电磁感应（18）

1、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、多选题1用电流传感器研究自感现象的电路如图甲所示，线圈L中未插入铁芯，直流电阻为R.闭合开关S，传感器记录了电路中电流i随时间t变化的关系图象，如图乙所示，t0时刻电路中电流达到稳定值I.下列说法中正确的是()A tt0时刻，线圈中自感电动势最大B 若线圈中插入铁芯，上述过程中电路中电流达到稳定值经历的时间大于t0C 若线圈中插入铁芯，上述过程中电路达到稳定

2、时电流值仍为ID 若将线圈匝数加倍，上述过程中电路达到稳定时电流值仍为I【答案】BC【解析】tt0时刻，线圈中电流稳定，自感现象消失，线圈中没有自感电动势，故A错误；若线圈中插入铁芯，线圈自感系数增大，自感现象延长，所以若线圈中插入铁芯，上述过程中电路中电流达到稳定值经历的时间大于t0，故B正确；线圈中插入铁芯，但线圈的直流电阻不变，所以稳定时电流不变，故C正确；若将线圈匝数加倍，线圈直流电阻增大，稳定时电流减小，故D错误。所以BC正确，AD错误。2如图1所示，电阻，电容为C的电容器，圆形金属线圈半径为，线圈的电阻为R。半径为（）的圆形区域内存在垂直线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t

3、变化的关系图像如图2所示， 时刻磁感应强度分别为，其余导线的电阻不计，闭合开关S，至时刻电路中的电流已稳定，下列说法正确的是A 电容器上极板带正电B 时刻电容器的带电量为C 时刻之后，线圈两端的电压为D 时刻之后， 两端的电压为【答案】AC【解析】试题分析：由B-t图象的斜率读出磁感应强度的变化率，由法拉第电磁感应定律求出线圈中产生的感应电动势，由欧姆定律求出感应电流的大小，从而求得路端电压，再由楞次定律判断出感应电流的方向根据楞次定律可知，线圈产生的逆时针方向电流，则电容器上极板带正电，A正确；根据法拉第电磁感应定律，则有，电流为， ，电容器所带的电荷量，B错误； 时间之后，线圈两端的电压，

4、C正确； 时刻之后， 两端的电压为，D错误3如图所示，abcd为边长为L的正方形线框，线框在纸面内，电阻为R图中虚线区域内有垂直纸面向里的匀强磁场现用外力作用于线框，使线框从图示位置开始沿x轴正方向做初速度为零的匀加速运动，线框运动过程中，ad边始终水平，线框平面始终与磁场垂直，磁场宽度大于L，x轴正方向作为力的正方向，则磁场对线框的作用力F随时间t的变化图线及线框ab边的电压U随时间t的变化图象正确的是A B C D 【答案】AD【解析】线圈做初速度为零的匀加速直线运动，速度v=at，进磁场和出磁场受到的安培力，则A正确，B错误；进磁场时，ab两端的电压；在磁场中运动时， ；出磁场时，ab两

5、端的电压，则选项C错误，D正确；故选AD.点睛：对于图象问题，关键是能够根据已知的公式、定律等推导出横坐标和纵坐标的关系式，分析斜率的变化，然后作出正确的判断4现将电池组、滑线变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流计及开关按如图所示方式连接。在开关闭合、线圈A放在线圈B中的情况下，某同学发现当他将滑线变阻器的滑动端P向左滑动时，电流计指针向右偏转。由此可以推断A 滑线变阻器的滑动端P向右滑动时，电流计指针向左偏转B 线圈A向上移动时，电流计指针向右偏转C 断开开关时，电流计指针向右偏转D 拔出线圈A中的铁芯时，电流计指针向左偏转【答案】ABC【解析】A、由题意可知当P向左滑动时，线圈A中的电流应

6、越来越小，则其磁场减小，线圈B中产生了电流使指针向右偏转，即可知当B中的磁通量减小时，电流表指向右偏，则磁通量增大时，电流计指针向左偏转，故当滑线变阻器的滑动端P向右滑动时，电流计指针向左偏转，故选项A正确；B、当线圈A向上拔出或断开开关或拔出线圈A中的铁芯时，穿过线圈B的磁通量减少，电流计指针均向右偏转，故选项BC正确，选项D错误。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右偏的条件，即可不根据绕向判出各项中应该出现的现象，即根据磁通量增加或减少来判断即可。5如右图，空间某区域内存在沿水平方向的匀强磁场，一正方形闭合金属线框自磁场上方某处释放后穿过磁场，整个

7、过程线框平面始终竖直，线框边长小于磁场区域上下宽度。以线框刚进入磁场时为计时起点，下列描述线框所受安培力F随时间t变化关系的图中，可能正确的是A B C D 【答案】BCD【解析】线框受重力作用加速下落，进入与离开磁场时受到安培力作用。若进入磁场时若安培力大于重力，做加速度减小的减速运动，安培力随速度减小而减小，某时刻安培力等于重力，线框做匀速运动，此时速度达到v0=mgRB2L2 ，完全进入后只受重力，线框加速，刚要离开时的速度大于完全进入时的速度，故安培力大于重力，做减速运动，速度减小，安培力也减小，故A错误；若线框进入磁场时恰好重力等于安培力，完全进入后只受重力，线框加速，离开磁场时安培

8、力大于重力，速度减小，故B正确；若重力小于安培力，由B2L2vRmg=ma 可知，线框做加速度减小的减速运动，安培力随速度的减小而减小，完全进入后只受重力，线框加速，离开磁场时安培力大于重力，速度减小，进入过程与离开过程可能安培力变化情况可能完全相同，故C正确；若进入时重力大于安培力，由mgB2L2vR=ma，则做加速度减小的加速运动，离开磁场时安培力大于重力，做加速度减小的减速运动，安培力随速度减小而减小，故D正确；综上分析，不正确的是A。6如图所示，轻质弹簧测力计下悬挂的圆形线圈中通有顺时针方向电流I0，线圈的正下方固定有一根足够长的直导线a，线圈静止时导线a垂直于线圈平面。现在导线a中通

9、有垂直纸面向外的较大电流，则下列判断正确的是()A 线圈仍静止不动B 从上往下看，线圈将逆时针转动C 弹簧测力计示数减小D 弹簧测力计示数增大【答案】BD【解析】根据安培定则可知，环形电流内部磁场向里，则内部为小磁针N极，外部是S极；环形电流形成的磁场是以a为圆心的圆，方向为逆时针，因小磁针N极指向磁感线方向，故从上向下看时，线圈应逆针转动，故A错误，B正确；根据同向电流相互吸引，反向电流相互排斥可知，当转动到竖直位置时，上半部分受力向上，下半部分受力向下，则可知弹簧秤的示数一定增大，故C错误，D正确。所以BD正确，AC错误。7如图所示，间距为L的两根平行金属导轨变成“L”形，竖直导轨面与水平

10、导轨面均足够长，整个装置处于竖直向上、大小为B的匀强磁场中。质量均为m、阻值均为R的导体棒ab、cd均垂直于导轨放置，两导体棒与导轨间的动摩擦因数均为，当导体棒cd在水平恒力作用下以速度v0沿水平导轨向右匀速运动时，释放导体棒ab，它在竖直导轨上匀加速下滑。某时刻将导体棒cd所受水平恒力撤去，经过一段时间，导体棒cd静止，此过程流经导体棒cd的电荷量为q(导体棒ab、cd与导轨间接触良好且接触点及金属导轨的电阻不计，已知重力加速度为g)，则()A 导体棒cd受水平恒力作用时流经它的电流B 导体棒ab匀加速下滑时的加速度大小C 导体棒cd在水平恒力撤去后的位移为D 导体棒cd在水平恒力撤去后产生

11、的焦耳热为【答案】BCD【解析】A、cd切割磁感线产生感应电动势为 E=BLv0，根据闭合电路欧姆定律得： ，故A错误。B、对于ab棒：由牛顿第二定律得：mg-f=ma，摩擦力f=N，N为轨道对ab棒的弹力，水平方向，由平衡条件得：N=BIL，解得： ，故B正确。C、对于cd棒，通过棒的电量： ，解得： ，故C正确。D、设导体棒cd在水平恒力撤去后产生的焦耳热为Q，由于ab的电阻与cd相同，两者串联，则ab产生的焦耳热也为Q根据能量守恒得，已知，解得： ，故D正确。故选BCD.【点睛】解决本题要知道cd相当于电源，ab是外电路，掌握感应电量公式，会正确分析能量如何转化8如图甲所示，虚线MN上方

12、有一垂直纸面向里的匀强磁场，边长为L的单匝金属线框处于该磁场中，线框下端与一阻值为R的电阻相连。若金属框的总阻值为r，磁场的变化情况如图乙所示，则下列说法中正确的是A 流经电阻R的电流方向为从左向右B 线框产生的感应电动势的大小为C 电阳R上的电压大小为D 时间t0内电阳R上产生的热量为【答案】BC【解析】A、由楞次定律可得：感应电流的方向为顺时针，所以通过R的电流方向由右向左，故A错误.B、感应电动势为,故B正确.C、由闭合电路的欧姆定律可知，则C正确.D、根据焦耳定律，故D错误.故选BC.【点睛】由法拉第电磁感应定律求出感应电流的大小，而感应电流的方向则由楞次定律判定，及左手定则确定安培力

13、的方向，同时穿过磁通量发生变化的线圈相当于电源，所以电源内部（线圈）电流方向是负极到正极9在如图所示倾角为的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度大小均为B的匀强磁场，区域I的磁场方向垂直斜面向上，区域的磁场方向垂直斜面向下，磁场的宽度均为L一质量为m电阻为R、边长也为L的正方形导线框，由静止开始沿斜面下滑，当ab边刚越过GH进入磁场I时，恰好以速度做匀速直线运动；当ab边下滑到JP与MN的中间位置时，线框又恰好以速度做匀速直线运动，从ab越过GH到达JP与MN的中间位置的过程中，线框的动能变化量为，重力对线框做的功的大小为，安培力对线框做功大小为，下列说法中正确的有A 在下滑过程中，由于重力做正功

14、，所以有B 从ab越过GH到达JP与MN的中间位置的过程中，机械能守恒C 从ab越过GH到达JP与MN的中间位置的过程中，有的机械能转化为电能D 从ab越过GH到达JP的中间位置的过程中，线框动能的变化量大小【答案】CD【解析】当安培力与重力沿斜面向下的分力相等时，线框做匀速运动，则ab边刚越过GH进入磁场区时，有： ，ab边下滑到JP与MN的中间位置时，ab、dc两边都切割产生感应电动势，回路中总电动势为，两边都受到安培力，则有： ，则得到： 故A错误；从ab进入GH到MN与JP的中间位置的过程中，安培力做负功，机械能减小转化为电能根据功能关系得知，机械能减小量是转化为电能，故此过程机械能不

15、守恒；根据动能定理可知，线框动能的变化量大小为： ；故B错误，CD正确；选CD. 【点睛】当ab边刚越过GH进入磁场区时和当ab边下滑到JP与MN的中间位置时，线框都做匀速运动，安培力与重力沿斜面向下的分力大小相等，根据平衡条件得到速度的表达式，即可求出两速度之比在线框下滑的过程中，安培力做负功，机械能减小从ab进入GH到MN与JP的中间位置的过程，机械能减小，转化为电能，机械能不守恒，根据功能关系分析由动能定理求解动能的变化量10相距m的足够长金属导轨竖直放置，质量为=1kg的金属棒ab和质量为=0.4kg的金属棒cd均通过棒两端的小环水平地套在金属到导轨上，如图a所示，虚线上方磁场方程垂直

16、纸面向里，虚线下方磁场方向竖直向下，两处磁场磁感应强度的大小相同均为，cd棒与导轨间动摩擦因数为，金属棒ab的电阻为1.5，金属棒cd的电阻为0.5，其余电阻不计，ab棒在方向竖直向上的外力F作用下，从静止开始沿导轨向上运动，同时cd棒也由静止释放。已知ab棒运动的v-t图像如图b所示，重力加速度，则下列说法正确的是A ab棒做匀加速直线运动且加速度大小为B 外力F随时间t的变化关系为C 运动过程中金属棒cd不切割磁感线，所以金属棒cd上一直没有焦耳热D cd棒达到最大速度所需的时间为4s【答案】ABD【解析】A、由v-t图像可得ab棒做匀加速直线运动且加速度大小为，故A正确；B、经过时间t，

17、金属棒ab的速率，此时，回路中的感应电流为，对金属棒ab，由牛顿第二定律得由以上各式整理得： ，故B正确；C、运动过程中金属棒cd不切割磁感线，但运动过程中金属棒ab切割磁感线，有感应电流经过金属棒cd，所以金属棒cd上也有焦耳热，故C错误；D、当cd棒所受重力与滑动摩擦力相等时，速度达到最大；有，又， ，整理解得，故D正确；故选ABD。11如图所示，一个半径为r、粗细均匀、阻值为R的圆形导线框，竖直放置在磁感应强度为B的水平匀强磁场中，线框平面与磁场方向垂直。现有一根质量为m、电阻不计的导体棒，自圆形线框最高点由静止释放，棒在下落过程中始终与线框保持良好接触。已知下落距离为时棒的速

18、度大小为v1，下落到圆心O时棒的速度大小为v2，忽略摩擦及空气阻力，下列说法正确的是A 导体棒下落距离为时，棒中感应电流的方向向右B 导体棒下落距离为时，棒的加速度的大小为C 导体棒下落到圆心时，圆形导线框的发热功率为D 导体棒从开始下落到经过圆心的过程中，圆形导线框产生的热量为【答案】BD【解析】A项：导体棒下落过程中切割磁感线，根据右手定则可知，棒中感应电流的方向向左，故A错误；B项：棒下落距离为，时，棒有效的切割长度为L=2rcos30°= ，弦所对的圆心角为120°，则圆环上半部分的电阻为，圆环下半部分的电阻为由外电路并联电阻为： 此时，回路中感应电动势为 E=BL

19、v， ，安培力F=BIL，联立得： 由牛顿第二定律得：mg-F=ma得： ，故B正确；C项：导体棒下落到圆心时，棒有效的切割长度为2r，回路中的总电阻为，电动势为，根据公式，故C错误；D项：从开始下落到经过圆心的过程中，棒的重力势能减小转化为棒的动能和内能，根据能量守恒定律得：，解得，故D正确。点晴：对于电磁感应问题，常常从两个角度研究：一是力的角度，关键是安培力的分析和计算；二是能量的角度，根据能量守恒定律研究。12在磁感应强度为的匀强磁场中，有一与磁场方向垂直长度为的金属杆，已知， 与磁场中以为圆心的同心圆（都为部分圆弧）金属轨道始终接触良好一电容为的电容器接在轨道上，如图所示，当金属杆在

20、与磁场垂直的平面内以为轴，以角速度顺时针匀速转动时A B C 电容器带电量D 若在间连接一个电压表，则电压表示数为零【答案】BC【解析】、间的电热差分别等于它们产生的感应电动势，根据转动切割磁感线感应电动势公式得、间的电势差分别为： ， ， ，则有： ， ，可见， 故错误电容器板间电压等于间的电热差，则电容器所带电量为： 所以选项是正确的若在间连接一个电压表，电压表与、导轨组成的闭合回路，磁通量增加，会有电流通过电压表，则电压表将有示数故错误故选点睛：本题一要掌握导体转动切割磁感线的感应电动势公式：E=Bl2；二要准确理解公式的含义：此式反映杆的端点与圆心间的感应电动势，不是任意两点间的感应电

21、动势13如图所示，一矩形线圈置于匀强磁场中，磁场的磁感应强度随时间变化的规律如图（）所示，则线圈产生的感应电动势的情况为：A 时刻电动势最大 B 时刻电动势为零C 时刻磁通量的变化率等于零 D 时间内电动势增大【答案】ACD【解析】因为面积一定，磁场变化，根据法拉第电磁感应定律，感应电动势为： 时刻磁感应强度的变化率最大，故感应电动势最大，所以选项正确， 错误； 时刻磁通量最大，但磁通量的变化率为零，故感应电动势为零，所以选项正确； 时间内，磁通量的变化率变大，故感应电动势增加，所以选项正确；故选点睛：本题中磁通量最大时，磁通量的变化率最小；磁通量最小时，磁通量的变化率最大；然后根据法拉第电磁

22、感应定律列式判断即可14半径为r带缺口的刚性金属圆环在纸面上固定放置，在圆环的缺口两端引出两根导线，分别与两块垂直于纸面固定放置的平行金属板连接，两板间距为d，如图所示。有一变化的磁场垂直于纸面，规定向内为正，变化规律如图所示。在t=0时刻平板之间中心有一重力不计，电荷量为q的静止微粒，则以下说法正确的是（ ）A 第2秒内上极板为正极B 第3秒内上极板为负极C 第2秒末微粒回到了原来位置D 第3秒末两极板之间的电场强度大小为【答案】AD【解析】由图象可知，在第3s内，磁场垂直于纸面向外，磁感应强度变大，穿过金属圆环的磁通量变大，假设环闭合，由楞次定律可知，感应电流磁场与原磁场方向相反，即感应电

23、流磁场方向垂直于纸面向里，然后由安培定则可知，感应电流沿顺时针方向，由此可知，上极板电势高，是正极，故B错误；同理第2s内，由楞次定律可知，金属板上极板带正电，金属板下极板带负电，故A正确；由楞次定律可知，在第1s与第4内下极板是正极，在第2与第3s内，上极板是正极，因此两极板间的电场每隔1s改变一次方向，带电粒子q在第1s内向下做匀加速运动，第2s内向下做匀减速直线运动，第2s末速度为零，在第3s内向下做匀加速直线运动，第4s内向下做匀加速直线运动，由此可知，带电粒子一直向下运动，不会回到原来的位置，故C错误；由法拉第电磁感应定律可知，在第3s内产生的感应电动势： ，两极板间的电场强度为：

24、，故D正确。所以AD正确，BC错误。15如图所示，水平面上固定相距为d的光滑直轨道MN和PQ，在N、Q之间连接不计电阻的电感线圈L和电阻R.匀强磁场磁感应强度为B，方向垂直导轨平面向上，在导轨上垂直导轨放置一质量为m，电阻不计的金属杆ab，在直导轨右侧有两个固定挡块C、D，CD连线与导轨垂直现给金属杆ab沿轨道向右的初速度v0，当ab即将撞CD时速度为v，撞后速度立即变为零但不与挡块粘连以下说法正确的是A ab向右做匀变速直线运动B 当ab撞CD后，将会向左运动C 从ab开始运动到撞CD时，电阻R上产生的热量小于D ab在整个运动过程中受到的最大安培力为【答案】BC【解析】ab向右运动时受到向

25、左的安培力而做减速运动，产生的感应电动势和感应电流减小，安培力随之减小，加速度减小，所以ab做非匀变速直线运动，A错误；当ab撞CD后，ab中产生的感应电动势为零，电路中电流要减小，线框将产生自感电动势，根据楞次定律可知自感电动势方向与原来电流方向相同，沿ba，根据左手定则可知ab受到向左的安培力，故当ab撞CD后，将会向左运动，B正确；从ab开始运动到撞CD时，由于线圈中有磁场能，所以电阻R上产生的热量小于mv02mv2，C正确；开始时，ab的速度最大，产生的感应电动势最大，由于线圈中产生自感电动势，此自感电动势与ab感应电动势方向相反，电路中的电流小于最大安培力将小于BdI，D错误；故选B

26、C点睛：本题要注意与常规问题不同，电路中有线圈，会产生自感现象，阻碍电流的变化，根据法拉第电磁感应定律、楞次定律、能量守恒定律进行分析16如图所示，两个条形磁铁的N和S相向水平放置，一竖直放置的矩形线框从两个磁铁之间正上方自由落下，并从两磁铁中间穿过。下列关于线框受到安培力及从右向左看感应电流方向说法正确的是A 感应电流方向先逆时针方向，后顺时针方向B 感应电流方向先顺时针方向，后逆时针方向C 安培力方向一直竖直向上D 安培力方向先竖直向上，后竖直向下【答案】BC【解析】A、B项：由图可知，磁感线由左向右，则中间磁感应强度最大，而向两边越来越小，故在线圈从高处下落过程中，穿过线圈的磁通量一直向

27、右，且先增大后减小，则由楞次定律可知，感应电流先顺时针后逆时针，故B正确，A错误；C、D项：产生的感应电流一直阻碍物体间的相对运动，故安培力一定一直竖直向上，故C正确，D错误。点晴：明确磁场分布，再分析线圈下落过程中磁通量的变化，从而根据楞次定律分析感应电流的方向，同时根据楞次定律的”来拒去留“分析安培力的方向。17如图所示，两根足够长的平行光滑金属导轨固定在同一水平面内，两导轨间的距离为L；导轨上面垂直于导轨横放着两根相距的导体棒ab、cd，两导体棒与导轨构成矩形闭合回路。两导体棒的质量均为m、电阻均为R，回路中其余部分的电阻忽略不计。整个装置处于磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中

28、。开始时，cd棒静止，ab棒的速度大小为、方向指向cd棒。若两导体棒在运动过程中始终不接触，选水平向右的方向为正方向，则在运动过程中（ ）A ab棒产生的焦耳热最多为B 安培力对cd棒的冲量最多为C 通过ab棒某一横截面的电量最多为D ab棒与cd棒间的最终距离为【答案】BCD【解析】A、从开始到最终稳定的过程中，两棒总动量守恒，根据动量守恒有，ab棒产生的焦耳热最多为，故A错误；B、安培力对cd棒的冲量最多为，故B正确；C、对ab棒由动量定理可得 ，即，所以有，通过ab棒某一横截面的电量最多为，故C正确；D、由于通过ab棒某一横截面的电量最多为，则有，ab棒与cd棒间的最终距离为，故D正确；

29、故选BCD。【点睛】从开始到最终稳定的过程中，两棒总动量守恒，根据动量守恒和能量守恒解出ab棒产生的焦耳热，对ab棒由动量定理和通过导体电荷量定义可得通过ab棒某一横截面的电量。18两根相距为 L 的足够长的金属弯角光滑导轨如图所示放置，它们各有一边在同一水平面 内，另一边与水平面的夹角为 37°，质量均为 m 的金属细杆 ab、cd 与导轨垂直接触形成闭合回路，导轨的电阻不计，回路总电阻为 2R，整个装置处于磁感应强度大小为 B，方向竖 直向上的匀强磁场中，当 ab 杆在平行于水平导轨的拉力 F 作用下以速度 v 沿导轨匀速运动 时，cd 杆恰好处于静止状态，重力加速度为 g，以下

30、说法正确的是（ ） A ab 杆所受拉力 F 的大小为 mg tan37°B 回路中电流为mgsin370BLC 回路中电流的总功率为 mgv tan37°D m 与 v 大小的关系为m=B2L2v2Rgtan370【答案】ACD【解析】对于cd杆，由平衡条件得：F安=mgtan37°，对ab杆，由于感应电流的大小、导线的长度相等，两杆所受的安培力大小相等，由平衡条件得知，F=F安，拉力F=mgtan37°，故A正确；cd杆所受的安培力F安=BIL，又F安=mgtan37°，得电流为：I=mgtan37°BL，故B错误；回路中电流的总

31、功率等于拉力的功率，为P=Fv=mgvtan37°，故C正确；根据E=BLv，I=E2R，F安=BIL得，F安=B2L2v2R，结合F安=mgtan37°，解得：m=B2L2v2Rgtan370，故D正确。故选ACD。点睛：本题要熟练运用法拉第电磁感应定律、平衡方程等规律，强调受力分析的正确性，同时突出克服安培力所做的功等于产生的焦耳热19在如图所示的倾角为的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度大小为 B 的匀强磁场，区域 I 的磁场方向垂直斜面向上，区域的磁场方向垂直斜面向下，磁场的宽度均为 L，一个 质量为 m、电阻为 R、边长也为 L 的正方形导线框，由静止开始沿斜面下滑

32、，当 ab 边刚越 过 GH 进入磁场区时，恰好以速度 v1 做匀速直线运动；当 ab 边下滑到 JP 与 MN 的中间位 置时，线框又恰好以速度 v2 做匀速直线运动，从 ab 进入 GH 到 MN 与 JP 的中间位置的过程 中，线框的动能变化量为Ek（末动能减初动能），重力对线框做功为 W1，安培力对线框做 功为 W2，下列说法中正确的有 （ ）A 在下滑过程中，由于重力做正功，所以有 v2v1B 从 ab 进入 GH 到 MN 与 JP 的中间位置的过程中，机械能守恒C 从 ab 进入 GH 到 MN 与 JP 的中间位置的过程，有（W1Ek）机械能转化为电能D 从 ab 进入 GH

33、到 MN 与 JP 的中间位置的过程中，线框动能的变化量大小为Ek=W1+W2【答案】CD【解析】当安培力与重力沿斜面向下的分力mgsin相等时，线框做匀速运动，则ab边刚越过GH进入磁场区时，有：mgsin=B2L2v1R，ab边下滑到JP与MN的中间位置时，ab、dc两边都切割产生感应电动势，回路中总电动势为2BLv2，两边都受到安培力，则有：mgsin=4B2L2v2R，则得到：v1=4v2故A错误；从 ab 进入 GH 到 MN 与 JP 的中间位置的过程中，由于有电能产生，故机械能不守恒，故B错误；从ab进入GH到MN与JP的中间位置的过程中，安培力做负功，机械能减小转化为电能。根据

34、功能关系得知：W1W安=Ek ，解得W安=W1Ek，则机械能减小量是（W1-Ek）转化为电能，故C正确；由动能定理可知，线框动能的变化量大小为：Ek=W1+W1；故D正确。故选CD。点睛：导体切割磁感线运动时，要抓住受力平衡及能量的转化及守恒的关系进行分析判断； 在分析能量关系时一定要找出所有发生变化的能量，增加的能量一定等于减少的能量20如图所示，一匝数N=10、总电阻、边长L=0.3m的均质正三角形金属线框静置在粗糙水平面上，线框的顶点正好是半径的圆形磁场的圆心，磁场方向竖直向下（正方向），磁感应强度大小B随时间t变化的关系如图乙所示，a、b是磁场边界与线框的两交点，已知线框与水平面间的最

35、大静摩擦，取，则（ ）A t=0时穿过线框的磁通量为0.06WbB 线框静止时，线框中的感应电流大小为0.1AC 线框静止时，a、b两点间的电压为D 经时间t=0.8s,线框开始滑动【答案】BD【解析】t=0时穿过线框的磁通量为，故A错误；当线框静止时，根据法拉第电磁感应定律，则有： ，再由闭合电路欧姆定律，有： ，则a、b两点间电压为，故B正确，C错误；经时间t=0.8s，由图线可知B=6T，依据B选项分析可知，感应电流I=0.1A，则安培力大小，根据楞次定律可知，感应电流逆时针方向，由左手定则可知，安培力方向垂直导线框向外，如图所示：根据几何关系，可知，两安培力夹角为，则两安培力的合力为0

36、.06N，因已知线框与水平面间的最大静摩擦力f=0.6N，则开始滑动，故D正确；故选BD.【点睛】通过磁通量的公式计算出t=0时的磁通量；根据法拉第电磁感应定律，求得感应电动势大小，再依据闭合电路欧姆定律，求得感应电流的大小；由楞次定律，与左手定则从而确定安培力方向，再依据F=NBIL，及矢量的合成法则，与几何关系，即可求解21如图所示，等边闭合三角形线框，开始底边与匀强磁场的边界平行且重合，磁场的宽度大于三角形的高度，线框由静止释放，穿过该磁场区域，不计空气阻力，则下列说法正确的是A 线框进磁场过程中感应电流为顺时针方向B 线框底边刚进入和刚穿出磁场时线圈的加速度大小可能相同C 线框出磁场的

37、过程，可能做先减速后加速的直线运动D 线框进出磁场过程，通过线框的电量不同【答案】BC【解析】线框进入磁场过程中，磁通量增大，根据楞次定律可知，感应电流为逆时针方向，故A错误；线框底边刚进入瞬间，速度为零，产生的感应电动势为零，下落加速度为g，完全进入磁场后下落加速度为g，随着下落速度的增大，出磁场时产生的安培力可能等于2mg，此时减速的加速度大小可能为g，故B正确；线框出磁场的过程，可能做先减速随着速度减小，切割长度变短，线框受到的安培力减小，当小于重力后线框做加速的直线运动，故C正确；线框进、出磁场过程，磁通量变化相同，所以通过线框的电量相同，故D错误。所以BC正确，AD错误。22如图所示

38、，间距为L的光滑平行金属导轨弯成“”形，底部导轨面水平，倾斜部分与水平面成角，导轨上端与阻值为R的固定电阻相连，整个装置处于磁感应强度方向竖直向上、大小为B的匀强磁场中，导体棒ab和cd均垂直于导轨放置，且与导轨间接触良好。两导体棒的电阻值均为R，其余部分电阻不计。当导体棒cd沿底部导轨向右以速度v匀速滑动时，导体棒ab恰好在倾斜导轨上处于静止状态，导体棒ab的重力为mg，则A 导体棒cd两端电压为BLvB t时间内通过导体棒cd横截面的电荷量为2BLvt3RC 导体棒ab所受安培力为mgtanD cd棒克服安培力做功的功率为B2L2v2R【答案】BC【解析】根据题意画出等效电路如图所示：A：

39、导体棒cd以速度v匀速滑动时，产生的感应电动势E=BLv，根据闭合电路可知，cd两端电压U=ER+R2R2=BLv3。故A项错误。B：通过导体棒cd的电流I=ER+R2=2BLv3R，t时间内通过导体棒cd横截面的电荷量q=It=2BLvt3R。故B项正确。C：导体棒ab受重力，支持力和水平方向安培力处于平衡状态，则安培力Fab=mgtan。故C项正确。D、导体棒cd克服安培力做功的功率P=IE=2B2L2v23R，故D项错误。综上本题答案为BC。23如图所示，一个正方形导线框，以恒定速度向右进入以MN为边界无限大的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，MN与水平线的夹角为45°，下列有关

40、说法正确的是 ()A 导线框中的感应电流方向始终为顺时针B 导线框中的感应电流方向始终为逆时针C 导线框中感应电流的大小先增大后减小D 导线框在完全进入时，线框中的感应电流最大【答案】BC【解析】AB、线框进入磁场时，导线框中的磁通量增大，根据楞次定理可知，导线框中的感应电流产生的磁场方向垂直纸面向外，再根据安培定则可判断出导线框中的感应电流方向为逆时针，故B正确，A错误；CD、在导线框以与MN平行的对角线进入磁场之前，切割磁感线的等效长度L增大，随后切割磁感线的等效长度L减小，根据和可知，导线框中感应电流的大小先增大后减小，故C正确，D错误；故选BC。24一正方形闭合导线框abcd边长L=0

41、.1 m，各边电阻均为1，bc边位于x轴上，在x轴原点O右方有宽L=0.1 m的磁感应强度为1T、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，如图所示。在线框以恒定速度4 m/s沿x轴正方向穿越磁场区域的过程中，如图所示的各图中，能正确表示线框从进入到穿出磁场过程中，ab边两端电势差Uab和回路中电流I（设顺时针方向为正方向）随导线框ab边位置变化情况的是（ ）A B C D 【答案】BC【解析】分两段研究：ab进入磁场切割磁感线过程和dc切割磁感线过程。ab进入磁场切割磁感线过程中，x在0-L范围：由楞次定律判断得知，线框感应电流方向为逆时针，ab相当于电源，a的电势高于b的电势，Uab0感应电动势为

42、 E=BLv=1×0.1×4V=0.4V，电路中的电流：I0.1A，Uab是外电压，则有 Uab=I3r=0.3V；dc切割磁感线过程，x在L-2L范围：由楞次定律判断得知，线框感应电流方向为顺时针，dc相当于电源，a的电势高于b的电势，Uab0感应电动势为 E=BLv=1×0.1×4V=0.4V，Uab是外电压，Uab=Ir=0.1V，则B正确，A错误；ab进入磁场切割磁感线过程中，x在0-L范围：由楞次定律判断得知，线框感应电流方向为逆时针，dc切割磁感线过程，x在L-2L范围：由楞次定律判断得知，线框感应电流方向为顺时针。大小都是0.1A故C正确，

43、D错误。故选BC。点睛：本题是楞次定律、法拉第电磁感应定律和欧姆定律的综合，比较简单，容易出错的地方是ab的电压是内电压还是外电压的问题25竖直放置的两根平行金属导轨之间接有定值电阻R，质量不能忽略的金属棒与两导轨始终保持垂直并良好接触且无摩擦，棒与导轨的电阻均不计，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直，棒在竖直向上的恒力F作用下匀速上升，以下说法正确的是()A 作用在金属棒上各力的合力做功为零B 重力做的功等于系统产生的电能C 金属棒克服安培力做的功等于电阻R上产生的焦耳热D 金属棒克服恒力F做的功等于电阻R上产生的焦耳热【答案】AC【解析】金属棒匀速上升，动能的变化量为零，根据动

44、能定理知，作用在金属棒上各力的合力做功为零，故A正确；根据功能关系知，克服安培力做功等于系统产生的电能，等于电阻R上产生的焦耳热，金属杆受重力、拉力和向下的安培力作用，重力不等于安培力，则重力做功不等于系统产生的电能，故B错误，C正确。金属棒克服安培力做的功等于电阻R上产生的焦耳热，由于拉力F不等于安培力，则金属棒克服恒力F做的功不等于产生的焦耳热，故D错误。所以AC正确，BD错误。26如图所示，边长为L、总电阻为R的正方形线框abcd放在光滑水平面上，其右边有一磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外的有界匀强磁场，磁场宽度为L，磁场左边界与线框的ab边相距为L。现给线框一水平向右的恒力，ab

45、边进入磁场时线框恰好做匀速运动，此时线框中的感应电流大小为I0。下列说法正确的是（ ）A 线框进入磁场时，感应电流沿逆时针方向B 线框进入磁场时的速度大小为C 从开始到ab边运动到磁场的右边界的过程中，通过线框横截面的电荷量D 线框通过磁场区域的过程中产生的焦耳热Q2BI0L2【答案】BCD【解析】A、线框进入磁场时，根据楞次定律和右手安培定则，感应电流沿顺时针方向，故A错误；B、ab边进入磁场时线框恰好做匀速运动，则有，线框进入磁场时的速度大小为，故B正确；C、从开始到ab边运动到磁场的右边界的过程中，通过线框横截面的电荷量，故C正确；D、根据能量守恒得线框通过磁场区域的过程中产生的焦耳热，

46、故D正确；故选BCD。27如图，MN和PQ是电阻不计的平行金属导执，其间距为L，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，固定在水平面上，右端接一个阻值为R的定值电阻，平直部分导轨左边区域有宽度为d、方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场，质量为m、电阻也为R的金属棒从高为h处由静止释放，到达磁场右边界处恰好停止。己知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为m，金属棒与导轨间接触良好，则金属棒穿过磁场区域的过程中（重力加速度为g）A 金属棒中的最大电流为B 金属棒克服安培力做的功为mghC 通过金属棒的电荷量为D 金属棒产生的电热为【答案】CD【解析】金属棒下滑过程中，根据动能定理得： ，金属棒到达水平

47、面时的速度为： ，金属棒到达水平面后做减速运动，刚到达水平面时的速度最大，最大感应电动势E=BLv，则最大感应电流为： ，故A正确；金属棒在整个运动过程中，由动能定理得：mgh-WB-mgd=0-0，克服安培力做功：WB=mgh-mgd，故B错误；感应电荷量为： ，故C正确；克服安培力做功转化为焦耳热，电阻与导体棒电阻相等，通过它们的电流相等，则金属棒产生的焦耳热： ，故D正确。所以CD正确，AB错误。28已知地磁场类似于条形磁铁产生的磁场，地磁N极位于地理南极。如图所示，在湖北某中学实验室的水平桌面上，放置边长为L的正方形闭合导体线框abcd，线框的ad边沿南北方向，ab边沿东西方向，下列说

48、法正确的是A 若使线框向东平移，则a点电势比d点电势低B 若使线框向北平移，则a点电势等于b点电势C 若以ad边为轴，将线框向上翻转90°，则翻转过程线框中电流方向始终为adcb方向D 若以ab边为轴，将线框向上翻转90°，则翻转过程线框中电流方向始终为adcb方向【答案】AC【解析】北半球的磁场方向由南向北斜向下分布。A项，若线框向东平动，根据右手定则，ad边切割磁感线产生的电流方向沿ad方向，在电源内部电流方向由低电势到高电势，所以a点电势比d点电势低，故A对；B、若使线框向北平移，ab边切割磁感线，所以会产生电势差，所以ab两点电势不相等，故B错；C、若以ad边为轴，

49、将线框向上翻转90°，穿过线圈平面的向下磁通量变小，由楞次定律可知产生的感应电流的方向始终为adcb方向，故C正确D、若以ab边为轴，将线框向上翻转90°，穿过线圈平面的向下磁通量先变大后变小，由楞次定律可知产生的感应电流的方向会发生变化，故D错误；故选AC29如图所示，电阻不计间距为L的光滑平行金属导轨水平放置，导轨左端接有阻值为R的电阻连接，以导轨的左端为原点，沿导轨方向建立x轴，导轨处于竖直向下的磁感应强度大小为B的匀强磁场中。一根电阻也为R，质量为m的金属杆垂直于导轨放置于处，不计金属杆与轨道间的接触电阻，现给金属杆沿x轴正方向的初速度，金属杆刚好能运动到2处，在金

50、属杆运动过程中A 通过电阻R的电荷量B 金属杆克服安培力所做的功为C 金属杆上产生的焦耳热为D 金属杆运动到1.5处的速度大小为【答案】ABD【解析】整个过程中通过导体截面的电荷量，A正确；根据动能定理可得，金属杆克服安培力所做的功为，B正确；整个过程中回路中产生的焦耳热为，所以金属杆上产生的焦耳热为，C错误；设速度减为经过的时间为，通过的位移为；速度减为0经过的时间为，通过的位移为；根据动量定理可得， ，即： ，所以有： ，解得，所以金属杆运动到处时速度大小为，D正确。30在倾角为的斜面上固定两根足够长的光滑平行金属导轨PQ、MN，相距为L，导轨处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直导

51、轨平面向下。有两根质量均为m的金属棒a、b，先将a棒垂直导轨放置，用跨过光滑定滑轮的细线与物块c连接，连接a棒的细线平行于导轨，由静止释放c，此后某时刻，将b也垂直导轨放置，a、c此刻起做匀速运动，b棒刚好能静止在导轨上，a棒在运动过程中始终与导轨垂直，两棒与导轨电接触良好，导轨电阻不计。则A 物块c的质量是mgsinB b棒放上导轨前，物块c减少的机械能等于a增加的机械能C b棒放上导轨后，物块减少的机械能等于回路消耗的电能D b棒放上导轨后，a棒中电流大小是【答案】BD【解析】b棒静止，a、c做匀速直线运动，系统处于平衡状态，由平衡条件得：2mgsin=mcg，解得：mc=2mgsin，故

52、A错误；由能量守恒定律可知，b棒放上轨道之前，系统的机械能守恒，即物块c减少的机械能等于a增加的机械能，故B正确；b棒放上轨道后，b静止、a、c做匀速直线运动，由能量守恒定律可知，物块c减少的重力势能与a增加的重力势能之差等于回路消耗的电能，故C错误；b棒放上轨道后静止，由平衡条件得：BIL=mgsin，解得： ，故D正确；故选BD.点睛：从导体棒的平衡展开处理可得各力的大小，从能量守恒角度分析能量的变化是关键，能量转化问题从排除法的角度处理更简捷31矩形线圈abcd，长ab0.20 m，宽bc0.10 m，匝数n200，线圈回路总电阻R5.整个线圈平面内均有垂直于线圈平面的匀强磁场穿过若匀强

53、磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图，则A 线圈回路中感应电动势随时间均匀变化B 线圈回路中产生的感应电流为0.2 AC 当t0.30 s时，整个线圈的ab边所受的安培力大小为3.2 ND 在1 min内线圈回路产生的焦耳热为48 J【答案】CD【解析】从图象可知，与线圈平面垂直的磁场是随时间均匀增大的，穿过线圈平面的磁通量也随时间均匀增大，线圈回路中产生的感应电动势是不变的，感应电动势E=nt=nsBt=2V，由欧姆定律可得线圈回路中产生的感应电流为I=ER=0.4A，当t0.30 s时，整个线圈的ab边所受的安培力大小为F=nBIL=200×0.2×0.4×

54、;0.2N=3.2N；在1 min内线圈回路产生的焦耳热为Q=I2Rt=0.42×5×60J=48J，故CD正确，AB错误；故选CD。32如图所示，在一个光滑倾斜绝缘板的上方，有垂直板面的等间距的a、b、c三条边界线隔成了I、两区，分别加有垂直纸面方向相反的匀强磁场，磁感应强度大小均为B。另有一半径为R导体圆环从a边界上方某处开始自由向下滑动，一直加速穿过该磁场区域，已知环的直径等于每一磁场区的宽度，圆环电阻为r，圆环运动到直径刚好与边界线b重合时的速度为v，下列分析正确的是A 圆环穿过磁场区域的过程中，环中感应电流方向先顺时针又逆时针再顺时针B 圆环直径刚好与边界线b重合

55、时圆环中的电功率为C 圆环通过边界b的过程中流过圆环截面的电量为D 整个运动过程中，圆环重力势能的减少量等于产生的热量【答案】AB【解析】根据楞次定律，当刚进入垂直向外的磁场时，磁通量增大，感应电流方向顺时针，当刚进入垂直向里的磁场时，感应电流为逆时针，当刚出磁场时，感应电流为顺时针，故A正确；当圆环运动到直径刚好与边界线b重合时，产生的感应电动势E=2B×2R×v=4BRv，感应电流为： ，可得电功率为： ，故B正确；通过的电荷量为： ，故C错误；根据能量守恒得，整个运动过程中，圆环重力势能的减少量等于产生的热量产生的电能与其动能增加量之和，故D错误。所以AB正确，CD错

56、误。33如图所示，在足够大的光滑水平面上，有相距为d的两条水平的平行虚线，两虚线间有方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B正方形线圈abcd边长为L（L<d），质量为m ，电阻不为0 ，初始时线圈在磁场一侧，当cd边刚进入磁场时速度为v1，ab边刚进入磁场时速度为，线圈abcd全部离开磁场时速度为，整个过程中线圈cd边始终与磁场边界平行且线圈与光滑水平面接触，则下列说法正确的是( )A 、和的关系为B 、和的关系为C 线圈进入磁场过程中，通过导线横截面的电荷量为D 线圈离开磁场过程中，做加速度越来越大的减速运动【答案】BC【解析】线圈进入磁场的过程，由动量定理可知： ，解得线圈进入磁场过

57、程中，通过导线横截面的电荷量为，选项C正确；整个线圈在磁场中运动时做匀速运动，则dc边刚要出离磁场时的速度为v2，则线圈出离磁场的过程，由动量定理可知： ；根据，则线圈进入磁场和出离磁场流过线圈截面的电量相同，即q1=q2，联立解得： 即： ，选项B正确，A错误；线圈离开磁场过程中，由于安培力方向与运动方向相反，则做减速运动，随速度的减小，感应电流减小，安培力减小，则加速度减小，即线圈做加速度越来越小的减速运动，选项D错误；故选BC.34如图所示，光滑弧形金属双轨与足够长的水平光滑双轨相连，间距为L，在水平轨道空间充满竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B乙金属棒静止在双轨上，而甲金属棒在h高处由静止