2019届高考物理大一轮复习金考卷：电磁感应(含解析)

电磁感应李仕才一、单项选择题Ⅰ：本大题共10小题，在每小题列出的四个选项中，只有一项符合题目要求．1．(2011年6月广东学业水平考试)电磁场理论预言了电磁波的存在．建立电磁场理论的科学家是( )A．法拉第B．麦克斯韦C．奥斯特D．安培2．(2017年6月广东学业水平考试)下列家电或设备利用了电磁感应定律的是( ) A．电热水壶B．交流发电机C．电热毯D．电风扇3．(2011年6月广东学业水平考试)关于电磁波，下列说法正确的是( )A．光不是电磁波B．电磁波需要有介质才能传播C．只要有电场和磁场，就可以产生电磁波D．真空中，电磁波的传播速度与光速相同4．在法拉第时代，下列验证“由磁产生电”设想的实验中．能观察到感应电流的是( )A．将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路，然后观察电流表的变化B．在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈，然后观察电流表的变化C．将一房间内的线圈两端与相邻房间的电流表连接．往线圈中插入条形磁铁后，再到相邻房间去观察电流表的变化D．绕在同一铁环上的两个线圈，分别接电源和电流表，在给线圈通电或断电的瞬间，观察电流表的变化5．奥斯特发现了电流周围能产生磁场，法拉第认为磁也一定能生电，并进行了大量的实验．图中环形物体是法拉第使用过的线圈，A、B两线圈绕在同一个铁环上，A与直流电源连接，B与电流表连接．实验时发现电流表指针并不偏转，即没有“磁生电”．其原因是( )A．线圈A中的电流较小，产生的磁场不够强B．线圈B中产生的电流很小，电流表指针偏转不了C．线圈A中的电流是恒定电流，不会产生磁场D．线圈A中的电流是恒定电流，产生稳恒磁场6．(2012年1月广东学业水平考试)关于电磁波，下列说法正确的是( )A．所有电磁波的频率相同B．电磁波只能在真空中传播C．电磁波在任何介质中的传播速度相同D．电磁波在真空中的传播速度是3×108 m/s7.某学生做电磁感应现象的实验，其连线如图所示，当他接通、断开开关时，电流表的指针都没有偏转，其原因是( )A．开关位置接错B．电流表的正、负接线柱接反C．线圈B的接线柱接反D．蓄电池的正、负极接反8．(2017年6月广东学业水平考试)将线圈置于范围足够大、方向竖直向下的匀强磁场B中，各线圈的运动方式如下列图所示，则能够在线圈中产生感应电动势的是( )9．下列说法正确的是( )A．穿过回路的磁通量越小，则产生的感应电动势越大B．穿过回路的磁通量越大，则产生的感应电动势越小C．穿过回路的磁通量变化越快，则产生的感应电动势越大D．穿过回路的磁通量变化越小，则产生的感应电动势越大10.如图所示，磁场中有一导线MN与“匚”形光滑的金属框组成闭合电路，当导线向右运动时，下列说法正确的是( )A．电路中有顺时针方向的电流B．电路中有逆时针方向的电流C．导线的N端相当于电源的正极D．电路中无电流产生二、单项选择题Ⅱ：本大题共15小题，在每小题列出的四个选项中，只有一项符合题目要求．11.(2010年6月广东学业水平考试)如图所示，三角形线圈abc，放在范围足够大的匀强磁场中并做下列运动，能产生感应电流的是( )A．向上平移B．向右平移C．向左平移D．以ab为轴转动12.(2010年6月广东学业水平考试)如图所示，三个线圈放在匀强磁场中，面积S1<S2<S3.穿过三个线圈的磁通量分别为Φ1、Φ2和Φ3，下列判断正确的是( )A．Φ1＝Φ2B．Φ2＝Φ3C．Φ1＞Φ2D．Φ3＞Φ213．许多物理学家的科学发现和研究工作推动了人类历史的进步．其中发现电磁感应定律的科学家是( )A．库仑B．安培C．法拉第D．伽利略14．(2015年6月广东学业水平考试)下列图示中，正方形闭合线圈始终在匀强磁场中运动，线圈中能产生感应电流的是( )15．下列有关电磁波的说法正确的是( )A．伽利略预言了电磁波的存在B．牛顿首先证实了电磁波的存在C．手机利用电磁波传送信号D．电磁波在任何介质中的传播速度均相同16．(2015年6月广东学业水平考试)如图所示，与磁场方向垂直的线圈以OO′为轴旋转90°的过程中，穿过线圈的磁通量( )A．变大B．变小C．先变大后变小D．先变小后变大17．吉他以其独特的魅力吸引了众多音乐爱好者，电吉他与普通吉他不同的地方是它的每一根琴弦下面安装了一种叫做“拾音器”的装置，能将琴弦的振动转化为电信号，电信号经扩音器放大，再经过扬声器就能播出优美音乐声．如图是拾音器的结构示意图，多匝线圈置于永久磁铁与钢制的琴弦(电吉他不能使用尼龙弦)之间，当弦沿着线圈振动时，线圈中就会产生感应电流．关于感应电流，以下说法正确的是( )A．琴弦振动时，线圈中产生的感应电流是恒定的B．琴弦振动时，线圈中产生的感应电流大小变化，方向不变C．琴弦振动时，线圈中产生的感应电流大小不变，方向变化D．琴弦振动时，线圈中产生的感应电流大小和方向都会发生变化18.如图所示为变压器的示意图，它被用来升高发电机的输出电压，下列说法中正确的是( )A．图中M是闭合的铁芯，它由整块铁组成B．发电机应与线圈Ⅰ相连，升高后的电压由c、d两端输出C．电流以铁芯为通路从一个线圈流到另一个线圈D．变压器是根据电磁感应原理工作的19．下面关于麦克斯韦电磁场理论的说法中正确的是( )A．均匀变化的电场将产生均匀变化的磁场，均匀变化的磁场将产生均匀变化的电场B．均匀变化的电场将产生稳定的磁场，均匀变化的磁场将产生稳定的电场C．周期性变化的电场将产生不同频率周期性变化的磁场，周期性变化的磁场将产生不同频率周期性变化的电场D．均匀变化的电场和磁场互相激发，将产生由近及远传播的电磁波20.如图所示在口字形闭合铁芯上绕有一组线圈，与滑动变阻器、电池构成闭合回路．a、b、c为三个闭合金属环，假定线圈产生的磁场全部集中在铁芯内，在滑动变阻器的滑片左右滑动时，能够产生感应电流的圆环是( )A．a、b两环B．b、c两环C．a、c两环D．a、b、c三环21．(2012年1月广东学业水平考试)下列关于手机说法正确的是( )A．手机只能发射电磁波B．手机只能接收电磁波C．手机既可发射也可接收电磁波D．手机既不能发射也不能接收电磁波22.(2013年6月广东学业水平考试)如图所示为通电长直导线的磁感线图，等面积线圈S1、S2与导线处于同一平面，关于通过线圈S1、S2的磁通量Φ1、Φ2，下列分析正确的是( )A．Φ1>Φ2B．Φ1<Φ2C．Φ1＝Φ2≠0 D．Φ1＝Φ2＝023.(2012年6月广东学业水平考试)如图所示，竖直长直导线通以恒定电流I，闭合线圈abcd与直导线在同一平面内，导致线圈内磁通量发生变化的线圈运动是( )A．水平向右平移B．竖直向下平移C．竖直向上平移D．以竖直长直导线为轴转动24.如图所示，螺线管CD的导线绕向不明，当磁铁AB插入螺线管时，电路中有图示方向的电流产生，下列关于螺线管极性的判断正确的是( )A．C端一定是N极B．C端一定是S极C．C端的极性一定与磁铁B端的极性相同D．无法判断极性，因螺线管的绕法不明25.(2017年6月广东学业水平考试)如图所示，竖直长导线通以恒定电流I，一闭合线圈MNPQ与导线在同一平面内，当线圈从图示位置向右逐渐远离导线时，穿过线圈的磁通量将( )A．变小B．变大C．不变D．先变大，后变小三、多项选择题：本大题共5小题，在每小题列出的四个选项中，至少有2个选项是符合题目要求的．26．(2012年1月广东学业水平考试)电磁炉在炉内由交变电流产生交变磁场，使放在炉上的金属锅体内产生感应电流而发热，从而加热食品．电磁炉的工作利用了( ) A．电流的热效应B．静电现象C．电磁感应原理D．磁场对电流的作用27．(2010年6月广东学业水平考试)下列现象中，能表明电和磁有联系的是( ) A．摩擦起电B．两块磁铁相互吸引或排斥C．小磁针靠近通电导线时偏转D．磁铁插入闭合线圈过程中，线圈中产生感应电流28．(2015年6月广东学业水平考试)如图是观察电磁感应现象的实验装置，闭合开关，要使灵敏电流计指针发生偏转，可采取的措施有( )A．将线圈M快速插入线圈N中B．将线圈M快速从线圈N中抽出C．快速移动滑动变阻器的滑片D．将线圈M静置于线圈N中29．关于电磁波的说法中正确的是( )A．电磁场由发生区域向远处的传播就是电磁波B．电磁波传播的过程就是能量传播的过程C．电磁波中的电场方向、磁场方向和传播方向三者互相垂直D．任何变化的电场周围空间一定会产生变化的磁场30．关于电磁场和电磁波下列说法中正确的是 ( )A．变化的电场产生磁场，变化的磁场产生电场B．变化的磁场产生电场与有无闭合回路无关C．接在交流电路中的电容器能产生电磁波D．电磁波的传播速度等于光速学业达标·实战演练一、单项选择题Ⅰ1．【解析】选B.英国物理学家麦克斯韦建立了完整的电磁场理论．2．B3．【解析】选D.只有变化的电磁场才能相互激发产生电磁波，故C错；电磁波的传播不需要介质，且在真空中速度与光速相同，光也是一种电磁波，AB错，D对．4．D 5.D6．【解析】选D.电磁波有各种各样的频率，可以在不同的介质中传播，但在真空中传播速度最大，c＝3×108 m/s.7．A 8.C9．【解析】选C.感应电动势与磁通量的变化快慢有关，与其大小无关，故C正确．10．【解析】选B.由右手定则可知回路中有逆时针方向的电流．二、单项选择题Ⅱ11．【解析】选D.由Φ＝BS可知，在匀强磁场中只有改变B与S的夹角才能改变磁通量．12．【解析】选D.由Φ＝BS可知，在匀强磁场中面积越大磁通量就越大，故D正确．13．C 14.D15．【解析】选C.麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹证实了电磁波的存在，且电磁波在不同的介质中传播速度不同．16．B17．【解析】选D.由法拉第电磁感应定律可知，琴弦振动时，线圈中产生的感应电流大小和方向都会发生变化．18．【解析】选D.M是闭合的铁芯，它由多层钢片压制而成，这是为了减小因涡流而产生的热．升压时发电机应接cd端，由ab端输出，变压器的原理是电磁感应，并不是电流直接通过铁芯．19．【解析】选B.均匀变化的电场将产生稳定的磁场，均匀变化的磁场将产生稳定的电场，不会再产生新的电磁场，故不能形成电磁波．20．【解析】选A.由于穿过c环的磁通量为零，故没有感应电流的产生，只有a、b环内产生感应电流．21．【解析】选C.手机既可发射也可接收电磁波．22．【解析】选A.由于越靠近导线，磁感线越密集，故在相同的面积内，靠近导线的磁通量较大，故A正确．23．【解析】选A.由于导线周围存在的磁场具有对称性，故水平向右移动时磁通量会发生变化．24．【解析】选C.AB插入使螺线管磁通量增大引起感应电流，据楞次定律：感应电流的磁场阻碍AB插入，因此，C端极性一定和B端极性相同，以阻碍AB靠近．25．A三、多项选择题26．【解析】选AC.电磁炉的工作利用了电磁感应原理产生电流，电流通过导体发热．27．【解析】选CD.小磁针靠近通电导线时偏转说明电可以生磁，磁铁插入闭合线圈过程中，线圈中产生感应电流表明磁可以生电．28．ABC29．【解析】选ABC.变化的电场产生磁场，变化的磁场又产生电场，由发生区域向远处的传播就形成了电磁波，电磁波传播的过程就是能量传播的过程，电磁波中的电场方向、磁场方向和传播方向三者互相垂直．30．ABC。

篡石出课2 法拉笫电该扇应定律 t 虑滿洗知识排查WHSJS —法拉第电磁感应定律1. 感应电动势(1) 概念：在电磁感应现象屮产生的电动势。

(2) 产生条件：穿过冋路的磁通量发生改变，与电路是否闭合无关。

(3) 方向判断：感应电动势的方向用愣次定律或右手定则判断。

2. 法拉第电磁感应定律(1) 内容：电路中感应电动势的大小跟穿过这一电路的磁通量的变化奎成正比。

A 0(2) 公式：£=/7^,其中H 为线圈匝数。

(3) 感应电流与感应电动势的关系：遵守闭合电路的毯經定律，即戶 3. 导体切割磁感线的情形(1) 若B 、/、P 相互垂直，则E =BlVo (2) p//B 时，E=Oc知识点一自感、涡流1. 自感现象(1) 概念：由于导体自身的虫M 变化而产生的电磁感应现象称为自感。

(2) 自感电动势①定义：在自感现象中产生的感应电动势叫做自感电动势。

(3) 自感系数L① 和关因素：与线圈的大小、形状、匝数以及是否有铁芯有关。

② 单位：亨利(H)，1 mH=10~3H, 1 P H=10-6H O2. 滿流紧抓教材 自主落实课前双基过关②表达式：E=L A将整块金属放在变化的磁场中，穿过金属块的磁通量发生变化，感应电流在金駡 块内部形成闭合回路就像旋涡一样，所以叫涡流。

小题速练1. 思考判断 A 0(1)0=0, —不一定等于 0。

( )A 0匝数/I 有关，所以0、△必、I 的大小均与线圈匝数有关。

()(3) 磁场相对导体棒运动时，导体棒中也能产生感应电动势。

() (4) 线圈匝数A2越多，磁通量越大，产生的感应电动势越大。

() (5) 线圈屮的电流越大，自感系数也越大。

()(6) 自感电动势阻碍电流的变化，但不能阻止电流的变化。

()答案(1)V(2)X (3)7 (4)X (5)X (6)72. ［鲁科版选修3-2.P 14 - T,改编］将闭合多匝线圈置于仅随时间变化的磁场中 关于线圈中产生的感应电动势和感应电流，下列表述正确的是()A. 感应电动势的大小与线圈的匝数无关B. 穿过线圈的磁通量越人：感应电动势越人C. 穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大D. 感应电流产生的磁场方向与原磁场方向始终和同答案C课堂5动探究I1. 法拉第电磁感应定律的理解(1) 感应电动势的大小由线圈的匝数和穿过线圈的磁通量的变化率j 共同决定而与磁通量0的大小、变化量△ 0的大小没有必然联系。

阶段示范性金考卷(八)(教师用书独具)本试卷分为第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共110分．第Ⅰ卷 (选择题，共60分)一、选择题(本题共12小题，每小题5分，共60分．在第1、2、4、6、7、9、10、12小题给出的4个选项中，只有一个选项正确；在第3、5、8、11小题给出的四个选项中，有多个选项正确，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)1. 三根平行的直导线，分别垂直地通过一个等腰直角三角形的三个顶点，如图所示，现使每条通电导线在斜边中点O 所产生的磁感应强度的大小为B.下列说法正确的是( )A. O 点的磁感应强度大小为2BB. O 点的磁感应强度大小为5BC. O 点的磁感应强度方向水平向右D. O 点的磁感应强度方向沿OI 3方向指向I 3解析：由安培定则可知电流大小为I 3的导线在O 点产生的磁感应强度方向垂直于O 点指向I 2，同样由安培定则可知I 1与I 3在O 处磁感应强度相同，I 2在O 点磁感应强度方向指向I 3.由平行四边形定则可得B 0＝＋2＋B 2＝5B ，设方向与OI 3连线夹角为α，可得tan α＝2B B＝2，所以α＝arctan2.答案：B2. 如图所示，在倾角为α的光滑斜面上，垂直斜面放置一根长为L 、质量为m 的直导线，当通以电流I 时，欲使导线静止在斜面上，外加匀强磁场B 的大小和方向可能是( )A. B ＝mgtan α/(IL)，方向垂直斜面向上B. B ＝mgsin α/(IL)，方向垂直斜面向下C. B ＝mgtan α/(IL)，方向竖直向上D. B ＝mg/(IL)，方向水平向右解析：当磁场方向垂直斜面向上时，由左手定则可知，安培力方向沿斜面向下，导线不可能静止，A 错误；同理可知C 、D 错误；磁场方向垂直斜面向下时，安培力沿斜面向上，由平衡条件得：BIL ＝mgsin α，解得B ＝mgsin αIL，故答案为B. 答案：B3. [2018·广州实验中学检测]如图所示，放在台秤上的条形磁铁两极未知，为了探明磁铁的极性，在它中央的正上方固定一导线，导线与磁铁垂直，给导线通以垂直纸面向外的电流，则( )A．如果台秤的示数增大，说明磁铁左端是N极B．如果台秤的示数增大，说明磁铁右端是N极C．无论如何台秤的示数都不可能变化D．如果台秤的示数增大，台秤的示数随电流的增大而增大解析：如果台秤的示数增大，说明导线对磁铁的作用力竖直向下，由牛顿第三定律知，磁铁对导线的作用力竖直向下，根据左手定则可判断，导线所在处磁场方向水平向右，由磁铁周围磁场分布规律可知，磁铁的左端为N极，选项A正确，选项B、C错误．由F＝BIL可知选项D正确．答案：AD4. 如图所示，一个带正电的滑环套在水平且足够长的粗糙的绝缘杆上，整个装置处于方向如图所示的匀强磁场中，现给滑环一个水平向右的瞬时作用力，使其开始运动，则滑环在杆上的运动情况不可能的是( )A. 始终做匀速运动B. 始终做减速运动，最后静止于杆上C. 先做加速运动，最后做匀速运动D. 先做减速运动，最后做匀速运动解析：给滑环一个瞬时作用力，滑环获得一定的速度v，当qvB＝mg时，滑环将以v做匀速直线运动，故A 正确．当qvB<mg时，滑环受摩擦阻力做减速运动，直到停下来，故B正确．当qvB>mg时，滑环先做减速运动，当减速到qvB＝mg后，以速度v＝mgqB做匀速直线运动，故D对．由于摩擦阻力作用，滑环不可能做加速运动，故C错，应选C.答案：C5. [2018·山西四校联考]如图所示，两个横截面分别为圆形和正方形的区域内有磁感应强度相同的匀强磁场，圆的直径和正方形的边长相等，两个电子以相同的速度分别飞入两个磁场区域，速度方向均与磁场方向垂直，进入圆形磁场的电子初速度方向对准圆心；进入正方形磁场的电子初速度方向垂直于边界，从中点进入．下面判断正确的是( )A. 两电子在两磁场中运动时，其半径一定相同B. 两电子在磁场中运动的时间一定不相同C. 进入圆形磁场区域的电子一定先飞离磁场D. 进入圆形磁场区域的电子一定不会后飞离磁场解析：两个电子以相同的速度分别飞入两个磁感应强度相同的磁场区域，两电子在两磁场中运动时，其半径一定相同，A 正确；当运动的轨道半径等于圆形磁场区域的半径时，两电子在磁场中运动的时间都为T/4，时间相同，B 错误；进入圆形磁场区域的电子不一定先飞离磁场，二者可能同时飞出磁场，进入圆形磁场区域的电子一定不会后飞离磁场，C 错误，D 正确．答案：AD6. 如图所示，一个带负电的物体由粗糙绝缘的斜面顶端由静止下滑到底端时速度为v ，若加一个垂直于纸面向外的匀强磁场，则带电体滑到底端时速度将( )A. 大于vB. 小于vC. 等于vD. 无法确定解析：由左手定则判断带负电的物体沿斜面下滑时所受洛伦兹力方向垂直斜面向下，所以使物体与斜面之间的弹力增大，滑动摩擦力增大，从顶端滑到底端的过程中克服摩擦力做的功增多，根据动能定理可知，滑到底端时的动能小于无磁场时滑到底端的动能，故速率变小．答案：B7. [2018·江西景德镇]如图所示是某离子速度选择器的原理示意图，在一半径为R 的绝缘圆柱形筒内有磁感应强度为B 的匀强磁场，方向平行于轴线．在圆柱形筒上某一直径两端开有小孔M 、N ，现有一束速率不同、比荷均为k 的正、负离子，从M 孔以α角入射，一些具有特定速度的离子未与筒壁碰撞而直接从N 孔射出(不考虑离子间的作用力和重力)．则从N 孔射出的离子( )A. 是正离子，速率为kBR/cos αB. 是正离子，速率为kBR/sin αC. 是负离子，速率为kBR/sin αD. 是负离子，速率为kBR/cos α解析：根据左手定则可判断出，从N 孔射出的离子是正离子，从N 孔射出的离子在磁场中做匀速圆周运动，其运动轨迹所对圆心角等于入射离子的偏向角2α，如图所示，根据几何关系可得，粒子做圆周运动的轨道半径r ＝R/sin α，根据洛伦兹力提供向心力得，Bvq ＝mv2r，解得，v ＝kBR/sin α，B 项正确．答案：B8. [2018·江西重点中学联考]如图所示，一个半径为R 的导电圆环与一个轴向对称的发散磁场处处正交，环上各点的磁感应强度B 大小相等，方向均与环面轴线方向成θ角(环面轴线为竖直方向)．若导电圆环上载有如图所示的恒定电流I ，则下列说法正确的是( )A. 导电圆环有收缩的趋势B. 导电圆环所受安培力方向竖直向上C. 导电圆环所受安培力的大小为2BIRD. 导电圆环所受安培力的大小为2πBIR解析：若导线圆环上载有如图所示的恒定电流I ，由左手定则可得导线圆环上各小段所受安培力斜向内，导电圆环有收缩的趋势，导电圆环所受安培力方向竖直向上，导电圆环所受安培力的大小为2πBIRsin θ，选项AB 正确．答案：AB9. 如图所示，有a 、b 、c 、d 四个离子，它们带等量同种电荷，质量不等，它们的质量关系有m a ＝m b <m c ＝m d ，以不等的速率v a <v b ＝v c <v d 进入速度选择器后，有两个离子从速度选择器中射出，进入磁感应强度为B 2的磁场，另两个离子射向P 1和P 2.由此可判定( )A. 射向P 1的是a 离子B. 射向P 2的是b 离子C. 射向A 1的是c 离子D. 射向A 2的是d 离子解析：通过在磁场中的偏转轨迹知，离子带正电．在速度选择器中，有qE ＝qvB.v ＝EB ，只有速度满足一定值的离子才能通过速度选择器．所以只有b 、c 两离子能通过速度选择器．a 的速度小于b 的速度，所以a 受到的电场力大于洛伦兹力，a 向P 1偏转，故A 正确、B 错误；b 、c 两离子通过速度选择器进入磁感应强度为B 2的磁场中，根据r ＝mvqB知，质量大的半径大，故射向A 1的是b 离子，射向A 2的是c 离子，故C 、D 错误．答案：A10. 利用如图所示装置可以选择一定速度范围内的带电粒子．板MN 下方是磁感应强度大小为B 、方向垂直纸面向里的匀强磁场．板上有一小孔O 和宽为d 的缝AC ，小孔与缝左端A 的距离为L.一群质量为m 、电荷量为q ，具有不同速度的粒子从小孔垂直于板MN 进入磁场，对于能够从宽为d 的缝射出的粒子，下列说法正确的是( )A. 这些粒子从缝射出的速度方向不一定垂直于MNB. 从缝右端C 点射出的粒子比从缝左端A 点射出的粒子在磁场中运动的时间长C. 射出粒子的最大速度为＋mD. 保持d 和B 不变，增大L ，射出粒子的最大速度与最小速度之差不变解析：由几何关系可知，当粒子垂直于MN 射入磁场时，一定以垂直于MN 的方向射出磁场，在磁场中运动的时间与速度大小无关，故选项A 、B 错误；射出粒子的最大半径为R ＝L ＋d 2，由Bqv ＝m v2R 得最大速度为＋2m，选项C 错误；最小速度为LBq 2m ，最大速度与最小速度之差Δv ＝dBq2m，与L 无关，故选项D 正确．答案：D11. [2018·江苏扬州中学高三质检]如图所示，直角三角形ABC 中存在一匀强磁场，比荷相同的两个粒子沿AB 方向自A 点射入磁场，分别从AC 边上的P 、Q 两点射出，则( )A ．从P 射出的粒子速度大B ．从Q 射出的粒子速度大C ．从P 射出的粒子，在磁场中运动的时间长D ．两粒子在磁场中运动的时间一样长解析：作出各自的轨迹如图所示，根据圆周运动特点知，分别从P 、Q 点射出时，速度方向与AC 边夹角相同，故可判定从P 、Q 点射出时，半径R 1<R 2，所以从Q 点射出的粒子速度大，B 正确；根据图示可知，两个运动轨迹所对应的圆心角相等，所以从P 、Q 点射出时，两粒子在磁场中的运动时间相等．BD 正确．答案：BD12. 如图所示，有一长方体金属块放在垂直表面C 的匀强磁场中，磁感应强度大小为B ，金属块的厚度为d ，高为h ，当有稳恒电流I 沿平行平面C 的方向通过金属块时，金属块上、下两面M 、N 上的电势分别为j M 、j N ，则下列说法中正确的是( )A. 由于磁场力的作用，金属块中单位体积内参与导电的自由电子数目为BI ed |1j M －j N |B. 由于磁场力的作用，金属块中单位体积内参与导电的自由电子数目为BI eh |1j M －j N |C. M 面比N 面电势高D. 金属块的左面比右面电势低解析：由于洛伦兹力作用使电子堆积在金属块上表面且形成一附加电场，方向向上．设两面M 、N 上的电势差为U ，则U ＝|j M －j N |，稳定时电子所受的洛伦兹力与电场力相平衡，则evB ＝eU/h ，根据金属导电时的规律I ＝neSv ，式中S ＝dh ，联立各式可得金属块中单位体积内参与导电的自由电子数目n ＝BI ed |1j M －j N |，选项A 对，B错；由左手定则可知，电子积累在上端面，电势低，故C 错；由于电源外的电路中电流由高电势流向低电势，故D 错．答案：A第Ⅱ卷 (非选择题，共50分)二、计算题(本题共4小题，共50分)13. (12分)[2018·苏州模拟]如图所示为一电流表的原理示意图．质量为m 的均质细金属棒MN 的中点处通过一挂钩与一竖直悬挂的弹簧相连，绝缘弹簧劲度系数为k.在矩形区域abcd 内有匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向垂直纸面向外．与MN 的右端N 连接的一绝缘轻指针可指示标尺上的读数，MN 的长度大于ab .当MN 中没有电流通过且处于平衡状态时，MN 与矩形区域的cd 边重合，当MN 中有电流通过时，指针示数可表示电流强度．(1)当电流表示数为零时，弹簧伸长多少？(重力加速度为g) (2)若要电流表正常工作，MN 的哪一端应与电源正极相接？(3)若k ＝2.0 N/m ，ab ＝0.20 m ，cb ＝0.050 m ，B ＝0.20 T ，此电流表的量程是多少？(不计通电时电流产生的磁场的作用)(4)若将量程扩大2倍，磁感应强度应变为多大？解析：(1)设当电流表示数为零时，弹簧的伸长量为Δx ，则有mg ＝k Δx ， ① 解得：Δx ＝mgk. ②(2)为使电流表正常工作，作用于通有电流的金属棒MN 的安培力必须向下，因此M 端应接正极． (3)设电流表满偏时通过MN 的电流强度为I m ，则有BI m ab ＋mg ＝k(cb ＋Δx)， ③ 联立并代入数据得I m ＝2.5 A ． ④(4)设量程扩大后，磁感应强度变为B′，则有 2B′I m ab ＋mg ＝k(cb ＋Δx)． ⑤解得：B′＝k cb2I m ab. ⑥代入数据得：B′＝0.10 T.答案：(1)mgk(2)M 端 (3)2.5 A (4)0.10 T14. (12分)如图所示，在xOy 坐标平面的第一象限内存在有场强大小为E 、方向竖直向上的匀强电场，第二象限内存在有方向垂直纸面向外的匀强磁场．荧光屏PQ 垂直于x 轴放置且距y 轴的距离为L.一质量为m 、带电荷量为＋q 的粒子(不计重力)自坐标为(－L,0)的A 点以大小为v 0、方向沿y 轴正方向的速度进入磁场，粒子恰好能够到达原点O 而不进入电场．现若使该带电粒子仍从A 点进入磁场，但初速度大小为22v 0、方向与x 轴正方向成45°角，求：(1)带电粒子到达y 轴时速度方向与y 轴正方向之间的夹角． (2)粒子最终打在荧光屏PQ 上的位置坐标．解析：(1)设磁场的磁感应强度为B ，则由题意可知，当粒子以速度v 0进入磁场时，设其圆周运动的半径为R ，有Bqv 0＝m v 20R ，其中R ＝L2当粒子以初速度大小为22v 0、方向与x 轴正方向成45°角进入磁场时，设其圆周运动的半径为R′，则有Bq22v 0＝m 8v 2R′由以上各式可解得R′＝2L由几何关系可知粒子做圆周运动的圆心在y 轴上，所以该粒子必定垂直于y 轴进入匀强电场．故粒子到达y 轴时，速度方向与y 轴正方向之间的夹角为90°.(2)由几何关系可知CO ＝(2－1)L带电粒子在电场中做类平抛运动，设其运动时间为t ，在电场中向上运动的距离为h ，则有： L ＝22v 0t ，h ＝12at 2，a ＝qEm以上各式联立可解得：h ＝qEL216mv 20所以粒子最终打在荧光屏PQ 上的位置坐标为 (L ，qEL 216mv 20＋(2－1)L) 答案：(1)90° (2)(L ，qEL216mv 20＋(2－1)L) 15. (12分)如图所示，水平放置的矩形容器内充满垂直纸面向外的匀强磁场，容器的高为d ，右边足够宽，底面MN 为荧光屏，在荧光屏中心O 处置一粒子源，可以向纸面内以OA 、OB 为边界的区域内连续均匀发射速率为v 0、质量为m 、电荷量为q 的正粒子，其中沿OA 方向发射的粒子刚好不碰到容器的上板面打在荧光屏上产生荧光．OA 、OB 与MN 的夹角分别为α＝60°，β＝30°，不计粒子的重力及粒子间的相互作用．求：(1)磁场的磁感应强度B 的大小；(2)分别沿OA 、OB 方向发射的粒子在磁场中运动的时间差Δt. 解析：如图为粒子在匀强磁场中的运动轨迹．(1)设粒子源发出的粒子在磁场中运动的半径为r ，对于沿OA 方向发射的粒子，由几何关系得 r ＋rsin β＝d 解得r ＝2d3由牛顿第二定律得Bqv 0＝mv 2r联立解得B ＝3mv 02qd(2)沿OA 、OB 方向发射的粒子在磁场中运动的时间分别设为t 1、t 2，粒子做匀速圆周运动的周期设为T ，则 T ＝2πmBqt 1＝23Tt 2＝16TΔt ＝2T 3－16T联立解得Δt ＝2πd3v 0.答案：(1)3mv 02qd (2)2πd3v 016. (14分)如图所示，第一象限的某个矩形区域内，有方向垂直纸面向外的匀强磁场B 1，磁场的下边界与x 轴重合．一质量m ＝1×10－14kg 、电荷量q ＝1×10－10C 的带正电微粒以某一速度v 沿与y 轴负方向成60°角的方向从N 点射入，经P 点进入第四象限内沿直线运动，一段时间后，微粒经过y 轴上的M 点并沿与y 轴负方向成60°角的方向飞出．第四象限内有互相正交的匀强电场E 与匀强磁场B 2，E 的大小为0.5×103V/m ，B 2的大小为0.5 T ；M 点的坐标为(0，－10 cm)，N 点的坐标为(0,30 cm)，不计微粒重力．(1)求匀强磁场B 1的大小和微粒的运动速度v. (2)B 1磁场区域的最小面积为多少？解析：(1)带正电微粒以某一速度v 沿与y 轴负方向成60°角的方向从N 点射入，由于重力忽略不计，微粒在第一象限内仅受洛伦兹力做匀速圆周运动；微粒在第四象限内仅受电场力和洛伦兹力，且微粒做直线运动，速度的变化会引起洛伦兹力的变化，所以微粒必做匀速直线运动，因此，电场力和洛伦兹力大小相等，方向相反，由力的平衡有Eq ＝B 2qv所以v ＝E B 2＝0.5×1030.5 m/s ＝1×103m/s根据题意画出微粒的运动轨迹如图：因为M 点的坐标为(0，－10)，N 点的坐标为(0,30)，由几何关系可知微粒在第一象限内做圆周运动的半径为R ＝2033 cm ＝315m 微粒做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，即qB 1v ＝m v 2R解得B 1＝32T. (2)由图可知，磁场B 1的最小区域应该分布在图示的矩形PACD 内．由几何关系易得 PD ＝2Rsin60°＝0.2 m PA ＝R(1－cos60°)＝330m 所以，所求磁场的最小面积为 S ＝PD·PA＝15×330 m 2＝3150 m 2.答案：(1)32 T 1×103m/s (2)3150m 2。

2019版高考物理一轮总复习第10章电磁感应第2讲法拉第电磁感应定律、自感一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分。

其中1～6为单选，7～10为多选)1．如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，将一水平放置的金属棒ab以水平初速度v0抛出，设在整个过程中棒的方向不变且不计空气阻力，则金属棒在运动过程中产生的感应电动势大小变化情况是( )A．越来越大B．越来越小C．保持不变D．无法判断答案 C解析当导体切割磁感线时感应电动势的大小为E＝Blv，其中v指的是导体沿垂直于磁场方向的分速度大小，对应于本题金属棒水平方向的分速度v0不变，所以导体棒在运动过程中产生的感应电动势大小E＝Blv0，大小保持不变。

2．如图所示，在线圈上端放置一盛有冷水的金属杯，现接通交流电源，过了几分钟，杯内的水沸腾起来。

若要缩短上述加热时间，下列措施可行的有( )A．减少线圈的匝数B．提高交流电源的频率C．将金属杯换为瓷杯D ．取走线圈中的铁芯 答案 B解析 该装置的工作原理是，线圈内变化的电流产生变化的磁场，从而使金属杯体内产生涡流，再把电能转化为内能，使杯内的水发热。

交流电源的频率一定时，线圈产生的磁场越强，杯体内磁通量变化就越快，产生的涡流就越大，增加线圈的匝数会使线圈产生的磁场增强，而取走线圈中的铁芯会使线圈产生的磁场减弱，故A 、D 错误。

交流电源的频率增大，杯体内磁通量变化加快，产生的涡流增大，故B 正确。

瓷为绝缘材料，不能产生涡流，故C 错误。

3．如图所示，在庆祝反法西斯胜利70周年阅兵盛典上，我国预警机“空警—2000”在天安门上空时机翼保持水平，以4.5×102km/h 的速度自东向西飞行。

该机的翼展(两翼尖之间的距离)为50 m ，北京地区地磁场的竖直分量向下，大小为4.7×10－5T ，则( )A ．两翼尖之间的电势差为2.9 VB ．两翼尖之间的电势差为1.1 VC ．飞机左方翼尖的电势比右方翼尖的电势高D ．飞机左方翼尖的电势比右方翼尖的电势低 答案 C解析 由E ＝Blv 得E ＝4.7×10－5×50×4.5×1023.6V ＝0.29 V ，故A 、B 选项均错误；由右手定则可知，飞机左方翼尖的电势比右方翼尖的电势高，C 选项正确，D 选项错误。

人教版物理高考复习专题电磁感应一、单选题(共10小题,每小题5.0分,共50分)1.如图，ef、gh为两水平放置、相互平行的金属导轨，ab、cd为搁在导轨上的金属棒，与导轨接触良好且无摩擦，当一条形磁铁向上远离导轨时，关于两金属棒的运动情况的描述正确的是()A．如果下端是N极，两棒向外运动，如果下端是S极，两棒相向靠近B．如果下端是S极，两棒向外运动，如果下端是N极，两棒相向靠近C．无论下端是何极性，两棒均相互靠近D．无论下端是何极性，两棒均向外相互远离2.如图所示，有缺口的金属圆环与板间距为d的平行板电容器的两极板焊接在一起，金属环右侧有一垂直纸面向外的匀强磁场，现使金属环以恒定不变的速率v向右运动由磁场外进入磁场，在金属环进入磁场的过程中，电容器带电量Q随时间t变化的图象应为()A．B．C．D．3.如图所示的电路中，一个N极朝下的条形磁铁竖直下落，恰能穿过水平放置的方形导线框，下列判断正确的是()A．磁铁经过图中位置1时，线框中感应电流沿abcd方向，经过位置2时沿adcb方向B．磁铁经过图中位置1时，线框中感应电流沿adcb方向，经过位置2时沿abcd方向C．磁铁经过位置1和2时，感应电流都沿abcd方向D．磁铁经过位置1和2时，感应电流都沿adcb方向4.如图所示，在条形磁铁的外面套着一个闭合金属弹簧线圈P，现用力从四周拉弹簧线圈，使线圈包围的面积变大，则下列关于穿过弹簧线圈磁通量的变化以及线圈中是否有感应电流产生的说法中，正确的是()A．磁通量增大，有感应电流产生B．磁通量增大，无感应电流产生C．磁通量减小，有感应电流产生D．磁通量减小，无感应电流产生5.夏天将到，在北半球，当我们抬头观看教室内的电扇时，发现电扇正在逆时针转动．金属材质的电扇示意图如图所示，由于电磁场的存在，下列关于A、O两点的电势及电势差的说法，正确的是()A．A点电势比O点电势高B．A点电势比O点电势低C．A点电势与O点电势相等D．扇叶长度越短，转速越快，两点间的电势差数值越大6.如图所示，水平面内有一平行金属导轨，导轨光滑且电阻不计．匀强磁场与导轨所在平面垂直．阻值为R的导体棒垂直于导轨静止放置，且与导轨接触良好．t＝0时，将开关S由1掷到2.若分别用U、F、q和v表示电容器两端的电压、导体棒所受的安培力、通过导体棒的电荷量和导体棒的速度．则下列图象表示这些物理量随时间变化的关系中可能正确的是()A．B．C．D．7.如图所示，水平面上放置两根平行的金属导轨，其上面搁置两根可在导轨上自由滑动的金属棒ab和cd，现有一条形磁铁竖直插入ab和cd棒之间，则ab和cd棒的运动情况是()A．相互靠近B．相互排斥C．两棒都向左方运动D．两棒都向右方运动8.(多选)如图所示，粗细均匀的导线绕成匝数为n、半径为r的圆形闭合线圈．线圈放在磁场中，磁场的磁感应强度随时间均匀增大，线圈中产生的电流为I，下列说法正确的是()A．电流I与匝数n成正比B．电流I与线圈半径r成正比C．电流I与线圈面积S成正比D．电流I与导线横截面积S0成正比9.某同学为了研究断电自感现象，自己找来带铁芯的线圈L、小灯泡A、开关S和电源E，用导线将它们连接成如图所示的电路．检查电路后，闭合开关S，小灯泡发光．再断开开关S，小灯泡仅有不明显的延时发光现象．虽经多次重复仍未见老师演示时灯泡闪亮现象，他冥思苦想找不到原因．你认为最有可能照成小灯泡未闪亮的原因是()A．电源内阻偏大B．小灯泡电阻偏大C．线圈电阻偏大D．线圈自感系数偏大10.如图甲所示，导体棒MN置于水平导轨上，PQMN所围的面积为S，PQ之间有阻值为R的电阻，不计导轨和导体棒的电阻．导轨所在区域内存在沿竖直方向的匀强磁场，规定磁场方向竖直向上为正，在0～2t0时间内磁感应强度的变化情况如图乙所示，导体棒MN始终处于静止状态．下列说法正确的是()A．在0～t0和t0～2t0时间内，导体棒受到的导轨的摩擦力方向相同B．在0～t0内，通过导体棒的电流方向为N到MC．在t0～2t0内，通过电阻R的电流大小为D．在0～2t0时间内，通过电阻R的电荷量为二、多选题(共5小题,每小题5.0分,共25分)11.(多选)如图所示，在匀强磁场中，放有一与线圈D相连接的平行导轨，要使放在线圈D中的线圈A(A、D两线圈同心共面)各处受到沿半径方向指向圆心的力，金属棒MN的运动情况可能是()A．加速向右B．加速向左C．减速向右D．减速向左12.(多选)如图甲所示的电路中，螺线管的匝数n＝5000匝、横截面积S＝20 cm2、螺线管的导线电阻r＝1.0 Ω；定值电阻R1＝4.0 Ω、R2＝5.0 Ω.穿过螺线管的匀强磁场的磁感应强度为B，在某段时间内其变化规律如图乙所示，规定磁感应强度B竖直向下的方向为正方向．则下列说法正确的是()A．螺线管中产生的感应电动势为1 VB．闭合开关S，电路中的电流稳定后，电阻R1的电功率为5×10－2WC．闭合开关S，电路中的电流稳定后，电容器的下极板带负电D．断开开关S后，一段时间内，流经R2的电流方向由下而上13.(多选)如图所示，相距为d的边界水平的匀强磁场，磁感应强度水平向里、大小为B.质量为m、电阻为R、边长为L的正方形线圈abcd，将线圈在磁场上方高h处由静止释放，已知cd边刚进入磁场时和cd边刚离开磁场时速度相等，不计空气阻力，则()A．在线圈穿过磁场的整个过程中，克服安培力做功为mgdB．若L＝d，则线圈穿过磁场的整个过程所用时间为dC．若L<d，则线圈的最小速度可能为D．若L<d，则线圈的最小速度可能为14.如图1(a)，在同一平面内固定有一长直导线PQ和一导线框R，R在PQ在右侧．导线PQ中通有正弦交流电i，i的变化如图(b)所示，规定从Q到P为电流正方向．导线框R中的感应电动势()图1A．在t＝时为零B．在t＝时改变方向C．在t＝时最大，且沿顺时针方向D．在t＝T时最大，且沿顺时针方向15.(多选)如图所示，在竖直向下的匀强磁场中有两根水平放置的平行粗糙导轨CD、EF，导轨上放有一金属棒MN.现从t＝0时刻起，在棒中通以由M到N方向的电流且电流强度与时间成正比，即I＝kt，其中k为常量，金属棒与导轨始终垂直且接触良好．下列关于棒的速度v、加速度α随时间t变化的关系图象，可能正确的是()A．B．C．D．三、实验题(共1小题,每小题10.0分,共10分)16.如图为“研究电磁感应现象”的实验装置，电键闭合前小螺线管已插入到大螺线管中．(1)将图中所缺的导线补接完整；(2)如果在闭合电键时发现灵敏电流计的指针向右偏转一下，那么合上电键后将小螺线管迅速抽出时，灵敏电流计指针将向______(“左”或“右”)偏转；小螺线管插入大螺线管后，将滑动变阻器触头迅速向左移动时，灵敏电流计的指针将向______(“左”或“右”)偏转．四、计算题(共3小题,每小题18.0分,共54分)17.如图所示，某地地磁场磁感应强度大小为B＝1.6×10－4T，与水平方向夹角为60°.求在水平面内S＝1.5 m2的面积内地磁场的磁通量Φ是多少？18.如图所示，水平放置足够长的电阻不计的粗糙平行金属导轨MN、PQ相距为l＝0.2 m，三根质量均为m＝5 g的导体棒a、b、c相距一定距离垂直放在导轨上且与导轨间动摩擦因数均为μ＝0.5，导体棒b、c的电阻均为R＝1.0 Ω，导体棒a的电阻为r＝0.5 Ω.有磁感应强度为B＝0.5 T的范围足够大的匀强磁场垂直于导轨平面方向向上．现用一平行于导轨水平向右的足够大的拉力F 作用在导体棒a上，使之由静止开始向右做加速运动，导体棒始终与导轨垂直且接触良好，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽略导体棒间的相互作用，求：(1)当导体棒c刚开始运动时，导体棒a的速度大小；(2)当导体棒c刚开始运动时撤去拉力F，撤力后电路中产生焦耳热为Q＝6.0×10－2J，撤去拉力F 后导体棒a在导轨上滑行的距离．19.如图所示，足够长平行金属导轨倾斜放置，倾角为37°，宽度为0.5 m，电阻忽略不计，其上端接一小灯泡，电阻为1 Ω.质量为0.2 kg的导体棒MN垂直于导轨放置，距离顶端1 m，接入电路的电阻为1 Ω，两端与导轨接触良好，与导轨间的动摩擦因数为0.5.在导轨间存在着垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示．先固定导体棒MN,2 s后让MN由静止释放，运动一段时间后，小灯泡稳定发光．重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6.求：(1)1 s时流过小灯泡的电流大小和方向；(2)小灯泡稳定发光时消耗的电功率；(3)小灯泡稳定发光时导体棒MN运动的速度．答案解析1.【答案】D【解析】故D正确，其余选项错误．2.【答案】C【解析】由图知，在圆环进入磁场的过程中，电容器两板间的电压等于产生的电动势，切割的有效长度逐渐增大，电压器电压增大，电荷量增大，当半个圆环进入磁场时，切割的有效长度最大，电动势最大，电容器电荷量最大，接着电动势减小，电容器放电，当圆环全部进入磁场时，电容器电压等于电动势，稳定不变，电荷量不变，所以C正确，A、B、D错误．3.【答案】A【解析】磁铁经过图中位置1时，线框中的磁通量变大，且磁场方向向下，则由楞次定律可得，线框中感应电流沿abcd方向，经过位置2时，线框中的磁通量变小，且磁场方向向下，则由楞次定律可得，线框中感应电流沿adcb方向，故A正确．4.【答案】C【解析】题中磁感线在条形磁铁的内外形成闭合曲线，则磁铁外部的磁感线总数等于内部磁感线的总数，而且磁铁内外磁感线方向相反．而磁铁外部的磁感线分布在无穷大空间，所以图中线圈中磁铁内部的磁感线多于外部的磁感线，由于方向相反，外部的磁感线要将内部的磁感线抵消一些，当弹簧线圈的面积增大时，内部磁感线总数不变，而抵消增多，剩余减小，则磁通量将减小．所以当弹簧面积增大时，穿过线圈的磁通量Φ减小，将产生感应电流，故C正确，A、B、D 错误．5.【答案】A【解析】在北半球地磁场的竖直分量竖直向下，由楞次定律可判断OA电流方向由O到A，再根据在电源内部电流由负极流向正极，可知A点为正极，电势高，A对；由E＝BLv可知C、D错误．6.【答案】C【解析】将开关S由1掷到2时，由于电容器放电，所以在导体棒中有向下的电流，导体棒受安培力作用向右运动，当导体棒切割磁感线产生的电动势等于电容器两端电压时，电路中电流为零，于是安培力为零，导体做匀速运动，电容器带电量及两板电压保持不变．此过程中安培力的变化及速度的变化都不是线性变化，所以选项C正确．7.【答案】A【解析】条形磁铁插入ab和cd棒之间时，穿过导轨的磁通量增大，根据楞次定律判断出导轨中产生感应电流，产生磁场将会阻碍磁通量增大，故两棒向里靠近，减小穿过的面积，从而起到阻碍磁通量增大的作用，故A正确，B、C、D错误．8.【答案】BD【解析】由题给条件可知感应电动势为E＝nπr2，电阻为R＝，电流I＝，联立以上各式得I ＝·，则可知B、D项正确，A、C项错误．9.【答案】C【解析】断电的自感现象，断电时电感线圈与小灯泡组成回路，电感线圈储存磁能转化为电能，电感线圈相当于电源，其自感电动势E自＝L，与原电源无关，A错误；小灯泡电阻偏大，分得的电压大，可能看到显著的延时熄灭现象，B错误；线圈电阻偏大，相当于电源内阻大，使小灯泡分得的电压小，可看到不显著的延时熄灭现象，C正确；线圈的自感系数较大时，自感电动势较大，可能看到显著的延时熄灭现象，D错误．10.【答案】B【解析】导体棒MN始终静止，与导轨围成的线框面积不变，根据电磁感应可得感应电动势E＝＝S，即感应电动势与B－t图象斜率成正比，0～t0的感应电流I1＝＝S＝S，t0～2t0的感应电流I2＝＝S＝S，选项C错.0～t0竖直向上的磁通量减小，根据楞次定律感应电流的磁场方向竖直向上，感应电流方向为N到M，选项B对.0～t0磁通量在减小，根据楞次定律要阻碍磁通量的减小，导体棒有向右运动的趋势，摩擦力水平向左．t0～2t0磁通量增大，同理可判断导体棒有向左的运动趋势，摩擦力水平向右，选项A错．在0～2t0时间内，通过电阻R的电荷量Q＝·Δt＝·Δt＝S·Δt＝＝，选项D错．11.【答案】AB【解析】线圈A各处受到沿半径方向指向圆心的力可以理解为A正在具有收缩的趋势，根据楞次定律可以知道此时一定是D中的磁场正在增大，与磁场的方向无关；D中的磁场正在增大，说明导体棒MN正在做加速运动，与方向无关．所以MN可能向左加速，也可能是向右加速．所以四个选项中A和B正确，C和D错误．12.【答案】AD【解析】根据法拉第电磁感应定律：E＝n＝n·S，代入数据解得：E＝5000×2×10－3×V＝1 V，A正确．电路中的电流稳定后，根据闭合电路欧姆定律得I＝＝0.1 A，根据P＝I2R1求得P＝4×10－2W，B错误．根据楞次定律知，从上向下看电流方向为逆时针，电容器的下极板带正电，C错误．断开开关S后，电容器放电，一段时间内，流经R2的电流方向由下而上，D正确．13.【答案】BCD【解析】根据能量守恒研究从cd边刚进入磁场到cd边刚穿出磁场的过程：动能变化为0，重力势能转化为线框产生的热量，则进入磁场的过程中线圈产生的热量Q＝mgd，cd边刚进入磁场时速度为v0，cd边刚离开磁场时速度也为v0，所以从cd边刚穿出磁场到ab边离开磁场的过程，线框产生的热量与从cd边刚进入磁场到cd边刚穿出磁场的过程产生的热量相等，所以线圈从cd边进入磁场到ab边离开磁场的过程，产生的热量Q′＝2mgd，感应电流做的功为2mgd，故A错误；线圈刚进入磁场时的速度大小v＝，若L＝d，线圈将匀速通过磁场，所用时间为t＝＝＝d，故B正确；若L<d，线框可能先做减速运动，在完全进入磁场前做匀速运动，因为完全进入磁场时的速度最小，则mg＝，则最小速度v＝，故C正确；因为进磁场时要减速，即此时的安培力大于重力，速度减小，安培力也减小，当安培力减到等于重力时，线圈做匀速运动，全部进入磁场将做加速运动，设线圈的最小速度为v m，知全部进入磁场的瞬间速度最小．由动能定理知，从cd边刚进入磁场到线框完全进入时，则有：mv m2－mv02＝mgL－mgd，有mv02＝mgh，综上所述，线圈的最小速度为v m＝，故D正确．14.【答案】AC【解析】在t＝时，交流电图线斜率为0，即磁场变化率为0，由E＝＝S知，E＝0，A项正确；在t＝和t＝T时，图线斜率最大，在t＝和t＝T时感应电动势最大．在到之间，电流由Q向P减弱，导线在R处产生垂直纸面向里的磁场，且磁场减弱，由楞次定律知，R产生的感应电流的磁场方向也垂直纸面向里，即R中感应电动势沿顺时针方向，同理可判断在到时，R中电动势也为顺时针方向，在T到T时，R中电动势为逆时针方向，C项正确，B、D项错误．15.【答案】BD【解析】由题，导轨粗糙，棒中通入的电流与时间成正比，I＝kt，棒将受到安培力作用，当安培力大于最大静摩擦力时，棒开始运动，根据牛顿第二定律得：F－F f＝ma，而F＝BIL，I＝kt，得BkL·t－F f＝ma，可见a随t的变化均匀增大，故A错误，B正确；a增大，v－t图象的斜率增大，故C错误，D正确．16.【答案】(1)如图所示(2)左右【解析】(1)如图所示．(2)在闭合电键时和电流计串联的线圈中磁通量增加，发现灵敏电流计的指针向右偏转一下．那么合上电键后将小螺线管迅速抽出时和电流计串联的线圈中磁通量减小，灵敏电流计指针将向左偏转．将滑动变阻器触头迅速向左移动时，滑动变阻器的电阻减小，电流增大，和电流计串联的线圈中磁通量增加，发现灵敏电流计的指针向右偏转一下．17.【答案】2.08×10－4Wb【解析】由磁通量的定义式可得：Φ＝BS sin 60°＝1.6×10－4T×1.5 m2×≈2.08×10－4Wb18.【答案】(1)5 m/s(2)0.1 m【解析】(1)导体棒a切割磁感线产生的电动势为：E＝Blv外电路的电阻为：E外＝R由闭合电路欧姆定律得：I＝以导体棒c为研究对象：由电路知识：Ic＝I由物体平衡条件：μmg＝BIcl联立解得：v＝5 m/s(2)以导体棒a为研究对象：由能量守恒定律：μmgs＋Q＝mv2解得：S＝0.1 m19.【答案】(1)0.1 A，方向为逆时针(2)1 W(3)5 m/s【解析】(1)在0～2 s的时间内，MN静止，故由电磁感应定律可得，电动势E＝＝＝0.2 V，再由欧姆定律得，电流I＝＝＝0.1 A，由于磁场是逐渐变大的，磁通量是增加的，故产生感应电动势的磁场是相反的，即沿斜面向上，由右手定则可判断出回路中的电流方向为逆时针方向．(2)2 s后，MN由静止释放时，此时它受到的安培力为F＝BIL＝0.8 T×0.1 A×0.5 m＝0.04 N，而导体棒的重力沿斜面向下的分量为mg sin 37°＝0.2 kg×10 N/kg×0.6＝1.2 N，故导体棒会向下运动；待小灯泡稳定发光时，说明MN在某一速度下运动时，它受到的力是平衡的．由导体棒的受力平衡可得：F＝mg sin 37°－μmg cos 37°＝0.2 kg×10 N/kg×(0.6－0.5×0.8)＝0.4 N；故安培力的大小为F＝0.4 N，设平衡时电路中的电流为I1，由公式F＝BI1L，得电路中的电流为I1＝＝＝1 A，故小灯泡稳定发光时消耗的电功率P＝IR＝(1 A)2×1 Ω＝1 W；(3)设平衡时导体棒的运动速度为v，则根据E1＝BLv，I1＝＝得，1 A＝，解得v＝5 m/s.。

2019 高考物理试题要点原创精选系列：专项13 电磁感觉（分析版）【考点展望】本考点一般以选项题和计算题两种形式出现，假设是选项题一般观察对磁感觉强度、磁感线、安培力和洛仑兹力这些看法的理解，以及安培定那么和左手定那么的运用；假设是计算题主要观察安培力大小的计算，以及带电粒子在磁场中遇到洛伦兹力和带电粒子在磁场中的圆周运动的分析判断和计算，特别是带电粒子在电场、磁场中的运动问题对学生的空间想象能力、分析综合能力、应用数学知识办理物理问题的能力有较高的要求，还是本考点的要点内容，有可能成为试卷的压轴题。

因为本考点知识与现代科技亲近相关，在近代物理实验中有重要意义，所以考题还可能以科学技术的详尽问题为背景，观察学生运用知识解决实质问题的能力和建模能力。

展望 2018 年的高考基础试题还是要点观察法拉第电磁感觉定律及楞次定律和电路等效问题、综合试题还是涉及到力和运动、动量守恒、能量守恒、电路分析、安培力等力学和电学知识、主要的种类有滑轨类问题、线圈穿越有界磁场的问题、电磁感觉图象的问题等、此除日光灯原理、磁悬浮原理、电磁阻尼、超导技术这些在实质中有广泛的应用问题也要惹起重视。

【考点定位】历年高考对本考点知识的观察覆盖面大，几乎每个知识点都观察到。

特别是左手定那么的运用一般运动情形复杂、综合性强，多以把场的性质、运动学规律、牛顿运动定律、功能关系及交变电流等有机联合的计算题出现，难度中等偏上，对考生的空间想象能力、物理过程和运动规律的综合分析能力及用数学方法解决物理问题的能力要求较高。

从近两年高考看，涉及本考点的命题常以构思新奇、高难度的压轴题形式出现，在复习中要高度重视。

特别是带电粒子在复合场中的运动问题在历年高考中出现频率高，难度大，常常经过变换过程情形、翻新陈题容颜、突出动向变化的手法，联合社会、生产、科技实质来侧重观察综合分析能力、知识迁徙和创新应用能力。

情形新奇、数理联合、联系实质将是本考点今年高考命题的特色。

[高考导航]基础课1 电磁感应现象 楞次定律知识排查磁通量1.磁通量(1)定义：把磁场中穿过磁场某一面积S 的磁感线的条数定义为穿过该面积的磁通量。

(2)公式：Φ＝BS (B ⊥S )；单位：韦伯(Wb)。

(3)矢标性：磁通量是标量，但有正负。

2.磁通量的变化量：ΔΦ＝Φ2－Φ1。

3.磁通量的变化率(磁通量变化的快慢)：磁通量的变化量与所用时间的比值，即ΔΦ，与线圈的匝数无关。

Δt电磁感应现象1.电磁感应现象因磁通量变化而产生电流的现象。

2.产生感应电流的条件(1)闭合电路；(2)磁通量发生变化。

感应电流的方向1.楞次定律：感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化。

适用于一切电磁感应现象。

图12.右手定则：伸开右手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线穿入掌心，右手拇指指向导线运动方向，这时其余四指指向就是感应电流的方向。

适用于导线切割磁感线产生感应电流。

小题速练1.思考判断(1)磁通量是矢量，有正、负之分。

()(2)当导体切割磁感线运动时，导体中一定产生感应电流。

()(3)感应电流的磁场总是与原磁场方向相反。

()(4)电路中磁通量发生变化时，就一定会产生感应电流。

()答案(1)×(2)×(3)×(4)×2.[鲁科版选修3－2·P24·讨论与交流改编](多选)如图2所示，一轻质绝缘横杆两侧各固定一金属环，横杆可绕中心点自由转动，老师拿一条形磁铁插向其中一个小环，后又取出插向另一个小环，同学们看到的现象及现象分析正确的是()图2A.磁铁插向左环，横杆发生转动B.磁铁插向右环，横杆发生转动C.磁铁插向左环，左环中不产生感应电动势和感应电流D.磁铁插向右环，右环中产生感应电动势和感应电流答案BD电磁感应现象的判断常见的产生感应电流的三种情况1.[鲁科版选修3－2·P8·T4改编]如图3所示的匀强磁场中有一个矩形闭合导线框。

专题十一电磁感应【考纲解读】分析解读在高考中电磁感应现象多与磁场、电路、力学、能量等知识结合,综合性较高,因此在复习时应深刻理解各知识点内容、注重训练和掌握综合性题目的分析思路,还要研究与实际生活、生产科技相结合的实际应用问题,从而全面提高分析解决综合性问题和实际应用问题的能力。

【命题探究】磁通量的变化ΔΦ1=SΔB1解得E1=N错误！未找到引用源。

代入数据得E1=10V感应电流的方向为a→d→c→b→a(2)同理可得E2=N错误！未找到引用源。

感应电流I2=错误！未找到引用源。

电荷量q=I2Δt2解得q=N错误！未找到引用源。

代入数据得q=10C(3)0~1s内的焦耳热Q1=错误！未找到引用源。

rΔt1且I1=错误！未找到引用源。

1~5s内的焦耳热Q2=错误！未找到引用源。

rΔt2由Q=Q1+Q2,代入数据得Q=100J【五年高考】考点一电磁感应现象楞次定律1.(2016江苏单科,6,4分)(多选)电吉他中电拾音器的基本结构如图所示,磁体附近的金属弦被磁化,因此弦振动时,在线圈中产生感应电流,电流经电路放大后传送到音箱发出声音。

下列说法正确的有()A.选用铜质弦,电吉他仍能正常工作B.取走磁体,电吉他将不能正常工作C.增加线圈匝数可以增大线圈中的感应电动势D.弦振动过程中,线圈中的电流方向不断变化答案BCD2.(2017课标Ⅲ,15,6分)如图,在方向垂直于纸面向里的匀强磁场中有一U形金属导轨,导轨平面与磁场垂直。

金属杆PQ置于导轨上并与导轨形成闭合回路PQRS,一圆环形金属线框T位于回路围成的区域内,线框与导轨共面。

现让金属杆PQ突然向右运动,在运动开始的瞬间,关于感应电流的方向,下列说法正确的是()A.PQRS中沿顺时针方向,T中沿逆时针方向B.PQRS中沿顺时针方向,T中沿顺时针方向C.PQRS中沿逆时针方向,T中沿逆时针方向D.PQRS中沿逆时针方向,T中沿顺时针方向答案D3.(2016浙江理综,16,6分)如图所示,a、b两个闭合正方形线圈用同样的导线制成,匝数均为10匝,边长l a=3l b,图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场,且磁感应强度随时间均匀增大,不考虑线圈之间的相互影响,则()A.两线圈内产生顺时针方向的感应电流B.a、b线圈中感应电动势之比为9∶1C.a、b线圈中感应电流之比为3∶4D.a、b线圈中电功率之比为3∶1答案B4.(2015课标Ⅱ,15,6分)如图,直角三角形金属框abc放置在匀强磁场中,磁感应强度大小为B,方向平行于ab边向上。

专题08 电磁感应1.【2018·新课标全国卷Ⅰ】在法拉第时代，下列验证 “由磁产生电”设想的实验中，能观察到感应电流的是（ ）A.将绕在磁铁上的线圈与电流表组合成一闭合回路，然后观察电流表的变化B.在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈，然后观察电流表的变化C.将一房间内的线圈两端与相邻房间的电流表连接，往线圈中插入条形磁铁后，再到相邻房间去观察电流表的变化D.绕在同一铁环上的两个线圈，分别接电源和电流表，在给线圈通电或断电的瞬间，观察电流表的变化2．【2018·江苏卷】如图所示，一正方形线圈的匝数为n ，边长为a ，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中，在 Δt 时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B 均匀地增大到2B ，在此过程中，线圈中产生的感应电动势为（ ）A ．t Ba Δ22B ．t nBa Δ22C ．tnBa Δ2 D ．t nBa Δ223．【2018·安徽卷】英国物体学家麦克斯韦认为，磁场变化时会在空间激发感生电场，如图所示，一个半径为r 的绝缘细圆环放置，环内存在竖直向上的匀强磁场，环上套一带电荷量为q +的小球，已知磁感强度B 随时间均匀增加，其变化率为k ，若小球在环上运动一周，则感生电场对小球的作用力所做功大小是A ．0B ．212r qk C ．22r qk π D ．2r qk π4．【2018·江苏卷】如图所示，在线圈上端放置一盛有冷水的金属杯，现接通交流电源，过了几分钟，杯内的水沸腾起来。

若要缩短上述加热时间，下列措施可行的有（ ）A ．增加线圈的匝数B ．提高交流电源的频率C ．将金属杯换为瓷杯D ．取走线圈中的铁芯【答案】 AB【解析】5．【2018·山东卷】如图，一端接有定值电阻的平行金属轨道固定在水平面内，通有恒定电流的长直绝缘导线垂直并紧靠轨道固定，导体棒与轨道垂直且接触良好。

在向右匀速通过N M 、两区的过程中，导体棒所受安培力分别用M F 、N F 表示。

2019年高考物理一轮复习专题43 电磁感应楞次定律（测）（含解析）一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分。

在每小题给出的四个选项中. 18题只有一项符合题目要求； 912题有多项符合题目要求。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

)1．如图所示，一质量为m的条形磁铁用细线悬挂在天花板上，细线从一水平金属环中穿过。

现将环从位置Ⅰ释放，环经过磁铁到达位置Ⅱ。

设环经过磁铁上端和下端附近时细线的张力分别为T1和T2，重力加速度大小为g，则：（）A．T1>mg，T2>mg B．T1<mg，T2<mg C．T1>mg，T2<mg D．T1<mg，T2>mg【答案】A【名师点睛】深刻理解楞次定律“阻碍”的含义．如“阻碍”引起的线圈面积、速度、受力等是如何变化的2．绕在同一铁芯上的线圈Ⅰ、Ⅱ按如图所示方法连接，G为电流表。

下列说法正确的是：（）A．开关S闭合瞬间，G中的电流从左向右B．保持开关S闭合状态，G中的电流从左向右C．保持开关S闭合，向右移动变阻器R0滑动触头的位置，G中的电流从左向右D．断开开关S的瞬间，G的示数也为零【答案】A【名师点睛】本题是对楞次定律的应用的考查；关键抓住产生感应电流的条件：穿过闭合电路的磁通量发生变化．即产生感应电流要有两个条件：一是电路要闭合；二是磁通量发生变化；熟练掌握楞次定律来判断感应电流方向的基本步骤.3．如图所示，一个铜质圆环，无初速度地自位置I下落到位置II，若圆环下落时其轴线与磁铁悬线重合，圆环面始终水平，从位置I到位置II，高度差为h，重力加速度为g.：（）A B、圆环中电流的方向一直不变C、圆环的加速度一直小于gD、圆环中生热为mgh【答案】C【解析】A、若环做自由落体运动，下落的时间t量一直增大；而当从中间向下运动时，磁通量减小时；则由楞次定律可知，当条形磁铁靠近圆环时，感应电流阻碍其靠近，是排斥力，阻碍环的下落；当磁铁穿过圆环远离圆环时，感应电流阻碍其远离，是吸引力，故先相互排斥，后相互吸引，阻碍环的下落；由于环始终受到阻力，所以下落的时间延长，故A错误；B、圆环从开始下降到达磁铁中间时，磁通量一直增大；而当从中间向下运动时，磁通量减小，磁通量的变化不同，则感应电流的方向不同．故B错误；C、由于环始终受到阻力，加速度小于g．故C错误；D、环下降h的过程中，重力做的功转化为环的动能和内能，所以圆环生热小于mgh．故D错误．故选C. 【名师点睛】当考查发生电磁感应时的相互作用时，可以直接利用楞次定律的第二种描述：来拒去留．4．如图所示，一闭合的铜环从静止开始由高处下落通过条形磁铁后继续下落，空气阻力不计，则铜环在运动过程中，下列说法正确的是：（）A、圆环在磁铁的上方时，加速度小于g；圆环在磁铁的下方时，加速度大于gB、圆环在磁铁的上方时，加速度小于g；圆环在磁铁的下方时，加速度小于gC、圆环在磁铁的上方时，加速度大于g；圆环在磁铁的下方时，加速度等于gD、圆环在磁铁的上方时，加速度大于g；圆环在磁铁的下方时，加速度小于g【答案】B【名师点睛】根据对楞次定律判断圆环在磁铁上方与下方时受到的磁场力方向，然后由牛顿第二定律判断加速度与重力加速度的关系；本题考查了楞次定律的应用，应全面、正确理解楞次定律中“阻碍”的含义。

2019高考物理一轮复习题及答案解析电磁感应一、单项选择题1．矩形闭合线圈放置在水平薄板上，薄板下有两块相同的蹄形磁铁，四个磁极之间的距离相等(其间距略大于矩形线圈的宽度)，如图1所示，当两块磁铁匀速向右通过线圈时，线圈仍静止不动，那么线圈受到薄板的摩擦力方向和线圈中产生感应电流的方向是()图1A．摩擦力方向一直向左B．摩擦力方向先向左、后向右C．感应电流的方向一直不变D．感应电流的方向顺时针→逆时针，共经历四次这样的变化2．如图2所示，铝质的圆筒形管竖直立在水平桌面上，一条形磁铁从铝管的正上方由静止开始下落，然后从管内下落到水平桌面上。

已知磁铁下落过程中不与管壁接触，不计空气阻力，下列判断正确的是()图2A．磁铁在整个下落过程中机械能守恒B．磁铁在整个下落过程中动能的增加量小于重力势能的减少量C．磁铁在整个下落过程中做自由落体运动D．磁铁在整个下落过程中，铝管对桌面的压力小于铝管的重力3．如图3所示，一块绝缘薄圆盘可绕其中心的光滑轴自由转动，圆盘的四周固定着一圈带电的金属小球，在圆盘的中部有一个圆形线圈。

实验时圆盘沿顺时针方向绕中心转动时，发现线圈中产生逆时针方向(由上向下看)的电流，则下列关于可能出现的现象的描述正确的是()图3A．圆盘上金属小球带负电，且转速减小B．圆盘上金属小球带负电，且转速增加C．圆盘上金属小球带正电，且转速不变D．圆盘上金属小球带正电，且转速减小4．如图4所示，通过水平绝缘传送带输送完全相同的闭合铜线圈，线圈均与传送带以相同的速度匀速运动。

为了检测出个别未闭合的不合格线圈，让传送带通过一固定匀强磁场区域，磁场方向垂直于传送带平面向上，线圈进入磁场前等距离排列，穿过磁场后根据线圈间的距离，就能够检测出不合格线圈。

通过观察图4，下列说法正确的是()图4A．从图中可以看出，第2个线圈是不闭合线圈B．从图中可以看出，第3个线圈是不闭合线圈C．若线圈闭合，进入磁场时线圈相对传送带向前运动D．若线圈不闭合，进入磁场时线圈相对传送带向后运动5．如图5甲所示，固定在水平桌面上的光滑金属框架cdeg处于竖直向下的匀强磁场中，金属杆ab与金属框架接触良好。

2019高考物理一轮复习题及答案解析电磁学综合1．如图1所示，质量m＝2.0×10－4 kg、电荷量q＝1.0×10－6C的带正电微粒静止在空间范围足够大的电场强度为E1的匀强电场中。

取g＝10 m/s2。

图1(1)求匀强电场的电场强度E1的大小和方向；(2)在t＝0时刻，匀强电场强度大小突然变为E2＝4.0×103 N/C，且方向不变。

求在t＝0.20 s时间内电场力做的功；(3)在t＝0.20 s时刻突然撤掉电场，求带电微粒回到出发点时的动能。

2．如图2所示，水平放置的平行金属板之间电压大小为U，距离为d，其间还有垂直纸面向里的匀强磁场。

质量为m、带电量为＋q的带电粒子，以水平速度v0从平行金属板的正中间射入并做匀速直线运动，然后又垂直射入场强大小为E2，方向竖直向上的匀强电场，其边界a、b间的宽度为L(该电场竖直方向足够长)。

电场和磁场都有理想边界，且粒子所受重力不计，求图2(1)该带电粒子在a、b间运动的加速度大小a；(2)匀强磁场对该带电粒子作用力的大小F；(3)该带电粒子到达边界b时的速度大小v。

3．如图3是磁流体发电工作原理示意图。

发电通道是个长方体，其中空部分的长、高、宽分别为l、a、b，前后两个侧面是绝缘体，上下两个侧面是电阻可略的导体电极，这两个电极与负载电阻R相连。

发电通道处于匀强磁场里，磁感应强度为B，方向如图。

发电通道内有电阻率为ρ的高温等离子电离气体沿导管高速向右流动(单位体积内离子数为n)，运动的电离气体受到磁场作用，产生了电动势。

发电通道两端必须保持一定压强差，使得电离气体以不变的流速v通过发电通道。

不计电离气体所受的摩擦阻力。

根据提供的信息完成下列问题：图3(1)判断发电机导体电极的正负极，求发电机的电动势E；(2)发电通道两端的压强差Δp；(3)若负载电阻R阻值可以改变，当R减小时，电路中的电流会增大；但当R减小到R0时，电流达到最大值(饱和值)I m；当R继续减小时，电流就不再增大，而保持不变。

测评手册单元小结卷(十)1.B [解析] 金属探测器和安检门都利用了涡流;用来冶炼合金钢的真空冶炼炉利用炉内的金属中产生涡流,涡流产生的热量使金属熔化;变压器的铁芯用互相绝缘的硅钢片叠压而成,是为了减小涡流,故B正确.2.C [解析] 根据右手定则,通电直导线上方的磁场方向向外,下方的磁场方向向里,离导线近的地方磁感应强度大,离导线远的地方磁感应强度小.线框从上向下靠近导线的过程,穿过线框的磁通量向外增加,根据楞次定律,线框中产生顺时针方向的电流;经过导线时,向外的磁通量和向里的磁通量叠加,磁通量先向外减小至零,之后变成向里,并逐渐增大,直至最大,根据楞次定律,线框中产生逆时针方向的电流;磁通量向里变成最大后,线框继续向下运动,磁通量又逐渐减小,这时线框中的电流方向又变成了顺时针,且这一过程是连续的,线框中始终有感应电流存在,故A、B错误.根据楞次定律,感应电流始终阻碍线框相对磁场的运动,所以安培力的方向始终竖直向上,故C正确.根据能量守恒定律,线框从实线位置由静止释放至运动到虚线位置过程中,减少的重力势能转化为电能和自身动能,故D错误.3.C [解析] 设导体杆转动的角速度为ω,则导体杆转动切割磁感线产生的感应电动势E=Br2ω,电流I=,回路中的电功率P=EI,设维持导体杆匀速转动的外力为F,则有P=F,v=rω,联立解得F=Br,ω=,选项C正确,选项A、B、D错误.4.B [解析] 设线圈电阻为R,完全进入磁场时的速度为v x.线圈在穿过磁场的过程中所受的合外力为安培力.对于线圈进入磁场的过程,根据动量定理可得-FΔt=-Ba=mv x-mv0,对于线圈穿出磁场的过程,据动量定理可得-F'Δt'=-Ba=mv-mv x,联立可得v x=,选项B正确.5.AD [解析] 由题意可知,导线框从开始至转过,磁通量减少量为ΔΦ=4B,故平均感应电动势E=,选项A正确,选项B错误;由楞次定律知,无论导线框转动方向如何,穿过导线框的磁通量都减少,电流方向都是E→H→G→F→E,选项C错误,选项D正确.6.AC [解析] 线圈中通电瞬间,由安培定则可知,磁场方向向左,通过金属环的磁通量增加,从左侧看,环中有顺时针方向的感应电流,A正确;同向电流相互吸引,故线圈有收缩的趋势,B错误;因铜环的电阻小,故铜环中感应电流大,受到的安培力大,C正确;若金属环出现断裂,就不能构成闭合回路,环中有感应电动势,但无感应电流,不受安培力作用,是不会被向左弹出的,D错误.7.(1)(2)Pt-[解析] (1)导体棒切割磁感线产生的感应电动势E=BLv回路中电流I=导体棒所受安培力F安=BILP=Fv匀速运动时,有F=F安联立可得v=.(2)导体棒由静止开始加速过程,根据动能定理得W F+W安=mv2其中W F=Pt回路中产生的焦耳热等于克服安培力所做的功,即Q=-W安联立可得Q=Pt-.8.(1)v=(5x+3.5) m/s (2)0.49 J[解析] (1)导体棒接入回路的电阻R0=Lr=0.2×0.5Ω=0.1 Ω灯泡正常发光,由P=UI得,回路中电流I==1 A灯泡电阻R灯==0.6 Ω导体棒ab切割磁感线产生的感应电动势E=BLv由闭合电路欧姆定律有I=联立得v=(5x+3.5) m/s(2)由速度与位移关系v=(5x+3.5) m/s得当x1=0.1 m时,速度v1=4 m/s当x2=0.3 m时,速度v2=5 m/s根据动能定理可得W拉+W安=其中安培力所做的功W安=-BIL(x2-x1)解得W拉=0.49 J9.(1)1.2 m/s (2)0.125 s[解析] (1)金属线框进入磁场的过程中,减小的机械能等于克服摩擦力和安培力所做的功,由图像知机械能随位移均匀减小,因此安培力为恒力,线框匀速进入磁场.在进入磁场前的加速度a=gsin 37°-μgcos 37°=2 m/s2由=2as1解得v1=1.2 m/s(2)设线框的侧边长为s2,即线框进入磁场过程运动的距离为s2.根据功能关系,除重力之外的力所做的总功等于线框机械能的变化量,所以ΔE=W f2+W A=-(f+F A)s2因为是匀速运动,所以f+F A=mgsin 37°=0.6 N解得s2=0.15 m故t= s=0.125 s。

阶段示范性金考卷(九)本卷测试内容：电磁感应本试卷分为第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分,共110分。

测试时间90分钟。

第Ⅰ卷(选择题,共60分)一、选择题(本题共12小题,每小题5分,共60分。

在每小题给出四个选项中,第1、4、5、7小题,只有一个选项正确；第2、3、6、8、9、10、11、12小题,有多个选项正确,全部选对得5分,选对但不全得3分,有选错得0分。

)1、[2014·济南高三模拟]如图所示,一轻质横杆两侧各固定一金属环,横杆可绕中心点自由转动,拿一条形磁铁插向其中一个小环,后又取出插向另一个小环,发生现象是( )A、磁铁插向左环,横杆发生转动B、磁铁插向右环,横杆发生转动C、无论磁铁插向左环还是右环,横杆都不发生转动D、无论磁铁插向左环还是右环,横杆都发生转动解析：本题考查电磁感应现象、安培力简单应用。

磁铁插向左环,横杆不发生移动,因为左环不闭合,不能产生感应电流,不受安培力作用；磁铁插向右环,横杆发生移动,因为右环闭合,能产生感应电流,在磁场中受到安培力作用,选项B正确。

本题难度易。

答案：B2、如图所示,两根足够长光滑金属导轨水平平行放置,间距为L ＝1 m,cd间、de间、cf间分别接着阻值为R＝10 Ω电阻。

一阻值为R＝10 Ω导体棒ab以速度v＝4 m/s匀速向左运动,导体棒与导轨接触良好；导轨所在平面存在磁感应强度大小为B＝0、5 T,方向竖直向下匀强磁场。

下列说法中正确是( )A、导体棒ab中电流流向为由b到aB、cd两端电压为1 VC、de两端电压为1 VD、fe两端电压为1 V解析：导体棒ab以速度v＝4 m/s匀速向左运动,由右手定则可判断出导体棒ab中电流流向为由a到b,选项A错误；由法拉第电磁感应定律,产生感应电动势E＝BLv＝2 V,感应电流I＝E/2R＝0、1 A,cd两端电压为U1＝IR＝1 V,选项B正确；由于de间没有电流,cf 间没有电流,de两端电压为零,fe两端电压为1 V,选项C错误,D正确。

电磁感应1．（2019·新课标全国Ⅰ卷）空间存在一方向与直面垂直、大小随时间变化的匀强磁场，其边界如图（a ）中虚线MN 所示，一硬质细导线的电阻率为ρ、横截面积为S ，将该导线做成半径为r 的圆环固定在纸面内，圆心O 在MN 上。

t =0时磁感应强度的方向如图（a ）所示。

磁感应强度B 随时间t 的变化关系如图（b ）所示，则在t =0到t =t 1的时间间隔内A ．圆环所受安培力的方向始终不变B ．圆环中的感应电流始终沿顺时针方向C ．圆环中的感应电流大小为004B rS t ρD ．圆环中的感应电动势大小为200π4B r t 【答案】BC【解析】AB 、根据B-t 图象，由楞次定律可知，线圈中感应电流方向一直为顺时针，但在t 0时刻，磁场的方向发生变化，故安培力方向A F 的方向在t 0时刻发生变化，则A 错误，B 正确；CD 、由闭合电路欧姆定律得：E I R =，又根据法拉第电磁感应定律得：，又根据电阻定律得：2r R S πρ=，联立得：004B rS I t ρ=，则C 正确，D 错误。

故本题选BC 。

2．（2019·新课标全国Ⅱ卷）如图，两条光滑平行金属导轨固定，所在平面与水平面夹角为θ，导轨电阻忽略不计。

虚线ab 、cd 均与导轨垂直，在ab 与cd 之间的区域存在垂直于导轨所在平面的匀强磁场。

将两根相同的导体棒PQ 、MN 先后自导轨上同一位置由静止释放，两者始终与导轨垂直且接触良好。

已知PQ 进入磁场时加速度变小恰好为零，从PQ 进入磁场开始计时，到MN 离开磁场区域为止，流过PQ 的电流随时间变化的图像可能正确的是【答案】AD【解析】于PQ进入磁场时加速度为零，AB．若PQ出磁场时MN仍然没有进入磁场，则PQ出磁场后至MN 进入磁场的这段时间，由于磁通量φ不变，无感应电流。

由于PQ、MN同一位置释放，故MN进入磁场时与PQ进入磁场时的速度相同，所以电流大小也应该相同，A正确B错误；CD．若PQ出磁场前MN已经进入磁场，由于磁通量φ不变，PQ、MN均加速运动，PQ出磁场后，MN由于加速故电流比PQ进入磁场时电流大，故C正确D错误。

单元检测十电磁感应考生注意：1．本试卷共4页．2．答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上．3．本次考试时间90分钟，满分100分．4．请在密封线内作答，保持试卷清洁完整．一、单项选择题(本题共8小题，每小题4分，共32分．在每小题给出的四个选项中只有一个选项正确，选对得4分，选错得0分)1．如图1所示为安检门原理图，左边门框中有一通电线圈，右边门框中有一接收线圈．工作过程中某段时间通电线圈中存在顺时针方向(从左向右看)均匀增大的电流，则()图1A．无金属片通过时，接收线圈中的感应电流方向为顺时针B．无金属片通过时，接收线圈中的感应电流增大C．有金属片通过时，接收线圈中的感应电流方向为顺时针D．有金属片通过时，接收线圈中的感应电流大小发生变化2．在竖直方向的匀强磁场中，水平放置一个面积不变的单匝金属圆形线圈，规定线圈中感应电流的正方向如图2甲所示，取线圈中磁场B的方向向上为正，当磁场中的磁感应强度B随时间t如图乙变化时，下列各图中能正确表示线圈中感应电流变化的图像是()图23．如图3所示，A、B是两盏完全相同的白炽灯，L是直流电阻不计、自感系数很大的自感线圈，如果断开开关S1，闭合S2，A、B两灯都能同样发光．如果最初S1是闭合的，S2是断开的．那么不可能出现的情况是()图3A．刚一闭合S2，A灯立即就亮，而B灯延迟一段时间才亮B．刚闭合S2时，线圈L中的电流为零C．闭合S2以后，A灯变亮，B灯由亮变暗D．闭合S2稳定后再断开S2时，A灯立即熄灭，B灯先亮一下然后熄灭图44．如图4所示，螺线管与灵敏电流计相连，条形磁铁从螺线管的正上方由静止释放，向下穿过螺线管．下列说法正确的是()A．电流计中的电流先由a到b，后由b到aB．a点的电势始终低于b点的电势C．磁铁减少的重力势能等于回路中产生的热量D．磁铁刚离开螺线管时的加速度小于重力加速度5．矩形线圈abcd，长ab＝20 cm，宽bc＝10 cm，匝数n＝200，线圈回路总电阻R＝5 Ω.整个线圈平面内均有垂直于线圈平面的磁场穿过．若磁感应强度B随时间t的变化规律如图5所示，则()图5A．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0.5 AC．当t＝0.3 s时，线圈的ab边所受的安培力大小为0.016 ND．在1 min内线圈回路产生的焦耳热为48 J6．在垂直纸面的匀强磁场中，有不计重力的甲、乙两个带电粒子，在纸面内做匀速圆周运动，运动方向和轨迹示意图如图6.则下列说法中正确的是()图6A．甲、乙两粒子所带电荷种类不同B．若甲、乙两粒子的动量大小相等，则甲粒子所带电荷量较大C．若甲、乙两粒子所带电荷量及运动的速率均相等，则甲粒子的质量较大D．该磁场方向一定是垂直纸面向里7．(2017·重庆模拟)如图7所示，LOM为一45°角折线，折线内有一方向垂直于纸面向里的匀强磁场，一边长为l的正方形导线框沿垂直于OM的方向以速度v做匀速直线运动，在t＝0时刻恰好位于图中所示位置．以逆时针方向为导线框中电流的正方向，在下面四幅图中能够正确表示电流－时间(I－t)关系的是(时间以lv为单位)()图78．如图8所示，虚线两侧的磁感应强度大小均为B ，方向相反，电阻为R 的导线弯成顶角为90°，半径为r 的两个扇形组成的回路，O 为圆心，整个回路可绕O 点转动．若由图示的位置开始沿顺时针方向以角速度ω转动，则在一个周期内电路消耗的电能为( )图8A.πB 2ωr 4RB.2πB 2ωr 4RC.4πB 2ωr 4RD.8πB 2ωr 4R二、多项选择题(本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，至少有两个选项是正确的，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分) 9.如图9所示，圆形导体线圈a 平放在绝缘水平桌面上，在a 的正上方固定一竖直螺线管b ，二者轴线重合，螺线管、电源和滑动变阻器连接成如图所示的电路．若将滑动变阻器的滑片P 向上滑动，下列表述正确的是( )图9A ．穿过线圈a 的磁通量增大B ．线圈a 对水平桌面的压力小于其重力C ．线圈a 中将产生俯视逆时针方向的感应电流D ．线圈a 中将产生俯视顺时针方向的感应电流10.如图10所示，足够长的光滑导轨倾斜放置，导轨宽度为L ，其下端与电阻R 连接．导体棒ab 长为L ，电阻为r ，导轨和导线电阻不计，匀强磁场竖直向上．若导体棒ab 以一定初速度v 下滑，则关于ab 棒的下列说法中正确的是( )图10A ．所受安培力方向水平向右B ．可能以速度v 匀速下滑C ．刚下滑的瞬间ab 棒产生的感应电动势为BL vD ．减少的重力势能等于电阻R 上产生的内能11．如图11所示，固定于水平面上宽为l 的光滑金属架abcd 处在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B ，左端接一定值电阻R ，质量为m 的金属棒MN 沿框架以初速度v 0向右运动，接入电路的有效电阻为r ＝R2，若导轨足够长，其电阻不计，对整个运动过程下列说法正确的是( )图11A ．电阻R 上产生的焦耳热为13m v 02B ．金属棒MN 上产生的焦耳热为14m v 02C ．通过导体棒MN 的电荷量为m v 0BlD ．最终MN 停靠的位置距离其初始位置为m v 0R2B 2l212．(2017·湖北黄冈综训)如图12所示，竖直平面(纸面)内两水平线间存在宽度为d 的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里．一质量为m 、边长也为d 的正方形线框从磁场上方某处自由落下，t 1时刻线框的下边进入磁场，t 2时刻线框的上边进入磁场，t 3时刻线框上边离开磁场．已知线框平面在下落过程中始终与磁场方向垂直，且线框上、下边始终与磁场边界平行，不计空气阻力，则线框下落过程中的v －t 图像可能正确的是( )图1213．(2018·黑龙江齐齐哈尔模拟)如图13所示，在水平光滑绝缘桌面上建立直角坐标系xOy ，第一象限内存在垂直桌面向上的磁场，磁场的磁感应强度B 沿x 轴正方向均匀增大且ΔB Δx ＝k ，一边长为a 、电阻为R 的单匝正方形线圈ABCD 在第一象限内以速度v 沿x 轴正方向匀速运动，运动中AB 边始终与x 轴平行，则下列判断正确的是( )图13A ．线圈中的感应电流沿逆时针方向B ．线圈中感应电流的大小为ka 2vRC ．为保持线圈匀速运动，可对线圈施加大小为k 2a 4vR 的水平外力D ．线圈不可能有两条边所受安培力大小相等14．如图14所示，质量为m 的带电小球以初速度v 水平抛出，经过时间t 后进入方向竖直向下的匀强电场，再经过时间t 速度方向重新变为水平，已知初、末位置分别为A 点和C 点，经B 点进入电场．不计空气阻力，下列分析正确的是( )图14A ．电场力大小为3mgB ．从A 到C 的运动过程，小球动量守恒 C ．小球从A 到B 与从B 到C 的速度变化相同D ．从A 到C 的高度h ＝gt 2三、非选择题(本题共4小题，共38分)15. (8分)如图15所示，两根相距L ＝1 m 的足够长的光滑金属导轨组成两组导轨，一组导轨水平，另一组导轨与水平面成37°角，拐角处连接一阻值R ＝1 Ω的电阻．质量均为m ＝2 kg 的金属细杆ab 、cd 与导轨垂直接触形成闭合回路，导轨电阻不计，两杆的电阻均为R ＝1 Ω.整个装置处于磁感应强度大小B ＝1 T 、方向垂直于导轨平面的匀强磁场中．当ab 杆在平行于水平导轨的拉力作用下沿导轨向右匀速运动时，cd 杆静止．g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6， cos 37°＝0.8，求：图15(1)水平拉力的功率；(2)现让cd杆固定，求撤去拉力后ab杆产生的焦耳热．16. (10分)如图16所示，光滑导轨EF、GH等高平行放置，EG间宽度为FH间宽度的3倍，导轨右侧水平且处于竖直向上的匀强磁场中，左侧呈弧形升高．ab、cd是质量均为m的金属棒，现让ab从离水平轨道h高处由静止下滑，设导轨足够长．求：图16(1)ab、cd棒的最终速度的大小；(2)全过程中感应电流产生的焦耳热．17. (10分)如图17所示，两根足够长的平行金属导轨固定在倾角θ＝30°的斜面上，导轨电阻不计，间距L＝0.4 m，导轨所在空间被分成区域Ⅰ和Ⅱ，两区域的边界与斜面的交线为MN.Ⅰ中的匀强磁场方向垂直斜面向下，Ⅱ中的匀强磁场方向垂直斜面向上，两磁场的磁感应强度大小均为B＝0.5 T．在区域Ⅰ中，将质量m1＝0.1 kg、电阻R1＝0.1 Ω的金属条ab放在导轨上，ab刚好不下滑．然后，在区域Ⅱ中将质量m2＝0.4 kg、电阻R2＝0.1 Ω的光滑导体棒cd 置于导轨上，由静止开始下滑．cd在滑动过程中始终处于区域Ⅱ的磁场中，ab、cd始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，取g＝10 m/s2，问：图17(1)cd下滑的过程中，ab中的电流方向；(2)ab刚要向上滑动时，cd的速度v为多大；(3)从cd开始下滑到ab刚要向上滑动的过程中，cd滑动的距离x＝3.8 m，此过程中ab上产生的热量Q是多少．18．(10分)(2017·天津理综·12)电磁轨道炮利用电流和磁场的作用使炮弹获得超高速度，其原理可用来研制新武器和航天运载器．电磁轨道炮示意图如图18，图中直流电源电动势为E，电容器的电容为C.两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距为l，电阻不计．炮弹可视为一质量为m、电阻为R的金属棒MN，垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨良好接触．首先开关S接1，使电容器完全充电．然后将S接至2，导轨间存在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场(图中未画出)，MN开始向右加速运动．当MN上的感应电动势与电容器两极板间的电压相等时，回路中电流为零，MN达到最大速度，之后离开导轨．问：图18(1)磁场的方向；(2)MN刚开始运动时加速度a的大小；(3)MN离开导轨后电容器上剩余的电荷量Q是多少．答案精析1．D 2.A 3.A 4.D 5.D6．C [两粒子均逆时针运动，根据左手定则可知有两种情况：①磁场垂直纸面向里，粒子均带正电；②磁场垂直纸面向外，粒子均带负电，故A 、D 错误；根据洛伦兹力提供向心力得q v B ＝m v 2R ，可得R ＝m vqB ，分析可知当速率v 、电荷量q 、磁感应强度B 均相等时，半径R 越大的粒子质量m 就越大，根据R ＝m vqB 可知，磁感应强度B 相同，当两粒子动量p ＝m v 相等时，半径R 越小的粒子电荷量q 越大，所以乙粒子电荷量较大，故B 错误，C 正确．] 7．C [在0～lv 时间内线框上边框进入磁场，切割磁感线产生的电动势大小恒定，感应电流沿逆时针方向，可排除D 项；在l v ～3lv 时间内，线框穿出磁场，磁通量一直减少，感应电流均沿顺时针方向，电流为负值，可排除A 、B 两项，故C 项正确．]8．C [从图示位置开始计时，一个周期T 内，在0～T 4、T 2～34T 内没有感应电流产生，在T 4～T 2，34T ～T 内有感应电流产生，在T 4～T 2，34T ～T 内线框产生的总的感应电动势 E ＝4×12Br 2ω＝2Br 2ω，则在一周期内电路消耗的电能为Q ＝E 2R ·T 2，T ＝2πω，解得Q ＝4πB 2ωr 4R ，C 项正确．] 9．BD10．AB [导体棒ab 以一定初速度v 下滑，切割磁感线产生感应电动势和感应电流，由右手定则可判断出电流方向为从b 到a ，由左手定则可判断出ab 棒所受安培力方向水平向右，选项A 正确．当mg sin θ＝BIL cos θ时，ab 棒沿导轨方向合外力为零，可以以速度v 匀速下滑，选项B 正确．由于速度方向与磁场方向夹角为(90°＋θ)，刚下滑的瞬间ab 棒产生的感应电动势为E ＝BL v cos θ，选项C 错误．由能量守恒定律知，ab 棒减少的重力势能不等于电阻R 上产生的内能，选项D 错误．] 11．AC12．AB [进入磁场前和通过磁场后，线框只受重力，加速度恒为g .设线框下边进入磁场时速度为v ，则线框中感应电动势E ＝Bd v ，由闭合电路欧姆定律有I ＝ER ，安培力F ＝BId ，解得F ＝B 2d 2v R ，若F ＝mg ，则线框匀速穿过磁场，A 项正确；若F >mg ，则线框减速通过磁场，由牛顿第二定律有B 2d 2vR－mg ＝ma 1，可知线框加速度不断减小，B 项正确；若F <mg ，线框在磁场中刚开始做加速运动，由牛顿第二定律有mg －B 2d 2v R＝ma 2，所以线框加速度不断减小，当F ＝mg 时线框匀速运动，故C 、D 项错．]13．BC [由楞次定律得感应电流沿顺时针方向，A 错误；设线圈向右移动一段距离Δl ，则通过线圈的磁通量变化为ΔΦ＝Δl ·ΔB Δx·a 2＝Δl ·a 2k ，而所需时间为Δt ＝Δl v ，根据法拉第电磁感应定律，感应电动势为E ＝ΔΦΔt ＝ka 2v ，故感应电流大小为I ＝E R ＝ka 2v R，B 正确；线圈匀速运动时，外力与安培力平衡，由平衡条件得F ＝(B 2－B 1)Ia ＝ka 2I ＝k 2a 4v R ，C 正确；线圈的AB 、CD 两条边所受安培力大小相等，D 错误．]14．BD [小球从A 到B 过程中，小球只受重力，所以做平抛运动，在竖直方向上做自由落体运动，故v y ＝gt ，小球从B 到C 过程中，小球受到重力、电场力，要使在竖直方向上到达C 点时竖直速度为零，所以小球在竖直方向上做匀减速直线运动，故v y ＝at ，根据牛顿第二定律可得F －mg ＝ma ，联立解得a ＝g ，F ＝2mg ，方向都竖直向上，故从A 到C 的竖直高度为h ＝12gt 2＋12gt 2＝gt 2，A 错误，D 正确；小球从A 到B 过程中速度变化为Δv 1＝gt ，方向竖直向下，从B 到C 过程中速度变化为Δv 2＝－gt ，方向竖直向上，两者大小相同，方向不同，C 错误；因为从A 到C 点过程中水平方向上做匀速直线运动，故A 点和C 点的动量守恒，故B 正确．]15．(1)864 W (2)864 J解析 (1)cd 杆静止，由平衡条件可得mg sin θ＝BIL ，解得I ＝12 A由闭合电路欧姆定律得2I ＝BL v R ＋R 2，得v ＝36 m/s 水平拉力F ＝2BIL ＝24 N ，水平拉力的功率P ＝F v ＝864 W(2)撤去外力后ab 杆在安培力作用下做减速运动，安培力做负功，先将棒的动能转化为电能，再通过电流做功将电能转化为整个电路产生的焦耳热，即焦耳热等于杆的动能的减小量，有Q ＝ΔE k ＝12m v 2＝1 296 J 而Q ＝I ′2·32R ·t ，ab 杆产生的焦耳热Q ′＝I ′2·R ·t ，所以Q ′＝23Q ＝864 J. 16．(1)v ab ＝2gh 10 v cd ＝32gh 10 (2)9mgh 10解析 ab 下滑进入磁场后切割磁感线，在abdc 电路中产生感应电流，ab 、cd 各受不同的磁场力作用而分别做减速、加速运动，电路中感应电流逐渐减小，当感应电流为零时，ab 、cd 不再受磁场力作用，各自以不同的速度匀速滑动．(1)ab 在左侧弧形轨道上自由下滑，机械能守恒，mgh ＝12m v 2① 由于ab 、cd 串联在同一电路中，任何时刻通过的电流总相等，两个金属棒的有效长度 l ab ＝3l cd ，故它们受到的安培力为F ab ＝3F cd ②在安培力作用下，ab 、cd 各自做变速运动，产生的感应电动势方向相反，当E ab ＝E cd 时，电路中感应电流为零(I ＝0)，安培力为零，ab 、cd 运动趋于稳定，此时有Bl ab v ab ＝Bl cd v cd所以v ab ＝13v cd ③ ab 、cd 受安培力作用，动量均发生变化，由动量定理得F ab ΔT ＝m (v －v ab )④F cd ΔT ＝m v cd ⑤联立以上各式解得v ab ＝2gh 10，v cd ＝32gh 10(2)根据系统的总能量守恒可得Q ＝mgh －12m v ab 2－12m v cd 2＝9mgh 10. 17．(1)由a 流向b (2)5 m/s (3)1.3 J解析 (1)由右手定则可判断出cd 中的电流方向为由d 到c ，则ab 中电流方向为由a 流向b .(2)开始放置时ab 刚好不下滑，ab 所受摩擦力为最大静摩擦力，设其为F max ，有F max ＝m 1g sin θ①设ab 刚要上滑时，cd 棒的感应电动势为E ，由法拉第电磁感应定律有E ＝BL v ②设电路中的感应电流为I ，由闭合电路欧姆定律有I ＝E R 1＋R 2③ 设ab 所受安培力为F 安，有F 安＝BIL ④此时ab 受到的最大静摩擦力方向沿斜面向下，由平衡条件有F 安＝m 1g sin θ＋F max ⑤ 综合①②③④⑤式，得v ＝2m 1g sin θB 2L 2(R 1＋R 2)，代入数据解得v ＝5 m/s (3)设cd 棒运动过程中在电路中产生的总热量为Q 总，由能量守恒定律有m 2gx sin θ＝Q 总＋12m 2v 2 又Q ＝R 1R 1＋R 2Q 总，解得Q ＝1.3 J 18．(1)垂直于导轨平面向下 (2)BlE mR (3)B 2l 2C 2E m ＋B 2l 2C解析 (1)根据左手定则可判断磁场的方向为垂直于导轨平面向下．(2)电容器完全充电后，两极板间电压为E ，当开关S 接2时，电容器放电，设刚放电时流经MN 的电流为I ，有I ＝E R① 设MN 受到的安培力为F ，有F ＝IlB ②由牛顿第二定律，有F ＝ma ③联立①②③式得a ＝BlE mR④ (3)当电容器充电完毕时，设电容器上电荷量为Q 0，有Q 0＝CE ⑤开关S 接2后，MN 开始向右加速运动，速度达到最大值v max 时，设MN 上的感应电动势为E ′，有E ′＝Bl v max ⑥依题意有E ′＝Q C⑦ 设在此过程中流经MN 的平均电流为I ，MN 上受到的平均安培力为F ，有F ＝I lB ⑧ 由动量定理，有F Δt ＝m v max －0⑨又I Δt ＝Q 0－Q ⑩联立⑤⑥⑦⑧⑨⑩式得Q ＝B 2l 2C 2E m ＋B 2l 2C。

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考点10 电磁感应1.（2018·新课标全国卷·T 14）在电磁学发展过程中，许多科学家做出了贡献。

下列说法正确的是（ ） A ．奥斯特发现了电流磁效应；法拉第发现了电磁感应现象 B ．麦克斯韦预言了电磁波；楞次用实验证实了电磁波的存在C ．库仑发现了点电荷的相互作用规律；密立根通过油滴实验测定了元电荷的数值D ．安培发现了磁场对运动电荷的作用规律；洛伦兹发现了磁场对电流的作用规律 【【思路点拨】解答本题时可按以下思路分析：【规范解答】选AC ，选项B 错误，赫兹用实验证实了电磁波的存在；选项D 错误，洛伦兹发现了磁场对运动电荷的作用规律，安培发现了磁场对电流的作用规律。

2.（2018·山东理综·T21）如图所示，空间存在两个磁场，磁感应强度大小均为B ，方向相反且垂直纸面，MN 、PQ 为其边界，OO ′为其对称轴。

一导线折成边长为l 的正方形闭合回路abcd ，回路在纸面内以恒定速度0υ向右运动，当运动到关于OO ′对称的位置时（ ） A ．穿过回路的磁通量为零B ．回路中感应电动势大小为2B l 0υC ．回路中感应电流的方向为顺时针方向D ．回路中ab 边与cd 边所受安培力方向相同【命题立意】本题以线框切割磁场为背景,主要考查法拉第电磁感应定律、右手定则、左手定则等知识点。

【思路点拨】解答本题时可按以下思路分析：【规范解答】选ABD.A 正确；由右手定则可以判断ab 边上的电流方向为由a 到b ，cd 边上的电流方向为由c 到d ，所以回路中感应电流的方向为逆时针方向，C 错误；由法拉第电磁感应定律可知回路中感应电动势大小为02Blv E E E cd ab =+=感，B 正确；由左手定则可以判定回路中ab 边与cd 边所受安培力方向相同，都是 水平向左的，D 正确。