电磁感应（3）

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穿过单匝闭合线圈的磁通量在0.1s内由0.04wb均匀增加到0.12wb则在此过程中A 穿过该线圈的磁通量变化量为0.12wbB 通过该线圈磁通量的变化率为1.2wb/sC 该线圈中产生的感应电动势为0.8VD 该线圈中没有感应电流产生【答案】C【解析】【详解】穿过该线圈的磁通量变化量为=0.12wb-

2、0.04 wb=0.08 wb，选项A错误；通过该线圈磁通量的变化率为t=0.080.1=0.8Wb/s，选项B错误；该线圈中产生的感应电动势为E=t=0.8V，选项C正确；该闭合线圈有感应电动势，则有感应电流产生，选项D错误；故选C.【点睛】线圈的磁通量变化时，产生感应电动势，由法拉第电磁感应定律可得感应电动势大小注意区别：磁通量、磁通量的变化量、磁通量的变化率等.2如图所示，边长为L的菱形由两个等边三角形abd和bcd构成，在三角形abd内存在垂直纸面向外的磁感应强度为B的匀强磁场，在三角形bcd内存在垂直纸面向里的磁感应强度也为B的匀强磁场一个边长为L的等边三角形导线框efg在纸面内向右

3、匀速穿过磁场，顶点e始终在直线ab上，底边gf始终与直线dc重合规定逆时针方向为电流的正方向，在导线框通过磁场的过程中，感应电流随位移变化的图象是（）A B C D 【答案】A【解析】【详解】感应电动势E=BL有v，电流I=ER=BL有vR，三角形egf向右运动，根据右手定则，开始时ef切割磁感线，产生顺时针电流，大小设为I0，0L3过程，en切割磁感线产生向下的电流，nf产生向上的电流，em产生向下电流，切割磁感线的有效长度为L有=ennfem，随着三角形的运动L有在减小，感应电流减小，当运动L3时，L有=0，电流为零，L3L过程，继续移动根据等边三角形的几何关系，nf+em大于en，L有=

4、nf+emen，逐渐变大，电流变大，当efg与bcd重合时，eg边和ef切割磁感线，产生电流方向均为逆时针，大小变为2I0，L-2L过程中，继续移动gm切割磁感线，产生感应电动势，L有=gm，逐渐减小，直至全部出磁场电流为零，A正确3将直流电源、开关S、电感线圈L（自感系数较大）和灯泡A连接成如图所示的电路，开始时开关S断开，下列说法正确的是() A 闭合开关S时，灯泡立即变亮B 开关S闭合一段时间后再断开，灯泡逐渐熄灭C 开关S闭合一段时间后再断开的瞬间，a点电势高于b点电势D 开关S闭合一段时间后再断开的瞬间，b点电势高于a点电势【答案】D【解析】【详解】闭合开关S时，由于线圈中产生的自感

5、电动势阻碍电流的增加，所以灯泡慢慢变亮，选项A错误；开关S闭合一段时间后再断开，电路中的电流立即消失，则灯泡立刻熄灭，选项B错误；开关S闭合一段时间后再断开的瞬间，线圈中产生的自感电动势与原来电流方向相同，则b点电势高于a点电势，选项C错误，D正确；故选D.4如图甲所示，且通入如图乙所示的磁场，已知螺线管(电阻不计)的匝数n=6，截面积S=10cm²，线圈与R=12的电阻连接，水平向右且均匀分布的磁场穿过螺线管，磁场与线圈平面垂直，磁感应强度大小B随时间t变化的关系如图乙所示，规定感应电流i从a经过R到b的方向为正方向。忽略线圈的自感影响，下列i-t 关系图中正确的是()A B C

6、D 【答案】C【解析】【详解】由图可知，0-2s内，线圈中磁通量的变化率相同，故0-2s内电流的方向相同，由楞次定律可知，电路中电流方向为顺时针，即电流为正方向；同理可知，2-5s内电路中的电流为逆时针，为负方向；由E=t=SBt，则知0-2s内电路中产生的感应电动势大小为：E1=6×6×1032×10×104=18×106V，则电流大小为：I1=ER=1812×106A=1.5×106A；同理2s-5s内，E1=6×6×1033×10×104=12×106V，I2=1.0&

7、#215;10-6A故C正确，ABD错误。故选C。【点睛】本题要求学生能正确理解B-t图的含义，尤其是知道其斜率等于磁感应强度的变化率，才能准确的利用楞次定律进行判定。5如图所示，有两个相邻的有界匀强磁场区域，磁感应强度的大小均为B，磁场方向相反，且与纸面垂直。两个磁场区域在x轴方向宽度均为a，在y轴方向足够宽。现有一个菱形导线框abcd，ac长为2a，从图示位置开始向右匀速穿过磁场区域。若以逆时针方向为电流的正方向，在线框中感应电流i与线框移动距离x的关系图像中正确的是A B C D 【答案】C【解析】如图所示，在线圈进入左侧磁场区域的过程中，穿过线圈的磁通量增加，磁场垂直与纸面向里，根据楞

8、次定律可判断，线圈中产生逆时针方向的电流，所以B错误；当位移x=a的时候，线圈切割磁感线的有效长度最大，根据E=Bav可知，产生的感应电动势最大为I0，感应电流最大，然后开始减小。当线圈在两侧磁场区域中切割的有效长度相等时，感应电流减小为零，然后开始反向增大，当x=2a时，磁通量减小为零，感应电动势增大到最大E=B2av，感应电流为-2I0，所以A、D错误；C正确。6物理课上，老师做了一个“神奇”的实验：如图所示，将1米长的铜管竖直放置，一磁性很强的磁铁从上管口由静止释放，观察到磁铁用较长时间才从下管口落出。对于这个实验现象同学们经分析讨论做出相关的判断，你认为正确的是（下落过程中不计空气阻力

9、，磁铁与管壁没有接触）。则A 如果磁铁的磁性足够强，磁铁会停留在铜管中，永远不落下来B 如果磁铁的磁性足够强，磁铁在铜管中运动时间更长，但一定会落下来C 磁铁在铜管中运动的过程中，由于不计空气阻力，所以机械能守恒D 如果将铜管换成塑料管，磁铁从塑料管中出来也会用较长时间【答案】B【解析】【详解】A、B、如果磁铁的磁性足够强，磁铁在铜管中运动受到阻力更大，原因：当磁铁运动时才会导致钢管的磁通量发生变化，才出现感应磁场阻碍原磁场的变化，所以运动时间变长，但一定会落下；故A错误，B正确。C、磁铁在铜管中运动的过程中，虽不计空气阻力，但在过程中，出现安培力作功产生热能，所以机械能不守恒；故C错误。D、

10、如果将铜管换成塑料管，磁铁不会受到安培力阻力，因此出来的时间不变；故D错误。故选B。【点睛】考查楞次定律：来拒去留，当强磁铁过来时，就拒绝它；当离开时就挽留它7有关电磁感应现象的下列说法中正确的是( )A 感应电流的磁场总跟原来的磁场方向相反B 穿过闭合回路的磁通量发生变化时不一定能产生感应电流C 闭合线圈整个放在磁场中一定能产生感应电流D 感应电流的磁场总是阻碍原来的磁通量的变化【答案】D【解析】【详解】根据楞次定律得知，当原来磁场的磁能量增加时，感应电流的磁场跟原来的磁场方向相反，当原来磁场的磁能量减小时，感应电流的磁场跟原来的磁场方向相同，A错误；根据感应电流产生的条件可知，当穿过闭合电

11、路的磁能量发生变化时，电路中能产生感应电流，B错误；当闭合线框放在变化的磁场中，不一定能产生感应电流。如果线圈与磁场平行时，穿过线圈的磁通量不变，线圈中不能产生感应电流，C错误；根据楞次定律得知，感应电流的磁场总是阻碍原来磁场磁通量的变化，D正确【点睛】根据楞次定律分析感应电流的磁场与原磁场方向的关系。当穿过闭合电路的磁能量发生变化时，电路中能产生感应电流。闭合电路的一部分导体做切割磁感线运动时闭合电路中能产生感应电流8如图所示，矩形线框在磁场内做的各种运动中，能够产生感应电流的是（）A B C D 【答案】D【解析】【详解】线框在匀强磁场中运动时，穿过线框的磁感线条数不变，即磁通量不变，没有

12、感应电流产生，A错误；图示的线框与磁场平行，穿过线框的磁通量为零，而且当线框平动时，磁通量始终为零，没有变化，所以没有感应电流产生，B错误；线框与磁场平行，穿过线框的磁通量为零，当线框向右平动时，磁通量保持为零，没有变化，所以没有感应电流产生，C错误；线框在磁场中转动时，穿过线框的磁通量发生变化，产生感应电流，D正确9图中的四个图分别表示匀强磁场的磁感应强度B，闭合电路中一部分直导线的运动速度和电路中产生的感应电流I的相互关系，其中正确是（ ）【答案】A【解析】根据右手定则，磁感线穿入手心，大拇指指向导线的运动方向，则四指的指向为感应电流的方向，可判断出A选项正确。10如图所示的电路中，A1和

13、A2是完全相同的灯泡，线圈L的电阻可以忽略，下列说法中正确的是()A 合上开关S接通电路时，A1和A2始终一样亮B 合上开关S接通电路时，A2先亮，A1后亮，最后一样亮C 断开开关S时，A2立即熄灭，A1过一会儿才熄灭D 断开开关S时，A1和A2都要过一会儿才熄灭，且通过两灯的电流方向都与原电流方向相同【答案】B【解析】【详解】合上开关K接通电路，A2立即亮，线圈对电流的增大有阻碍作用，所以通过A1的电流慢慢变大，最后两灯泡的电压一样大，所以一样亮，A错误B正确；断开开关K切断电路时，通过A2的用来的电流立即消失，线圈对电流的减小有阻碍作用，线圈相当于电源，左端相当于正极，所以通过A1的电流会

14、慢慢变小，并且通过A2，所以两灯泡一起过一会儿熄灭，但通过A2的灯的电流方向与原来的方向相反， CD错误【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，在水平木制桌面上平放一个铜制的圆环，在它上方近处有一个N极朝下的条形磁铁，铜环始终静止关于铜环对桌面的压力F和铜环重力G的大小关系，下列说法中正确的是()A 当条形磁铁靠近铜环时，F<GB 当条形磁铁远离铜环时，F<GC 无论条形磁铁靠近还是远离铜

15、环，F=GD 无论条形磁铁靠近还是远离铜环，F>G【答案】B【解析】【分析】在磁铁进入线圈的过程中，穿过线圈的磁通量增加，根据磁场方向，由楞次定律判断感应电流的方向通电线圈的磁场与条件磁铁相似，由安培定则判断线圈的极性，分析线圈与磁铁间的作用力【详解】磁铁的N极向下插入，穿过铜环的磁通量增加，磁场方向向下，根据楞次定律可知，铜环中产生逆时方向的感应电流；根据安培定则判断可知，当N极向下插入时，铜环上端相当于N极；与磁铁的极性相反，存在斥力，所以铜环对桌面的压力F大于铜环重力G的大小；磁铁的N极远离铜环时，穿过铜环的磁通量减小，磁场方向向下，根据楞次定律可知，铜环中产生逆时方向的感应电流；

16、根据安培定则判断可知，当N极远离时，铜环上端相当于S极，与磁铁的极性相同，存在引力。所以铜环对桌面的压力F小于铜环重力G的大小，B正确【点睛】本题是楞次定律的基本应用对于电磁感应现象中，导体与磁体的作用力也可以根据楞次定律的另一种表述判断：感应电流的磁场总要阻碍导体与磁体间的相对运动12水平面上存在竖直方向的匀强磁场,磁场的边界是MN,在MN左侧无磁场,如图甲所示。现有一个闭合的金属线框以恒定速度从MN左侧水平进入匀强磁场区域。线框中的电流随时间变化的it图象如图乙所示,则线框的形状可能是图中的( )A B C D 【答案】B【解析】【分析】由电磁感应定律求电动势E=BLv及欧姆定定律求出电流

17、的表达式，找出各线框进入磁场时电流的变化规律，然后选出与图乙所示图象符合的线框【详解】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I=ER=BLvR；由图乙所示图象可知，感应电流先均匀增大，后均匀减小；因由于B、v、R是定值，故导体棒的有效长度L应先均匀增大，后均匀减小；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，产生的感应电流先均匀增大，后不变，再均匀减小，不符合要求，A错误；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，B正确；闭合圆环匀速进入磁场时，有效长度L先变大，后变小，但L不随时间均匀变化，不符合

18、题意，C错误；正六边形线框进入磁场时，有效长度L先均匀增大，再不变，后均匀减小，产生的感应电流先均匀变大，再不变，后均匀变小，不符合题意，D错误13如图所示的电路中,A、B为两个完全相同的灯泡,L是自感系数很大的线圈,其电阻与R相等,下列说法正确的是( )A 在断开S2的情况下,若突然闭合S1时,A、B灯均逐渐亮起来B 在闭合S2的情况下,若突然闭合S1时，A灯立即发光，B灯逐渐亮起来C 闭合S1、S2待电路稳定后,若突然断开S1，则A、B灯均不会立即熄灭D 闭合S1、S2待电路稳定后,若突然断开S1，则A灯不会立即熄灭，而B灯立即熄灭【答案】D【解析】【详解】在断开S2的情况下，若突然闭合S

19、1时，由于线圈的自感现象，出现自感电动势阻碍电流的增大，A灯立即亮，B灯逐渐亮，A错误；在闭合S2的情况下，若突然闭合S1时，由于线圈的自感很大，相当于断路，两灯立即亮，B错误；当同时闭合S1、S2，待电路稳定后突然将S1同时断开，B灯立即熄灭，因自感现象，L与A组成回路，A灯不会立即熄灭，而是逐渐熄灭，C错误D正确14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为L的区域内，现有一个边长为a (a<L )的正方形闭合线圈以速度v0垂直磁场边界滑过磁场后速度变为v (v<v0）那么（ ）A 完全进入磁场时线圈的速度大于(v0+v)/2B .完全进入磁场时线圈的速度等于

20、(v0+v)/2C 完全进入磁场时线圈的速度小于(v0+v)/2D 以上情况AB均有可能，而C是不可能的【答案】B【解析】【详解】对线框进入或穿出磁场过程，设初速度为v0，末速度为v由动量定理可知：BILt=mvmv0，又电量q=It，得mvv0=BLq，得速度变化量v=vv0=BLqm，由q=R可知，进入和穿出磁场过程，磁通量的变化量相等，则进入和穿出磁场的两个过程通过导线框横截面积的电量相等，故由上式得知，进入过程导线框的速度变化量等于离开过程导线框的速度变化量。设完全进入磁场中时，线圈的速度大小为v，则有v0v=vv，解得v=v0+v2，B正确15如图甲所示，电阻不计且间距为L=1m的光

21、滑平行金属导轨竖直放置，上端连接阻值为R=1的电阻，虚线OO下方有垂直于导轨平面的匀强磁场现将质量为m=0.3kg、电阻Rab=1的金属杆ab从OO上方某处以一定初速释放，下落过程中与导轨保持良好接触且始终水平在金属杆ab下落0.3m的过程中，其加速度a与下落距离h的关系图象如图乙所示已知ab进入磁场时的速度v0=3.0m/s，取g=10m/s2则下列说法正确的是（）A 进入磁场后，金属杆ab中电流的方向由b到aB 匀强磁场的磁感应强度为1.0TC 金属杆ab下落0.3 m的过程中，通过R的电荷量0.24CD 金属杆ab下落0.3 m的过程中，R上产生的热量为0.45J【答

22、案】C【解析】A、进入磁场后棒切割磁感线产生动生电动势，根据右手定则判断可知金属杆ab中电流的方向由a到b，故A错误。B、由乙图知，刚进入磁场时，金属杆的加速度大小a0=10m/s2，方向竖直向上，由牛顿第二定律得：BI0Lmg=ma0，设杆刚进入磁场时的速度为v0，则有I0=E0R+Rab=BLv0R+Rab，联立得B2L2v0R+Rabmg=ma0，代入数据解得B=2.0T，故B错误。C、由图象可知金属杆在磁场外下落的高度为0.06m，则在磁场中下降的高度h=hh1=0.30.06=0.24m，则通过R的电荷量q=R+Rab=BLhR+Rab=2×1×0.241+1C=

23、0.24C，故C正确。D、由图线可知，下落0.3m时做匀速运动，根据平衡有mg=B2L2vR+Rab，解得金属杆的速度v=1.5m/s；根据能量守恒得mgh=12mv212mv02+Q，而两电阻串联热量关系为QR=QR+RabR，联立解得QR=0.86625J，故D错误。故选C。【点睛】本题关键要根据图象的信息读出加速度和杆的运动状态，由牛顿第二定律、安培力、法拉第电磁感应定律、欧姆定律、能量守恒等多个知识综合求解，综合较强。16如图所示，半径为 r 且水平放置的光滑绝缘的环形管道内，有一个电荷量为 e，质量为 m 的电子。此装置放在匀强磁场中，其磁感应强度随时间变化的关系式为 B=B0+kt

24、（k>0）。根据麦克斯韦电磁场理论，均匀变化的磁场将产生稳定的电场，该感应电场对电子将有沿圆环切线方向的作用力，使其得到加速。设t=0时刻电子的初速度大小为v0，方向顺时针，从此开始后运动一周后的磁感应强度为B1，则此时电子的速度大小为 ( ) A B1rem B v02+2r2kemC B0rem D v022r2kem【答案】B【解析】A、C、电子在管道中被加速，做变速圆周运动，沿半径方向有洛伦兹力和管壁的弹力一起提供向心力，因无法知道弹力大小，则用向心力公式无法求出电子的速度；故A错误，C错误。B、D、根据法拉第电磁感应定律得感生电动势大小为E电=Btr2=kr2，电场方向逆时针，

25、电场力对电子做正功。在转动一圈过程中对电子用动能定理：kr2e=12mv212mv02，解得v=v02+2r2kem，故B正确，D错误。故选B。【点睛】本题要能够根据法拉第电磁感应定律计算出感应电动势，这是一个难点，然后根据动能定理计算末速度17如图所示，空间内存在水平向右的匀强磁场，闭合导线框abcd与磁场平行，下列情形中线框内产生感应电流的是（ ） A 线框向右平移B 线框向上平移C 线框以ab边为轴转动D 线框以bc边为轴转动【答案】C【解析】A、线框向右平移，磁通量不变，故无感应电流，故A错误；B. 线框向上平移，磁通量不变，故无感应电流，故B错误；C. 线框以ab边为轴转动，磁通量不

26、断变化，有感应电流，故C正确；D. 线框以bc边为轴转动，磁通量不变，故无感应电流，故D错误；故选C。【点睛】要使线圈中产生感应电流，则穿过线圈的磁通量要发生变化，回路要闭合。18如图所示，匀强磁场中放置有固定的abc金属框架，导体棒ef在框架上匀速向右平移，框架和棒所用材料、横截面积均相同，摩擦阻力忽略不计。那么在ef,棒脱离框架前，保持一定数值的物理量是A ef棒所受的拉力 B 电路中的磁通量C 电路中的感应电动势 D 电路中的感应电流【答案】D【解析】A、D项：设金属材料的电阻率为，截面积为S，导体棒ef从b点开始运动的时间为t，abc=2，则回路中产生的感应电动势为：E=2Bvttan

27、，回路的电阻为：R=2vt·tan+2vtcosS 电路中感应电流的大小为：I=ER=BStan(tan+lcos) ，B、S、均不变，则I不变；ef杆所受的磁场力的大小为：F=BIL=BI2vttan，随着时间t的延长而增大；故A错误，D正确；B项：根据=BS，由于面积S不断增加，故磁通量不断增加，故B错误；C项：根据切割公式得知，感应电动势E=BLv，B、v不变，有效切割的长度L增加，则电路中感应电动势都增加，故C错误。19如图所示，一有限范围的匀强磁场，宽为d，一个边长为l正方形导线框以速度v匀速地通过磁场区。若d>l，则在线框中不产生感应电流的时间就等于A dv B .

28、1v C d-lv D d-2lv【答案】C【解析】如图所示，从线框完全进入直到右边开始离开磁场区域，线框中的磁通量就不再发生变化，故线圈中没有感应电流的距离为d-l；因导线框做匀速运动，故不产生感应电流的时间t=dlv故C正确。20如图所示，两金属板A、B水平放置，与切口很小的圆形金属线圈用导线相连，线圈内存在垂直纸面向内，磁感应强度随时间均匀增大的匀强磁场，带正电的小球静置于板间的绝缘水平面上。根据题目信息，下列说法正确的是（ ）A 金属板A带正电B 两金属板间电压逐渐增加C 两金属板所带电量逐渐减小D 小球对绝缘水平面的压力不变【答案】D【解析】由图示可知，磁场垂直与纸面向里，磁感应强度

29、增加，穿过线圈的磁通量增加，由楞次定律可知，平行板电容器的上极板电势低，下极板电势高，因此金属板M带负电，故A错误；因磁感应强度随时间均匀增大，根据法拉第电磁感应定律，可知感应电动势大小不变，故B错误；根据Q=CU，可知两金属板所带电量也不变，故C错误；因电压与间距不变，则电场强度不变，小球对绝缘水平面的压力不变，故D正确；故选D。21如图所示，导线AB 与CD 平行。当开关 S闭合与断开时，关于导线CD 中感应电流的方向，下列判断正确的是 A S闭合时方向向左，S断开时方向向左B S闭合时方向向右，S断开时方向向左C S闭合时方向向左，S断开时方向向右D S闭合时方向向右，S断开时方向向右【

30、答案】C【解析】当S闭合时，穿过回路CD的磁通量垂直纸面向外增大，由楞次定律得知感应电流的磁场方向应是垂直纸面向里，由安培定则判知感应电流方向是由D到C；当S断开时，穿过回路CD的磁通量垂直纸面向外减小，由楞次定律得知感应电流的磁场方向应是垂直纸面向外，由安培定则判知感应电流方向是由C到D；故选：C22首先发现电磁感应现象的物理学家是A 法拉第 B 库仑 C 牛顿 D 爱因斯坦【答案】A【解析】A. 法拉第发现了电磁感应现象，故A正确； B. 库仑发现了电荷之间的相互作用力的规律，即库仑定律，故B错误；C. 牛顿的三大定律，因此牛顿对力学的贡献非常大，故C错误；D. 爱因斯坦的质能方程和量子力

31、学方面有着重大贡献，故D错误。故选：A.23如图所示，甲、乙两个矩形线圈同处在纸面内，甲的ab边与乙的cd边平行且靠得较近，甲、乙两线圈分别处在垂直纸面方向的匀强磁场中，穿过甲的磁感应强度为B1，方向指向纸面内，穿过乙的磁感应强度为B2，方向指向纸面外，两个磁场可同时变化，当发现ab边和cd边之间有排斥力时，磁场的变化情况可能是()A B1变小，B2变大 B B1变大，B2变大C B1变小，B2变小 D B1不变，B2变小【答案】A【解析】当发现ab边和cd边间有排斥力时，说明ab边和cd边中的电流的方向相反，所以两个线圈中感应电流的方向都是顺时针或都是逆时针，若都是顺时针则B1变小，B2变大

32、，若都是逆时针则B1变大，B2变小，故A正确，B、C、D错误；故选A。 24变化的磁场在其周围空间激发的电场叫涡旋电场，即感生电场图中虚线为一圆柱状均匀磁场区的横截面，其磁感应强度B随时间均匀变化，感生电场的电场线是涡旋状的同心圆，同一个圆上的各点电场强度大小相等，方向沿圆周的切向图中实线为其中的一条电场线，半径为r，场强大小为E若电荷量为+q的粒子沿该电场线逆时针运动一周，电场力做的功为W，忽略粒子运动产生的磁场，则以下说法正确的是A 磁感应强度均匀减小，W=0B 磁感应强度均匀增大，W=0C 磁感应强度均匀减小，W=2qErD 磁感应强度均匀减大，W=2qEr【答案】D【解析】由题意可知，

33、正电荷受到的电场力逆时针方向，则电场线方向也是逆时针方向，由楞次定律，当磁场的磁感应强度均匀增大，才会产生如图所示的电场线；由电场力做功则有：W=qEx=2qEr，故D正确，A、B、C错误；故选D。【点睛】根据电场力做功表达式W=qEx，即可求解W；再由楞次定律，即可求解磁场如何变化。25在电磁学发展的过程中，许多科学家做出了杰出的贡献，下列说法错误的是A 奥斯特发现了电流的磁效应B 麦克斯韦认为变化的磁场产生电场C 楞次发现了电磁感应现象并总结出楞次定律D 法拉第利用电磁感应现象自制了人类历史上第一台发电机【答案】C【解析】A、奥斯特发现了电流的磁效应，故A正确；B、麦克斯韦认为变化的磁场产

34、生电场，故B正确；C、法拉第发现了电磁感应现象，楞次总结出楞次定律，故C错误；D、法拉第利用电磁感应现象自制了人类历史上第一台发电机，故D正确；说法错误的故选C。26面积为0.4m2的5匝圆形线圈垂直磁场方向放置在匀强磁场中，磁场的磁感应强度B20.5t（T），则A 线圈有扩张的趋势B 线圈中磁通量的变化率为1Wb/sC 线圈中的感应电动势为1VD t4s时，线圈中的感应电动势为8V【答案】C【解析】磁场在增强，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律“增缩减扩”，线框有收缩的趋势，所以A错误。磁通量的变化率t=SBt=0.4×0.5=0.2Wb/s，所以B错误。感应电动势E=nt=5&#

35、215;0.2V=1V为一恒定值。所以C正确，D错误。故选C。【点睛】根据楞次定律判断线圈是否有扩张的趋势；根据t计算磁通量的变化率；根据法拉第电磁感应定律计算电动势。27如图所示，螺线管与导轨MN、PQ相连，螺线管左侧放置一与螺线管同轴的导体圆环，与导轨接触良好的导体棒向右运动时，能使导体圆环在t1时刻受力向右的导体棒运动的vt图象是A B C D 【答案】B【解析】导体环要想受到向右的力，根据楞次定律则通电螺线管内的磁场要减弱，则电流要减小，则感应电动势要减小，根据E=BLv知速度要减小，所以只能选择B。【点睛】根据楞次定律的推论判断出通电螺线管内磁场的变化，进而判断电流和速度的大小。28

36、如图所示的电路，线圈L的电阻不计，则A S闭合瞬问，A板带负电，B板带正电B S保持闭合，A板带正电，B板带负电C S断开瞬间，A板带负电，B板带正电D 由于线圈电阻不计电容器被短路，上述三种情况下两板都不带电【答案】C【解析】S闭合瞬间，电源给电容器充电，且A与电源的正极相连，故A板带正电，B板带负电，故A错误；S保持闭合，由于线圈L的电阻不计，电容器被短路，故电容器不带电，故B错误；S断开瞬间，由于线圈产生感应电流，电流的方向与原电流方向相同，故B带正电，A带负电，故C正确；根据ABC可知，D错误；故选C。点睛：本题考查自感线圈的双重作用的理解：当电流稳定不变时，自感线圈是电阻不计的导线；

37、当电流变化时，相当于一个电源。29当某一线圈中的磁通量发生变化时，下列说法中正确的是A 线圈中一定有感应电流B 线圈中有感应电动势，其大小与磁通量成正比C 线圈中一定有感应电动势D 线圈中有感应电动势，其大小与磁通量的变化量成正比【答案】C【解析】当某一线圈中的磁通量发生变化时，若线圈不闭合，则线圈中没有感应电流，选项A错误；线圈中有感应电动势，根据E=Nt，应与磁通量的变化率成正比，选项BD错误；线圈中一定有感应电动势，选项C正确；故选C.30物理学家通过艰苦的实验来探究自然的物理规律，为人类的科学事业做出了巨大贡献，值得我们敬仰下列描述中符合物理学史实的是A 楞次经过严密实验与逻辑推导，最

38、终确认了电磁感应的产生条件：闭合线圈中磁通量变化，并找到了感应电流的方向的判断规律B 安培发现了电流的磁效应并提出了分子电流假说C 奥斯特发现了电流的磁效应并提出了分子电流假说D “闭合电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量变化率成正比”，这是法拉第在对理论和实验资料严格分析后得出的法拉第电磁感应定律的内容【答案】D【解析】法拉第经过严密实验与逻辑推导，最终确认了电磁感应的产生条件：闭合线圈中磁通量变化，楞次找到了感应电流的方向的判断规律，选项A错误；奥斯特发现了电流的磁效应，安培提出了分子电流假说，选项BC错误； “闭合电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量变化率成正比”，这

39、是法拉第在对理论和实验资料严格分析后得出的法拉第电磁感应定律的内容，选项D正确；故选D.31导轨水平固定在竖直向下，磁感应强度为B的匀强磁场中，导轨左端接有电阻R，导轨上垂直放置一根金属棒(与导轨接触良好)，导轨和金属棒电阻不计。现给金属棒施加一水平向右的恒定拉力，使金属棒沿导轨由静止开始向右加速运动，最终匀速运动。当恒定拉力的大小变为原来的k倍时，则金属棒最终匀速运动时的速度大小和拉力的功率分别变为原来的A k倍，k倍 B k2倍，k倍 C k倍，k2倍 D k2倍，k2倍【答案】C【解析】当导体棒匀速运动时，有：F=BIL=B2L2vR，解得匀速运动的速度为：v=FRB2L2，当拉力变为原

40、来的k倍，则速度变为原来的k倍，拉力的功率为：P=Fv=F2RB2L2，当拉力变为原来的k倍，则功率变为原来的k2倍，故C正确，ABD错误。故选C。32如图甲所示，A、B为两个相同的导体线圈，它们共轴并靠近放置。A线圈中通有乙图所示的交变电流，下列说法正确的是(规定从左往右看顺时针方向为正)A 0t1时间内，B线圈中的感应电流沿顺时针方向B t2时刻，B线圈中没有感应电流C t2时刻，A、B线圈之间存在相互吸引力D 0t1和t3t4时间内，B线圈中的感应电流方向相同【答案】D【解析】在0到t1时间内，线圈A电流方向顺时针且大小增大，所以根据右手螺旋定则可判定穿过线圈B方向向左的磁通量大小增大，

41、由楞次定律可知，线圈B的电流方向逆时针方向，故A错误；在t2时刻，线圈A中的电流为零，而磁通量的变化率是最大的，所以线圈B感应电流也是最大，但由于A中电流为零，故A、B间的相互作用力为零，故BC错误；在t3到t4时间内，线圈A电流方向逆时针且大小减小，所以根据右手螺旋定则可判定穿过线圈B方向向右的磁通量大小减小，由楞次定律可知，线圈B的电流方向逆时针方向，与0t1时间内B线圈中的感应电流方向相同，选项D正确；故选D.叠加：解决本题的关键掌握安培定则、楞次定律以及法拉第电磁感应定律等知识，知道感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化；电流为零时，电流变化率最大，感应电动势最大 33如图甲

42、所示，在竖直方向上有四条间距相等的水平虚线L1、L2、L3、L4，在L1、L2之间和L3、L4之间存在匀强磁场，磁感应强度B大小均为1 T，方向垂直于虚线所在平面现有一矩形线圈abcd，宽度cdL0.5 m，质量为0.1 kg，电阻为2 ，将其从图示位置由静止释放(cd边与L1重合)，速度随时间的变化关系如图乙所示，t1时刻cd边与L2重合，t2时刻ab边与L3重合，t3时刻ab边与L4重合，已知t1t2的时间间隔为0.6 s，整个运动过程中线圈平面始终处于竖直方向，重力加速度g取10 m/s2.则()A 在0t1时间内，通过线圈的电荷量为0.25 CB 线圈匀速运动的速度大小为2 m/sC

43、线圈的长度为1 mD 0t3时间内，线圈产生的热量为4.2 J【答案】A【解析】根据平衡条件有：mg=BIL，而I=BLvR，联立两式解得：v=mgRB2L2=8m/s，故B错误；在t1t2的时间间隔内线圈一直做匀加速直线运动，知ab边刚进上边的磁场时，cd边也刚进下边的磁场。设磁场的宽度为d，则线圈的长度：L=2d，线圈下降的位移为：x=L+d=3d，则有：3d=vt12gt2，将v=8m/s，t=0.6s，代入解得：d=1m；所以线圈的长度为L=2d=2m，故C错误。在0t1时间内，cd边从L1运动到L2，通过线圈的电荷量为：q=It=BLvtR=BLdR=0.25C，故A正确。0t3时间

44、内，根据能量守恒得：Q=mg（3d+2d）12mv2=0.1×10×（3+2）J12×0.1×82J=1.8J，故D错误；故选A。【点睛】t2t3这段时间内线圈做匀速直线运动，线圈所受的安培力和重力平衡，根据平衡求出匀速直线运动的速度通过线圈在t1t2的时间间隔内，穿过线圈的磁通量没有改变，没有感应电流产生，线圈做匀加速直线运动，加速度为g，知ab边刚进磁场，cd边也刚进磁场，线圈的长度等于磁场宽度的2倍根据运动学公式求出线圈的长度根据感应电荷量的经验公式求解电荷量；根据能量守恒求出0t3这段时间内线圈中所产生的电热34物理学家为人类发展作出了卓越的贡献

45、，以下符合物理学史实的是（ ）A 法拉第总结出右手螺旋定则B 奥斯特发现电流磁效应C 麦克斯韦用实验证实了电磁波的存在D 赫兹发明了世界上第一个电池【答案】B【解析】A、安培总结出右手螺旋定则，得出电流与其磁场方向的关系，故A错误。B、奥斯特发现了电流的磁效应，体现电流周围产生磁场，故B正确。C、麦克斯韦从理论上预言了电磁波的存在，赫兹用实验证实了电磁波的存在，故C错误。D、1800年，意大利人亚历山德罗·伏特（Alessandro Volta）才是电池的最早发明者，故D错误。本题选符合物理学史实的故选B。【点睛】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、

46、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一35如图所示，导线框abcd在光滑且无限长导轨上向右运动，abcd与导轨接触良好，G1与G2是两只灵敏电流计，则关于G1、G2指针的偏转，说法正确的是（ ）A 只有G1偏转B 只有G2偏转C G1与G2都会偏转D G1与G2都不会偏转【答案】C【解析】导线框向右滑动时，ad边与导轨构成的闭合回路磁通量增加，回路中会产生感应电流，因此有电流流过两电流表G1和G2，两电流表都会偏转，故C正确，A、B、D错误；故选C。【点睛】产生感应电流的条件：闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动，导体中有感应电流。36如图所示电路中，A、B是两个相同的小灯泡，L是一个

47、自感系数相当大的线圈。电源的电动势为E，内阻为r。关于这个电路的以下说法正确的是（ ）A 开关由闭合到断开瞬间，A灯闪亮一下再熄灭B 开关闭合后，B灯立刻亮，而后逐渐变暗，最后亮度稳定C 开关闭合后，A灯立刻亮，而后逐渐变暗，最后亮度稳定D 开关由闭合到断开瞬间，电流自左向右通过A灯【答案】C【解析】A、开关处于闭合状态，在断开瞬间，线圈提供瞬间电压给两灯泡供电，由于两灯泡完全一样，所以不会出现电流比之前还大的现象，因此A灯不会闪亮一下，只会一同慢慢熄灭，故A错误；B、开关闭合到电路中电流稳定的时间内，B灯由于L产生自感电动势逐渐变亮，当线圈对电流没有阻碍时，灯泡亮度稳定，故B错误；C、开关闭

48、合到电路中电流稳定的时间内，A灯立刻亮，当线圈电流阻碍较小后A灯逐渐变暗，当线圈对电流没有阻碍时，灯泡亮度稳定，故C正确；D、开关处于闭合状态，在断开瞬间，线圈相当于电源，电流方向仍不变，所以电流自右向左通过A灯，故D错误；故选C。【点睛】电路中有线圈，当通过线圈的电流发生变化时，会产生感应电动势去阻碍线圈中电流变化但阻碍不等于阻止，就使其慢慢的变化。37提出电磁感应定律的物理学家是（ ）A 库仑 B 奥斯特 C 安培 D 法拉第【答案】D【解析】库仑发现电荷间作用的库仑定律，丹麦物理学家奥斯特发现了电流的磁效应，发现电流周围存在磁场，安培发现通电导线的受磁场作用的安培定则，法拉第发现电磁感应

49、定律，故D正确，A、B、C错误；故选D。二、多选题38如图1所示，ab是两平行正对的金属圆环，a中通有正弦交变电流i，其变化规律如图2所示。下列说法正确的是A t1时刻，b环内的感应电动势为零B t2时刻，b环内的感应电流方向改变C t3t4时间内，b环内感应电流的方向与a环内电流的方向相反D 0 t4时间内，t2时刻b环内的感应电动势最大【答案】AD【解析】【详解】t1时刻，a环中电流最大，电流的变化率为零，则b环内的感应电动势为零，选项A正确；t1-t3时间内，a环中电流的变化率均为负值，则b环中感应电流方向不变，则t2时刻，b环内的感应电流方向不变，选项B错误；t3t4时间内，a环中电流

50、负向减小，根据楞次定律可知，b环内感应电流的方向与a环内电流的方向相同，选项C错误；0 t4时间内，t2时刻a环中电流为零，但电流的变化率最大，则b环内的感应电动势最大，选项D正确；故选AD.【点睛】此题关键是高清i-t图像的物理意义，图像的斜率为电流的变化率，直接反应b环中感应电流的大小；斜率的符号反应b环中感应电流的方向.39如图所示，有一闭合线圈放在匀强磁场中，线圈的轴线和磁感线方向成60°角，磁感应强度随时间均匀变化，下述方法可使线圈中的感应电流增加一倍的是（）A 使线圈的匝数增加一倍B 使线圈的面积增加一倍C 使线圈的半径增加一倍D 改变线圈的轴线方向，使之与磁场方向平行【

51、答案】CD【解析】【详解】设导线的电阻率为，横截面积为S，线圈的半径为r，则感应电流为：I=ER=nt·1R=Sr2·Btcos A项：由上式可知，I与线圈匝数无关，故A错误；B项：由I=ER=nt·1R=Sr2·Btcos，可知，若将线圈的面积增加一倍，半径r增加(21)倍，电流增加(21)倍，故B错误；C项：若将线圈半径增加一倍，则r增加一倍，I增加一倍，故C正确；D项：改变线圈的轴线方向，使之与磁场方向平行，电流由I1=Sr2·Btcos600=Sr2·Bt×12变为I2=Sr2·Bt=Sr2·Bt

52、，即为原来的两倍，故D正确。40如图所示，两根足够长的平行光滑金属导轨MN、PQ放在水平面上，左端向上弯曲，导轨间距为L，电阻不计，水平段导轨所处空间存在方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。导体棒的质量分别为ma=m，mb=2m，电阻值分别为RaR，Rb2R。b棒静止放置在水平导轨上足够远处，与导轨接触良好且与导轨垂直；a棒在弧形导轨上距水平面h高度处由静止释放，运动过程中导体棒与导轨接触良好且始终与导轨垂直，重力加速度为g，则A a棒刚进入磁场时回路中的感应电流为BL2ghRB a棒刚进入磁场时，b棒受到的安培力大小为B2L22gh3RC a棒和b棒最终稳定时的速度大小为2gh3D

53、从a棒开始下落到最终稳定的过程中，a棒上产生的焦耳热为29mgh【答案】BCD【解析】【详解】A、设a棒刚进入磁场时的速度为v，从开始下落到进入磁场，根据机械能守恒定律有：mgh=12mv2，a棒切割磁感线产生感应电动势为：E=BLv，根据闭合电路欧姆定律有：I=ER+2R；联立解得I=BL2gh3R；故A错误。B、b棒受到的安培力为F=BIL，代入电流I解得F=B2L22gh3R，方向水平向右；B正确。C、设两棒最后稳定时的速度为v，从a棒进入磁场到两棒速度达到稳定，一对安培内力作用，两棒组成的系统外力之和为零，根据动量守恒定律有：mv=3mv，解得：v=v3=2gh3；C正确。D、从a棒进

54、入磁场到两棒共速的过程，一对安培力做功把机械能转化为电能，设a棒产生的内能为Ea，b棒产生的内能为Eb，根据能量守恒定律有：12mv2=123mv2+Ea+Eb；两棒串联内能与电阻成正比：Eb=2Ea，解得：Ea=29mgh；故D正确。故选BCD。【点睛】本题是双杆双电源问题，关键是结合切割公式、欧姆定律公式、安培力公式列式分析，注意a棒进入磁场后两棒当成系统动量守恒，还要对整个运动过程结合能量守恒定律列式分析。41把一块金属板折成U形的金属槽，截面MNPQ（正视图如图所示），放置在方向垂直纸面向外、大小为B的匀强磁场中，并以速率v1水平向左匀速运动一带电微粒从槽口左侧以速度v2射入，恰能做匀

55、速圆周运动，下列说法正确的是()A 微粒一定带负电B 微粒的比荷qm=gBv1C 微粒做圆周运动的周期为T=2v2gD 微粒做圆周运动的半径为r=v1v2g【答案】ABD【解析】【详解】金属槽在匀强磁场中向左匀速运动时，将切割磁感线，上、下两板间产生电势差，由右手定则可判断出上板为正，下板为负，板间电场方向向下。微粒进入槽后做匀速圆周运动，重力与电场力平衡，电场力方向向上，与电场方向相反，所以微粒带负电，故A正确。板间场强E=Ud=BLv1L=Bv1；因为微粒做匀速圆周运动，则重力等于电场力，方向相反，故有mg=qE，得比荷qm=gBv1故B正确。向心力由洛伦兹力提供，得到qv2B=mv22r，得r=v1v2g，周期T=2rv2=2v1g，故C错误，D正确。故选ABD。【点睛】此题关键是知道微粒进入槽后做匀速圆周运动，重力与电场力平衡，洛伦兹力提供向心力根据牛顿定律、圆周运动和电磁感应知识求解42如图所示，两个闭合铝环A、B与一个螺线管套在同一铁芯上，A、B可以左右摆动，则()A 在S闭合的瞬间，A、B必相斥B 在S闭合的瞬间，A、B必相吸C