电磁感应（15）.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、多选题
1．如图，足够长的U型光滑金属导轨平面与水平面成θ角（0＜θ＜90°),其中MN与PQ平行且间距为l，导轨平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计,其上端所接定值电阻为R.给金属棒ab一沿斜面向上的初速度v0，并与两导轨始终保持垂直且良好接触，ab棒接入电路的电阻为r，当ab棒沿导轨上滑距离x时，速度减小为零。则下列说法不正确的是

A． 在该过程中，导体棒所受合外力做功为12mv02
B． 该过程中，通过电阻R的电荷量为BlxRR+r2
C． 该过程中，电阻R产生的焦耳热为Rmv022R+r
D． 导体棒获得初速度时，整个电路消耗的电功率为B2l2v02R+r
【答案】ABD
【解析】根据动能定理可知：合外力做功为：W合=12mv02−0=12mv02，故A正确；在该过程中，通过电阻R的电荷量：q=It=ER+r=BlvtR+r=BlxR+r，故B错误；设整个回路产生的总焦耳热为Q，根据能量守恒得：12mv02=mgsinθx+Q，电阻R产生的焦耳热为：QR=RR+rQ=RR+r12mv02+mgsinθx，故C错误；在导体棒获得初速度时，电流I=Blv0R+r，整个电路消耗的电功率：P=I2R+r=B2l2v02R+r，故D正确。故ABD正确，C错误。
2．如图甲所示，一个理想变压器有原线圈ab及副线圈cd，原线圈中通有如图乙所示的正弦式交流电，规定原线圈中由a至b为电流的正方向，那么（　　）

A． 在t=T/2时刻，铁芯中磁通量为零
B． 在t=T/2时刻，副线圈两端c、d间电压最大
C． 在t=T/2时刻，副线圈c端电势高于d端
D． 在t=3T/4时刻，副线圈c、d间电压最大
【答案】ABC
【解析】在t=T/2时刻，原线圈电流为零，则铁芯中磁通量为零；但此时电流的变化率最大，铁芯中磁通量的变化率最大，产生的感应电动势最大，即副线圈两端c、d间电压最大；根据楞次定律可判断副线圈c端电势高于d端，故ABC正确；在t=3T/4时刻，原线圈电流反向最大，磁通量的变化率最小，则此时感应电动势最小，副线圈c、d间电压最小，选项D错误；故选ABC.
点睛：此题关键是知道当原线圈电流最大时，铁芯中的磁通量最大，但是磁通量的变化率为零；当原线圈电流最小时，铁芯中的磁通量最小，但是磁通量的变化率最大；
3．直角三角形金属框abc放置在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向平行于ab边向上，若金属框绕ab边向纸面外以角速度ω匀速转动90°（从上往下看逆时针转动），如图甲所示，c、a两点的电势差为Uca，通过ab边的电荷量为q；若金属框绕bc边向纸面内以角速度ω匀速转动90°，如图乙所示，c、a两点的电势差为Uca′，通过ab边的电荷量为q′，已知bc，ab边的长度都为l，金属框的总电阻为R，下列判断正确的是（）

A． Uca=12Bωl2 B． Uca′=12Bωl2
C． q=2Bπl28R D． q′=Bl22R
【答案】AD
【解析】在甲图中，bc边和ac边都切割磁感线，产生的感应电动势相同，均为 E=Bl•0+lω2=12Bωl2。
回路的磁通量不变，没有感应电流，c、a两点的电势差等于感应电动势，即有 Uca=12Bωl2。
由于没有感应电流，所以通过ab边的电荷量为 q=0，故A正确，C错误。乙图中线框的ac边切割磁感线，等效的切割长度等于bc边长，则ac边产生的感应电动势 E=12Bωl2，ac边相当于电源，由于电路中有电流，所以Uca′＜E=12Bωl2．通过ab边的电荷量为q′=△ΦR=B⋅12l⋅lR=Bl22R．故B错误，D正确。故选AD。
点睛：本题关键是明确感应电流的产生条件：穿过闭合回路的磁通量发生改变，要会根据E=Blv求解感应电动势，注意L是有效的切割长度．
4．有一根横截面积为S、电阻率为ρ的硬质导线做成一个半径为r的圆环，ab为圆环的一条直径．如图所示，在ab的左侧存在一个均匀变化的匀强磁场，磁场垂直圆环所在平面，方向如图所示．磁感应强度大小随时间的变化率为ΔBΔt=k（k<0）．则（）

A． 圆环中感应电流大小为krS2ρ
B． 图中a、b两点的电势差Uab=14kπr2
C． 圆环中产生逆时针方向的感应电流
D． 圆环具有扩张趋势
【答案】BD
【解析】由法拉第电磁感应定律可知，E=△BS'2△t=△Bπr22△t=12kπr2，感应电流I=ES2ρπr=kSr4ρ ，故A错误；与闭合电路欧姆定律可知，ab两点间的电势差为E2=|14kπr2|，故B正确；磁通量向里减小，由楞次定律“增反减同”可知线圈中的感应电流方向为顺时针，故C错误；由楞次定律的“来拒去留”可知，为了阻碍磁通量的减小，线圈有扩张的趋势；故D正确；故选BD。
5．如图所示，平行导轨与水平面之间夹角为 ，PQ下端导轨是直线，MN与PQ之间的两导轨是相同的曲线，两端导轨在P、Q处平滑连接，M、N间用导线连接，MN与PQ之间的直线距离为L，两导轨之间的距离也为L。磁感应强度大小为B0的匀强磁场的方向垂直直线部分导轨平面向上。长为L、质量为m的金属棒AB从MN由静止释放，金属棒AB运动到PQ后做匀速直线运动。金属棒AB的电阻为R，重力加速度为g。运动过程中金属棒AB与导轨始终垂直且接触良好，不计一切摩擦及导轨和导线的电阻，下列说法正确的是（）

A． 金属棒AB做匀速直线运动的速度大小为
B． 金属棒AB受到的最大安培力为mgcos
C． 由MN到PQ过程中，通过金属棒AB的电荷量为
D． 由MN到PQ过程中，金属棒AB中产生的热量为mgLsin-
【答案】ACD
【解析】金属棒AB做匀速直线运动时满足： ，解得，选项A正确；
金属棒AB速度最大时受到的安培力最大，最大值为Fmax=mgsinα，选项B错误；由MN到PQ过程中，通过金属棒AB的电荷量为，选项C正确；由MN到PQ过程中，金属棒AB中产生的热量等于金属棒的机械能的减小量： ，选项D正确；故选ACD.
6．如图所示电路中，L为电感线圈，电阻不计，A、B为两个灯泡，则（　　）

A． 合上S的瞬间，A先发光，B后发光
B． 合上S的瞬间，A、B同时发光
C． 合上S后，A逐渐变亮，B逐渐变暗直至熄灭
D． 断开S时，A立即熄灭，B重新亮后再熄灭
【答案】BCD
【解析】A、合上S时,电路中立即建立了电场,故立即就有了电流,故灯泡A、B同时变亮;但通过线圈的电流要增加,会产生自感电动势,电流缓慢增加;当电流稳定后,线圈相当于直导线,灯泡B被短路,故电键闭合后,灯泡A、B同时亮,但B逐渐熄灭,A更亮,故A错误,B正确,C正确; 
D、断开S时,A灯立即熄灭;线圈产生自感电动势,和灯泡B构成闭合电路,B灯先闪亮后逐渐变暗;所以D选项是正确的; 
故选BCD
点睛：电感线圈L中电流变化时,会产生自感电动势,阻碍电流的变化;故电键接通瞬间通过线圈的电流缓慢增加,电键断开瞬间通过线圈的电流缓慢减少.
7．如图所示，空间有一个方向水平的有界磁场区域，一个矩形线框，自磁场上方某一高度下落，然后进入磁场，进入磁场时，导线框平面与磁场方向垂直。则在进入磁场中导线框可能

A． 变加速下落 B． 变减速下落
C． 匀速下落 D． 匀加速下落
【答案】ABC
【解析】线框进入磁场过程中受到的安培力： ；如果＜mg，线框向下做加速运动，由牛顿第二定律得：mg-=ma，a=g-，由于速度v增大，a减小，线框向下做变加速运动，故A正确，D错误；如果＞mg，线框受到的合力向上，线框向下做减速运动，由牛顿第二定律得： -mg=ma，a=-g，由于速度v减小，a减小，线框向下做变减速运动，故B正确；如果=mg，线框将向下做匀速直线运动，故C正确；故选ABC。
点睛：本题考查了判断线框的运动性质，关键是看进入磁场时安培力和重力的大小关系，应用安培力公式求出安培力、应用牛顿第二定律即可正确解题．
8．如图甲，圆形线圈P静止在水平桌面上，其正上方固定一螺线管Q，P和Q共轴，Q中通有变化电流i，电流随时间变化的规律如图乙所示，P所受的重力为G，桌面对P的支持力N，则（　　）

A． T3时刻N＞G，P有收缩的趋势
B． T2时刻N=G，P没有收缩的趋势，也没有扩张趋势
C． T3时刻N=G，此时P中有感应电流
D． T4时刻N＜G，此时穿过P的磁通量最大
【答案】BC
【解析】在T2前后一段时间内，Q中电流恒定，即穿过线圈P的磁通量恒定，P中没有感应电流产生，没有收缩或扩张的趋势，N=G，B正确；在T3时刻，Q中电流为零，两线圈作用力为零，故N=G，但由于该过程中电流是均匀变化的，所以穿过线圈P的磁通量在变化，所以P中有感应电流产生，A错误C正确；当螺线管中电流不变时，其形成磁场不变，线圈P中的磁通量不变，因此磁铁线圈中无感应电流产生，由于T2时刻的电流大小大于T4时刻的电流大小，故在T2时刻线圈Q产生的磁感应强度大于在T4时刻产生的磁感应强度，根据Φ=BS可知，在T2时刻穿过P的磁通量最大，D错误．
【点睛】正确理解楞次定律中“阻碍”的含义，注意判断感应电流的大小看磁通量的变化率而不是看磁通量的大小，当螺线管中通入变化的电流时形成变化的磁场，这时线圈P中的磁通量发生变化，由其磁通量的变化根据楞次定律可以判断P中产生感应电流的大小方向以及P线圈收缩和扩展趋势．
9．如图所示，匀强磁场垂直于软导线回路平面，由于磁场发生变化，回路变为圆形，则该磁场（  ）

A． 逐渐减弱，方向垂直纸面向外
B． 逐渐增强，方向垂直纸面向外
C． 逐渐减弱方向垂直纸面向里
D． 逐渐增强，方向垂直纸面向里
【答案】AC
【解析】磁场发生变化，回路变为圆形，是由线圈受到的安培力的方向向外，导线围成的面积扩大，根据楞次定律可得，导线内的磁通量一定正在减小，磁场在减弱，与磁场方向无关，故AC正确，BD错误。
10．如图所示，相距为L的两条足够长的光滑平行不计电阻的金属导轨，处于磁场方向垂直导轨平面向下且磁感应强度为B的匀强磁场中。将金属杆ab垂直放在导轨上，杆ab由静止释放下滑距离x时达到最大速度。已知金属杆质量为m，定值电阻以及金属杆的电阻均为R，重力加速度为g，导轨杆与导轨接触良好。则下列说法正确的是（ ）

A． 回路产生a→b→Q→N→a方向的感应电流
B． 金属杆ab下滑的最大加速度大小为gcosθ
C． 金属杆ab下滑的最大速度大小为mgRsinθB2L2
D． 金属杆从开始运动到速度最大时，杆产生的焦耳热为12mgxsinθ−m3g2R2sin2θB4L4
【答案】AD
【解析】A项：金属杆向下滑动的过程中，穿过回路的磁通量增大，由楞次定律知，回路产生a→b→Q→N→a方向的感应电流．故A正确 ；
B项：设ab杆下滑到某位置时速度为v，则此时杆产生的感应电动势为：E=BLv
回路中的感应电流为：I=BLv2R
杆所受的安培力为：F=BIL
根据牛顿第二定律 有：mgsinθ−B2L2v2R=ma
当v=0时杆的加速度最大，最大加速度为 am=gsinθ，方向沿导轨平面向下；故B错误；
C项：由上知，当杆的加速度a=0时，速度最大，最大速度为：vm=2mgRsinθB2L2，方向沿导轨平面向下；故C错误；
D项：ab杆从静止开始到最大速度过程中，根据能量守恒定律 有：
mgxsinθ=Q总+12mvm2
又杆产生的焦耳热为Q杆=12Q总
所以得：Q杆=12mgxsinθ−m3g2R2sin2θB4L4，故D正确。
11．如图，ABC为粗细均匀的等边三角形导线框，导线框在纸面内；过直线MN的水平面上方有一足够大的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，在t=0时刻，让线圈从图示位置开始绕垂直于纸面、且过C点的轴以周期T顺时针匀速转动，设线框产生的感应电流为i，穿过线框的磁通量为Φ，则下列 i−t图像和Φ−t图像可能正确的是（ ）

A．
B．
C．
D．
【答案】AD
【解析】线圈边长为L，绕C点转动的周期为T，某时刻转过的角度为θ，则由正弦定理：ADsinθ=Lsin(1200-θ) ；

则线圈进入磁场的面积：S=12L⋅ADsin600=34L2sinθsin(1200-θ)=32L23tanθ+1 ，则当θ<600时，当θ增大时，S增大，但是并非均匀增加，根据∅=BS可知，磁通量的变化和S的变化相同，当线圈转过600-1200时，全部进入磁场，此时磁通量不变；同理当出离磁场时，磁通量减小到零；则选项D正确，C错误；根据i=ER，E=ΔΦΔt=BSθ2πT∝Sθ ，则i∝Sθ=32L2θ(3tanθ+1)；则当线圈进入磁场，且θ<600时，i随θ的变化并非线性关系，即i随t的变化并非线性关系；当线圈全部进入磁场时，感应电流为零；出离磁场时电流方向与进入时相反，变化的趋势与进入时相似；则选项A正确，B错误；故选AD.
12．如图甲所示，一粗细均匀的单匝正方形铜线框，质量m=1kg，放置在光滑绝缘水平面上，两平行虚线间存在与水平面垂直的匀强磁场，磁场边界线与线框ab边平行。现用垂直于ab边的水平恒力F拉动线框，线框到达位置I开始计时，此时线框开始进人匀强磁场，速度v0=3m/s，线框中感应电动势为2V。在t=3s时线框到达位置Ⅱ，线框开始离开匀强磁场，此过程中线框v-t图象如图乙所示，那么

A． t=0时，ab间的电压为0.75V
B． 恒力F的大小为0.5N
C． 线框进入磁场与离开磁场的过程中线框内感应电流的方向相同
D． 线框完全离开磁场瞬间的速度大小为2m/s
【答案】BD
【解析】t=0时，ab相当于电源，外阻为内阻的3倍，ab间电压应为电动势的，即，A错误；线圈进入磁场过程中，穿过线圈的磁通量增加，而线圈离开磁场过程中，穿过线圈的磁通量减小，根据楞次定律可知两个过程中产生的感应电流方向相反，当线圈完全进入磁场到刚要穿出磁场过程，即1~3s过程中，由于穿过线圈的磁通量不变，所以没有感应电流，不受安培力作用，外力F即为线圈受到的合力，根据牛顿第二定律可得，B正确C错误；因为线圈刚要离开磁场时的速度和线框开始进入场时速度正好相等，所以受力情况、运动情况也是一样，线框刚离开磁场瞬间速度和刚进入磁场瞬间速度相等，即为2m/s，D正确．
13．如图所示，A和B为两个相同的环形线圈，共轴并靠近放置，A环中通有如图所示交流电i，则（ ）

A． 从t1到t2时间内A、B两线圈相斥
B． 从t2到t3时间内A、B两线圈相斥
C． t1时刻两线圈间作用力为零
D． t2时刻两线圈间吸引力最大
【答案】BC
【解析】A项：在t1到t2时间内，若设逆时针（从左向右看）方向为正，则线圈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，因此A、B中电流方向相同，出现相互吸引现象，故A错误；
B项：在t2到t3时间内，若设逆时针方向（从左向右看）为正，则线圈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，由楞次定律可知，线圈B的电流方向逆时针方向，因此A、B中电流方向相反，A、B出现互相排斥，故B正确；
C项：由题意可知，在t1时刻，线圈A中的电流最大，但变化率为零，所以线圈B中的磁通量的变化率为零，所以线圈B感应电流为零，因此两线圈间作用力为零，故C正确；
D项：在t2时刻，线圈A中的电流最小，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A、B间的相互作用力最小，故D错误。
点晴：根据安培定则确定电流与磁场的方向关系，再根据楞次定律知，感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量变化，当磁通量增大时，感应电流的磁场与它相反，当磁通量减小时，感应电流的磁场与它相同，最后运用同向电流相互吸引，反向电流相排斥。
14．（题文）如图所示装置中，cd杆原来静止．当ab杆做如下哪些运动时，cd杆将向右移动(说明：导体棒切割磁感线速度越大，感应电流越大，导体棒匀速切割磁感线时，感应电流恒定)(　　)

A． 向右匀速运动
B． 向右加速运动
C． 向左加速运动
D． 向左减速运动
【答案】BD
【解析】A项：ab杆匀速运动时，ab杆中感应电流恒定，L1中磁通量不变，穿过L2的磁通量不变，L2中无感应电流产生，cd杆保持静止，A错误；
B、C、D项：ab杆向右加速运动时，L2中的磁通量向下，增大，通过cd杆的电流方向由c→d，cd杆向右移动，B正确，同理可得C错误，D正确。
15．日常生活中，下列哪些情况利用了电磁感应现象(　　)
A． 录音机磁头将声音的电信号记录在磁带上
B． 静电除尘设备消除火电厂废气中的粉尘
C． 银行柜员机通过信用卡上的磁条读取用户的信息
D． 话筒通过振动磁场中的线圈将声信号转变为电信号
【答案】CD
【解析】A项：录音机磁头将声音的电信号记录在磁带上，磁带划过磁头时，磁带上的小颗粒被强弱不同的电流产生的磁场磁化，于是记录了一连串有关磁性变化的信息，是利用电流磁效应和磁化原理，故A错误；
B项：静电除尘利用了带电粒子在电场中的运动，不是电磁感应现象，B错误；
C项：银行柜员机通过信用卡上的磁条读取用户的信息，利用电磁感应原理将磁条上信息还原成电流信息，故C正确；
D项：话筒通过振动磁场中的线圈，产生感应电流，将声音信号变成电信号，是利用电磁感应原理，故D正确。
16．在图所示的实验电路中，带铁芯的、电阻较小的线圈L与灯A并联，当合上电键K，灯A正常发光，则下列说法正确的是( )

A． 当断开K时，灯A立即熄灭
B． 当断开K时，灯A突然闪亮后熄灭
C． 若用电阻值与线圈L相同的电阻取代L接入电路，当断开K时，灯A逐渐熄灭
D． 若用电阻值与线圈 L相同的电阻取代L接入电路，当断开K时，灯A突然闪亮后熄灭
【答案】B
【解析】A、B项：电键断开前，电路稳定，灯 A 正常发光，线圈相当于直导线，电阻较小，故流过线圈的电流较大；电键断开后，线圈中的电流会减小，发生自感现象，线圈成为A、L回路的电源，故灯泡反而会更亮一下后熄灭，故A错误，B正确；
C、D项：若用阻值与线圈L相同的电阻取代L接入电路，则不会发生自感现象，故断开S时，灯A立即熄灭，故C正确，D错误
点晴：断电自感”是一种常见的电磁感应现象，忽略电池内阻及导线电阻，并设灯A的电阻为RA，线圈L的直流电阻为RL，电动势为E，线圈L中的电流强度为IA，通过灯泡的电流强度为IL，电流方向均向左；（1）电流方向：K断开瞬间通过灯A的电流立刻减小为0；但同时由于线圈L中的电流IL0减小，故L中的自感电流I′L必与原电流IL0同向以“阻碍”原电流的减小，因而线圈L作了A、L回路的电源，且线圈L的左端为电流负极而右端为正极；故实际上K断开瞬间经过灯A的电流并不为0而是方向向右的电流IL．（2）L断开瞬间线圈与A灯中的瞬时电流的大小：电路断开后线圈将原来储存起来的能量（磁场能）通过自感而经回路L、A释放，故在K断开前、后的瞬间线圈的能量（磁场能）是相等的，而磁场是由电流产生的，因而K断开后瞬间线圈中的总电流强度与断开前的电流强度IL0必相等．所以断电自感中线圈中的电流将从断开前瞬间的电流强度IL0开始减小．那么开关断开瞬间加于电灯L两端的瞬间电压为UA=IL0RA。
17．如图甲，圆形线圈P静止在水平桌面上，其正上方固定一螺线管Q，P和Q共轴，Q中通有变化电流i，电流随时间变化的规律如图乙所示，P所受的重力为G，桌面对P的支持力N，则（　　）

A． t3 时刻N＞G，P有收缩的趋势
B． t2时刻N=G，P没有收缩的趋势，也没有扩张趋势
C． t3时刻N=G，此时P中有感应电流
D． t4时刻N＜G，此时穿过P的磁通量最大
【答案】BC
【解析】A、t3 时刻螺线管中的电流为零，但有变化率，所以P中有电流，当两者之间没有相互作用力，所以N=G，故A错，C对；
B、t2时刻螺旋管中的电流是恒定的，所以不会产生感应电流，故两者之间没有相互作用力，N=G，P没有收缩的趋势，也没有扩张趋势，故B正确；
D、t4时刻螺旋管中的电流是恒定的，所以不会产生感应电流，故两者之间没有相互作用力，N=G，故D错误；
故选BC
点睛：当螺线管中通入变化的电流时形成变化的磁场,这时线圈P中的磁通量发生变化,由其磁通量的变化根据楞次定律可以判断P中产生感应电流的大小方向以及P线圈收缩和扩展趋势.
18．如图所示，两条形有界磁场宽度均为d＝0.5 m，磁感应强度大小均为B＝4 T，方向垂直于纸面，两磁场区域间距也为d.在磁场区域的左边界处有一长L＝1 m、宽d＝0.5 m的矩形导体线框，线框总电阻为R＝2 Ω，且线框平面与磁场方向垂直.现使线框以v＝0.5 m/s 的速度匀速穿过磁场区域，若以初始位置为计时起点，规定B垂直纸面向里为正，则以下关于线框所受的安培力大小F及穿过线框磁通量Φ随时间t变化的四个图象正确的是(　 　)

A． B．
C． D．
【答案】BD
【解析】试题分析：由法拉第电磁感应定律及可得出感应电动势的变化；由欧姆定律可求得电路中的电流，可求得安培力的变化；由线圈的运动可得出线圈中磁通量的变化．
在0-1s内，线框产生的感应电动势为，感应电流，线框受到的安培力，穿过线框的磁通量；在1-2s内，穿过线框的磁通量不变，没有感应电流，不受安培力，磁通量为，为正，保持不变；在2-3s内，线框产生的感应电动势为，感应电流，线框受到的安培力，穿过线框的磁通量；在3-4s内，穿过线框的磁通量不变，没有感应电流，不受安培力，磁通量为 Φ=Bd21 Wb，为负，保持不变；在4-5s内，线框产生的感应电动势为，感应电流，线框受到的安培力，穿过线框的磁通量，根据数学知识得知，BD正确．
19．如图所示，粗细均匀的电阻丝制成的矩形导体框abcd处于匀强磁场中，另一种材料的导体棒MN可与导线框保持良好接触并做无摩擦滑动，当导体棒MN在外力作用下从导体框左端开始一直匀速滑到右端的整个过程中，导体框上消耗的电功率的变化情况可能为（ 　 ）

A． 逐渐增大
B． 先增大后减小
C． 先减小后增大
D． 先增大后减小，再增大再减小
【答案】BCD
【解析】导体棒MN做切割磁感线的匀速运动，MN相当于电动势和内阻一定的电源。导体框的左右两边并联构成外电路，MN从导体框左端开始一直滑到右端的整个过程中，外电阻先增大后减小，MN滑到导体框中点时外电阻最大。因导体棒MN的电阻r与导体框的最大外电阻Rmax、导体框的最小外电阻Rmin的相对大小关系不明，导致导体框上消耗的电功率的变化情况较为复杂。若r＞Rmax，则导体框上消耗的电功率的变化情况是先增大后减小；若Rmin＜r＜Rmax，则导体框上消耗的电功率的变化情况是增大减小，再增大再减小；若Rmin＞r，则导体框上消耗的电功率的变化情况是先减小后增大。可结合电源的输出功率与外电阻的关系图象讨论。
故选BCD
20．如图甲所示，一个100匝的正方形线圈，边长a=1m，电阻R=1Ω，线圈有一半的面积处在有理想边界的磁场中，线圈平面与磁场垂直，磁场的磁感应强度与时间的变化关系如图乙所示，图甲所示的磁感应强度方向为正方向，下列说法中正确的是

A． 在t=0.01s时线圈中的电流为零
B． 在t=0到t=0.005s内线圈中有顺时针方向的电流
C． 线圈中电动势的最大值为
D． 一个周期内线圈产生的热量为25π2J
【答案】BD
【解析】在t=0.01s时线圈中的磁通量的变化率最大，此时感应电流不为零，选项A错误；在t=0到t=0.005s内线圈中磁通量向外增加，根据楞次定律可知，线圈中有顺时针方向的电流，选项B正确；因为线圈中产生的感应电流变化的周期与磁场变化的周期相同，所以由图象可知，线圈中产生交变电流的周期为T=0.02 s． ；感应电动势最大值为，选项C错误；电动势的有效值，则一个周期内线圈产生的热量为，选项D正确；故选BD.
点睛：此题关键是知道此类问题中产生的感应电动势与线圈在磁场中转动产生的感应电动势是相同的，都是正弦交流电，求解热量用有效值计算.
21．如图所示为粗细均匀的裸铜导线制成的半径为r的圆环，PQ为圆环的直径，其左右两侧存在垂直圆环所在平面的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，但方向相反，圆环的电阻为2R。一根长度为2r、电阻为R的金属棒MN绕着圆环的圆心O点紧贴着圆环以角速度ω沿顺时针方向匀速转动，转动过程中金属棒与圆环始终接触良好，则金属棒旋转一周的过程中( )

A． 金属棒中电流的大小始终为
B． 金属棒中电流方向始终由N到M
C． 电路中产生的热量为
D． 金属棒两端的电压大小始终为
【答案】AC
【解析】试题分析：根据右手定则来确定感应电流的方向； 由法拉第电磁感应定律来确定感应电动势，即为两种感应电动势之和； 并由闭合电路欧姆定律来计算感应电流大小； 根据焦耳定律求出电路中产生的热量．
产生的感应电动势为两者之和，即，环的电阻由两个电阻为R的半圆电阻并联组成，所以环的总电阻为，所以通过导体MN的电流，MN两端的电压： ，A正确BD错误；MN旋转一周外力做功为，则电路中产生的热量为，C正确．
22．在光滑的水平地面上方，有两个磁感应强度大小均为B，方向相反的水平匀强磁场，如图PQ为两个磁场的边界，磁场范围足够大。一个半径为a，质量为m，电阻为R的金属圆环垂直磁场方向，以速度v从如图位置（实线所示）开始运动，当圆环运动到直径刚好与边界线PQ重合时（虚线所示），圆环的速度变为v/2，则下列说法正确的是（ ）

A． 此时圆环的电功率为2B2a2vR
B． 此时圆环的加速度大小为8B2a2vmR
C． 此过程中通过圆环截面的电荷量为πBa2R
D． 此过程中回路产生的电能为0.75mv2
【答案】BC
【解析】当直径与边界线重合时，圆环运动到直径刚好与边界线PQ重合时，圆环左右两半环均产生感应电动势，故线圈中的感应电动势E=2B×2a×v2=2Bav；圆环中的电功率P=E2R=4B2a2v2R，故A错误；此时圆环受力F=2BI×2a=2B•2BavR×2a= 8B2a2v2R，由牛顿第二定律可得，加速度a=Fm=8B2a2vmR，故B正确；电路中的平均电动势E=△Φ△t，则电路中通过的电量Q=I△t=ER△t=△ΦR=Bπa2R，故C正确；此过程中产生的电能等于电路中的热量，也等于外力所做的功，则一定也等于动能的改变量，故E=12mv2-12m(v2)2=38mv2=0.375mv2．故D错误；故选BC。
点睛：本题考查电磁感应规律、闭合电路运算、感应电动势瞬时值与平均值应用等．关键为：搞清楚磁通量的变化、平动切割的有效长度、瞬时值与平均值．
23．如图所示，一闭合的小金属环用一根绝缘细杅挂在固定点O处，使金属圆环在竖直线OO´的两侧来回摆动的过程中穿过水平方向的匀强磁场区域，磁感线的方向和水平面垂直。若悬点摩擦和空气阻力均不计，则（ ）

A． 金属环进入磁场区域后越靠近OO´线时速度越大，而且产生的感应电流越大
B． 金属环每次进入和离开磁场区域都有感应屯流，而且感应电流的方向相反
C． 金属环在摆动到停止过程中，机械能将全部转化为环中的电能
D． 金属环开始摆动后，摆角会越来越小，摆角小到某—值后不再减小
【答案】BD
【解析】金属环进入磁场后，由于没有磁通量的变化，因而圆环中没有感应电流，不受磁场力作用，离平衡位置越近，则速度越大，故A错误。当金属环进入或离开磁场区域时磁通量发生变化，都会产生感应电流。金属环进入磁场时，磁通量增大，离开磁场时磁通量减小，根据楞次定律得知两个过程感应电流的方向相反，故B正确。由于从左侧摆到右侧的过程中，线框中磁通量发生变化，因而产生感应电流，线框中将产生焦耳热，根据能量守恒知线框的机械能不断减少，故在左侧线框的高度将高于起始时右侧的高度，所以摆角会越来越小，当环完全在磁场中来回摆动时，磁通量不变，没有感应电流，圆环的机械能守恒，摆角不变，在磁场区域来回摆动，故D正确。圆环最后的运动状态为在磁场区域来回摆动，机械能守恒，则金属环在摆动过程中，机械能不可能将完全转化为环中的电能，故C错误；故选BD。
点睛：本题考查楞次定律的应用和能量守恒相合．要注意金属环最终不可能停下来，机械能就不可能完全转化为电能．
24．如图所示,通电导线与矩形线圈abcd处于同一平面,下列说法中正确的是( )

A． 若线圈向右运动,其中感应电流方向是a→d→c→b
B． 若线圈竖直向下运动,无感应电流产生
C． 当线圈以ab边为轴转动时(小于90°),其中感应电流方向是a→b→c→d
D． 当线圈向导线靠近时,其中感应电流方向是a→d→c→b
【答案】BCD
【解析】当导线框向右平移时，穿过线圈的磁通量减少，根据右手螺旋定则与楞次定律可知，感应电流方向是a→b→c→d→a，即顺时针方向。故A错误；若线圈竖直向下平动，穿过线圈的磁通量不变，无感应电流产生。故B正确；当线圈以ab边为轴转动时（小于90°），穿过线圈的磁通量减少，根据右手螺旋定则与楞次定律可知，感应电流方向是a→b→c→d．故C正确；当线圈向导线靠近时，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律可知，其中感应电流方向是a→d→c→b．故D正确。故选BCD。
点睛：解决本题的关键掌握右手螺旋定则判断电流周围的磁场方向，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．
25．在图甲、乙电路中，电阻R和电感线圈L的电阻都很小。接通S，使电路达到稳定，灯泡A发光，则

A． 在电路甲中，断开S，A将渐渐变暗
B． 在电路甲中，断开S，A将先变得更亮，然后渐渐变暗
C． 在电路乙中，断开S，A将渐渐变暗
D． 在电路乙中，断开S，A将先变得更亮，然后渐渐变暗
【答案】AD
【解析】在电路甲中，由于电阻R和自感线圈L的电阻值都很小，所以通过灯泡的电流比电阻的电流小，当断开S，A将不会变得更亮，但会渐渐变暗，故A正确，B错误；在电路乙中，由于电阻R和自感线圈L的电阻值都很小，所以通过灯泡的电流比线圈的电流小，断开S时，导致灯将变得更亮，然后逐渐变暗，故C错误，D正确。
【名师点睛】线圈中电流变化时，线圈中产生感应电动势；线圈电流增加，相当于一个瞬间电源接入电路，线圈左端是电源正极，当电流减小时，相当于一个瞬间电源，线圈右端是电源正极。
26．央视《是真的吗》节目做了如下实验：用裸露的铜导线绕制成一根无限长螺旋管，将螺旋管放在水平桌面上，用一节干电池和两磁铁制成一个“小车”，两磁铁的同名磁极粘在电池的正、负两极上，只要将这辆小车推入螺旋管中，小车就会加速运动起来，如图所示。关于小车的运动，以下说法正确的是：

A． 将小车上某一磁铁改为S极与电池粘连，小车仍能加速运动，
B． 将小车上两磁铁均改为S极与电池粘连，小车的加速度方向将发生改变
C． 图中小车加速度方向向右
D． 图中小车加速度方向向左
【答案】BD
【解析】两磁极间的电场线如图甲所示：

干电池与磁体及中间部分线圈组成了闭合回路，在两磁极间的线圈中产生电流，左端磁极的左侧线圈和右端磁极的右侧线圈中没有电流。其中线圈中电流方向的左视图如图乙所示，由左手定则可知中间线圈所受的安培力向右，根据牛顿第三定律有“小车”向左加速，故D正确，C错误；如果改变某一磁铁S极与电源粘连，则磁感线不会向外发散，两部分受到方向相反的力，合力为零，不会产生加速度，故A错误，B正确。所以BD正确，AC错误。
27．如图所示，水平面上相距L=0.5m的两根光滑平行金属导轨MN、PQ的电阻均可忽略不计，在M和P之间接有最大值为6.0Ω的定值电阻，导体棒ab电阻为r=1.0Ω，与导轨接触良好.整个装置处于方向竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B=0.4T，滑动变阻器处在中间位置，现使ab在外力作用下以v0=10m/s的速度向右做匀速运动，以下判断正确的是

A． 通过导体棒的电流大小为0.5A，方向由b到a
B． 导体棒受到的安培力大小为0.1N，方向水平向左
C． 外力功率大小为1W
D． 要增大滑动变阻器消耗的功率，应把滑片移向P端
【答案】BC
【解析】AB、切割电动势为：E=BLv=0.4×0.5×10=2V，感应电流大小为：I=Er+R=21+3A=0.5A，根据右手定则，感应电流方向为：a→b；安培力大小为：FA=BIL=0.4×0.5×0.5=0.1N，根据左手定则，安培力水平向左；故A错误，B正确；
C、导体棒匀速运动，根据平衡条件，拉力为F=FA=0.1N，故拉力的功率为：P=Fv=0.1×10=1W，故C正确；
D、导体棒相当于电源，当外电阻与内电阻越是接近，外电阻消耗的功率越大，故要增大滑动变阻器消耗的功率，应把滑片向M端移动，故D错误；
故选BC。
【点睛】根据切割公式求解感应电动势，根据欧姆定律求解感应电流，根据右手定则判断感应电流方向，根据左手定则判断安培力方向；对于电源，当电路的内、外电阻相等时，电源的输出功率最大。

二、单选题
28．科学技术是一把“双刃剑”，对人类既有有利的一面，也有有害的一面，关键在于正确 认识加以应用。下列关于物理现象或应用的叙述中，不正确的是
A． 洗衣机脱水时滚筒高速旋转把附着在衣物上的水分甩掉，这是离心现象
B． 轮船航行时，如果所受波浪冲击力的频率接近轮船左右摇摆的固有频率，轮船可能倾覆
C． 机场、车站等重要场所的安检门利用涡流工作，可以探测人身携带的金属物品
D． 用 X 射线照射草莓，可以杀死使食物腐败的细菌，延长保存期
【答案】D
【解析】洗衣机脱水时滚筒高速旋转把附着在衣物上的水分甩掉，这是离心现象，选项A正确； 轮船航行时，如果所受波浪冲击力的频率接近轮船左右摇摆的固有频率，轮船就会产生共振，可能倾覆，选项B正确； 机场、车站等重要场所的安检门利用涡流工作，可以探测人身携带的金属物品，选项C正确；用γ射线照射食品，可以杀死使食物腐败的细菌，延长保存期，选项D错误。此题选择不正确的选项，故选D.
29．如图所示，一个匝数为50匝的圆形线圈M，它的两端点a、b与内阻很大的电压表相连，线圈中磁通量的变化规律如图所示，则ab两点的电势高低与电压表读数正确的为( )

A． φa＞φb，20V
B． φa＞φb，100V
C． φa＜φb，20V
D． φa＜φb，100V
【答案】B
【解析】从图中发现：线圈的磁通量是增大的，根据楞次定律，感应电流产生的磁场跟原磁场方向相反，即感应电流产生的磁场方向为垂直纸面向外，根据安培定则，我们可以判断出线圈中感应电流的方向为：逆时针方向。在回路中，线圈相当于电源，由于电流是逆时针方向，所以a相当于电源的正极，b相当于电源的负极，所以a点的电势大于b点的电势。根据法拉第电磁感应定律得： ，电压表读数为100V；故选B。
点睛：通过Φ-t图象运用数学知识结合物理规律解决问题，其中我们要知道Φ-t图象斜率的意义．在电磁感应的问题中要知道哪部分相当于电源．
30．关于楞次定律，下列说法中正确的是（　　）
A． 感应电流的磁场方向总是