电磁感应专题

1、.电磁感应专题一、多项选择题1如下图，在倾角为的光滑斜面上，存在着两个匀强磁场，磁场垂直斜面向上、磁感应强度大小为B，磁场垂直斜面向下、磁感应强度大小为3B，磁场的宽度MJ和JG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，由静止开场沿斜面下滑，当ab边刚越过GH进入磁场区时，线框恰好以速度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进入磁场至ab运动到JP与MN中间位置的过程中，线框的机械能减少量为E，重力对线框做功的绝对值为W1，安培力对线框做功的绝对值为W2，以下说法中正确的选项是A. v1v241 B. v1v291C

2、. EW1 D. EW2【答案】BD【解析】线框两次都做匀速直线运动，说明受力平衡，由平衡条件得沿斜面方向：F=mgsin，F=BIL，I=ER，E=BLv，解得F=B2L2v1R=9B2L2v2R，解得v1:v2=9:1，A错误B正确；线框的机械能减少是由于安培力对它做负功，有E=W2，C错误D正确【点睛】此题的解题关键是推导出安培力与速度的关系式，要注意：ab边下滑到JP与MN的中间位置时，ab与cd都切割磁感线，产生两个感应电动势，线框ab和cd两边都受到安培力作用2如下图，在竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中，两根足够长的平行光滑金属轨道MN、PQ固定在程度面内，相距为L，轨道左端M

3、P间接一电容器，电容器的电容为C，一质量为m的导体棒ab垂直于MN、PQ放在轨道上，与轨道接触良好，轨道和导体棒的电阻均不计。导体棒在程度向右的恒力F的作用下从静止开场运动，以下说法正确的选项是A. 导体棒做变加速直线运动B. 导体棒做匀加速直线运动C. 经过时间t，导体棒的速度大小为Ftm+CB2L2D. 经过时间t，导体棒的速度大小为FtCB2L2【答案】BC【解析】导体棒ab向右加速运动，在极短时间t内，导体棒的速度变化v，根据加速度的定义E=BLv，电容器增加的电荷q=CE=CBLv，根据电流的定义I=qt，解得I=CBLa，导体棒ab受到的安培力F安=BIL=B2L2Ca，根据牛顿第

4、二定律F-F安=ma，解得：a=Fm+CB2L2，故AD错误，BC正确；应选BC。【点睛】接电容器，导体棒稳定后做匀加速直线运动，根据C=QU，Q=It、FA=BIL、牛顿第二定律列式得到加速度的大小3如下图，光滑绝缘斜面的倾角=30°，垂直于斜面的虚线MN与PQ之间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B=1T.边长L=0.1m的正方形导线框abcd质量m=0.2kg,各边电阻相等，总电阻为R=0.02，置于斜面上，距MN的间隔 是4L，由静止开场沿斜面下滑，MN与PQ的间距为2L，g取10N/kg,那么线框在下滑过程中 A. ab边刚过MN时，线框中电动势为2VB. ab边刚过PQ

5、时，线框中电动势为510VC. ab边刚过MN与刚过PQ时，a、b两点间的电压之比为65:5D. 从下滑开场到ab边刚过PQ的过程中，线框中产生的热量为1.1J【答案】BC【解析】A根据牛顿第二定律，导线框下滑的加速度a=gsin=5m/s2，ab边刚过MN时的速度v2=2a·4L，v=2m/s，线框中电动势E1=BLv=0.2V，故A错误；Bab边刚过MN时的电流I=E1R=0.20.02=10A，ab边受到的安培力F=BLI=1N，导线框所受重力沿斜面向下的分力mgsin=1N，所以导线框进入磁场过程做匀速运动。ab边刚过PQ时的速度v2，那么v22-v2=2aL，v2=5m/s

6、，线框中电动势E2=BLv2=510V，故B正确； Cab边刚过MN时，ab相当于电源，两点间的电压为U1=34E1=0.15V，ab边刚过PQ时，a、b两点间的电压为U2=14E2=540 V，a、b两点间的电压之比为65:5，故C正确；D从下滑开场到ab边刚过PQ的过程中，根据动能定理，mgsing6L-WF=12mv22，Q=WF，代入数据得，线框中产生的热量Q=1J，故D错误。应选：BC4如图甲所示的电路中，螺线管匝数为n，横截面积为S,总电阻为r，外接电阻的阻值为R，电容器的电容为C,闭合开关，在一段时间内，穿过螺线管的磁场磁感应强度B按如图乙所示的规律变化，0T2时间内磁场方向如图

7、甲所示，那么 A. 0T2与T2T时间内，螺线管中的感应电动势方向相反B. 0T2与T2T时间内，螺线管中的感应电动势大小都是2nB0STC. 电阻R两端的电压是2nB0STD. 电容器C下极板始终带正电，且所带电荷量是2nB0SRCTR+r【答案】BD【解析】A0T2时间段内，穿过螺线管的磁通量正向减小，T2T时间内，穿过螺线管的磁通量方向增大，根据楞次定律，两段时间内螺线管中的感应电动势方向一样，为逆时针，故A错误；B0T2与T2T时间内，磁感应强度变化率相等，根据法拉第电磁感应定律，E=nSBt=2nB0ST，故B正确；C根据闭合电路欧姆定律，电阻R两端的电压U=ERR+r= 2nB0S

8、RTR+r，故C错误；D因为感应电动势方向始终为逆时针，电容器C下极板始终带正电，根据Q=CU，电容器所带电荷量是2nB0SRCTR+r，故D正确。应选：BD点睛：根据楞次定律判断感应电动势的方向；根据法拉第电磁感应定律求螺线管中产生的感应电动势的大小，产生感应电动势的螺线管相当于电源，电容器与电阻R两端的电压相等，根据Q=CU求电容器所带的电量。5如下图是研究自感通电实验的电路图，A1、A2是两个规格一样的小灯泡，闭合电键调节电阻R，使两个灯泡的亮度一样，调节可变电阻R1，使它们都正常发光，然后断开电键S重新闭合电键S，那么A. 闭合开关瞬间，A2立即变亮，A1逐渐变亮B. 稳定后，L和R两

9、端电势差一定一样C. 断开开关瞬间，A1渐渐熄灭，A2立即熄灭D. 断开开关瞬间，通过A2灯的电流方向自左到右【答案】ABD【解析】1闭合开关瞬间，有线圈L的支路相当于断路，A2立即变亮，A1逐渐变亮，稳定后，两个灯泡的亮度一样，说明它们两端的电压一样，线圈L和滑变器R两端电势差一定一样，故AB正确；2断开开关瞬间，线圈L发生自感现象，阻碍电流的减小，此时L与两灯组成回路中电流不能迅速变小，亮灯同时逐渐熄灭，C错误；3通过A2灯的电流方向自左到右，D正确。故此题选ABD。【点睛】闭合开关的瞬间，L相当于断路，稳定后自感作用消失，结合欧姆定律分析电压大小，断开开关瞬间，L相当于电源与两灯组成回路

10、。6边长为L的正方形金属框在程度恒力F作用下，穿过如下图的有界匀墙磁场，磁场宽度为L'L'>L，ab边进入磁场时，线框刚好做匀速运动，那么线框进入磁场过程和从磁场另一侧穿出过程 A. 产生的感应电流方向相反B. 所受安培力的方向相反C. 线框穿出磁场过程产生的电能和进入磁场过程产生的电能相等D. 线框穿出磁场过程产生的电能一定比进入磁场过程产生的电能多【答案】AD【解析】线框进入磁场过程：磁通量增加，根据楞次定律得知，线框感应电流方向沿逆时针方向；根据楞次定律的第二种表述：感应电流总要阻碍导体与磁体间相对运动，那么知线框所受的安培力方向向左，产生的电能为Q=E2Rt=(B

11、Lv)R2·Lv=B2L3vR；线框穿出磁场过程：磁通量减小，根据楞次定律得知，线框感应电流方向沿顺时针方向；根据楞次定律的第二种表述：感应电流总要阻碍导体与磁体间相对运动，那么知线框所受的安培力方向向左；线框进入和穿出磁场的两个过程中，程度恒力做功都是FL，进入过程线框做匀速运动，产生的电能等于FL，由于线框完全进入磁场后做匀加速运动，到出磁场时，线框的速度增大，产生的感应电流增大，所受的安培力增大，线框将做减速运动，减小的动能也转化为电能，所以出磁场过程产生的电能一定大于进磁场过程产生的电能，故AD正确，BC错误；应选AD。【点睛】根据楞次定律判断感应电流的方向，根据楞次定律的第

12、二种表述：感应电流总要阻碍导体与磁体间相对运动，分析安培力的方向由焦耳定律求解线框产生的电能。7如下图，间距为d的两根平行金属导轨置于程度面内，导轨之间接一定值电阻R，质量为m的金属棒ab与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，金属棒ab以初速度v0沿导轨向右运动，当位移为x时速度减小为零，金属棒ab与导轨间的动摩擦因数为，金属棒ab位于导轨间的电阻为R，除金属棒和定值电阻，其余部分电阻不计，重力加速度为g，那么在金属棒的运动过程中，以下说法正确的选项是A. 金属棒ab中的感应电流方向由a到bB. 通过电阻R的电荷量为Bdx2RC. 金属棒产生的焦耳热

13、为14mv02-12mgxD. 金属棒运动的时间为v0g-B2d2x2mgR【答案】BC【解析】A、根据右手定那么可知金属棒ab中的感应电流方向由b到a，故A错误；B、由q=It,I=E2R,E=t,=Bdx可得通过电阻R的电荷量为q=Bdx2R，故B正确；C、根据能量转化和守恒定律可得2Q=12mv02-mgx，解得金属棒ab产生的焦耳热Q=14mv02-12mgx，故C正确；D、对于金属棒ab，根据动量定理有-Bidt-mgt=0-mv0，而-it=q，联立解得t=v0g-B2d2x2mgR，故D错误。应选BC。【点睛】根据右手定那么可知金属棒ab中的感应电流方向，根据能量转化和守恒定律可

14、得金属棒产生的焦耳热，对于金属棒ab，根据动量定理有金属棒运动的时间。8如下图，直导线通入方向向上、逐渐增强的电流，关于右侧线圈说法正确的选项是 A. 线圈有扩张的趋势B. 线圈有收缩的趋势C. 线圈内产生顺时针的电流D. 线圈内产生逆时针的电流【答案】BD【解析】C、D、直导线通入方向向上的电流，根据右手定那么可知：在圆环处产生垂直向里的磁场，由于电流逐渐增强，所以产生的磁场与增大，通过圆环的磁通量增大，根据楞次定律可知，在圆环中产生逆时针的感应电流，故D正确，C错误；A、B、根据“增缩减扩可知，线圈有收缩的趋势，故B正确，A错误。应选BD。【点睛】解决此题的关键掌握右手螺旋定那么判断电流周

15、围的磁场方向，掌握感应电流的产生条件，会根据楞次定律判断感应电流的方向9如下图，ABC是一样的灯泡，L是自感系数很大的线圈，其直流电阻与各灯泡一样以下说法正确的选项是A. 闭合S瞬间，BC灯同时亮，A灯后亮B. 闭合S，电路稳定后，ABC灯的亮度一样C. 断开S瞬间，A灯逐渐熄灭D. 断开S瞬间，ABC灯均逐渐熄灭【答案】BC【解析】A、电路中A灯与线圈并联，B灯与C灯并联，然后它们再串联，闭合开关的瞬间，A、B、C三灯同时立即发光，故A错误；B、闭合S，电路稳定后，因线圈的直流电阻与各灯泡一样，所以A灯与线圈两端电压等于B灯与C灯两端的电压，那么有ABC灯的亮度一样，故B正确；CD、断开S瞬

16、间，B、C两灯电流立即减至零，B、C两灯立即熄灭；L中产生自感电动势，相当于电源，电流从稳定时的电流值逐渐减小，这个自感电流通过A灯，所以A灯逐渐熄灭；故C正确，D错误。应选BC。【点睛】当开关接通和断开的瞬间，流过线圈的电流发生变化，产生自感电动势，阻碍原来电流的变化，根据自感现象的规律来分析。10如下图，电阻不计间距为L 的光滑平行金属导轨程度放置，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x0 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

17、初速度 v0，金属杆刚好能运动到2x0处，在金属杆运动过程中  A. 通过电阻R的电荷量BLx02RB. 金属杆抑制安培力所做的功为mv022C. 金属杆上产生的焦耳热为mv022D. 金属杆运动的时间为2x0v0【答案】AB【解析】整个过程中通过导体截面的电荷量为：q=It=2R=BLx02R，故A正确；根据动能定理可得，金属杆抑制安培力所做的功等于动能的减小，即W安=12mv02，选项B正确；金属杆抑制安培力所做的功为等于整个过程中回路中产生的焦耳热，即W安=Q=12mv02，所以金属杆上产生的焦耳热为：Q1=12×12mv02=14mv02 ，故C错误；金属

18、杆运动中所受的安培力F安=B2L2v2R，那么随速度的减小，安培力减小，加速度减小，即金属棒做加速度减小的减速运动，假设金属棒做匀减速运动，那么运动时间为t=x0v02=2x0v0，那么因为金属棒做加速度减小的减速运动，可知平均速度小于v02，运动的时间大于2x0v0，故D错误。应选：AC。点睛：对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，重点是分析安培力作用下导体棒的平衡问题，根据平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解二、单项选择题11如下图电路中，R1、R2是两个阻值相等的定值电阻，L是一个自感系数很大，直流电阻为零

19、的理想线圈，设A、B两点电势分别为A、B，以下分析正确的选项是A. 开关S闭合瞬间A>BB. 开关S闭合后，电路到达稳定时A<BC. 当开关S从闭合状态断开瞬间A>BD. 只要线圈中有电流通过，A就不可能等于B【答案】C【解析】开关闭合瞬间电流由A指向B增大，自感线圈阻碍电流增加，故A<B，A错误；电路稳定后，自感线圈相当于导线；A=B，BD错误；当开关S从闭合状态断开瞬间自感线圈产生感应电流，相当于电源，电流方向由A指向B，故A>B，C正确12如下图，纸面内有一矩形导体闭合线框abcd，置于垂直纸面向里、边界为MN的匀强磁场外，线框的ab边平行于磁场边界MN，线

20、框以垂直于MN的速度匀速地完全进人磁场，线框上产生的热量为Q1，通过线框导体横截面的电荷量为q1。现将线框进入磁场的速度变为原来的2倍，线框上产生的热量为Q2，通过线框导体横截面的电荷量q2，那么有 A. Q2=Q1q2=q1B. Q2=2Q1q2=q1C. Q2=2Q1q2=2q1D. Q2=4Q1q2=2q1【答案】B【解析】根据I=BLvR及F=BIL可得安培力表达式F=B2L2vR，拉力做的功转化为电能，然后转化为焦耳热，由Q=W=FL=B2L3vR可知产生的焦耳热与速度成正比，所以Q1=2Q1；根据q=R=BL2R可知通过线框某横截面的电荷量与速度无关，q2=q1，B正确【点睛】在电

21、磁感应题目中，感应电荷量公式q=nR总，经常用到，要理解并牢记，选择题中可直接应用，计算题中要写出推导过程；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抑制安培力做得功；利用动能定理；利用能量守恒；详细哪种方法，要看题目中的条件131831 年8月，英国物理学家法拉第在经历屡次失败后，终于发现了电磁感应现象。法拉第最初发现电磁感应现象的实验装置如下图，软铁环上绕有A、B两个线圈。关于该实验，以下说法中正确的选项是 A. 先闭合S2，再闭合S1后，线圈B中有持续的电流产生B. 先闭合S1，再闭合S2后，线圈B中有持续的电流产生C. S1，S2均闭合，断开S1瞬间，线圈B中的感

22、应电流向右流过电流表D. S1，S22均闭合，断开S1瞬间，线圈B中的感应电流向左流过电流表【答案】C【解析】先闭合S2，再闭合S1后，穿过线圈A的磁通量增大，那么穿过B的磁通量也增大，所以线圈B中有感应电流产生；当A中的电流稳定后，磁通量不再增大，那么B中不再有感应电流，A错误；先闭合S1，电流稳定后再闭合S2后，线圈B中的磁通量不变，所以没有持续的电流产生，B错误；当A线圈电路中的开关断开的瞬间，线圈A磁通量减少，有安培定那么可知，穿过A的磁通量方向向上，那么穿过B的磁通量的方向向下；线圈B中的磁通量也减少，根据楞次定律知B中产生感应电流，感应电流磁场的方向向下，所以感应电流向右流过电流表

23、，C正确D错误14如图甲所示，在绝缘的程度桌面上放置一金属圆环在圆环的正上方放置个螺线管，在螺线管中通入如图乙所示的电流，电流从螺线管a端流入为正以下说法中正确的选项是A. 在第1s末，圆环中的感应电流最大B. 在第2s末，圆环对桌面的压力小于圆环的重力C. 在12s内和23s内，圆环中的感应电流的方向相反D. 从上往下看，在01s内，圆环中的感应电流沿顺时针方向【答案】D【解析】： 01s线圈中电流增大的越来越慢，到1s末电流最大，但是变化率为零，所以圆环中的感应电流最小。A错误。 2s末金属环中感应电流最大，但螺线管中电流为零，没有磁场，与金属环间无互相作用，所以2s末圆环对桌面的压力等于

24、圆环的重力，故B错误；12s正方向电流减小，23s反向电流增大，根据楞次定律，金属环中感应电流的磁场方向不变，感应电流方向不变，故C错误；01s线圈中电流增大，产生的磁场增大，金属环中磁通量增大，根据楞次定律可知，从上往下看，0ls内圆环中的感应电流沿顺时针方向，故D正确.应选择D.【点睛】据安培定那么断定穿过线圈的磁通量变化，再根据楞次定律，确定环对桌面的压力情况；同理，根据安培定那么与楞次定律，即可断定各段时间内的感应电流方向和环的变化趋势。15如图甲所示，光滑的平行金属导轨固定在程度面内，导轨间距为l=20cm,左端接有阻值为R=1的电阻，放在轨道上静止的一导体杆MN与两轨道垂直，整个装

25、置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B=0.5T。杆受到沿轨道方向的拉力F做匀加速运动，测得力F与时间t的关系如图乙所示。杆及两轨道的电阻均可忽略不计，杆在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，那么杆的加速度大小和质量分别为A. 10m/s2，0.1kg B. 10m/s2，0.5kg C. 20m/s2，0.5kg D. 20m/s2，0.1kg【答案】A【解析】导体杆在轨道上做匀加速直线运动，用v表示其速度，t表示时间，那么有：v=at杆切割磁感线，将产生感应电动势为：E=Blv闭合回路中产生的感应电流为：I=E/R杆受到的安培力大小为：FA=BIl根据牛顿第二定

26、律，有：F-FA=ma联立以上各式，得：F=ma+B2l2aRt由图线上取两点代入式，可解得：a=10m/s2；m=0.1kg故杆的质量为：m=0.1kg，其加速度为：a=10m/s2。应选A。点睛：解答这类问题的关键是正确分析安培力的大小与方向，然后根据牛顿第二定律得到F与t的关系式。这是常用的函数法，要学会应用。16如图， A、B是两个完全一样的白炽灯， L是自感系数很大、电阻可忽略不计的自感线圈。下面说法正确的选项是 A. 闭合开关S时， A、B灯同时亮，且到达正常亮度B. 闭合开关S时， A灯比B灯先亮，最后一样亮C. 闭合开关S时， B灯比A灯先亮，最后一样亮D. 断开开关S时， B

27、灯立即熄灭而A灯渐渐熄灭【答案】C【解析】A、B、C、开关K闭合的瞬间,电源的电压同时加到两支路的两端,B灯立即发光.因为线圈的自感阻碍,A灯后发光,因为线圈的电阻可以忽略,灯A逐渐变亮,最后和B灯一样亮.故AB错误,C正确; D、断开开关K的瞬间,线圈与两灯一起构成一个自感回路,过线圈的电流将要减小,产生自感电动势,相当电源,两灯逐渐同时熄灭,故D错误. 应选C 点睛：开关K闭合的瞬间,电源的电压同时加到两支路的两端,B灯立即发光.因为线圈的阻碍,A灯后发光,因为线圈的电阻可以忽略,灯A逐渐变亮. 最后一样亮。17如下图，虚线右侧空间有磁感应强度为B的匀强磁场，

28、磁场方向垂直纸面向里，直角扇形导线框OMN的半径为l，电阻为R绕垂直于纸面的轴O以角速度顺时针匀速转动。设线框中感应电流的方向以OMNO为正，线框处于图示位置为计时零点。以下图中能正确表示线框转动一周感应电流变化情况的是 A. B. C. D. 【答案】A【解析】当线框进入磁场过程中，切割的有效长度为半圆的半径不变，即电动势及电流大小不变，电流大小为Bl22R，由右手定那么可知，电流为逆时针，故为正值；当线框全部进入磁场，磁通量不变，无感应电流；当线框分开磁场过程中，切割的有效长度为半圆的半径不变，即电动势及电流大小不变，电流大小为Bl22R，由右手定那么可知，电流为顺时针，故为负值，应选：A

29、.18如下图，金属杆AD置于一U形金属导轨上并与导轨形成闭合回路ABCD,一圈环形金属线框T位于回路围成的区域内，线框与导轨共面。虚线MN右侧区域有垂直导轨平面向内的匀强磁场。现让金属杆AD突然向右运动，在运动开场的瞬间，关于感应电流的方向，以下说法正确的选项是 A. ABCD中沿逆时针方向，T中无电流B. ABCD中沿逆时针方向，T中沿顺时针方向C. ABCD中沿逆时针方向，T中沿逆时针方向D. ABCD中沿顺时针方向，T中沿顺时针方向【答案】B【解析】AD向右运动，导体切割磁感线，根据右手定那么，可知电流由D流向A，即逆时针方向，穿过形金属线框T的磁通量向外增大，根据楞次定律可知，T的感应

30、电流产生的磁场应指向纸面里面，那么感应电流方向为顺时针。故ACD错误，B正确。应选：B.19如下图的电路中，A1、A2是两个规格一样的小灯泡，R为定值电阻，自感线圈L的直流电阻可以忽略。现闭合开关S，待电流稳定后，再断开开关S，那么 A. S闭合瞬间，A1、A2均立即变亮B. S闭合瞬间，A1、A2均逐渐变亮C. S断开瞬间，A1逐渐熄灭，A2立即熄灭D. S断开瞬间，A1逐渐熄灭，A2将闪亮一下再逐渐熄灭【答案】D【解析】AB. 闭合开关S时，滑动变阻器R不产生感应电动势，灯泡A2立即正常发光，线圈的电流增大，产生自感电动势，根据楞次定律得知，感应电动势阻碍电流的增大，使得电流逐渐增大，Al

31、灯逐渐亮起来。故A错误，B错误；C.断开开关S瞬间，Al和A2与L、R构成一个闭合回路，由于自感，Al和A2都要过一会儿才熄灭。故C错误；D电流稳定时，由于自感线圈L的直流电阻可以忽略，L支路的电流大于A2支路的电流，所以，断开开关S瞬间，流过A2的电流增大，A2将闪亮一下再逐渐熄灭，故D正确。应选：D点睛：闭合开关S时，滑动变阻器R不产生感应电动势，灯泡A2立即正常发光，线圈的电流增大，产生自感电动势，根据楞次定律判断电流如何变化，分析灯泡亮度如何变化电流稳定时，L支路的电流大于A2支路的电流，断开开关S，线圈中电流减小，产生自感电动势，再由楞次定律判断电流如何变化20如下图，矩形导线框ab

32、cd处于整直面内，直导线MN与bc边平行且与线框平面共面，并通以向上的电流i，那么以下情况不能使线框中产生感应电流的是 A. 线框以直导线MN为轴转动B. 线框以ad边为轴转动C. 线框沿线框平面向右平移D. 增大直导线中的电流i【答案】A【解析】A. 通电直导线产生的磁场磁感线是以直导线为圆心的同心圆，线框以直导线MN为轴转动，穿过线圈的磁通量不变，线框中不产生感应电流，故A正确； B. 以ad为轴转动，穿过线框的磁通量减小，线框中产生感应电流，故B错误； C. 由安培定那么知穿过线圈的磁场方向垂直纸面向里。让线框在平面中向右远离MN，穿过线圈的磁通量减小，线框中产生感应电流，故C错误； D

33、. 增大直导线中的电流i，磁场增强，穿过线框的磁通量增大，线框中产生感应电流，故D错误。应选：A.21如下图，在磁感应强度为B的匀强磁场中，有半径为r的光滑半圆形导体框，OC为一能绕O在框架上滑动的导体棒，Oa之间连一电阻R，导体框架与导体棒的电阻均不计，假设要使OC能以角速度逆时针匀速转动，那么A. 通过电阻R的电流方向由a经R到OB. 导体棒O端电势低于C端的电势C. 外力做功的功率为B22r44R D. 回路中的感应电流大小为Br2R【答案】C【解析】1由右手定那么可知回路中感应电流方向为逆时针，由回路可断定通过电阻的电流为由O经R到a，故A错误。2导体棒可以等效为电源，在电源内部电流从

34、低电势流向高电势，故导体杆O端的电势高于C端的电势，故B错误。3导体棒切割磁场产生的感应电动势为：E=12Br2，由此可知感应电流为：I=ER=Br22R，由P=I2R，可求电阻R上的电热功率为：P=B2r424R，故C正确；D错误。故此题选C【点睛】1由右手定那么可判断感应电流方向，由电路回路可断定通过电阻的电流方向；2导体棒可以等效为电源，在电源内部，电流从低电势流向高电势；3求出导体棒因切割磁感线产生的感应电动势，再根据闭合电路欧姆定律求回路电流大小，然后根据热功率的计算公式，可求解热功率。22M和N是绕在一个环形铁芯上的两个线圈，绕法和线路如下图现将变阻器R1的滑片从a端逐渐向b端挪动

35、的过程中，对通过电阻R2的电流分析正确的选项是A. R2中有电流，方向由c流向dB. R2中有电流，方向由d流向cC. R2中无电流，原因是R2回路没有接外电源D. R2中无电流，原因是N线圈没有切割磁感线【答案】A【解析】根据右手螺旋定那么可知，线圈M左端是S极，右端是N极现将变阻器R1的滑片从a端逐渐向b端挪动的过程中，电阻减小，电流增大，磁场增强，导致向左穿过线圈N的磁通量增大，那么由楞次定律可得：R2中有电流，方向由c流向d故A正确，BCD错误；应选A.23如下图，空间内存在程度向右的匀强磁场，闭合导线框abcd与磁场平行，以下情形中线框内产生感应电流的是 A. 线框向右平移B. 线框

36、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；应选C。【点睛】要使线圈中产生感应电流，那么穿过线圈的磁通量要发生变化，回路要闭合。24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互相作用力的规律，即库

37、仑定律，故B错误；C. 牛顿的三大定律，因此牛顿对力学的奉献非常大，故C错误；D. 爱因斯坦的质能方程和量子力学方面有着重大奉献，故D错误。应选：A.25如下图，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，以下判断正确的选项是 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【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，由安培定那么判知感应电流方向是由D到C；当S断开时，穿过回

38、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，由安培定那么判知感应电流方向是由C到D；应选：C26如下图，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

39、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，假设都是顺时针那么B1变小，B2变大，假设都是逆时针那么B1变大，B2变小，故A正确，B、C、D错误；应选A。 27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假设电荷量为+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，那么以下说法正确的选项是A. 磁感应强度均匀减小，W=0B. 磁感应强度均匀增

40、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，正电荷受到的电场力逆时针方向，那么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，才会产生如下图的电场线；由电场力做功那么有：W=qEx=2qEr，故D正确，A、B、C错误；应选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。28在电磁学开展的过程中，许多科学家做出了出色的奉献，以下说法错误的选项是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

41、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；说法错误的应选C。29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B20.5tT，那么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

42、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=5×0.2V=1V为一恒定值。所以C正确，D错误。应选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。三、解答题30如下图质量m10.2kg电阻R10.3，长度l0.5m的光滑导体棒ab横放在由三段导体杆构成的U型金属框上框架的质量m20.3kg，放在绝缘的程度面上，与程度面间的动摩擦因数0.2导体杆MM'、NN'互相平行，电阻不计且足够长，导体杆MN的电阻R20.2，整个装置处于

43、竖直向上的磁感应强度B1.0T的匀强磁场中现垂直于ab施加F3N的程度力使ab棒从静止开场无摩擦地运动，且始终与MM'、NN'保持良好接触当ab棒运动x0.3m时框架开场运动设框架与程度面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力；g取10m/s2求：1当框架开场运动时，ab棒速度v的大小；2从开场运动到框架开场运动的过程中导体杆MN上产生的热量Q的大小【答案】1v=2m/s 2Q=0.2J【解析】1ab对框架的压力F1m1g框架受程度面的支持力Nm2gF1依题意最大静摩擦力等于滑动摩擦力，那么框架受到最大静摩擦力f2Nab中的感应电动势E=BlvMN中的电流IER1+R2MN受到的安培力

44、F安=BIL框架开场运动时F安f2由上述各式代入数据解得v2m/s2由能量守恒定律，得Fx12m1v2Q总闭合回路中产生的总热量Q总R1+R2R2Q代入数据解得Q0.2J【点睛】1采用隔离法，分别研究ab棒和框架，由牛顿第二定律和平衡条件列式，联立可解答此题ab向右做切割磁感线运动，产生感应电流，电流流过MN，MN受到向右的安培力，当安培力等于最大静摩擦力时，框架开场运动根据安培力、欧姆定律和平衡条件等知识，求出此时ab的速度2根据能量守恒求出总热量。31相距L1.2m的足够长金属导轨竖直放置，质量m11kg的金属棒ab和质量m20.54kg的金属棒cd均通过棒两端的套环程度地套在金属导轨上，

45、如图a所示，虚线上方匀强磁场方向垂直纸面向外，虚线下方匀强磁场方向竖直向上，两处磁场的磁感应强度大小一样。ab棒光滑，cd棒与导轨间动摩擦因数0.75，两棒总电阻为1.8，导轨电阻不计。ab棒在方向竖直向上、大小按图b所示规律变化的外力F作用下，由静止开场t=0沿导轨匀加速运动，同时cd棒也由静止释放。1请说出在两棒的运动过程中ab棒中的电流方向和cd棒所受的磁场力方向；2求ab棒加速度的大小和磁感应强度B的大小；3试问cd棒从运动开场起经过多长时间它的速度到达最大？取重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力【答案】1 ab棒中的电流方向向右ab，cd棒所受的磁场力方向垂直于纸面向里。 2 1

46、m/s2 ， B1.5T 3 4s【解析】1 根据右手定那么可知，ab棒中的电流方向向右ab；根据左手定那么可知，cd棒所受的磁场力方向垂直于纸面向里。2ab棒的受力图，如右图所示，运用牛顿第二定律，有F-FA-m1g=m1a 对于ab棒所受的磁场力，有FA=BIL=B2L2vR 对于ab棒的运动，有v=at，所以，F=m1a+m1g+B2L2Rat在图线上取一点0，11，有11=a+1×10，解得a=1m/s2在图线上另取一点2，14.6，有14.6=1×1+1×10+B2×1.221.8×1×2 解得 B1.5T3从cd棒的d端截

47、面看过去，cd棒的受力图如右图所示，cd棒速度到达最大时其合力为零，所以有m2g=f，N=FA又因为f=N，FA=B2L2vR，所以有m2g=B2L2vR对于ab棒的运动，有v=atM推得tM=m2gRB2L2a=0.54×10×1.80.75×1.52×1.22×1s=4s 点睛：解决此题时要仔细耐心分析金属棒的受力情况，推导出安培力与速度的关系式，结合图象的数学意义以及牛顿第二定律来研究。32如下图，空间有程度匀强磁场垂直于纸面，磁场上下边界间隔 为L,磁场磁感应强度大小为B。质量为m、电阻为R、边长为L的均匀正方形导体框abed竖直放置，

48、程度边ab在距磁场上边界高h处。现将导体框从静止开场无初速释放，cd边进入磁场后，导体框做匀速直线运动。重力加速度为g，不计空气阻力。求:1导体框做匀速直线运动时，c、d间电势差Uad；2导体框ab边刚进入磁场瞬时，导体框的加速度大小a；3导体框通过磁场区域过程中产生的焦耳热Q。【答案】1 3mgR4BL 2 g-B2L22ghmR 3 mg(h+2L)-m3g2R22B4L4【解析】1设导体框做匀速直线运动时，速度大小为v，受安培力大小为F，由力的平衡，得：F=mg 电动势E=BLvI=ERF=BIL联立解得：v=mgRB2L2 可判断c点比d点电势低，有Ucd=-I3R4Ucd=-3BLv

49、4解得: Ucd=-3mgR4BL 2导体框ab边刚进入磁场瞬时，速度大小为v'，mgh=12mv'2解得：v'=2gh 由牛顿第二定律得：mg-B2L2v'R=ma 解得：a=g-B2L22ghmR3由能量守恒定律得：Q=mg(h+2L)-12mv2Q=mg(h+2L)-m3g2R22B4L4点睛：此题是电磁感应与电路、力学相结合的题目，解题时要分析清楚线框运动的物理过程，搞清能量转化的关系，分清内外电路是关键33如下图，平行长直光滑固定的金属导轨MN、PQ平面与程度面的夹角0=30°'导轨间距为L=0.5m,上端接有R=3的电阻，在导轨中间

50、加一垂直轨道平面向下的匀强磁场，磁场区域为OO'O1O'1，磁感应强度大小为B=2T,磁场区域宽度为d=0.4m,放在轨道的一金属杆ab质量为m=0.08kg、电阻为r=2,从距磁场上边缘d0处由静止释放，金属杆进入磁场上边缘的速度v=2m/s。两轨道的电阻可忽略不计，杆在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，重力加速度大小为g=l0m/s2,求：1金属杆距磁场上边缘的间隔 d0；2金属杆通过磁场区域的过程中通过的电量q；3金属杆通过磁场区域的过程中电阻R上产生的焦耳热Q。【答案】10.4m 20.08C 30.096J【解析】1由能量守恒定律得mgdsin30&#

51、176;12mv2金属杆距磁场上边缘的间隔 d00.4m2由法拉第电磁感应定律Et 由闭合电路欧姆定律IER+r 金属杆通过磁场区域的过程中通过的电量qItR+rBLdR+r0.08C 3由法拉第电磁感应定律EBLv2V由闭合电路欧姆定律IER+r0.4AFBIL0.4NFmgdsin30°0.4N所以金属棒进入磁场后做匀速运动,金属杆通过磁场区域的过程中电阻R上产生的焦耳热QRR+rmgdsin30°0.096J点睛：对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功

52、能关系等列方程求解；求解电量记住经历公式：q=R。34如下图，电阻不计且足够长的U型金属导轨框架放置在倾角=37°的绝缘斜面上，质量m=0.1kg、电阻R=0.4的导体棒ab垂直于导轨放在框架上，整个空间有垂直斜面向下的匀强磁场。导体棒ab光滑，与导轨间无摩擦:框架质量M=0.2kg, 宽度l=0.4m，与斜面间的动摩擦因数=0.6，与斜面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力。g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。将框架固定，导体棒从静止开场沿导轨无摩擦下滑，到速度v1=5m/s的过程中，流过棒的电荷量q=2.875C;到速度v2=6m/s后，棒一

53、直做匀速直线运动。整个过程中导体棒始终与导轨垂直且接触良好。1求匀强磁场的磁感应强度B;2求从静止开场下滑到速度v1=5m/s的过程中， 导体棒中产生的热量Q3假设框架不固定，求当框架刚开场运动时导体棒的速度v3。【答案】1B=0.5T 2Q=2.2J 3v3=2.4m/s【解析】1设导体棒做匀速直线运动时，棒中电动势为E1，回路中感应电流为I1，导体棒所受安培力为F安，那么E1=Blv2I1=E1R F安=BI1l mgsin=F安解得 B=0.5T；2设导体棒从静止开场下滑到速度v15 m/s的过程中，沿导轨下滑的间隔 为x，经过的时间为t，闭合回路内磁通量变化为，平均感应电动势为E，平均

54、电流强度为I，那么E=t，=Blx I=ER，q=It 解得x=qRBl=5.75 mQ=mgsinx-12mv12解得：Q=2.2 J；3假设框架不固定，导体棒速度为v3时，设回路中的电流为I3，那么I3=Blv3R Mgsin+BI3l=(M+m)gcos解得：v3=2.4m/s 点睛：假设框架固定，导体棒匀速下滑时速度最大，根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律、安培力公式和平衡条件结合求解最大速度；根据能量转化和守恒定律求解热量由法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电流的定义式结合求解电量；当框架刚开场运动时所受的静摩擦力到达最大，由平衡条件求解回路中电流，再由法拉第电磁感应定律、欧姆定律结合求解

55、35如下图,两根足够长的光滑金属导轨倾斜放置,导轨平面与程度面间夹角为 ,导轨间距为L,电阻不计.导轨上端并接两个一样的小灯泡,灯泡额定功率为P,电阻为R,整个装置置于匀强磁场中,磁场方向垂直于轨道平面.现将一质量为m、电阻为r的金属棒MN从图示位置由静止释放.棒下滑过程与导轨始终垂直,且与导轨接触良好,从某时刻开场两灯泡均正常发光,重力加速度为g,求: 1磁感应强度的大小; 2灯泡正常发光时棒MN运动的速度大小.【答案】1B=mgsin2LPR 2v=2P(R+2r)mgRsin 【解析】1设小灯泡的额定电流为I1，那么P=I12R由题意，金属棒沿导轨下滑的某时刻开场，小灯泡正常发光，流经M

56、N的电流为I=2I1金属棒MN处于平衡状态，下落的速度到达最大值，有：mgsin=BIL联立得，B=mgsin2LRP2设灯泡正常发光时，导体棒的速度为v，根据电磁感应定律和欧姆定律得：E=BLvE=I1R+2rI联立得：v=2PR+2rmgRsin36如图甲所示，两竖直放置的平行金属导轨，导轨间距L=0.50m，导轨下端接一电阻R=5的小灯泡，导轨间存在一宽h=0.40m的匀强磁场区域，磁感应强度B按图乙所示规律变化，t=0时刻一金属杆自磁场区域上方以某一初速度沿导轨下落，t1时刻金属杆恰好进入磁场，直至穿越磁场区域，整改正程中小灯泡的亮度始终保持不变。金属杆的质量m=0.10kg，金属杆下落过程中始终保持程度且与导轨良好接触，不计金属杆及导轨的电阻，g取10m/s2。求：1金属杆进入磁场时的速度v；2图乙中t1的数值；3整个过程中小灯泡产生的总焦耳热Q。【答案