下落时，由于穿过铜管的磁通量变化，导致铜管产生感应电流，从而产生安培阻力，而对

50、于塑料管内小磁块没有任何阻力，在做自由落体运动，故A错误；在铜管中小磁块受到安培阻力，则在P中的下落时间比在Q中的长，故B正确；由A选项分析可知，在铜管的小磁块机械能不守恒，而在塑料管的小磁块机械能守恒，故C错误；根据动能定理可知，因安培阻力，导致产生热能，则至底部时在P中的速度比在Q中的小，故D错误。故选B。二、多选题36如图所示，在竖直面内有方向垂直纸面向里、高度为h的有界匀强磁场，磁场上、下边界水平。将边长为l(l<h)、质量为m的正方形金属线框abcd从磁场上方某处由静止释放，设ab边通过磁场上边界和磁场下边界时的速度分别为v1和v2；cd边通过磁场下边界时的速度为v3。已知线框

51、下落过程中ab边始终水平、ad边始终竖直，下列说法正确的是A 若v1=v2，则一定有v2>v3B 若v1>v2，则一定有v2>v3C 若v1=v2，从ab离开磁场到cd离开磁场的过程中，线框内产生的焦耳热为mghD 从ab进入磁场到cd离开磁场的过程中，线框内产生的焦耳热为mgh+12mv1212mv32【答案】ABC【解析】若v1v2，说明线圈进入磁场过程一定做减速运动，所以线圈在穿出磁场过程中，也一定做减速运动，故当cd边通过磁场时，一定有v2>v3，AB正确；若v1=v2，则线圈进入磁场过程中产生的热量和线圈穿出磁场过程中产生的热量相同，而在线圈进入磁场过程中，根

52、据动能定理可得mghQ'=12mv2212mv12，解得Q'=mgh，C正确；从ab进入磁场到cd离开磁场的过程中，根据动能定理可得WGWF=12mv3212mv12，即WF=mg(h+l)+12mv1212mv32，克服安培力做功等于线框内产生的焦耳热，故Q=mg(h+l)+12mv1212mv32，D错误37如图所示，固定在同一水平面上的两平行金属导轨AB，CD，两端接有阻值相同的两个定值电阻质量为m的导体棒垂直放在导轨上，轻弹簧左端固定，右端连接导体棒，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中当导体棒静止在OO位置时，弹簧处于原长状态此时给导体棒一个水平向右的初速度v0，它能向右

53、运动的最远距离为d，且能再次经过OO位置已知导体棒所受的摩擦力大小恒为Ff，导体棒向右运动过程中左侧电阻产生的热量为Q，不计导轨和导体棒的电阻则()A 弹簧的弹性势能最大为12mv02QFfdB 弹簧的弹性势能最大为12mv022QFfdC 导体棒再次回到OO位置时的动能等于12mv024Q2FfdD 导体棒再次回到OO位置时的动能大于12mv024Q2Ffd【答案】BD【解析】当导体棒向右运动的过程中，根据能量的转换与守恒得：12mv02EP+2Q+fd；所以：EP12mv022Qfd，故A错误，B正确；由于产生了电能和热能，导体棒的机械能不断减小，所以导体棒在同一个位置时，向右的速度大于向

54、左的速度。所以导体棒向左运动的过程中产生的电能小于导体棒向右运动的过程中产生的电能。即：2Q2Q；当导体棒向左运动的过程中，根据能量的转换与守恒得：EP12mv2+2Q+fd；联立得：12mv212m v022Qfd2Qfd12m v024Q2fd；故C错误，D正确。故选BD。点睛：该题考查电磁感应中的能量的转化与守恒，要注意导体棒向左运动的过程中产生的电能小于导体棒向右运动的过程中产生的电能38如图甲所示，无限长通电直导线MN固定在绝缘水平面上，导线中通有图乙所示的电流i(沿NM方向为正)。与R组成闭合电路的导线框ABCD同直导线处在同一水平面内，AB边平行于直导线，则A 0t0时间内，流过

55、R的电流方向为CRDB t02t0时间内，流过R的电流方向为CRDC 0t0时间内，导线框所受安掊力的大小先增大后减小D t02t0时间与2t03t0时间内，导线框所受安培力的方向均向右【答案】AC【解析】0t0时间内，导线中电流沿正方向增大，则线圈中的磁场向里增大，由楞次定律可知，流过R的电流方向为CRD；故A正确；t02t0时间内，电流正方向减小，则线圈中磁场向里减小；由楞次定律可知流过R的电流方向为DRC；故B错误；0t0时间内，开始感应电流增大，则安培力增大；但随后由于电流的变化越来越慢，故感应电流越来越小，故导线所受安培力的大小先增大后减小；故C正确；t02t0时间内电流为减小过程，根据“来拒去留”规律可知，线圈与向左的运动趋势，故受力向左；而与2t03t0时间内，导线框所受安培力的方向向右；故D错误；故选AC。39如图所示，相距为L的两足够长平行金属导轨固定在水平面上，整个空间存在垂直导轨乎面向下的匀强磁场，磁感应强度为B，导轨上静止有质量为m，电阻为R的两根相同的金属棒ab、cd，与导轨构成闭合回路.金属棒cd左侧导轨粗糙右侧光滑现用一沿导轨方向的恒力F水平向右拉金属棒cd，当金属棒cd运动距离为S时速度达到最大，金属棒ab与导轨间的摩擦力也刚