2017年高考物理試題分項版匯編系列 專題12 電磁感應（含解析）

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1、 專題12電磁感應 一、單選題 1．如圖所示，一圓形金屬環(huán)與兩固定的平行長直導線在同一豎直平面內(nèi)，環(huán)的圓心與兩導線距離相等，環(huán)的直徑小于兩導線間距。兩導線中通有大小相等、方向向下的恒定電流。以下說法正確的是（ ） A. 金屬環(huán)向上運動，則環(huán)上的感應電流方向為順時針方向 B. 金屬環(huán)向下運動，則環(huán)上的感應電流方向為順時針方向 C. 金屬環(huán)向右側(cè)直導線靠近，則環(huán)上的感應電流方向為逆時針 D. 金屬環(huán)向左側(cè)直導線靠近，則環(huán)上的感應電流方向為逆時針 【答案】 C 【點睛】本題考查楞次定律的應用，掌握感應電流的產(chǎn)生條件，理解右手螺旋定則的內(nèi)容．穿過線框的磁通量變化有幾種方

2、式，有磁場變化導致磁通量變化，也有面積變化導致磁通量變化，還有磁場與面積均變化導致磁通量變化的，最后有磁場與面積均沒有變，而是放置的角度變化導致磁通量變化． 2．如圖甲所示，線圈ABCD固定于勻強磁場中，磁場方向垂直紙面向外，當磁場變化時，線圈AB邊所受安培力向右且變化規(guī)律如圖乙所示，則磁場的變化情況可能是下列選項中的( ） A. B. C. D. 【答案】 D 【解析】由法拉第電磁感應定律可知，結(jié)合閉合電路歐姆定律，則安培力的表達式F=BIL=， 由圖可知安培力的大小不變,而SL是定值,若磁場B增大,則△B/△t減小，若磁場B減小,則△B/

3、△t增大； 線圈AB邊所受安培力向右，則感應電流的方向是順時針，原磁場磁感強度應是增加的，故D正確，ABC錯誤； 故選：D. 3．一個閉合線圈中沒有產(chǎn)生感應電流，因此可以得出（ ）. A. 此時該處一定沒有磁場 B. 此時該處一定沒有磁場的變化 C. 閉合線圈的面積一定沒有變化 D. 穿過線圈平面的磁通量一定沒有變化 【答案】 D 【解析】感應電流的產(chǎn)生其條件是閉合線圈的磁通量發(fā)生變化，閉合線圈中沒有感應電流產(chǎn)生可能線圈始終與磁場平行，故A錯誤；感應電流的產(chǎn)生其條件是閉合線圈的磁通量發(fā)生變化，磁通量的變化可以由磁場引起的，也可以由線圈的面積的變化引起的，閉合

4、線圈中沒有感應電流產(chǎn)生，不能判斷出此地一定沒有磁場的變化或沒有面積的變化，故BC錯誤；沒有電流只能說明穿過閉合線圈的磁通量沒有發(fā)生變化．故D正確；故選D. 點睛：解答本題主要是抓住感應電流產(chǎn)生的條件：閉合線圈的磁通量發(fā)生變化，而磁通量的變化可以是由磁場變化引起，也可以是線圈的面積變化，或位置變化引起的． 4．有一個勻強磁場邊界是EF，在EF右側(cè)無磁場，左側(cè)是勻強磁場區(qū)域，如圖甲所示．現(xiàn)有一個閉合的金屬線框以恒定速度從EF右側(cè)水平進入勻強磁場區(qū)域．線框中的電流隨時間變化的i－t圖象如圖乙所示，則可能的線框是下列四個選項中的(　　) A. B. C. D. 【

5、答案】 A 【解析】導體棒切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢E=BLv，設(shè)線框總電阻是R，則感應電流；由圖乙所示圖象可知，感應電流先變大，后變小，且電流大小與時間成正比，由于B、v、R是定值，故導體棒的有效長度L應先變長，后變短，且L隨時間均勻變化，即L與時間t成正比．三角形線框勻速進入磁場時，有效長度L先增加，后減小，且隨時間均勻變化，符合題意，故A正確；梯形線框勻速進入磁場時，有效長度L先均勻增加，后不變，最后均勻減小，不符合題意，故B錯誤；長方形線框進入磁場時，有效長度L不變，感應電流不變，不符合題意，故B錯誤；閉合圓環(huán)勻速進入磁場時，有效長度L先變大，后變小，但L不隨時間均勻變化，不符合

6、題意，故D錯誤；故選A． 點睛：本題是一道關(guān)于感應電流的圖象題，熟練應用導體棒切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢公式、歐姆定律、分析清楚圖象特點是正確解題的關(guān)鍵. 5．有人把自行車進行了改裝，在后車輪上裝上了一個小型發(fā)電機，想看電視時，就騎在自行車上不停地蹬車，可供電視、照明用電．發(fā)電機原理如圖甲所示，在勻強磁場中，磁感應強度為B，放置一個有固定轉(zhuǎn)軸的發(fā)電輪，如圖所示，發(fā)電輪平面與磁感應強度垂直，發(fā)電輪半徑為r，輪軸和輪緣為兩個輸出電極，該發(fā)電機輸出電壓接一理想變壓器，再給一小燈泡供電，則下列說法中正確的是(　　) 　 A. 當人蹬車的速度增大時，小燈泡兩端的電壓降低 B. 當人蹬車的速

7、度增大時，小燈泡兩端的電壓不變 C. 小燈泡的功率與發(fā)電機轉(zhuǎn)速無關(guān) D. 小燈泡的功率隨發(fā)電機轉(zhuǎn)速的增大而增大 【答案】 D 【解析】PQ輸出端的電壓為，當人蹬車的速度增大時，小燈泡兩端的電壓增大，選項AB錯誤；小燈泡的功率：，則小燈泡的功率隨發(fā)電機轉(zhuǎn)速的增大而增大，選項C錯誤，D正確；故選D. 6．如圖所示，邊長為L，匝數(shù)為N的正方形線圈abcd位于紙面內(nèi)，線圈內(nèi)接有電阻值為R的電阻，過ab中點和cd中點的連線OO′恰好位于垂直紙面向里的勻強磁場的右邊界上，磁場的磁感應強度為B.當線圈轉(zhuǎn)過90°時，通過電阻R的電荷量為(　　) A. B. C. D

8、. 【答案】 B 【解析】當正方形線圈abcd有一半處在磁感應強度為B的勻強磁場中時，磁通量為：，根據(jù)，故B正確，ACD錯誤；故選B． 點睛：本題考查對于勻強磁場中磁通量的求解能力．對于公式Φ=BS，要懂得S的意義：有效面積，即有磁感線穿過的面積. 7．如圖，由某種粗細均勻的總電阻為3R的金屬條制成的矩形線框abcd，固定在水平面內(nèi)且處于方向豎直向下的勻強磁場B中．一接入電路電阻為R的導體棒PQ，在水平拉力作用下沿ab、dc以速度v勻速滑動，滑動過程PQ始終與ab垂直，且與線框接觸良好，不計摩擦．在PQ從靠近ad處向bc滑動的過程中(　 　) A. PQ中電流一直增大 B

9、. PQ中電流一直減小 C. 線框消耗的電功率先增大后減小 D. 線框消耗的電功率先減小后增大 【答案】 C 【解析】A、B項，設(shè)導體棒的長度為，磁感應強度為，導體棒的速度保持不變，根據(jù)法拉第電磁感應定律，感應的電動勢不變，設(shè)線框左邊的電阻為，則左右兩邊線框的電阻為，流過PQ的電流，可以看出當PQ從靠近ad向bc靠近過程中，從零增大到，從而可以判斷電流先減小后增大，故A、B項錯誤。 C，D項，電源的內(nèi)阻為，PQ從靠近ad向bc靠近過程中，外電路的并聯(lián)等效電阻從零增大到又減小到零，外電路的電阻等于電源內(nèi)阻的時候消耗的功率最大，所以外電路的功率應該先增大后減小，故C正確D項錯誤。

10、綜上所述，本題正確答案為C。 8．如圖所示，用相同導線繞成的兩個單匝線圈a、b的半徑分別為r和2r，圓形勻強磁場B的邊緣恰好與a線圈重合，若磁場的磁感應強度均勻增大，開始時的磁感應強度不為0，則（　?。? A. 任意時刻，穿過a、b兩線圈的磁通量之比均為1：4 B. a、b兩線圈中產(chǎn)生的感應電動勢之比為1：2 C. a、b兩線圈中產(chǎn)生的感應電流之比為4：1 D. 相同時間內(nèi)a、b兩線圈產(chǎn)生的熱量之比為2：1 【答案】 D 【解析】A、任意時刻，穿過a、b兩線圈的磁感線條數(shù)，磁通量相等，磁通量之比為1：1．故A錯誤． B、根據(jù)法拉第電磁感應定律得：E=S，S=πr2，則S相

11、等，也相等，所以感應電動勢相等，感應電動勢之比為1：1，故B錯誤． C、線圈a、b的半徑分別為r和2r，周長之比為1：2，電阻之比為1：2，根據(jù)歐姆定律知 I=，得a、b兩線圈中產(chǎn)生的感應電流之比為2：1．故C錯誤． D、根據(jù)焦耳定律得 Q=t，得相同時間內(nèi)a、b兩線圈產(chǎn)生的熱量之比為2：1，故D正確． 故選：D 9．如圖所示，等腰三角形內(nèi)分布有垂直于紙面向外的勻強磁場，它的底邊在x軸上且長為2L，高為L，紙面內(nèi)一邊長為L的正方形導線框沿x軸正方向做勻速直線運動穿過勻強磁場區(qū)域，在t=0時刻恰好位于如圖所示的位置，以順時針方向為導線框中電流的正方向，下面四幅圖中能夠正確表示導線框中的電

12、流﹣位移（I﹣x）關(guān)系的是（ ） A. B. C. D. 【答案】 B 10．如圖所示，金屬桿ab靜放在水平固定的“U”形金屬框上，整個裝置處于豎直向上的磁場中。當磁感應強度均勻減小時，桿ab總保持靜止，則：（ ） A. 桿中感應電流方向是從b到a B. 桿中感應電流大小減小 C. 金屬桿所受安培力逐漸增大 D. 金屬桿所受安培力大小不變 【答案】 A 【解析】根據(jù)楞次定律可得感應電流產(chǎn)生的磁場方向應豎直向上，所以方向為從b到a，A正確；因為磁場是均勻減小的，故恒定，根據(jù)法拉第電磁感應定律可得可知感應電動勢恒定，即

13、感應電流恒定，B錯誤；因為電流恒定，而磁感應強度減小，所以安培力減小，CD錯誤． 11．如圖所示，AB是一根裸導線，單位長度的電阻為R0，一部分彎曲成直徑為d的圓圈，圓圈導線相交處導電接觸良好．圓圈所在區(qū)域有與圓圈平面垂直的均勻磁場，磁感強度為B0導線一端B點固定，A端在沿BA方向的恒力F作用下向右緩慢移動，從而使圓圈緩慢縮?。O(shè)在圓圈縮小過程中始終保持圓的形狀，設(shè)導體回路是柔軟的，此圓圈從初始的直徑d到完全消失所需時間t為（　?。? A. B. C. D. 【答案】 B 【解析】設(shè)在恒力F的作用下，A端△t時間內(nèi)向右移動微小的量△x，則相應圓半徑減小△

14、r，則有： △x=2π△r 在△t時間內(nèi)F做的功等于回路中電功， △S可認為由于半徑減小微小量△r而引起的面積的變化，有：△S=2πr?△r 而回路中的電阻R=R02πr，代入得，F(xiàn)?2π△r= 顯然△t與圓面積變化△S成正比，所以由面積πr02變化為零，所經(jīng)歷的時間t為： 解得：故B正確，ACD錯誤．故選B． 12．通電直導線旁放一個金屬線框，線框和導線在同一平面內(nèi)，如圖所示．在線框abcd中沒有產(chǎn)生感應電流的運動情況是（　　） A. 線框向右移動 B. 線框以AB為軸旋轉(zhuǎn) C. 線框以ad邊為軸旋轉(zhuǎn) D. 線框以ab邊為軸旋轉(zhuǎn) 【答案】 B 點

15、睛：該題將安培定則與楞次定律相結(jié)合，要先根據(jù)安培定則判斷出電流周圍的磁場才方向與特點，然后在使用楞次定律判定感應電流的方向． 13．關(guān)于處理物理問題的思想與方法，下列說法中正確的是（　?。? A. 伽利略在研究自由落體運動時采用了微元法 B. 在探究平均速度實驗中使用了等效替代的思想 C. 法拉第在研究電磁感應現(xiàn)象時利用了理想實驗法 D. 在探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系實驗中使用了理想化模型的思想方法 【答案】 B 【解析】伽利略在研究自由落體運動時采用了理想實驗和邏輯推理的方法．故A錯誤．平均速度能粗略表示物體運動的快慢，在探究平均速度實驗中使用了使用了等效替代的思想．故B正確

16、．法拉第在研究電磁感應現(xiàn)象時利用了控制變量法．故C錯誤．在探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系實驗中使用了控制變量的思想方法．故D錯誤．故選B． 14．如圖所示，紙面內(nèi)有一矩形導體線框abcd，置于垂直紙面向里、邊界為MN的勻強磁場外，線框的ab邊平行磁場邊界MN，線框以垂直于MN的速度v勻速進入磁場，線框進入磁場過程中，產(chǎn)生焦耳熱為Q1，通過線框?qū)w橫截面的電荷量為q1，若線框以速度2v勻速進入磁場，線框進入磁場過程中，產(chǎn)生的熱量為Q2，通過線框?qū)w橫截面的電荷量為q2，則下列選項正確的是 A. Q2＝2Q1q2＝2q1 B. Q2＝2Q1q2＝q1 C. Q2＝Qq2＝q1 D

17、. Q2＝4Q1q2＝2q1 【答案】 B 【解析】試題分析：線框勻速進入磁場，克服安培力做功的功率等于線框產(chǎn)生的熱量，根據(jù)功能關(guān)系可求線框中產(chǎn)生的熱量．由感應電荷量公式，可判兩次進入通過線框?qū)w橫截面的電荷量相等． 根據(jù)及F=BIL可得安培力表達式：，拉力做的功轉(zhuǎn)化為電能，然后轉(zhuǎn)化為焦耳熱，由可知產(chǎn)生的焦耳熱與速度成正比，所以，根據(jù)可知通過線框某橫截面的電荷量與速度無關(guān)，，B正確． 15．由于地磁場的存在，飛機在一定高度水平飛行時，其機翼就會切割磁感線，機翼的兩端之間會有一定的電勢差．若飛機在北半球水平飛行，則從飛行員的角度看，機翼左端的電勢比右端的電勢( ) A. 低

18、 B. 高 C. 相等 D. 以上情況都有可能 【答案】 B 【解析】當飛機在北半球水平飛行時，由于地磁場的存在，且地磁場的豎直分量方向豎直向下，則由右手定則可判定機翼左端的電勢比右端的電勢高．若構(gòu)成閉合電路則電流方向由機翼的右端流向左端，而機翼切割磁感線相當于電源，所以電源內(nèi)部電流由負極流向正極．故選B. 點睛：機翼的運動，類似于金屬棒在磁場中切割磁感線一樣會產(chǎn)生電動勢，而電源內(nèi)部的電流方向則是由負極流向正極的． 16．如圖示，金屬桿ab以恒定的速率v在光滑的平行導軌上向右滑行，設(shè)整個電路中總電阻為R（恒定不變），整個裝置置于垂直于紙面向里的勻強磁場中，下列說法

19、不正確的是（?。? A. ab桿中的電流與速率v成正比 B. 磁場作用于ab桿的安培力與速率v成正比 C. 電阻R上產(chǎn)生的電熱功率與速率v平方成正比 D. 外力對ab桿做功的功率與速率v的成正比 【答案】 D 【解析】電動勢E=BLv，則電流強度，知電流強度與速率成正比．故A正確．FA=BIL= ．知安培力與速率成正比．故B正確．根據(jù)P=I2R，，則，知電阻R產(chǎn)生的熱功率與速率的平方成正比．故C正確．P=Fv=FAv=，知外力的功率與速率的平方成正比．故D錯誤．本題選不正確的，故選D． 17．美國一位物理學家卡布萊拉用實驗尋找磁單極子．實驗根據(jù)的原理就是電磁感應現(xiàn)象，儀器

20、的主要部分是由超導體做成的線圈，設(shè)想有一個磁單極子穿過超導線圈，如圖所示，于是在超導線圈中將引起感應電流，關(guān)于感應電流的方向下列說法正確的是（　 ） A. 磁單極子穿過超導線圈的過程中，線圈中產(chǎn)生的感應電流的方化 B. N磁單極子，與S磁單極子分別穿過超導線圈的過程中，線圈中感應電流方向相同 C. 磁單極子穿過超導線圈的過程中，線圈中感應電流方向不變 D. 假若磁單極子為N磁單極子，穿過超導線圈的過程中，線圈中感應電流方向始終為順時針（從上往下看） 【答案】 C 【解析】若N磁單極子穿過超導線圈的過程中，當磁單極子靠近線圈時，當穿過線圈中磁通量增加，且磁場方向從上向下，所以

21、由楞次定律可知，感應磁場方向：從下向上，再由右手螺旋定則可確定感應電流方向逆時針；當磁單極子遠離線圈時，當穿過線圈中磁通量減小，且磁場方向從下向上，所以由楞次定律可知，感應磁場方向：從下向上，再由右手螺旋定則可確定感應電流方向逆時針．因此線圈中產(chǎn)生的感應電流方向不變．故AD錯誤；若是S磁單極子穿過超導線圈，與A分析相同，得出：靠近線圈時，感應磁場從上向下，則感應電流方向順時針；當遠離時，感應電流也是順時針．故B錯誤；由AB分析可知，磁單極子穿過超導線圈的過程中，線圈中感應電流方向不變，故C正確；故選C. 點睛：考查右手螺旋定則、楞次定律及磁單極子的特征．同時注意磁體外部的感應線是從N極射出，

22、射向S極． 18．如圖所示,在水平面上有兩條導電導軌MN、PQ，導軌間距為d，勻強磁場垂直于導軌所在的平面向里，磁感應強度的大小為B，兩根完全相同的金屬桿1、2間隔一定的距離擺開放在導軌上，且與導軌垂直。它們的電阻均為R，兩桿與導軌接觸良好，導軌電阻不計，金屬桿的摩擦不計。桿1以初速度v0滑向桿2，為使兩桿不相碰，則桿2固定與不固定兩種情況下，最初擺放兩桿時的最少距離之比為： A. 1:1 B. 1:2 C. 2:1 D. 1:1 【答案】 C 解得：l1?l2=，即AB間的距離最小為x=； 當棒2固定后，對左側(cè)棒，以向右為正方向，根據(jù)動量定理，有：∑?

23、F?△t=∑m△v， 其中：F=BIL=B??L， 故：?∑?△t=∑m△v， 即?=?mv0， 解得：l=，故AB間的距離最小為x′=； 故x：x′=1:2； 故ABD錯誤，C正確； 故選：C。 【名師點睛】 兩個棒均不固定時，左邊棒受向左的安培力，右邊棒受向右的安培力，故左邊棒減速，右邊棒加速，兩個棒系統(tǒng)動量守恒，根據(jù)動量守恒定律得到最后的共同速度，然后對右邊棒運用動量定理列式；當右邊棒固定時，左邊棒受向左的安培力，做減速運動，根據(jù)動量定理列式；最后聯(lián)立求解即可。 19．如圖所示，在光滑的水平面上，有一垂直向下的勻強磁場分布在寬度為L的區(qū)域內(nèi)，現(xiàn)有一個邊長為a（a﹤L）

24、的正方形閉合線圈以初速度v0垂直磁場邊界滑過磁場后，速度為v(v﹤v0)，那么線圈 　 A. 完全進入磁場中時的速度大于（v0+v）/2 B. 完全進入磁場中時的速度等于（v0+v）/2 C. 完全進入磁場中時的速度小于（v0+v）/2 D. 以上情況均有可能 【答案】 B 【解析】線框進入磁場過程： 線框離開磁場過程： 聯(lián)立，得到： 所以，選B。 【名師點睛】 線框進入和穿出磁場過程，受到安培力作用而做減速運動，根據(jù)動量定理和電量q=I△t分析電量的關(guān)系。根據(jù)感應電量q=，分析可知兩個過程線框磁通量變化量大小相等，兩個過程電量相等，聯(lián)立就可求出完全進入

25、磁場中時線圈的速度。 20．以下敘述中不正確的是（　?。? A. 伽利略通過斜面實驗加邏輯推理的方法研究了自由落體運動的規(guī)律 B. 開普勒提出了日心說，從而發(fā)現(xiàn)了行星運動的規(guī)律，后人稱為開普勒行星運動規(guī)律 C. 利用渦流的熱效應，人們制成了用于加熱食物的電磁爐 D. 超高壓帶電作業(yè)的工人穿戴的工作服是用包含金屬絲的織物制成的，這是利用了靜電屏蔽的原理 【答案】 B 【解析】伽利略通過斜面實驗加邏輯推理的方法研究了自由落體運動的規(guī)律，A正確；哥白尼提出了日心說，開普勒發(fā)現(xiàn)了行星運動的規(guī)律，后人稱為開普勒行星運動定律，B錯誤；電磁爐是利用渦流的熱效應來加熱食物的，C正確；超高壓帶電

26、作業(yè)的工人穿戴的工作服是用包含金屬絲的織物制成的，利用的是靜電屏蔽的原理，故D正確． 21．以下那種材料制成的器皿不能用于一般微波爐（　?。? A. 玻璃 B. 陶瓷 C. 鋁 D. 耐熱塑料 【答案】 C 22．電磁爐是利用渦流加熱而達到烹飪食物的目的．電磁爐適用的鍋類是（　?。? A. 平底陶瓷鍋 B. 凹底陶瓷鍋 C. 平底不銹鋼鍋 D. 凹底不銹鋼鍋 【答案】 C 【解析】電磁爐是利用高頻電流在電磁爐內(nèi)部線圈中產(chǎn)生磁場，磁化鐵質(zhì)鐵鍋，從而形成無數(shù)個小渦流（即電流），加速鍋底分子運動，使鍋底自身發(fā)熱達到加熱食品的目的，必須使用鐵質(zhì)鍋具才被磁化

27、形成渦流，C正確． 23．如圖所示，正方形閉合導線框以速度v0在光滑絕緣水平面上勻速運動，穿過有理想邊界的勻強磁場區(qū)域后以速度v做勻速直線運動，則當完全處在磁場區(qū)域內(nèi)時的運動速度u為 （ ） A. u > (v0+v)/2 B. u = （v0+v）/2 C. u < (v0+v)/2 D. 無法確定 【答案】 B 【解析】線框在進入磁場的過程中，所受安培力的沖量大小為： 同理，線框在離開磁場的過程中，所受安培力的沖量大小為： 因為，所以q1=q2 由此可知，線框在進入或穿出磁場的過程中，所受安培力的沖量都相同 則由動

28、量定理得：I沖=m(u?v0)=m(v?u)? 解得：u = （v0+v）/2xk.w 故選：B。 24．如圖所示，兩光滑平行導軌水平放置在勻強磁場中，磁場垂直導軌所在平面，金屬棒ab可沿導軌自由滑動，導軌一端連接一個定值電阻R，金屬棒和導軌電阻不計．現(xiàn)將金屬棒沿導軌由靜止向右拉，若保持拉力F恒定，經(jīng)時間t1后速度為v，加速度為a1，最終以速度2v做勻速運動；若保持拉力的功率P恒定，棒由靜止經(jīng)時間t2后速度為v，加速度為a2，最終也以速度2v做勻速運動，則(　　)． A. t2＝t1 B. t1>t2 C. a2＝2a1 D. a2＝5a1 【答案】 B 【解

29、析】AB、當拉力的功率恒定時，隨著速度增大，拉力逐漸減小，最后勻速運動時拉力最小，且最小值和第一種情況下拉力相等，因此都達到速度v時，t1>t2，故A錯誤，B正確； CD、由于兩種情況下，最終棒都以速度2v勻速運動，此時拉力與安培力大小相等，則有： 當拉力恒定速度為v，加速度為a1時，根據(jù)牛頓第二定律有： 解得： 若保持拉力的功率恒定，速度為2v時，拉力為F，則有：P=F?2v， ?又 ?所以 ?則當速度為v時，拉力大小為： 根據(jù)牛頓第二定律，得： 解得： 所以有a2=3a1，故CD錯誤。 故選：B。 【名師點睛】 分析清楚兩種情況下的運動形式區(qū)別，然后根據(jù)牛頓第二定

30、律和運動學規(guī)律求解，注意兩種情況下導體棒最終勻速運動時所受拉力大小是相同的。 25．下列三圖中除導體棒ab可動外，其余部分均固定不動，甲圖中的電容器C原來不帶電．設(shè)導體棒、導軌和直流電源的電阻均可忽略，導體棒和導軌間的摩擦也不計．圖中裝置均在水平面內(nèi)，且都處于方向垂直水平面（即紙面）向下的勻強磁場中，導軌足夠長．今給導體棒ab一個向右的初速度v，在甲、乙、丙三種情形下導體棒ab的最終運動狀態(tài)是（ ） A. 三種情形下導體棒ab最終均做勻速運動 B. 三種情形下導體棒ab最終均靜止 C. 乙、丙中，ab棒最終將做勻速運動；甲中，ab棒最終靜止 D. 甲、丙中，ab棒

31、最終將做勻速運動；乙中，ab棒最終靜止 【答案】 D 【名師點睛】 圖甲中，導體棒向右運動切割磁感線產(chǎn)生感應電流而使電容器充電，分析電路中電流的變化，即可判斷ab棒所受的安培力，確定ab棒的運動情況；圖乙中，導體棒向右運動切割磁感線產(chǎn)生感應電流，通過電阻R轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，ab棒將做減速運動；圖丙中，分析導體棒受到的安培力情況，判斷ab棒的運動情況。 26．在勻強磁場中有一N匝、半徑為a的圓形線圈（其總電阻為R）和一儀器（內(nèi)阻不計）串聯(lián)，線圈平面與磁場垂直。當線圈迅速由靜止翻轉(zhuǎn)180°，該儀器指示有電量q通過，根據(jù)已知q、N、a、R可計算出磁感強度B等于 A. B. C

32、. D. 【答案】 A 【解析】由法拉第電磁感應定律：線圈產(chǎn)生的感應電動勢 由閉合電路歐姆定律得感應電流 根據(jù)電量的公式q=It，可得：． 由于開始線圈平面與磁場垂直，現(xiàn)把探測圈翻轉(zhuǎn)180°，則磁能量的變化△Φ=2BS=2B?πa2 所以由上公式可得：， 則得： ,故選A． 點睛：考查法拉第電磁感應定律、閉合電路歐姆定律、電量表達式，同時注意磁通量雖然是標量，但注意線圈分正反面，從而導致磁通量有正負．還有磁通量與線圈匝數(shù)無關(guān)，但感應電動勢與線圈匝數(shù)有關(guān)． 27．如圖所示，AOC是光滑的直角金屬導軌，AO沿豎直方向，OC沿水平方向，ab是一根金屬直棒，如圖立在導軌

33、上，它從靜止開始在重力作用下運動，運動過程中b端始終在OC上，a端始終在AO上，直到ab完全落在OC上。整個裝置放在一勻強磁場中，磁場方向垂直紙面向里，則ab棒在運動過程中 A. 感應電流方向始終是b→a B. 感應電流方向先是b→a ，后變?yōu)閍→b C. 受磁場力方向與ab垂直，如圖中箭頭所示方向 D. 受磁場力方向與ab垂直，開始如圖中箭頭所示方向，后來變?yōu)榕c箭頭所示方向相反 【答案】 B 【解析】當ab棒從圖示位置滑到與水平面成45°時，閉合電路的磁通在變大，則由楞次定律得閉合電路中的電流是逆時針方向，即是b→a．而此時棒受到的安培力的方向與圖中箭頭方向相反．當越過與

34、水平面成45°時，閉合電路的磁通在變小，則由楞次定律得閉合電路中的電流是順時針方向，即是a→b．而此時棒受到的安培力的方向與圖中箭頭方向相同．由上可知：只有B選項正確．故選B． 28．如圖所示，質(zhì)量為m=0.5kg、電阻為r=1Ω的輕桿ab可以無摩擦地沿著水平固定導軌滑行，導軌足夠長，兩導軌間寬度為L=1m，導軌電阻不計，電阻R1=1.5Ω，R2=3Ω，整個裝置處在豎直向下的勻強磁場中，磁感應強度為B=1 T。桿從x軸原點O以水平速度v0=6m/s開始滑行，直到停止下來。下列說法不正確的是(　　) A. a點電勢高于b點電勢 B. 在桿的整個運動過程中，電流對電阻R1做的功為9J

35、C. 整個運動過程中，桿的位移為6m D. 在桿的整個運動過程中，通過電阻R1的電荷量為2C 【答案】 B 【解析】由右手定則可知，a點電勢高于b點電勢，選項A正確；設(shè)總電流為I，則ab、電阻R1和R2上的電功率之比：，由能量關(guān)系可知：，解得QR1=3J，選項B錯誤；由動量定理可知：，解得，則通過R1的電量為，選項D正確；由，其中，解得x=6m，選項C正確；此題選項不正確的選項，故選B. 29．一個粗細均勻總電阻為Ｒ的矩形金屬線框MNPQ，如圖，MN的長度是NP的２倍，NP長度為L，有一寬度為２L、大小為B垂直紙面向里的勻強磁場，自MN邊進入磁場開始線框以v勻速穿過磁場區(qū)域，則P

36、Q兩端的電勢差UPQ隨時間的關(guān)系圖線為 A. B. C. D. 【答案】 A 【解析】勻速運動L的過程中感應電動勢E=2BLv，根據(jù)閉合電路的歐姆定律可得感應電流，根據(jù)閉合電路的歐姆定律可得； 在L～2L過程中，磁通量不變，感應電流為零，此過程UPQ=E=2BLv； 在2L～3L的過程中，感應電動勢E=2BLv，根據(jù)閉合電路的歐姆定律可得，故A正確、BCD錯誤．故選A． 點睛:關(guān)于電磁感應與圖象的結(jié)合問題，關(guān)鍵要分段由電磁感應和電路的基本規(guī)律、法拉第電磁感應定律、歐姆定律、安培力公式和焦耳定律等，得到各物理量的解析式，再進行選擇．在解題時要靈活選擇

37、解法，也可以運用排除法等進行解答． 30．法拉第是十九世紀電磁學領(lǐng)域中最偉大的實驗家，下列有關(guān)法拉第在電磁學領(lǐng)域的貢獻，不正確的是 A. 法拉第是電磁學的奠基者，他首先提出了場的概念 B. 法拉第發(fā)現(xiàn)并總結(jié)電磁感應是由于閉合電路磁通量變化引起的 C. 法拉第正確地指出電磁感應與靜電感應不同，感應電流并不是與原電流有關(guān)，而是與原電流的變化有關(guān) D. 法拉第通過科學實驗以及研究發(fā)現(xiàn)判斷感應電流方向的方法，即：感應電流的磁場總是阻礙引起感應電流磁通量的變化 【答案】 D 31．如圖所示，等腰直角三角形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向內(nèi)的勻強磁場，左邊有一形狀完全相同的等腰直角三角形導線框，

38、線框從圖示位置開始水平向右勻速穿過磁場區(qū)域，規(guī)定線框中感應電流逆時針方向為正方向，線框剛進入磁場區(qū)域時感應電流為i0，直角邊長為L．其感應電流i隨位移x變化的圖象正確的是 A. B. C. D. 【答案】 C 【解析】線框進入磁場的位移為0～L的過程中，三角形切割磁感線的有效長度先減小，當右邊和斜邊切割長度相等時感應電流為零，接著又反向增大，根據(jù)右手定則可知感應電流方向先是逆時針，后是順時針；以后在L-2L過程中有效切割長度逐漸減小到零，則感應電流逐漸減小到零，所以C正確，ABD錯誤．故選C． 32．某同學在“探究感應電流產(chǎn)生的條件”的實驗中，將直流電

39、源、滑動變阻器、線圈（有鐵芯）、線圈、靈敏電流計及開關(guān)按圖連接成電路．在實驗中，該同學發(fā)現(xiàn)形狀閉合的瞬間，靈敏電流計的指針向左偏．由此可以判斷，在保持開關(guān)閉合的狀態(tài)下：（ ） A. 當線圈拔出時，靈敏電流計的指針向左偏 B. 當線圈中的鐵芯拔出時，靈敏電流計的指針向右偏 C. 當滑動變阻器的滑片勻速滑動時，靈敏電流計的指針不偏轉(zhuǎn) D. 當滑動變阻器的滑片向端滑動時，靈敏電流計的指針向右偏 【答案】 B 點睛：本題無法直接利用楞次定律進行判斷，但是可以根據(jù)題意得出產(chǎn)生使電流表指針左偏的條件，即可不根據(jù)繞向判出各項中應該出現(xiàn)的現(xiàn)象． 33．如圖所示，相距為d的兩條水

40、平虛線之間是方向水平向里的勻強磁場，磁感應強度為B，正方形線圈abcd邊長為L（L

41、據(jù)能量守恒可知：從cd邊剛進入磁場到cd邊剛穿出磁場的過程：線圈動能變化量為0，重力勢能轉(zhuǎn)化為線框產(chǎn)生的熱量Q=mgd，cd邊剛進入磁場時速度為v0，cd邊剛離開磁場時速度也為v0，所以線圈穿出磁場與進入磁場的過程運動情況相同，線框產(chǎn)生的熱量與從cd邊剛進入磁場到cd邊剛穿出磁場的過程產(chǎn)生的熱量相等，所以線圈從cd邊進入磁場到ab邊離開磁場的過程，產(chǎn)生的熱量Q′=2mgd，感應電流做的功為2mgd，故B正確； C、線框可能先做減速運動，在完全進入磁場前做勻速運動，因為完全進入磁場時的速度最小，則，則線圈下落的最小速度可能為：，故C錯誤； D、設(shè)線圈的最小速度為vm，可知全部進入磁場的瞬間速

42、度最小。由動能定理，從cd邊剛進入磁場到線框完全進入時，則有：，有，綜上可解得線圈的最小速度為，故D正確； 本題選擇錯誤答案，故選：A。 【名師點睛】 線圈由靜止釋放，其下邊緣剛進入磁場和剛穿出磁場時刻的速度是相同的，又因為線圈全部進入磁場不受安培力，要做勻加速運動，可知線圈進入磁場先要做減速運動；根據(jù)動能定理，分析安培力做的功和最小速度。 34．用一段橫截面半徑為r、電阻率為ρ、密度為d 的均勻?qū)w材料做成一個半徑為R(r＜＜R)的圓環(huán)。圓環(huán)豎直向下落入如圖所示的徑向磁場中，圓環(huán)的圓心始終在N 極的軸線上，圓環(huán)所在位置的磁感應強度大小均為B。圓環(huán)在加速下落過程中某一時刻的速度為v，忽

43、略電感的影響，則 A. 此時在圓環(huán)中產(chǎn)生了（俯視）逆時針的感應電流 B. 此時圓環(huán)受到豎直向下的安培力作用 C. 此時圓環(huán)的加速度 D. 如果徑向磁場足夠深，則圓環(huán)的最大速度 【答案】 D 【解析】由題意可知，根據(jù)右手定則，右圖中，環(huán)左端面電流方向垂直紙面向里，右端電流方向向外，則有（俯視）順時針的感應電流，故A錯誤；根據(jù)楞次定律可知，環(huán)受到的安培力向上，阻礙環(huán)的運動，故B錯誤；圓環(huán)落入磁感應強度B的徑向磁場中，產(chǎn)生的感應電動勢E=Blv=B?2πRv，圓環(huán)的電阻為：，電流為：，圓環(huán)所受的安培力大小為F=BI?2πR，由牛頓第二定律得：，其中質(zhì)量為：聯(lián)立以上解得：，故C錯誤

44、；當圓環(huán)做勻速運動時，安培力與重力相等速度最大，即有mg=F，可得：，解得：，故D正確。所以D正確，ABC錯誤。 35．如圖所示，長為L=0.5 m、傾角為θ=37°的光滑絕緣斜面處于水平向右的勻強電場中，一帶電荷量為＋q，質(zhì)量為m的小球(可視為質(zhì)點)，以初速度v0=2m/s恰能沿斜面勻速上滑，g=10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，則下列說法中正確的是(　　)． A. 小球在B點的電勢能大于在A點的電勢能 B. 水平勻強電場的電場強度為 C. 若電場強度加倍，小球運動的加速度大小為3m/s2 D. 若電場強度減半，小球運動到B點時速度為初速度v0的一

45、半 【答案】 BD 【解析】試題分析：小球由A到B的過程中，重力做負功，電場力做正功，小球電勢能減少，選項A錯誤；因小球做勻速運動，由平衡條件知qEcosθ=mgsinθ，所以電場強度，選項B正確；電場強度變?yōu)?倍后，則有q·2Ecos θ－mgsinθ＝ma，所以a＝6 m/s2，選項C錯誤；電場強度減為一半后，則有: ，a1＝3 m/s2，由v02－v2＝2a1L代入數(shù)值得v＝1 m/s，選項D正確；故選BD。 考點：帶電粒子在電場中的運動；牛頓第二定律；動能定理 【名師點睛】由帶電小球受到分析得：重力、支持力與電場力，且三力均不變．若存在加速度，則帶小球也不可能到達N點的速

46、度仍不變的，所以三力處于平衡狀態(tài)．故帶電小球做的是勻速直線運動。 36．如圖所示，一個菱形的導體線框沿著自己的對角線勻速運動，穿過具有一定寬度的勻強磁場區(qū)域，已知對角線AC的長度為磁場寬度的兩倍且與磁場邊界垂直．下面對于線框中感應電流隨時間變化的圖象(電流以ABCD順序流向為正方向，從C點進入磁場開始計時)正確的是(　　)． A. B. C. D. 【答案】 B 【解析】線圈在進磁場的過程中，磁通量增加，根據(jù)楞次定律可知，感應電流的方向為ABCD方向，為正；在出磁場的過程中，磁通量減小，根據(jù)楞次定律知，感應電流的方向為ADCBA，為負．在線圈進入磁場的前一

47、半的過程中，切割的有效長度均勻增大，感應電動勢均勻增大，則感應電流均勻增大，在線圈進入磁場的后一半過程中，切割的有效長度均勻減小，感應電動勢均勻減小，則感應電流均勻減小；故B正確，ACD錯誤．故選：B. 視頻 37．在水平桌面上，一個圓形金屬框置于勻強磁場中，線框平面與磁場垂直，圓形金屬框與一個水平的平行金屬導軌相連接，導軌上放置一根導體棒，導體棒與導軌接觸良好，導體棒處于另一均強磁場中，該磁場的磁感應強度恒定，方向垂直導軌平面向下，如圖甲所示．磁感應強度隨時間的變化關(guān)系如圖乙所示．內(nèi)磁場方向垂直線框平面向下．若導體棒始終保持靜止，并設(shè)向右為靜摩擦力的正方向，則導體棒所受的靜摩擦力隨時間變

48、化的圖象是（ ） A. B. C. D. 【答案】 D 點睛：本題表面上要求靜摩擦力大小與方向，實際上是確定安培力的方向與大小，所以考查了法拉第電磁感應定律與楞次定律． 38．如圖所示，矩形導線框abcd與無限長通電直導線MN在同一平面內(nèi)，直導線中的電流方向由M到N，導線框的ab邊與直導線平行。若直導線中的電流增大，導線框中將產(chǎn)生感應電流，導線框會受到安培力的作用，則以下關(guān)于導線框受到的安培力的判斷正確的是（） A. 導線框有兩條邊所受安培力的方向相同 B. 導線框有兩條邊所受安培力的大小相同 C. 導線框所受的安培力的合力向左 D.

49、 導線框所受的安培力的合力向右 【答案】 BD 【解析】試題分析：若直導線中的電流增大，導線框中將產(chǎn)生感應電流，上下兩邊電流方向相反、而所在區(qū)域磁場方向相同，則安培力大小相等、方向相反，同樣左右兩條邊電流方向也相反，所受安培力方向相反，由于所在區(qū)域磁場大小不等，則所受安培力大小不等。則B正確C錯。若直導線中的電流增大，則導線右側(cè)磁場增強，線圈中磁通量增大，根據(jù)楞次定律推論線圈將向右移從而阻礙線圈中磁通量增大，所以所受合力向右，則D正確C錯。 考點：本題考查安培力與楞次定律。 39．如圖，平行金屬導軌寬度為d，一部分軌道水平，左端接電阻R，傾斜部分與水平面成角，且置于垂直斜面向上的勻

50、強磁場中，磁感應強度為B，現(xiàn)將一質(zhì)量為m長度也為d的導體棒從導軌頂端由靜止釋放，直至滑到水平部分（導體棒下滑到水平部分之前已經(jīng)勻速，滑動過程中與導軌保持良好接觸，重力加速度為g，）不計一切摩擦力，導體棒接入回路電阻為r，則整個下滑過程中（） A. 導體棒勻速運動時速度大小為 B. 勻速運動時導體棒兩端電壓為 C. 導體棒下滑距離為s時，通過R的總電荷量為 D. 重力和安培力對導體棒所做的功大于導體棒獲得的動能 【答案】 AC 考點：考查了電磁感應切割類問題 【名師點睛】本題是電磁感應與電路、力學相結(jié)合的綜合題，應用E=BLv、歐姆定律、安培力公式、動能定理即可正確解題

51、 40．如圖所示，紫銅做的圓盤水平放置在豎直向下的勻強磁場中，圓盤圓心處固定一個搖柄，邊緣和圓心處各與一個黃銅電刷緊貼，用導線將電刷與電流表連接起來形成回路。轉(zhuǎn)動搖柄，使圓盤以ω角速度逆時針勻速轉(zhuǎn)動，下列說法正確的是(　　) A. 回路中不會產(chǎn)生感應電流 B. 回路中會產(chǎn)生電流大小不變、方向變化的感應電流 C. 回路中電流的大小和方向都周期性變化，周期為 D. 回路中電流方向不變，從b導線流進電流表 【答案】 D 【解析】銅盤轉(zhuǎn)動產(chǎn)生的感應電動勢為：E=BL2ω/2，B、?L、ω不變，E不變，電流：I=E/R=BL2ω/2R，電流大小恒定不變，由右手定則可知，回路中電流方

52、向不變，從b導線流進電流表，故ABC錯誤，D正確； 故選：D。 【名師點睛】 圓盤轉(zhuǎn)動可等效看成無數(shù)軸向?qū)w切割磁感線，有效切割長度為銅盤的半徑L，根據(jù)感應電動勢公式分析電動勢情況，由歐姆定律分析電流情況；根據(jù)右手定則分析感應電流方向。 41．如圖所示，一帶負電的質(zhì)點在固定的正的點電荷作用下繞該正電荷做勻速圓周運動，周期為T0，軌道平面位于紙面內(nèi)，質(zhì)點的速度方向如圖中箭頭所示，現(xiàn)加一垂直于軌道平面的勻強磁場，已知軌道半徑并不因此而改變，則 ( ) A. 若磁場方向指向紙里，質(zhì)點運動的周期將大于T0 B. 若磁場方向指向紙里，質(zhì)點運動的周期將小于T0 C. 若磁場方向指向紙外，

53、質(zhì)點運動的周期將大于T0 D. 若磁場方向指向紙外，質(zhì)點運動的周期將小于T0 【答案】 AD 【解析】若磁場方向指向紙里，根據(jù)左手定則可得，粒子受到的洛倫茲力方向與庫倫力方向相反，即向心力從變?yōu)椋韵蛐牧p小了，又因為軌道半徑?jīng)]有變化，所以根據(jù)牛頓第二定律可得，半徑不變，向心力減小，所以質(zhì)點的運動周期變大，A正確B錯誤，若磁場方向指向紙外，根據(jù)左手定則，粒子受到的洛倫茲力方向和庫倫力方向相同，即向心力從變?yōu)?，向心力變大了，同樣軌道半徑?jīng)]有變化，根據(jù)公式可得周期變小了，故C錯誤D正確， 思路分析：根據(jù)洛倫茲力的方向，判斷向心力的變化，然后再根據(jù)公式判斷，在軌道半徑不變的情況下，向心

54、力的變化導致的周期的變化規(guī)律， 試題點評：本題考查了粒子在復合場中的運動，關(guān)鍵是根據(jù)題中的信息，運用相關(guān)公式進行解析， 視頻 42．如圖所示，有一個等腰直角三角形的勻強磁場區(qū)域其直角邊長為L，磁場方向垂直紙面向外，磁感應強度大小為B.邊長為L、總電阻為R的正方形導線框abcd，從圖示位置開始沿x軸正方向以速度v勻速穿過磁場區(qū)域．取沿abcda的感應電流為正，則表示線框中電流i隨bc邊的位置坐標x變化的圖象正確的是(　　) A. B. C. D. 【答案】C 故選C 【點評】本題關(guān)鍵確定線框有效切割長度與x的關(guān)系，再結(jié)合數(shù)學知識選擇圖象． 43．如圖

55、9所示，足夠長且電阻不計的光滑平行金屬導軌MN、PQ豎直放置，間距為L＝0.5 m ，一勻強磁場磁感應強度B＝0.2 T垂直穿過導軌平面，導軌的上端M與P間連接阻值為R＝0.40 Ω的電阻，質(zhì)量為m＝0.01 kg、電阻不計的金屬棒ab垂直緊貼在導軌上?，F(xiàn)使金屬棒ab由靜止開始下滑，經(jīng)過一段時間金屬棒達到穩(wěn)定狀態(tài)，這段時間內(nèi)通過R的電荷量為0.3 C，則在這一過程中(g＝10 m/s2)(　 　) A. 安培力最大值為0.05 N B. 這段時間內(nèi)下降的高度1.2 m C. 重力最大功率為0.1 W D. 電阻產(chǎn)生的焦耳熱為0.04 J 【答案】 BD 【解析】試

56、題分析:安培力的最大值應該等于重力0.1N，故A錯誤；由法拉第電磁感應定律和閉合電路歐姆定律可知，解得x=1.2m，故B正確；當安培力等于重力時，速度最大，，解得，重力最大功率，故C錯誤；由能量守恒定律，電阻產(chǎn)生的焦耳熱，故D正確。 考點：導體切割磁感線時的感應電動勢；閉合電路的歐姆定律；電磁感應中的能量轉(zhuǎn)化 44．如圖所示，勻強磁場中有兩個導體圓環(huán)a、b，磁場方向與圓環(huán)所在平面垂直。磁感應強度B隨時間均勻增大。兩圓壞半徑之比為2:1，圓環(huán)中產(chǎn)生的感應電動勢分別為Ea和Eb，不考慮兩圓環(huán)間的相互影響。下列說法正確的是( ) A. Ea:Eb=2:1，感應電流均沿逆時針方向 B

57、. Ea:Eb=2:1，感應電流均沿順時針方向 C. Ea:Eb=4:1，感應電流均沿逆時針方向 D. Ea:Eb=4:1，感應電流均沿順時針方向 【答案】 D 【解析】根據(jù)法拉第電磁感應定律，因ra:rb=2:1，則；由于磁場向外，磁感應強度B隨時間均勻增大，根據(jù)楞次定律可知，感應電流均沿順時針方向，故D正確，ABC錯誤；故選D． 45．如圖所示，有一個等腰直角三角形的勻強磁場區(qū)域其直角邊長為L，磁場方向垂直紙面向外，磁感應強度大小為B.邊長為L、總電阻為R的正方形導線框abcd，從圖示位置開始沿x軸正方向以速度v勻速穿過磁場區(qū)域．取沿abcda的感應電流為正，則表示線框中電流

58、i隨bc邊的位置坐標x變化的圖象正確的是(　　) A. B. C. D. 【答案】 C 【解析】bc邊的位置坐標x在L-2L過程，線框bc邊有效切線長度為l=x-L，感應電動勢為E=Blv=B（x-L）v，感應電流，根據(jù)楞次定律判斷出來感應電流方向沿a→b→c→d→a，為正值．x在2L-3L過程，根據(jù)楞次定律判斷出來感應電流方向沿a→d→c→b→a，為負值，線框ad邊有效切線長度為l=x-2L，感應電動勢為E=Blv=B（x-2L）v，感應電流，根據(jù)數(shù)學知識知道C正確．故選C. 46．如圖所示的電路中，電感L的自感系數(shù)很大，電阻可忽略，D為理想二極管，則下

59、列說法正確的有(　　) A. 當S閉合時，L1立即變亮，L2逐漸變亮 B. 當S閉合時，L1一直不亮，L2逐漸變亮 C. 當S斷開時，L2立即熄滅 D. 當S斷開時，L1突然變亮，然后逐漸變暗至熄滅 【答案】 BD 【解析】試題分析：當S閉合時，因二極管加上了反向電壓，故二極管截止，L1一直不亮；通過線圈的電流增加，感應電動勢阻礙電流增加，故使得L2逐漸變亮，選項B正確，A錯誤；當S斷開時，由于線圈自感電動勢阻礙電流的減小，故通過L1的電流要在L2-L1-D-L之中形成新的回路，故L1突然變亮，然后逐漸變暗至熄滅，選項C錯誤，D正確；故選BD． 考點：自感現(xiàn)象 【名師點

60、睛】此題是對自感現(xiàn)象的考查；要知道自感線圈的作用是當電流增加時，產(chǎn)生的自感電動勢阻礙電流的增加；電流減弱時，感應電動勢阻礙電流的減弱，若有回路要重新形成電流；二極管只能導通正向電流． 47．如圖，一均勻金屬圓盤繞通過其圓心且與盤面垂直的軸逆時針勻速轉(zhuǎn)動．現(xiàn)施加一垂直穿過圓盤的有界勻強磁場，圓盤開始減速．在圓盤減速過程中，以下說法正確的是（） A. 處于磁場中的圓盤部分，靠近圓心處電勢高 B. 所加磁場越強越易使圓盤停止轉(zhuǎn)動 C. 若所加磁場反向，圓盤將加速轉(zhuǎn)動 D. 若所加磁場穿過整個圓盤，圓盤將勻速轉(zhuǎn)動 【答案】 ABD 【解析】試題分析：將金屬圓盤看成由無數(shù)金屬幅條組

61、成，根據(jù)右手定則判斷感應電流的方向，從而判斷電勢的高低，形成感應電流，再根據(jù)左手定則，即可求解． 解：A、將金屬圓盤看成由無數(shù)金屬幅條組成，根據(jù)右手定則判斷可知：圓盤上的感應電流由邊緣流向圓心，所以靠近圓心處電勢高，所以A正確； B、根據(jù)右手定則可知，產(chǎn)生的電動勢為BLv，所以所加磁場越強，產(chǎn)生的電動勢越大，電流越大，受到的安培力越大，越易使圓盤停止轉(zhuǎn)動，所以B正確； C、若所加磁場反向，只是產(chǎn)生的電流反向，根據(jù)楞次定律可知，安培力還是阻礙圓盤的轉(zhuǎn)動，所以圓盤還是減速轉(zhuǎn)動，所以C錯誤； D、若所加磁場穿過整個圓盤時，圓盤在切割磁感線，產(chǎn)生感應電動勢，相當于電路斷開，則不會產(chǎn)生“感應電流

62、，沒有安培力的作用，圓盤將勻速轉(zhuǎn)動，所以D正確； 故選：ABD 【點評】本題關(guān)鍵要掌握右手定則、安培定則，并能正確用來分析電磁感應現(xiàn)象，對于這兩個定則運用時，要解決兩個問題：一是什么條件下用；二是怎樣用． 48．如圖所示，紙面內(nèi)有一矩形導體閉合線框abcd，ab邊長大于bc邊長，置于垂直紙面向里、邊界為MN的勻強磁場外，線框兩次勻速地完全進入磁場，兩次速度大小相同，方向均垂直于MN.第一次ab邊平行MN進入磁場，線框上產(chǎn)生的熱量為Q1，通過線框?qū)w橫截面的電荷量為q1；第二次bc邊平行MN進入磁場，線框上產(chǎn)生的熱量為Q2，通過線框?qū)w橫截面的電荷量為q2則(　　) A. Q1＞Q2

63、，q1＝q2 B. Q1＞Q2，q1＞q2 C. Q1＝Q2，q1＝q2 D. Q1＝Q2，q1＞q2 【答案】 A 于電磁感應能量問題一般有三種方法求解：①利用電路中產(chǎn)生的熱量等于克服安培力做得功；②利用動能定理；③利用能量守恒；具體哪種方法，要看題目中的已知條件. 49．如圖甲所示，電阻不計且間距L＝1m的光滑平行金屬導軌豎直放置，上端接一阻值R＝2Ω的電阻，虛線OO′下方有垂直于導軌平面向里的勻強磁場．現(xiàn)將質(zhì)量m＝0.1kg、電阻不計的金屬桿ab從OO′上方某處由靜止釋放，金屬桿ab在下落的過程中與導軌保持良好接觸且始終水平，已知金屬桿ab進入磁場時的速度v0

64、＝1m/s，下落0.3m的過程中加速度a與下落距離h的關(guān)系圖像如圖乙所示，g取10m/s2，則(　　) A. 勻強磁場的磁感應強度為2T B. 金屬桿ab下落0.3m時的速度為1m/s C. 金屬桿ab下落0.3m的過程中R上產(chǎn)生的熱量為0.2J D. 金屬桿ab下落0.3m的過程中通過R的電荷量為0.25C 【答案】 D 【解析】A、進入磁場后，根據(jù)右手定則判斷可知金屬桿ab中電流的方向由a到b．由乙圖知，剛進入磁場時，金屬桿的加速度大小：，方向豎直向上，由牛頓第二定律得：， 設(shè)桿剛進入磁場時的速度為v0，則有 ：，且 代入數(shù)據(jù)，解得：，A正確； B、通過a﹣h圖象

65、知：，表明金屬桿受到的重力與安培力平衡有： ，聯(lián)立得：，B正確； C、從開始到下落的過程中，由能的轉(zhuǎn)化和守恒定律有： 代入數(shù)值有：，C錯誤； D、金屬桿自由下落的高度 ：，ab下落0.3m的過程中，通過R的電荷量：，D正確； 故選ABD。 50．兩根足夠長的平行光滑導軌豎直固定放置，頂端接一電阻R，導軌所在的平面與勻強磁場垂直；將一金屬棒與下端固定的輕彈簧的上端栓接，金屬棒和導軌接觸良好，重力加速度為g，如圖所示．現(xiàn)將金屬棒從彈簧原長位置由靜止釋放，則（） A. 金屬棒在最低點的加速度小于g B. 回路中產(chǎn)生的總熱量等于金屬棒重力勢能的減少量 C. 當彈簧彈力等于金屬棒

66、的重力時，金屬棒下落速度最大 D. 金屬棒在以后運動過程中的最大高度一定低于靜止釋放時的高度 【答案】 AD 考點：能量守恒定律；楞次定律 【名師點睛】本題運用力學的方法分析金屬棒的運動情況和受力情況及功能關(guān)系，金屬棒的運動情況：先向下做加速運動，后向下做減速運動，當重力、安培力與彈簧的彈力平衡時，速度最大．此題的難點是運用簡諧運動的對稱性分析金屬棒到達最低點時的加速度與g的關(guān)系。 二、多項選擇題 1．如圖，正方形閉合導線框在邊界水平的勻強磁場區(qū)域的上方，由不同高度靜止釋放，用、分別表示線框ab邊和cd邊剛進入磁場的時刻，用、分別表示線框ab邊和cd邊剛出磁場的時刻。線框下落過程中形狀不變，ab邊始終保持與磁場水平邊界平行，線框平面與磁場方向垂直。設(shè)磁場區(qū)域的寬度大于線框的邊長，不計空氣阻力的影響，則下列反映線框下落過程中速度v隨時間t變化規(guī)律的圖象有可能的是 (　　) A. B. C. D. 【答案】 BCD 【解析】A、在0～時間內(nèi)，線框做自由落體運動，時刻以后，線框全部進入磁場后做勻加速直線運動，這兩段時間內(nèi)的v－t圖線均