电磁感应（12）.docx

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如图所示，一宽2L的匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向里。一边长为L的正方形导线框位于纸面内，以垂直于磁场边界的恒定速度v通过磁场区域，在运动过程中，线框有一边始终与磁场区域的边界平行，取它刚进入磁场的时刻为t0，规定逆时针方向电流为正方向，在下图所示的图像中，能正确反映感应电流随时间变化的规律是A B C D 【答案】C【解析】线框进入磁场过程，时间为t1=Lv，根据楞次定律判断可知感应电流方向是逆时针方向，为正值，感应电流大小I=BLvR保持不变。线框完全在磁场中运动过程，磁通量不变，没有感应电流产生，经历时间t2=2LLv，线框穿出磁场过程进入磁场过程，线框与进入磁场的过程感应电流大小相等，方向相反，所用时间相等为t3=Lv，感应电流方向是顺时针方向，是负值。所以C正确，ABD错误。2在物理学发展过程中，观测、实验、假说和逻辑推理等方法都起到了重要作用。下列叙述符合史实的是（ ）A 库伦在实验中观察到电流的磁效应，该效应揭示了电与磁之间存在必然的联系B 法拉第在实验中观察到，通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中，会出现感应电流C 安培发现通电导线在磁场中会受到力的作用D 法拉第在分析了许多实验事实后提出，感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化【答案】B【解析】奥斯特首先在实验中观察到电流的磁效应，揭示了电和磁之间存在联系，故A错误；法拉第在实验中观察到，在通有变化电流的静止导线附近的固定导线圈中，会出现感应电流，从而发现了电磁感应现象，故B错误；安培发现通电导线在磁场中会受到力的作用，故C正确；楞次在分析了许多实验事实后提出，感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，故D 错误。所以C正确，ABD错误。3如图所示为真空冶炼炉。炉外有线圈，则真空冶炼炉在工作时，下列说法错误的是（ ）A 通过线圈的电流直接流经炉内金属，并使之发热B 通过线圈的电流是交流电C 炉内金属中会产生感应电流，这种电流叫涡流D 炉内金属中会产生涡流，涡流产生的热量使金属熔化【答案】A【解析】通过线圈的电流是高频交流，故A错误；通过线圈的电流是高频交流电。故B正确；炉内金属中会产生感应电流，这种电流叫涡流，故正确；炉内金属中会产生涡流，由于涡流使金属中的自由电子在涡流产生的电场中在电场力的驱使下高速运动，受到阻碍从而产生热量使金属熔化，故D正确；本题选择错误的，故选A。4首先发现电磁感应的科学家是A 奥斯特 B 安培 C 法拉第 D 特斯拉【答案】C【解析】首先发现电磁感应的科学家是法拉第，故选C.5如图所示，磁场垂直于纸面向外，磁场的磁感应强度随水平向右的x轴按B=B0+kx(B0、k为常量)的规律均匀增大.位于纸面内的正方形导线框abcd处于磁场中，在外力作用下始终保持dc边与x轴平行向右匀速运动.若规定电流沿abcda的方向为正方向，则从t=0到t=t1的时间间隔内，下列关于该导线框中产生的电流i随时间t变化的图象，正确的是()A B C D 【答案】A【解析】由题意可知，垂直向外的磁通量越来越大，根据楞次定律可得感应电流为顺时针方向，即为正，ad、bc两边均在切割磁感线，产生感应电动势的方向相反，大小相减，根据题意，bc、ad两边的磁场之差为B=B0+kL+xB0kx=kL，根据法拉第电磁感应定律E=BLv，则有E=BLv=LvkL；而感应电流i=ER=kvL2R，是定值，A正确6如图所示，由均匀导线制成的，半径为R的圆环，以v的速度匀速进入一磁感应强度大小为B的匀强磁场。当圆环运动到图示位置(aOb=90)时，a、b两点的电势差为()A 24BRv B 22BRv C 324BRv D 2BRv【答案】C【解析】当圆环运动到图示位置，根据几何知识可得圆环切割磁感线的有效长度为L=2R；线框刚进入磁场时ab边产生的感应电动势为E=2BRv，线框进入磁场的过程中a、b两点的电势差由欧姆定律得Uab=34E=324BRv，C正确【点睛】根据感应电动势公式E=BLv求出感应电动势的大小E，ab边切割磁感线，相当于电源，ab间的电压是路端电压，根据欧姆定律求解；本题是电磁感应与电路、力学等知识的综合应用，注意a、b两点的电势差不是感应电动势，而是路端电压7如图所示，一个圆环形导体位于竖直平面内，圆心为O，有一个带正电的粒子沿图中的虚线从圆环表面匀速飞过，则环中的感应电流方向是()A 沿逆时针方向B 沿顺时针方向C 先沿逆时针方向后沿顺时针方向D 先沿顺时针方向后沿逆时针方向【答案】D【解析】由题意可知，带正电的粒子从圆环表面匀速飞过，形成向右的电流，周围会产生磁场，由图可知，虚线上方磁场向外，而虚线下方磁场向里；总的感通量是向外的由于在进入时磁通量增大，出来时磁通量减小；则由楞次定律可知，感应电流的方向先顺时针后逆时针，D正确8如图所示，A、B是完全相同的两个小灯泡，L为自感系数很大、电阻可以忽略的带铁芯的线圈，下列说法中正确的是()A 电键S闭合瞬间，B灯先亮，A灯逐渐变亮B 电键S闭合瞬间，B灯亮，A灯不亮C 断开电键S的瞬间，A、B灯同时熄灭D 断开电键S的瞬间，B灯立即熄灭，A灯突然亮一下再熄灭【答案】D【解析】开关K闭合的瞬间，由于L自感系数很大，相当于断路，两灯同时获得电压，所以A、B同时发光。由于线圈的电阻可以忽略，等电路稳定后，L相当于一根导线，灯A逐渐被短路，流过A灯的电流逐渐减小，B灯逐渐增大，则A灯变暗，B灯变亮，AB错误；断开开关K的瞬间，B灯的电流突然消失，立即熄灭，流过线圈的电流将要减小，产生自感电动势，相当电源，和A形成闭合回路，故自感电流流过A灯，所以A灯突然闪亮一下再熄灭，C错误D正确9水平固定放置的足够长的U形金属导轨处于竖直向上的匀强磁场中，在导轨上放着金属棒ab，开始时ab棒以水平初速度v0向右运动，最后静止在导轨上，就导轨光滑和粗糙两种情况比较，这个过程()A 安培力对ab棒所做的功相等B 电流所做的功相等C 产生的总内能不相等D 通过ab棒的电量不相等【答案】D【解析】当导轨光滑时，金属棒克服安培力做功，动能全部转化为焦耳热，产生的内能等于金属棒的初动能；当导轨粗糙时，金属棒在导轨上滑动，一方面要克服摩擦力做功，摩擦生热，把部分动能转化为内能，另一方面要克服安培力做功，金属棒的部分动能转化为焦耳热，摩擦力做功产生的内能与克服安培力做功转化为内能的和等于金属棒的初动能；所以，导轨粗糙时，安培力做的功少，导轨光滑时，安培力做的功多，A错误；电流所做的功等于回路中产生的焦耳热，根据功能关系可知导轨光滑时，金属棒克服安培力做功多，产生的焦耳热多，电流做功大，B错误；两种情况下，产生的内能相等，都等于金属棒的初动能，C错误；根据感应电荷量公式q=R=BLxR，x是ab棒滑行的位移大小，B、R、导体棒长度L相同，x越大，感应电荷量越大，因此导轨光滑时，滑行距离x大，感应电荷量大，D正确。【点睛】金属棒在导轨上做减速运动，最后金属棒静止在导轨上；对金属棒进行受力分析，从能量转化的角度分析内能关系。根据感应电荷量公式q=R，分析产生的电量关系。对金属棒正确受力分析，从能量的角度分析内能问题，要熟悉感应电荷量公式q=R这一电磁感应问题常用的经验公式。10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（）A 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2：1D 相同时间内a、b两线圈产生的热量之比为4：1【答案】C【解析】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1：1故A错误根据法拉第电磁感应定律得：E=BtS，S=r2，则S相等，Bt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 I=ER ，得a、b两线圈中产生的感应电流之比为2：1故C正确根据焦耳定律得 Q=E2Rt，得相同时间内a、b两线圈产生的热量之比为2：1，故D错误故选C.点睛：解决本题时要注意在公式=BS和法拉第电磁感应定律中，S为有效面积，能熟练运用比例法研究这类问题11如图所示，一个有矩形边界的匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向内.一个三角形闭合导线框，由位置1(左)沿纸面匀速运动到位置2(右).取线框刚到达磁场边界的时刻为计时起点(t=0)，规定逆时针方向为电流的正方向，则图中能正确反映线框中电流号时间关系的是()A B C D 【答案】A【解析】线框进入磁场的过程，磁通量向里增加，根据楞次定律得知感应电流的磁场向外，由安培定则可知感应电流方向为逆时针，电流i应为正方向，BC错误；线框进入磁场的过程，线框有效的切割长度先均匀增大后均匀减小，由E=BLv，可知感应电动势先均匀增大后均匀减小；线框完全进入磁场的过程，磁通量不变，没有感应电流产生；线框穿出磁场的过程，磁通量向里减小，根据楞次定律得知感应电流的磁场向里，由安培定则可知感应电流方向为顺时针，电流i应为负方向；线框有效的切割长度先均匀增大后均匀减小，由E=BLv，可知感应电动势先均匀增大后均匀减小，A正确D错误12竖直平面内有一金属环，半径为a，总电阻为R.磁感强度为B的匀强磁场垂直穿过环平面，在环的最高点A用铰链连接长度为2a、电阻为R2的导体棒AB，由水平位置紧贴环面摆下(如图).当摆到竖直位置时，B点的线速度为v，则这时AB两端的电压大小为()A 2Bav B Bav C 2Bav3 D Bav3【答案】D【解析】当摆到竖直位置时，导体棒产生的感应电动势为E=BLv=BLv2Bav，AB两端的电压是路端电压，导体棒将金属环分隔成相同的两部分，这两部分并联在电路中，故路端电阻为R2R2R2+R2=R4，内阻为R2，根据欧姆定律得：AB两端的电压大小为U=14R14R+12RE=Bav3，D正确13如图所示，在载流直导线近旁固定有两平行光滑导轨A、B，导轨与直导线平行且在同一水平面内，在导轨上有两可自由滑动的导体ab和cd.当载流直导线中的电流逐渐增强时，导体ab和cd的运动情况是()A 一起向左运动B 一起向右运动C ab和cd相向运动，相互靠近D ab和cd相背运动，相互远离【答案】C【解析】根据右手螺旋定则知，直线电流下方的磁场方向垂直纸面向里，电流增强时，磁场增强，根据楞次定律得，回路中的感应电流为abdc，根据左手定则知，ab所受安培力方向向右，cd所受安培力向左，即ab和cd相向运动，相互靠近，C正确14如图，A、B是相同的白炽灯，L是自感系数很大、电阻可忽略的自感线圈。下面说法正确的是()A 闭合开关S时，A、B灯同时亮B 闭合开关S时，B灯比A灯先亮，最后一样亮C 断开开关S时，A灯先闪亮一下再逐渐熄灭D 断开开关S时，A灯与B灯一起逐渐熄灭【答案】D【解析】开关K闭合的瞬间，电源的电压同时加到两支路的两端，A灯立即发光。由于线圈的自感阻碍，B灯后发光，由于线圈的电阻可以忽略，灯B逐渐变亮，又由于电阻可忽略的自感线圈，所以最后两灯一样亮，AB错误；断开开关K的瞬间，线圈与两灯一起构成一个自感回路，流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；由于电流稳定时两个灯泡一样亮，所以两个灯泡都不会闪亮一下，C错误D正确【点睛】对于自感线圈，当电流变化时产生自感电动势，相当于电源，当电路稳定时，相当于导线，将所并联的电路短路15图(甲)为手机及无线充电板。图(乙)为充电原理示意图。充电板接交流电源，对充电板供电，充电板内的送电线圈可产生交变磁场，从而使手机内的受电线圈产生交变电流，再经整流电路转变成直流电后对手机电池充电。为方便研究，现将问题做如下简化：设送电线圈的匝数为n1，受电线圈的匝数为n2，面积为S，若在t1到t2时间内，磁场(垂直于线圈平面向上、可视为匀强磁场)的磁感应强度由B1均匀增加到B2。下列说法正确的是A 受电线圈中感应电流方向由d到cB c点的电势高于d点的电势C c、d之间的电势差为D c、d之间的电势差为【答案】D【解析】根据楞次定律可知，受电线圈内部产生的感应电流方向俯视为顺时针，受电线圈中感应电流方向由c到d，所以c点的电势低于d点的电势，故AB错误；根据法拉第电磁感应定律可得c、d之间的电势差为，故C 错误，D正确；故选D。【点睛】根据楞次定律判断感应电流方向，从而确定感应电动势的高低；根据法拉第电磁感应定律求解感应电动势的大小16如图所示，固定在水平面上的光滑平行导轨间距为L，右端接有阻值为R的电阻，空间存在方向竖直、磁感应强度为B的匀强磁场。质量为m、电阻为r的导体棒ab与固定弹簧相连并垂直导轨放置。初始时刻，弹簧处于自然长度。现给导体棒水平向右的初速度v0，导体棒开始沿导轨往复运动，运动过程中始终与导轨垂直并保持良好接触。若导体棒电阻r与电阻R的阻值相等，不计导轨电阻，则下列说法中正确的是A 初始时刻导体棒受到的安培力方向水平向右B 初始时刻导体棒两端的电压Uab=BLv0C 导体棒开始运动后速度第一次为零时，弹簧的弹性势能D 导体棒整个运动过程中电阻R上产生的焦耳热【答案】D【解析】导体棒开始运动的初始时刻，由右手定则判断可知：ab中产生的感应电流方向从ab，由左手定则判断得知ab棒受到的安培力向左，A错误；导体棒开始运动的初始时刻，ab棒产生的感应电势为由于r=R，所以导体棒两端的电压，B错误；由于导体棒运动过程中产生电能，所以导体棒开始运动后速度第一次为零时，根据能量守恒定律得知：系统的弹性势能小于，故C错误；金属棒最终会停在初始位置，在金属棒整个运动过程中，电阻R上产生的焦耳热，D正确【点睛】根据右手定则判断出初始时刻感应电流的方向，再根据左手定则判断出安培力的方向；由和欧姆定律求解导体棒两端的电压；导体棒运动过程中，产生电能，根据功能关系分析导体棒开始运动后速度第一次为零时系统的弹性势能；根据能量守恒求解在金属棒整个运动过程中，电阻R上产生的焦耳热，弄清运动过程中能量如何转化，并应用能量转化和守恒定律分析解决问题是此题关键17（题文）如图所示，一个半径为L的半圆形硬导体AB，以速度v在水平U型框架上匀速滑动匀强磁场的磁感应强度为B定值电阻为R0，半圆形硬导体AB的电阻为r，其余电阻不计则半圆形导体AB切割磁感线产生感应电动势的大小及AB之间的电势差分别为A BLv，BLvR0R0+r B BLv，Blv2 C 2BLv，BLv D 2BLv，2BLvR0R0+r【答案】D【解析】半圆形导体AB切割磁感线产生感应电动势的大小为：E=B2Lv=2BLvAB相当于电源，其两端的电压是外电压，由欧姆定律得：U=R0R0+rE=2BLvR0R0+r 故应选D。点晴：题要理解并掌握感应电动势公式，图中半圆形硬导体AB有效切割的长度等于半圆的直径2L，由公式E=Blv求解感应电动势的大小AB相当于电源，其两端的电压是外电压，由欧姆定律求出。18在如图电路中，电源电动势E=12V，电阻R的阻值R=6，线圈L的自感系数L=4H，不计电源和电感线圈的内阻，则（）A 在电键刚闭合的瞬间，电流值是2AB 在电键闭合了很长一段时间以后，其最终电流为2AC 在电键闭合了很长一段时以后，其最终电流为3AD 在电键刚闭合的瞬间，电流的瞬时变化率为2A/s【答案】B【解析】A项：在电键刚闭合瞬间，感抗为无穷大，电流值为零，故A错误；B、C项：在电键闭合很长一段时间后，电感线圈的感抗为零，则最终电流大小为：I=ER=126A=2A，故B正确，C错误；D项：根据E=LIt，可求出电流的瞬时变化率为3A/s，故D错误。点晴：当闭合瞬间出现自感电动势，从而阻碍电流的变化，根据E=LIt，可求出电流的瞬时变化率；只有当电流稳定后，根据闭合电路欧姆定律，即可求解电流大小。19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 感应电流方向一直是顺时针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】C【解析】线框自由下落过程中穿过线圈的磁通量为向右的增多，后减少，根据楞次定律可知线框中的感应电流先是顺时针后是逆时针，AB错误；再由来拒去留，可知线框受到的安培力方向一直是竖直向上，C正确D错误20很多人喜欢到健身房骑车锻炼，某同学根据所学知识设计了一个发电测速装置如图所示自行车后轮置于垂直车身平面向里的匀强磁场中，后轮圆形金属盘在磁场中逆时针转动时，可等效成一导体棒绕圆盘中心O转动已知该磁场的磁感应强度大小为B，圆盘半径为l，圆盘电阻不计导线通过电刷分别与后轮外边缘和圆心O相连，导线两端a、b间接一阻值R的小灯泡后轮匀速转动时，用电压表测得a、b间电压U则下列说法正确的是（ ）A a连接的是电压表的正接线柱B 若圆盘匀速转动的时间为t，则该过程中克服安培力做功Q=U22RtC 自行车后轮转动的角速度是UBl2D 自行车后轮边缘的线速度大小是2UBl【答案】D【解析】根据右手定则，轮子边缘点是等效电源的负极，则a点接电压表的负接线柱，故A错误；若圆盘匀速转动的时间为t，根据焦耳定可知该过程中克服安培力做功Q=U2Rt，故B错误；由法拉第电磁感应定律可得产生的感应电动势E=U=Blv=12Blv，解得边缘线速度v=2UBl，故D正确；根据线速度和角速度的关系可得角速度为：vl=2UBl2，故C错误。故选D。点睛：本题主要是考查了法拉第电磁感应定律；对于导体切割磁感应线产生的感应电动势情况有两种：一是导体平动切割产生的感应电动势，可以根据E=BLv来计算；二是导体棒转动切割磁感应线产生的感应电动势，可以根据E=12Bl2来计算21有一等直角三角形状的导线框abc,在外力作用下匀速地经过一个宽为d的有限范围匀强磁场区域,线圈中产生的感应电流I与沿运动方向的位移x之间的函数象是如下图中的( )A B C D 【答案】B【解析】开始时进入磁场切割磁感线，根据右手定则可知，电流方向为逆时针，当开始出磁场时，回路中磁通量减小，产生的感应电流为顺时针；不论进入磁场，还是出磁场时，由于切割的有效长度变小，导致产生感应电流大小变小。故B正确，ACD错误。故选B。点睛：对于图象问题可以通过排除法进行求解，如根据图象过不过原点、电流正负、大小变化等进行排除22下列关于自感和自感系数的说法正确的是（ ）A 在实际电路中，自感现象有害而无益B 线圈中的电流变化越大，自感现象越明显C 线圈的自感系数越大，自感电动势就一定越大D 线圈自感系数由线圈本身性质及有无铁芯决定【答案】D【解析】在实际电路中，自感现象有害也有益，选项A错误；自感电动势与线圈的自感系数以及电流的变化率有关，则线圈中的电流变化越大，自感现象不一定越明显；线圈的自感系数越大，自感电动势不一定越大，选项BC错误；线圈自感系数由线圈本身性质及有无铁芯决定，选项D正确23如图所示，在水平地面下有一条沿东西方向铺设的水平直导线，导线中通有自东向西稳定、强大的直流电流现用一闭合的检测线圈(线圈中串有灵敏的检流计，图中未画出)检测此通电直导线的位置，若不考虑地磁场的影响，在检测线圈位于水平面内，从距直导线很远处由北向南沿水平地面通过导线的上方并移至距直导线很远处的过程中，俯视检测线圈，其中的感应电流的方向是()A 先顺时针后逆时针B 先逆时针后顺时针C 先逆时针后顺时针，然后再逆时针D 顺时针后逆时针，然后再顺时针【答案】C【解析】根据右手螺旋定则可确定如图所示的电流周围的磁场方向；当检测线圈水平向南移动时，由于通电导线的磁场作用，导致穿过线圈的磁通量发生变化，从而产生感应电流，因此有：先向下的磁场在增加，则有感应电流方向逆时针；当移动超过正上方后，向下的磁场在减小，所以感应电流方向为顺时针；当继续向南移动时，向上磁场在减弱，则有感应电流方向逆时针，C正确24如图所示，空间中存在一水平方向的半无界匀强磁场，其上边界水平。磁场上方有一个长方形导线框，线框一边水平，所在平面与磁场方向垂直。若线框自由下落，则刚进入磁场时线框的加速度不可能A 逐渐减小，方向向下B 为零C 逐渐增大，方向向上D 逐渐减小，方向向上【答案】C【解析】导线框进入磁场时，下边切割磁场产生感应电流，受到向上的安培力，若安培力大于重力，合力方向向下，加速度方向向下，线框做加速运动，随着速度增大，产生的感应电动势和感应电流增大，线圈所受的安培力增大，合力减小，加速度减小，故A正确；若安培力等于重力，线框做匀速运动，加速度为零，B正确；若安培力大于重力，合力方向向上，加速度方向向上。线框做减速运动，随着速度减小，产生的感应电动势和感应电流减小，线圈所受的安培力减小，合力减小，加速度减小，C错误D正确25如图所示,在磁感应强度为B的匀强磁场中有固定的金属框架AOC，已知O=，导体棒DE在框架上从O点开始在外力作用下，沿垂直DE方向以速度v匀速向右平移，使导体棒和框架构成等腰三角形回路。设框架和导体棒材料相同，其单位长度的电阻均为R，框架和导体棒均足够长，不计摩擦及接触电阻，关于回路中的电流I和电功率P随时间t变化的下列四个图象中可能正确的是A 1和3 B 1和4 C 2和3 D 2和4【答案】B【解析】设框架运动时间为t时，通过的位移为x=vt，则连入电路的导体的长度为：2xtan2 则回路的总电阻为：R总=R(2tan2+2xcos2) 感应电流：I=ER总=B2xtan2v(2xtan2+2xcos2)R=2Btan2v(2tan2+2cos2)R ，为一定值，故正确，错误运动x时的功率为：P=I2R总=I2R(2tan2+2xcos2)=I2R(2vtan2+2vcos2)t则P与t成正比，故错误，正确；故B正确。点晴：本题考查根据物理规律推导解析式的能力由解析式确定图象，这是常用的研究方法，由法拉第电磁感应定律列出电流与时间的表达式和功率与时间的表达式，找出相应的图象即可。26如图所示，固定于水平面上的金属架CDEF处在竖直向下的匀强磁场中，金属棒MN沿框架以某一速度向右做匀速运动。t=0时,磁感应强度为B0，此时MN到达的位置恰好使MDEN构成一个边长为L的正方形.为使MN棒中不产生感应电流,从t=0开始,磁感应强度B随时间t的变化的图象正确的是A B C D 【答案】C【解析】当通过闭合回路的磁通量不变，则MN棒中不产生感应电流，有： B0L2=BL（L+vt）所以B=B0L2L(L+vt)可知，B与t是非线性关系，B-t图线是曲线，而且随着t的增大，B减小，故C正确，ABD错误。点晴：只要通过闭合回路的磁通量不变，则MN棒中不产生感应电流，抓住磁通量不变，求出B随时间t变化的关系，即可选择图象。27如图所示，1831年法拉第把两个线圈绕在一个铁环上，A线圈与电源、滑动变阻器R组成一个回路，B线圈与开关S、电流表G组成另一个回路.通过多次实验，法拉第终于总结出产生感应电流的条件.关于该实验下列说法正确的是()A 闭合开关S的瞬间，电流表G中有ab的感应电流B 闭合开关S的瞬间，电流表G中有ba的感应电流C 闭合开关S，滑动变阻器的滑片向左滑的过程中，电流表G中有ab的感应电流D 闭合开关S，滑动变阻器的滑片向左滑的过程中，电流表G中有ba的感应电流【答案】D【解析】A、B、闭合与断开开关S的瞬间，穿过线圈B的磁通量都不发生变化，电流表G中均无感应电流。故AB错误；C、D、闭合开关S 后，在增大电阻 R 的过程中，电流减小，则通过线圈B的磁通量减小了，根据安培定则可确定穿过线圈B的磁场方向，再根据楞次定律可得：电流表G中有 ba 的感应电流。故D正确，C错误；故选D。【点睛】电流表与线圈B构成闭合电路，当线圈中磁通量发生变化时，出导致线圈中产生感应电动势，从而可出现感应电流根据安培定则可确定线圈B的磁场方向，再根据楞次定律可判定感应电流方向28如图所示，虚线abcd为水平面内的矩形匀强磁场区域域，磁场方向竖直向下，圆形闭合金属线框以一定的速度沿光滑绝缘水平面向右运动进入磁场区域，如图所示给出的是金属线框的四个可能到达的位置，则圆形线框的速度可能为零的位置是（ ）A A B B C C D D【答案】A【解析】线圈进或出磁场时，磁通量变化，线圈中会产生感应电流，线圈受到安培阻力作用而减速运动，速度可能为零，故A正确。点晴：根据线圈完全进入磁场后，磁通量不变，没有感应电流产生，不再受安培力，线圈的速度不变进行分析当线圈进入或穿出磁场时，磁通量变化，产生感应电流，受到安培阻力作用，速度可能为零。29一质量为m、电阻为r的金属杆ab，以一定的初速度v0从一光滑平行金属导轨底端向上滑行，导轨平面与水平面成30角，两导轨上端用一电阻R相连，如图所示，磁场垂直斜面向上，导轨的电阻不计，金属杆向上滑行到某一高度之后又返回到底端时的速度大小为v，则金属杆在滑行的过程中,说法不正确的是()A 向上滑行的时间小于向下滑行的时间B 在向上滑行时电阻R上产生的热量大于向下滑行时电阻R上产生的热量C 金属杆从开始上滑至返回出发点，电阻R上产生的热量为12m(v02v2)D 向上滑行时与向下滑行时通过电阻R的电荷量相等【答案】D【解析】因为导体棒中产生电能消耗机械能，则导体棒回到底端的速度小于v0；上滑阶段的平均速度大于下滑阶段的平均速度，而上滑阶段的位移与下滑阶段的位移大小相等，所以上滑过程的时间比下滑过程短，所以A正确；电量q=It=ERt=BStRt=BSR，式中结果无时间，故上滑阶段和下滑阶段通过回路即通过R的电量相同，所以D正确；分析知上滑阶段的平均速度大于下滑阶段的平均速度，由动生电动势公式E=BLv可知上滑阶段的平均感应电动势E1大于下滑阶段的平均感应电动势E2，而上滑阶段和下滑阶段通过回路即通过R的电量相同，再由公式W电=qE电动势，可知上滑阶段回路电流做功即电阻R产生的热量比下滑阶段多。所以B正确；金属杆从开始上滑至返回出发点的过程中，只有安培力做功，动能的一部分转化为热能，电阻R与金属杆电阻上共同产生的热量等于金属杆减小的动能，C错误。本题选错误的，故选C。30如图所示，平行导轨间距为d，一端跨接一个电阻为R，匀强磁场的磁感强度为B，方向与导轨所在平面垂直。一根足够长的金属棒与导轨成角放置，金属棒与导轨的电阻不计。当金属棒沿垂直于棒的方向以速度v滑行时，通过电阻R的电流强度是（） A BdvR B BdvsinRC BdvcosR D BdvRsin【答案】D【解析】ab棒有效的切割长度为：L=dsin；产生的感应电动势为：E=BLv=Bvdsin，通过R的电流为：I=ER=BdvRsin。故选D。点睛：本题考查学生对公式的理解，容易产生的错误是认为金属棒的切割长度为d，感应电动势为E=Bdv，通过R的电流为BdvR31如图所示，由导体材料制成的闭合线框，曲线部分PNQ满足函数y=2sin0.5x，其中xy单位为m，x满足0x2，曲线部分电阻不计，直线部分PMQ的电阻为R=5.将线框从图示的位置开始(t=0)，以v=4m/s的速度匀速通过宽度为d=2m、磁感应强度B=2T的匀强有界磁场，在线框穿越磁场的过程中，下列说法正确的是A 线框穿越磁场的过程中，感应电流变化规律为i=0.62sin(0.5t)B 线框穿越磁场的过程中，线框中产生的焦耳热为51.2JC 线框穿越磁场的过程中，线框中产生的焦耳热为25.6JD 线框穿越磁场的时间为0.5s【答案】C【解析】线框穿越磁场的过程中，感应电动势变化规律为e=Byv=B2sin0.5xv=22sin0.54t4V=16sin2t（V），则感应电流变化规律为i=eR=16sin2t5A=3.2sin2tA，故A错误；电流的有效值为I=Im2=3.22A=1.62A，线框穿越磁场的过程中，穿过磁场的时间t=2dv=224s=1s，线框中产生的焦耳热为Q=I2Rt=1.62251J=25.6J，故C正确，BD错误，故选C.【点睛】根据匀速运动的位移公式求线框穿过磁场的时间。当线框的有效切割长度最大时产生的感应电动势最大，PQ间的电压最大，由E=BLv求出最大的感应电动势，即可求得PQ间最大电压。线框中产生正弦感应电流，根据电动势有效值求焦耳热。由欧姆定律求感应电流的变化规律。32如图所示，用均匀导线做成边长为0.1m的正万形线框，线框的一半处于垂直线框向里的匀强磁场中，当磁场以40T/s的变化率均匀减小时，a、b两点间电势差的大小为U，则A ab，U=0.IV B ab，U=0.IV C ab，U=0.2V【答案】A【解析】正方形线框的左半部分磁通量在不断减小，根据楞次定律可知电流方向为顺时针，把左半部分线框看成电源，电源内部的电流由负极到正极，故a的电势大于b点电势，设电动势为E，内电阻r2，画出等效电路如图所示由图可知a、b两点间的电势差即为电源的路端电压，设边长l，且依题意知：Bt=40Ts，由法拉第电磁感应定律得：E=BtS=1400.10.12V=0.2V，则U=Ir2=Er2+r2r2=0.1V，故A正确，BCD错误，故选A.【点睛】根据法拉第电磁感应定律，求出感应电动势的大小，根据楞次定律判断出感应电流的方向，再通过闭合电路欧姆定律求出电流以及电势差33一条形磁体平放在水平桌面上，一闭合线圈保持在竖直平面内，从条形磁铁探出桌面的一端的左上方竖直下落，线圈平面垂直于磁铁（如图）。在线圈通过磁铁截面的过程中磁铁一直静止，关于磁铁的受力分析正确的是A 线圈中感应电流的方向不会变化B 磁铁受桌面的支持力一直大于重力C 磁铁受到桌面的摩擦力一直向右D 磁铁受到桌面的摩擦力一直向左【答案】B【解析】线圈向下运动的过程中穿过线圈的磁通量先增大后减小，根据楞次定律可知，线圈产生的感应电流的方向一定会发生变化。故A错误；根据楞次定律可知，线圈向下运动的过程中，产生的感应电流对线圈一直存在阻碍作用，即磁铁对线圈一直有向上的作用力，根据牛顿第三定律可知，线圈对磁体一直有向下的作用力，所以磁铁受桌面的支持力一直大于重力。故B正确；根据楞次定律，线圈在桌面以上时，线圈对磁体的作用力的方向为右下方，所以磁铁还要受到向左的摩擦力；而线圈在桌面以下时，线圈对磁体的作用力的方向为左下方，所以磁铁还要受到向右的摩擦力。故CD错误。故选B。点睛：首先应掌握楞次定律的基本应用，楞次定律的第二描述是能量守恒定律在电磁感应现象中得出的必然结果。一般在解决有关相对运动类问题时用楞次定律的第二描述将会非常简便。34如图所示的匀强磁场中有一根弯成45的金属线POQ，其所在平面水平且与磁场垂直，长直导线MN与金属线紧密接触，起始时OAL0，且MNOQ，所有导线单位长度的电阻均为r，MN运动的速度为v，使MN匀速运动的外力为F，不计摩擦和接触电阻，则外力F随时间变化的图像是 ()A B C D 【答案】C【解析】因导线MN匀速运动，则MN切割磁感线的有效长度是L=L0+vttan45=L0+vt，故t时刻回路中导线MN产生的感应电动势为E=BLv=BL0+vtv=BL0v+Bv2t，回路的总电阻为R=2L0+2L0r+2vt+2vtr=2+2rL0+vt，则感应电流的大小为I=ER=BL0v+Bv2t2+2rL0+vt，由安培力公式可得F=BIL=B2L0v+B2v2t2+2rL0+vtL0+vt=B2L0v+B2v2t2+2r=B2L0v2+2r+B2v22+2rt，即可表示为F=a+kt的形式，C正确【点睛】本题的关键要理解“有效”二字，要注意回路中有效电动势和总电阻都随时间增大，实际感应电流并没有变化35如图所示，导线框abcd与直导线几乎在同一平面内，直导线中通有恒定电流I，当导线框由左向右匀速通过直导线时，线框中感应电流的方向是()A 先abcd，后dcba，再abcd B 始终dcbaC 先dcba，后abcd，再dcba D 先abcd，后dcba【答案】C【解析】由安培定则得，载有恒定电流的直导线产生的磁场在导线左边的方向为垂直纸面向外，右边的磁场方向垂直向里，当线圈向导线靠近时，则穿过线圈的磁通量变大，根据楞次定律，可知感应电流方向为adcba；当线圈越过导线时到线圈中心轴与导线重合，穿过线圈的磁通量的变小，则感应电流方向为abcda；当继续向右运动时，穿过磁通量变大，由楞次定律可知，感应电流方向为：abcda；当远离导线时，由楞次定律可知，感应电流方向为：adcba，C正确36下图中能产生感应电流的是()A B C D 【答案】B【解析】A中线圈不闭合，有感应电动势但无感应电流，A错误；B中两导体杆速度方向相反，穿过闭合回路的磁通量增大，故有感应电流产生，B正确；C中线圈所在平面正好与导线在该位置产生的磁场平面平行，故磁通量恒为零，无感应电流，C错误；D中线圈在匀强磁场中运动，穿过线圈