2019版高考物理一轮复习第十章电磁感应章末综合测试

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第十章电磁感应章末质量检测(十）（时间:50分钟满分：100分）一、选择题（本题共8小题，每小题8分，共64分。

1～5题为单项选择题，6～8题为多项选择题）1.如图1所示,一个金属圆环水平放置在竖直向上的匀强磁场中，若要使圆环中产生如图中箭头所示方向的感应电流，下列方法可行的是（)图1A。

仅使匀强磁场的磁感应强度均匀增大B。

仅使圆环绕水平轴ab如图转动30°C.仅使圆环绕水平轴cd如图转动30°D.保持圆环水平并仅使其绕过圆心的竖直轴转动解析原磁场的方向竖直向上，圆环中顺时针（从上向下看)方向的感应电流的磁场方向竖直向下,与原磁场的方向相反,所以穿过圆环的磁通量应增大。

仅使匀强磁场的磁感应强度均匀增大，穿过圆环的磁通量增大,根据楞次定律可知，圆环产生顺时针（从上向下看）方向的感应电流，选项A正确；仅使圆环绕水平轴ab或cd按题图所示方向转动30°，转动过程中穿过圆环的磁通量减小，根据楞次定律可知，圆环中产生逆时针(从上向下看）方向的感应电流，选项B、C错误；保持圆环水平并仅使其绕过圆心的竖直轴转动，穿过圆环的磁通量保持不变，不能产生感应电流，选项D错误。

答案A2。

美国《大众科学》月刊网站报道，美国明尼苏达大学的研究人员发现：一种具有独特属性的新型合金能够将热能直接转化为电能.具体而言,只要略微提高温度,这种合金就会变成强磁性合金，从而使环绕它的线圈中产生电流，其简化模型如图2所示。

第十章电磁感应综合过关规范限时检测满分：100分考试时间：60分钟一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共计48分。

1～4题为单选，5 ～8题为多选，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，错选或不选的得0分)1．(2018·浙江杭州五校联考)如图所示，有以下操作：(1)铜盘放置在与盘垂直的均匀分布且逐渐增强的磁场中；(2)铜盘在垂直于铜盘的匀强磁场中绕中心轴匀速运动；(3)铜盘在蹄形磁铁两极之间匀速转动；(4)在铜盘的圆心与边缘之间接一电流计，铜盘在蹄形磁铁两极间匀速运动。

下列针对这四种操作的说法正确的是导学号 21993498( C )A．四种情况都会产生感应电流B．只有(4)中会出现感应电流C．(4)中圆盘边缘为“电源”正极D．(2)中电流沿逆时针方向[解析](1)中穿过铜盘的磁通量均匀变化，产生的是稳定的电流；(2)中铜盘中的磁通量不变，故铜盘中不会产生感应电流和涡流；(3)中铜盘的不同部分不断地进出磁场，切割磁感线运动，所以会产生感应电流，ABD错误；(4)中铜盘边缘A点为“电源”正极，O点为“电源”负极，所以C正确。

2．(2018·山东省莱芜高三上学期期末试题)如图所示，光滑水平面上存在有界匀强磁场，磁感应强度为B，质量为m边长为a的正方形线框ABCD斜向穿进磁场，当AC刚进入磁场时速度为v，方向与磁场边界成45°，若线框的总电阻为R，则下列说法错误的是导学号 21993499( B )A．线框穿进磁场过程中，框中电流的方向为ABCDB ．AC 刚进入磁场时线框中感应电流为2Bav RC ．AC 刚进入磁场时线框所受安培力为2B 2a 2v RD ．此时CD 两端电压为34Bav [解析] 线框进入磁场的过程中穿过线框的磁通量增大，由楞次定律可知，感应电流的磁场的方向向外，则感应电流的方向为ABCD 方向，故A 正确； AC 刚进入磁场时CD 边切割磁感线，AD 边不切割磁感线，所以产生的感应电动势：E ＝Bav ，则线框中感应电流为：I ＝E R ＝Bav R ；故CD 两端的电压为U ＝I ·34R ＝34Bav ，故B 错误，D 正确； AC 刚进入磁场时线框的CD 边产生的安培力与v 的方向相反，AD 边受到的安培力的方向垂直于AD 向下，它们的大小都是：F ＝BIa ，由几何关系可以看出，AD 边与CD 边受到的安培力的方向相互垂直，所以AC 刚进入磁场时线框所受安培力为AD 边与CD 边受到的安培力的矢量合，即：F 合＝2F ＝2B 2a 2v R，方向竖直向下，故C 正确。

第1讲电磁感应现象楞次定律一、单项选择题：在每一小题给出的四个选项中，只有一项为哪一项符合题目要求的。

1．如下列图，一水平放置的N匝矩形线框面积为S，匀强磁场的磁感应强度为B，方向斜向上，与水平面成30°角，现假设使矩形框以左边的一条边为轴转到竖直的虚线位置，如此此过程中磁通量的改变量的大小是( C )A．3－12BS B．3＋12NBSC．3＋12BS D．3－12NBS[解析] sin θ磁通量与匝数无关，Φ＝BS中，B与S必须垂直。

初态Φ1＝B cos θ·S，末态Φ2＝－B cos θ·S，磁通量的变化量大小ΔΦ＝|Φ2－Φ1|＝|BS(－cos 30°－sin30°)|＝3＋12BS，所以应选C项。

2．(2020·浙江诸暨模拟)有人设计了一种储能装置：在人的腰部固定一块永久磁铁，N 极向外；在手臂上固定一个金属线圈，线圈连接着充电电容器。

当手不停地前后摆动时，固定在手臂上的线圈能在一个摆动周期内，两次扫过别在腰部的磁铁，从而实现储能。

如下说法正确的答案是( D )A．该装置违反物理规律，不可能实现B．此装置会使手臂受到阻力而导致人走路变慢C．在手摆动的过程中，电容器极板的电性不变D．在手摆动的过程中，手臂受到的安培力方向交替变化[解析] D．在手摆动的过程中，线圈交替的进入或者离开磁场，使穿过线圈的磁通量发生变化，因而会产生感应电流，从而实现储能，该装置符合法拉第电磁感应定律，可能实现，选项A错误；此装置不会影响人走路的速度，选项B错误；在手摆动的过程中，感应电流的方向不断变化，如此电容器极板的电性不断改变。

选项C错误；在手摆动的过程中，感应电流的方向不断变化，手臂受到的安培力方向交替变化。

选项D正确。

3.如下列图，通电导线MN与单匝矩形线圈abcd共面，位置靠近ab且与线圈相互绝缘。

当MN中电流突然减小时，线圈所受安培力的合力方向( B )A．向左B．向右C．垂直纸面向外D．垂直纸面向里[解析] 解法一：当MN中电流突然减小时，单匝矩形线圈abcd垂直纸面向里的磁通量减小，根据楞次定律，线圈abcd中产生的感应电流方向为顺时针方向，由左手定如此可知ab边与cd边所受安培力方向均向右，所以线圈所受安培力的合力方向向右，B正确。

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。

第十章 电磁感应章末过关检测(十) (时间：60分钟 满分：100分)一、单项选择题(本题共6小题，每小题6分，共36分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确)1．磁卡的磁条中有用于存储信息的磁极方向不同的磁化区，刷卡器中有检测线圈，当以速度v 0刷卡时，在线圈中产生感应电动势．其E －t 关系如图所示．如果只将刷卡速度改为v 02，线圈中的E －t 关系图可能是( )解析：选D.若将刷卡速度改为v 02，线圈切割磁感线运动时产生的感应电动势大小将会减半，周期将会加倍，故D 项正确，其他选项错误．2.如图所示，一水平放置的矩形闭合线圈abcd ，在细长磁铁的N 极附近竖直下落，保持bc 边在纸外，ad 边在纸内，从图中位置Ⅰ经过位置Ⅱ到达位置Ⅲ，位置Ⅰ和Ⅲ都很靠近Ⅱ.在这个过程中，线圈中感应电流( )A ．沿abcd 流动B ．沿dcba 流动C ．由Ⅰ到Ⅱ是沿abcd 流动，由Ⅱ到Ⅲ是沿dcba 流动D ．由Ⅰ到Ⅱ是沿dcba 流动，由Ⅱ到Ⅲ是沿abcd 流动解析：选A.由条形磁铁的磁场分布情况可知，线圈在位置Ⅱ时穿过矩形闭合线圈的磁通量最少．线圈从位置Ⅰ到Ⅱ，穿过abcd自下而上的磁通量减少，感应电流的磁场阻碍其减少，则在线框中产生的感应电流的方向为abcd，线圈从位置Ⅱ到Ⅲ，穿过abcd自上而下的磁通量在增加，感应电流的磁场阻碍其增加，由楞次定律可知感应电流的方向仍然是abcd.故本题答案为A.3．(2018·南昌模拟)如图所示的电路中，L是一个自感系数很大、直流电阻不计的线圈，L1、L2和L3是3个完全相同的灯泡，E是内阻不计的电源．在t＝0时刻，闭合开关S，电路稳定后在t1时刻断开开关S.规定以电路稳定时流过L1、L2的电流方向为正方向，分别用I1、I2表示流过L1和L2的电流，则下图中能定性描述电流I随时间t变化关系的是( )解析：选C.L的直流电阻不计，电路稳定后通过L1的电流是通过L2、L3电流的2倍．闭合开关瞬间，L2立即变亮，由于L的阻碍作用，L1逐渐变亮，即I1逐渐变大，在t1时刻断开开关S，之后电流I会在电路稳定时通过L1的电流大小基础上逐渐变小，I1方向不变，I2反向，故选C.4．(2018·长兴中学高三模拟)1831年，法拉第在一次会议上展示了他发明的圆盘发电机(图甲)．它是利用电磁感应原理制成的，是人类历史上第一台发电机．图乙是这个圆盘发电机的示意图：铜盘安装在水平的铜轴上，它的边缘正好在两磁极之间，两块铜片C、D分别与转动轴和铜盘的边缘良好接触．使铜盘转动，电阻R中就有电流通过．若所加磁场为匀强磁场，回路的总电阻恒定，从左往右看，铜盘沿顺时针方向匀速转动，CRD平面与铜盘平面垂直，下列说法正确的是( )A．电阻R中没有电流流过B．铜片C的电势高于铜片D的电势C．保持铜盘不动，磁场变为方向垂直于铜盘的交变磁场，则铜盘中有电流产生D．保持铜盘不动，磁场变为方向垂直于铜盘的交变磁场，则CRD回路中有电流产生解析：选C.根据右手定则可知，电流从D点流出，流向C点，因此在圆盘中电流方向为从C 向D ，由于圆盘在切割磁感线时相当于电源，所以D 处的电势比C 处高，A 、B 错误；保持铜盘不动，磁场变为方向垂直于铜盘的交变磁场，则穿过铜盘的磁通量发生变化，故铜盘中有感应电流产生，但是此时不再切割磁感线，所以CD 不能当成电源，故CRD 回路中没有电流产生，C 正确，D 错误．5.如图所示，光滑斜面的倾角为θ，斜面上放置一矩形导体线框abcd ，ab 边的边长为l 1，bc 边的边长为l 2，线框的质量为m ，电阻为R ，线框通过绝缘细线绕过光滑的定滑轮与一重物相连，重物质量为M .斜面上ef 线(ef 平行底边)的右方有垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度为B ，如果线框从静止开始运动，进入磁场的最初一段时间是做匀速运动的，且线框的ab 边始终平行于底边，则下列说法正确的是( )A ．线框进入磁场前运动的加速度为Mg －mg sin θmB ．线框进入磁场时匀速运动的速度为（Mg －mg sin θ）RBl 1C ．线框做匀速运动的总时间为B 2l 21Mg －mgR sin θD ．该匀速运动过程中产生的焦耳热为(Mg －mg sin θ)l 2解析：选D.由牛顿第二定律得，Mg －mg sin θ＝(M ＋m )a ，解得线框进入磁场前运动的加速度为Mg －mg sin θM ＋m ，A 错误；由平衡条件，Mg －mg sin θ－F 安＝0，F 安＝BIl 1，I ＝ER，E ＝Bl 1v ，联立解得线框进入磁场时匀速运动的速度为v ＝（Mg －mg sin θ）RB 2l 21，B 错误；线框做匀速运动的总时间为t ＝l 2v ＝B 2l 21l 2（Mg －mg sin θ）R，C 错误；由能量守恒定律，该匀速运动过程中产生的焦耳热等于系统重力势能的减小量，为(Mg －mg sin θ)l 2，D 正确．6.两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为L ，顶端接阻值为R 的电阻．质量为m 、电阻为r 的金属棒在距磁场上边界某处由静止释放，金属棒和导轨接触良好，导轨所在平面与磁感应强度大小为B ，方向垂直纸面向里的匀强磁场垂直，如图所示，不计导轨的电阻，重力加速度为g ，则下列说法错误的是( )A ．金属棒在磁场中运动时，流过电阻R 的电流方向为b →aB ．金属棒的速度为v 时，金属棒所受的安培力大小为B 2L 2vR ＋rC ．金属棒的最大速度为mg （R ＋r ）BLD ．金属棒以稳定的速度下滑时，电阻R 的热功率为⎝ ⎛⎭⎪⎫mg BL 2R 解析：选C.金属棒在磁场中向下运动时，由楞次定律知，流过电阻R 的电流方向为b →a ，选项A 正确；金属棒的速度为v 时，金属棒中感应电动势E ＝BLv ，感应电流I ＝ER ＋r，所受的安培力大小为F ＝BIL ＝B 2L 2v R ＋r，选项B 正确；当安培力F ＝mg 时，金属棒下滑速度最大，金属棒的最大速度为v ＝mg （R ＋r ）B 2L 2，选项C 错误；金属棒以稳定的速度下滑时，电阻R 和r 的总热功率为P ＝mgv ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫mg BL 2(R ＋r )，电阻R 的热功率为⎝ ⎛⎭⎪⎫mg BL 2R ，选项D 正确． 二、多项选择题(本题共4小题，每小题6分，共24分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选或不答的得0分)7．(2018·吉林实验中学模拟)转笔(Pen Spinning)是一项用不同的方法与技巧、以手指来转动笔的休闲活动．转笔深受广大中学生的喜爱，其中也包含了许多的物理知识，假设某转笔高手能让笔绕其上的某一点O 做匀速圆周运动，下列有关该同学转笔中涉及的物理知识的叙述正确的是( )A ．笔杆上的点离O 点越近的，做圆周运动的向心加速度越小B ．笔杆上的各点做圆周运动的向心力是由万有引力提供的C ．若该同学使用中性笔，笔尖上的小钢珠有可能因快速的转动做离心运动被甩走D ．若该同学使用的是金属笔杆，且考虑地磁场的影响，由于笔杆中不会产生感应电流，因此金属笔杆两端一定不会形成电势差解析：选AC.笔杆上各点的角速度相同，根据a ＝ω2r 可知，笔杆上的点离O 点越近的，做圆周运动的向心加速度越小，选项A 正确；笔杆上的各点做圆周运动的向心力是由笔杆对该点的作用力提供的，选项B 错误；若该同学使用中性笔，且转动过快，则笔尖上的小钢珠有可能因快速的转动做离心运动被甩走，选项C 正确；若考虑地磁场的影响，由于笔杆转动时可能要切割磁感线而使金属笔杆两端形成电势差，选项D 错误．8.如图所示，水平放置的粗糙U 形框架上接一个阻值为R 0的电阻，放在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B 的匀强磁场中，一个半径为L 、质量为m 的半圆形硬导体AC 在水平向右的恒定拉力F 作用下，由静止开始运动距离d 后速度达到v ，半圆形硬导体AC 的电阻为r ，其余电阻不计．下列说法正确的是( )A ．此时AC 两端电压为U AC ＝2BLvB ．此时AC 两端电压为U AC ＝2BLvR 0R 0＋rC ．此过程中电路产生的电热为Q ＝Fd －12mv 2D ．此过程中通过电阻R 0的电荷量为q ＝2BLdR 0＋r解析：选BD.AC 的感应电动势为E ＝2BLv ，两端电压为U AC ＝ER 0R 0＋r＝2BLvR 0R 0＋r，A 错误，B 正确；由功能关系得Fd ＝12mv 2＋Q ＋Q f ，C 错误；此过程中平均感应电流为I －＝2BLd （R 0＋r ）Δt ，通过电阻R 0的电荷量为q ＝I －Δt ＝2BLd R 0＋r，D 正确．9．如图，在水平桌面上放置两条相距l 的平行光滑导轨ab 与cd ，阻值为R 的电阻与导轨的a 、c 端相连．质量为m 、电阻不计的导体棒垂直于导轨放置并可沿导轨自由滑动．整个装置放于匀强磁场中，磁场的方向竖直向上(图中未画出)，磁感应强度的大小为B .导体棒的中点系一个不可伸长的轻绳，绳绕过固定在桌边的光滑轻滑轮后，与一个质量也为m 的物块相连，绳处于拉直状态．现若从静止开始释放物块，用h 表示物块下落的高度(物块不会触地)，g 表示重力加速度，其他电阻不计，则 ( )A ．电阻R 中的感应电流方向由a 到cB ．物块下落的最大加速度为gC ．若h 足够大，物块下落的最大速度为mgR B 2l 2D ．通过电阻R 的电荷量为Blh R解析：选CD.题中导体棒向右运动切割磁感线，由右手定则可得回路中产生顺时针方向的感应电流，则电阻R 中的电流方向由c 到a ，A 错误；对导体棒应用牛顿第二定律有F T －F安＝ma ，又F 安＝B Blv R l ，再对物块应用牛顿第二定律有mg －F T ＝ma ，则联立可得：a ＝g 2－B 2l 2v2mR，则物块下落的最大加速度a m ＝g 2，B 错误；当a ＝0时，速度最大为v m ＝mgRB 2l 2，C 正确；下落h的过程，回路中的面积变化量ΔS ＝lh ，则通过电阻R 的电荷量q ＝ΔΦR ＝B ΔS R ＝BlhR，D 正确．10.在倾角为θ足够长的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度大小相等的匀强磁场，磁场方向一个垂直斜面向上，另一个垂直斜面向下，宽度均为L ，如图所示．一个质量为m 、电阻为R 、边长也为L 的正方形线框在t ＝0时刻以速度v 0进入磁场，恰好做匀速直线运动，若经过时间t 0，线框ab 边到达gg ′与ff ′中间位置时，线框又恰好做匀速运动，则下列说法正确的是( )A ．当ab 边刚越过ff ′时，线框加速度的大小为g sin θB ．t 0时刻线框匀速运动的速度为v 04C ．t 0时间内线框中产生的焦耳热为32mgL sin θ＋1532mv 2D ．离开磁场的过程中线框将做匀速直线运动解析：选BC.当ab 边进入磁场时，有E ＝BLv 0，I ＝E R ，mg sin θ＝BIL ，有B 2L 2v 0R＝mg sin θ.当ab 边刚越过ff ′时，线框的感应电动势和电流均加倍，则线框做减速运动，有4B 2L 2v 0R＝4mg sin θ，加速度方向沿斜面向上且大小为3g sin θ，A 错误；t 0时刻线框匀速运动的速度为v ，则有4B 2L 2v R ＝mg sin θ，解得v ＝v 04，B 正确；线框从进入磁场到再次做匀速运动的过程，沿斜面向下运动距离为32L ，则由功能关系得线框中产生的焦耳热为Q ＝3mgL sin θ2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫mv 202－mv 22＝3mgL sin θ2＋15mv 2032，C 正确；线框离开磁场时做加速运动，D 错误．三、非选择题(本题共3小题，共40分．按题目要求作答，计算题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)11．(12分)(2015·高考浙江卷)小明同学设计了一个“电磁天平”，如图甲所示，等臂天平的左臂为挂盘，右臂挂有矩形线圈，两臂平衡．线圈的水平边长L ＝0.1 m ，竖直边长H ＝0.3 m ，匝数为N 1.线圈的下边处于匀强磁场内，磁感应强度B 0＝1.0 T ，方向垂直线圈平面向里．线圈中通有可在0～2.0 A 范围内调节的电流I .挂盘放上待测物体后，调节线圈中电流使天平平衡，测出电流即可测得物体的质量．(重力加速度取g ＝10 m/s 2)(1)为使电磁天平的量程达到0.5 kg ，线圈的匝数N 1至少为多少？(2)进一步探究电磁感应现象，另选N 2＝100匝、形状相同的线圈，总电阻R ＝10 Ω.不接外电流，两臂平衡．如图乙所示，保持B 0不变，在线圈上部另加垂直纸面向外的匀强磁场，且磁感应强度B 随时间均匀变大，磁场区域宽度d ＝0.1 m ．当挂盘中放质量为0.01 kg 的物体时，天平平衡，求此时磁感应强度的变化率ΔB Δt.解析：(1)线圈受到安培力F ＝N 1B 0IL 天平平衡mg ＝N 1B 0IL 代入数据得N 1＝25匝． (2)由电磁感应定律得E ＝N 2ΔΦΔt即E ＝N 2ΔBΔt Ld由欧姆定律得I ′＝E R线圈受到的安培力F ′＝N 2B 0I ′L 天平平衡m ′g ＝N 22B 0ΔB Δt ·dL2R代入数据可得 ΔBΔt＝0.1 T/s. 答案：(1)25 匝 (2)0.1 T/s 12．(14分)如图所示，将质量m 1＝0.1 kg 、电阻R 1＝0.3 Ω、长度l ＝0.4 m 的导体棒ab 横放在U 形金属框架上，框架质量m 2＝0.2 kg ，放在绝缘水平面上，与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，相距0.4 m 的MM ′、NN ′相互平行，电阻不计且足够长．电阻R 2＝0.1 Ω的MN 垂直于MM ′.整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B ＝0.5 T ．垂直于ab 施加F ＝2 N 的水平恒力，使ab 从静止开始无摩擦地运动，且始终与MM ′、NN ′保持良好接触，当ab 运动到某处时，框架开始运动．设框架与水平面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取10 m/s 2.(1)求框架开始运动时ab 速度v 的大小；(2)从ab 开始运动到框架开始运动的过程中，MN 上产生的热量Q ＝0.1 J ，求该过程中ab 位移x 的大小．解析：(1)ab 对框架的压力F 1＝m 1g 框架受水平面的支持力F N ＝m 2g ＋F 1依题意，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则框架受到的最大静摩擦力F 2＝μF Nab 中的感应电动势E ＝Blv MN 中的电流I ＝E R 1＋R 2MN 受到的安培力F 安＝IlB框架开始运动时F 安＝F 2由上述各式代入数据解得v ＝6 m/s. (2)闭合回路中产生的总热量Q 总＝R 1＋R 2R 2Q由能量守恒定律，得Fx ＝12m 1v 2＋Q 总代入数据解得x ＝1.1 m. 答案：(1)6 m/s (2)1.1 m13．(14分)如图所示，半径为L 1＝2 m 的金属圆环内上、下半圆各有垂直圆环平面的有界匀强磁场，磁感应强度大小均为B 1＝10π T ．长度也为L 1、电阻为R 的金属杆ab ，一端处于圆环中心，另一端恰好搭接在金属环上，绕着a 端沿逆时针方向匀速转动，角速度为ω＝π10rad/s.通过导线将金属杆的a 端和金属环连接到图示的电路中(连接a 端的导线与圆环不接触，图中的定值电阻R 1＝R ，滑片P 位于R 2的正中央，R 2的总阻值为4R )，图中的平行板长度为L 2＝2 m ，宽度为d ＝2 m ．图示位置为计时起点，在平行板左边缘中央处刚好有一带电粒子以初速度v 0＝0.5 m/s 向右运动，并恰好能从平行板的右边缘飞出，之后进入到有界匀强磁场中，其磁感应强度大小为B 2，左边界为图中的虚线位置，右侧及上下范围均足够大．(忽略金属杆与圆环的接触电阻、圆环电阻及导线电阻，忽略电容器的充放电时间，忽略带电粒子在磁场中运动时的电磁辐射的影响，不计平行金属板两端的边缘效应及带电粒子的重力和空气阻力)求：(1)在0～4 s 内，平行板间的电势差U MN ； (2)带电粒子飞出电场时的速度；(3)在上述前提下若粒子离开磁场后不会第二次进入电场，则磁感应强度B 2应满足的条件．解析：(1)金属杆产生的感应电动势恒为E ＝12B 1L 21ω＝2 V由电路的连接特点知：E ＝I ·4RU 0＝I ·2R ＝E2＝1 VT 1＝2πω＝20 s 由右手定则知：在0～4 s 时间内，金属杆ab 中的电流方向为b →a ，则φa >φb 则在0～4 s 时间内，φM <φN ，U MN ＝－1 V.(2)粒子在平行板电容器内做类平抛运动，在0～T 12时间内水平方向L 2＝v 0·t 1t 1＝L 2v 0＝4 s<T 12竖直方向d 2＝12at 21a ＝Eq m ，E ＝Ud，v y ＝at 1得q m＝0.25 C/kg ，v y ＝0.5 m/s 则粒子飞出电场时的速度v ＝v 20＋v 2y ＝22m/s tan θ＝v y v 0＝1，所以该速度与水平方向的夹角θ＝45°.(3)粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由B 2qv ＝m v 2r 得r ＝mvB 2q由几何关系及粒子在磁场中运动的对称性可知，2r >d 时离开磁场后不会第二次进入电场，即B 2<2mvdq＝2 T.答案：(1)－1 V (2)22m/s 与水平方向成45°夹角 (3)B 2<2 T。

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。

课后分级演练（三十）电磁感应定律的综合应用【A级一一基础练】1.英国物理学家麦克斯韦认为，磁场变化时会在空I'可激发感生电场.如图所示，一个半径为/的绝缘细圆环水平放置，环内存在竖直向上的匀强磁场〃,环上套一带电荷量为+ g的小球.已知磁感应强度〃随时间均匀增加，其变化率为乩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的大小是（）1 9A.0B.尹酬C. 2 兀rqkD. n rqk解析：D变化的磁场产生的感生电动势为E=¥*=k"小球在环上运动一周感生电场对其所做的功*= qE= qk只*, D项正确，A、B、C项错误.2.（2017 •河南名校联考）如图所示，两条足够长的平行金属导轨水平放置，导轨的一端接有电阻和开关，导轨光滑且电阻不计，匀强磁场的方向与导轨平面垂直，金属杆M置于导轨上.当开关S断开时，在杆"上作用一水平向右的恒力F,使杆“向右运动进入磁场，一段时间后闭合开关并开始计时，金属杆在运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，y、A F、曰分别表示金属杆在运动过程中的速度、感应电流、安培力、加速度.下列图象中一定错误的是（）解析：C当开关闭合时，整个回路有感应电流，金属杆臼方将受到安培力的作用，若恒力尸等于安培力，则金属杆臼方做匀速运动，产生的感应电流不变，B正确；若恒力尸大于安培力，则金属杆必先做加速度减小的加速运动，最后做匀速运动，加速度为零，D正确; 若恒力尸小于安培力，则金属杆"先做加速度减小的减速运动，最后做匀速运动，A正确; 金属杆必在运动过程中受到的安培力尸=BiL=l^L=^L.由以上分析可知C错误.3.如图所示，线圈匝数为刀，横截面积为$线圈电阻为八处于一个均匀增强的磁场中，磁感应强度随时间的变化率为k（k>0），磁场方向水平向右且与线圈平面垂直.上、下两极板水平放置的电容器，极板间距为也电容为C在电容器两极板之间有一质量为刃的带电微粒P处于静止状态，两个电阻的阻值分别为于和21；则下列说法正确的是（）A.戶帯负电，电荷量曦B."带正电，电荷量为鬻C.P带负电，电荷量为燈D.P带正电，电荷量为鵲解析：C闭合线圈与阻值为厂的电阻形成闭合回路，线圈相当于电源，电容器两极板间的电压等于路端电压；线圈产生的感应电动势为厂=/7冷|=刃必，路端电压字, 对带电微粒有占飓，即？=需根据楞次定律可知，电容器上极板带正电，所以微粒P 带负电.选项C正确.4.如图所示，一直角三角形金属框，向左匀速地穿过一个方 .、、、、匀速、、向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，磁场仅限于虚线边界所围的抄JL'乞〉区域，该区域的形状与金属框完全相同，且金属框的下边与磁场区域的下边在一直线上，若取顺时针方向为电流的止方向，则金属框穿过磁场的过程屮感应电流/随时间t变化的图象是（）解析：C在金属框进入磁场过程中，感应电流的方向为逆时针，金属框切割磁感线的有效长度线性增大，排除A、B；在金属框出磁场的过程中，感应电流的方向为顺时针方向, 金属框切割磁感线的有效长度线性减小，排除D,故C正确.5.（多选）如图甲所示，光滑绝缘水平面，虚线的右侧存在方向竖直向下、磁感应强度大小为B=2 T的匀强磁场，恵V的左侧有一质量为/77=O. 1 kg的矩形线圈bcde,方c边长厶= 0.2m,电阻斤=2 Q. t=0时，用一恒定拉力F拉线圈，使其由静止开始向右做匀加速运动，经过Is,线圈的比边到达磁场边界就V；此时立即将拉力尸改为变力，又经过Is,线圈恰好完全进入磁场，在整个运动过程中，线圈中感应电流,随时间方变化的图彖如图乙 所示，则（）解析：C 设经过吋间&则W 点距。

第10章 电磁感应章末过关检测(十)(建议用时：60分钟 满分：100分)一、单项选择题(本题共5小题，每小题6分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确)1．(2018·河南信阳质检)如图所示，一边长为L 、质量为m 、电阻为R 的正方形金属线框竖直放置在磁场中，磁场方向垂直方框平面向里，磁感应强度B 的大小沿y 轴的变化规律为B ＝B 0＋ky (k 为常数且大于零)，在x 轴方向上的磁感应强度相同．现将线框从图示位置水平向右抛出，已知重力加速度为g ，磁场区域足够大，不计空气阻力，则( )A ．线框将一直做曲线运动B ．线框最终将做直线运动C ．线框最终的速度等于mgR k 2L 4D ．线框中产生的感应电流沿顺时针方向解析：选B.由楞次定律得，线框中感应电流方向为逆时针方向，D 错误；线框中产生的电动势为：E ＝B 下Lv y －B 上Lv y ＝(B 下－B 上)Lv y线框中的电流为：I ＝E R，又据题有：B 下－B 上＝k Δy ＝kL 解得：I ＝kL 2v y R， 根据对称性可知，线框在水平方向所受合力为0，沿水平方向做匀速运动，设线框在竖直方向的最大速度为v y m ，线框中最大的感应电流为I m ，则有：mg ＝(B 下－B 上)LI m ，I m ＝kL 2v y m R， 解得v y m ＝mgR k 2L 4，即最终竖直方向上做匀速直线运动，根据平行四边形定则知，最终线框做匀速直线运动，速度v ＝v 20＋v 2y m ＞mgR k 2L 4，故A 、C 错误，B 正确． 2．(2018·贵州七校联考)如图所示，两根相距为l 的平行直导轨ab 、cd ，b 、d 间连有一定值电阻R ，导轨电阻可忽略不计．MN 为放在ab 和cd 上的一导体杆，与ab 垂直，其电阻也为R .整个装置处于匀强磁场中，磁感应强度的大小为B ，磁场方向垂直于导轨所在平面(指向图中纸面内)．现对MN 施力使它沿导轨方向以速度v (如图)做匀速运动．令U 表示MN 两端电压的大小，则( )A ．U ＝12Blv ，流过定值电阻R 的感应电流由b 到d B ．U ＝12Blv ，流过定值电阻R 的感应电流由d 到b C ．U ＝Blv ，流过定值电阻R 的感应电流由b 到dD ．U ＝Blv ，流过定值电阻R 的感应电流由d 到b解析：选A.由右手定则可知，通过MN 的电流方向为N →M ，电路闭合，流过电阻R 的电流方向由b 到d ，B 、D 项错误；导体杆切割磁感线产生的感应电动势E ＝Blv ，导体杆为等效电源，其电阻为等效电源内电阻，由闭合电路欧姆定律和部分电路欧姆定律可知，U ＝IR ＝E2R ·R ＝12Blv ，A 项正确，C 项错误． 3．(2018·安徽蚌埠检测)如图甲所示，bacd 为导体做成的框架，其平面与水平面成θ角，质量为m 的导体棒PQ 与ab 、cd 接触良好，回路的电阻为R ，整个装置放于垂直框架平面的变化的磁场中，磁感应强度B 的变化情况如图乙所示，PQ 始终静止，则0～t 2内(t ＝0时刻，安培力大于mg sin θ)，PQ 受到的摩擦力F f 的分析情况正确的是( )A ．F f 先减小后增大，且在t 1时刻为零B ．F f 先减小后增大，且在t 1时刻F f ＝mg sin θC ．F f 先增大后减小，且在t 1时刻为最大值D ．F f 先增大后减小，且在t 1时刻F f ＝mg sin θ解析：选B.0～t 1，PQ 平衡，无论磁感应强度的方向向哪，都有F 安＝mg sin θ＋F f ，随着磁感应强度的减小，安培力减小，静摩擦力向下先减小后反向增大，t 1时刻，安培力为零，静摩擦力沿框架向上，F f ＝mg sin θ；t 1以后，安培力方向向下，mg sin θ＋F 安＝F f ，安培力增大，静摩擦力沿框架向上增大，A 、C 、D 错误，B 正确．4. (2018·浙江杭州五校联盟检测)如图所示，在置于匀强磁场中的平行导轨上，横跨在两导轨间的导体杆PQ 以速度v 向右匀速移动，已知磁场的磁感应强度为B 、方向垂直于导轨平面(纸面)向外，导轨间距为l ，闭合回路acQP 中除电阻R 外，其他部分的电阻忽略不计，则( )A ．回路中的感应电动势E ＝IlBB ．回路中的感应电流I ＝Blv RC ．通过电阻R 的电流方向是由a 流向cD ．通过PQ 杆的电流方向是由Q 流向P解析：选B.导体杆垂直切割磁感线，产生的感应电动势E ＝Blv ，故A 错误；电路中的感应电流I ＝E R ＝Blv R，故B 正确；由右手定则可知，PQ 中产生的感应电流从P 流向Q ，通过R 的电流方向从c 流向a ，故C 、D 错误．5. (2018·安徽省江淮十校第三次联考)宽为L 的两光滑竖直裸导轨间接有固定电阻R ，导轨(电阻忽略不计)间Ⅰ、Ⅱ区域中有垂直纸面向里、宽为d 、磁感应强度为B 的匀强磁场，Ⅰ、Ⅱ区域间距为h ，如图，有一质量为m 、长为L 电阻不计的金属杆与竖直导轨紧密接触，从距区域Ⅰ上端H 处杆由静止释放．若杆在Ⅰ、Ⅱ区域中运动情况完全相同，现以杆由静止释放为计时起点，则杆中电流I 随时间t 变化的图象可能正确的是( )解析：选B.金属杆进入上方磁场时，若速度较大，则进入磁场时所受安培力大于重力，根据F 安－mg ＝ma 可知，金属杆做加速度减小的减速运动，则感应电流I ＝BLv R ＝BL （v 0＋at ）R ，其中v 0为杆进入上方磁场时的速度大小，所以图线切线的斜率减小；因金属杆在两个磁场区域内的运动情况相同；故图线B 正确．二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选或不答的得0分)6．在绝缘的水平桌面上有MN 、PQ 两根平行的光滑金属导轨，导轨间的距离为l .金属棒ab 和cd 垂直放在导轨上，两棒正中间用一根长l 的绝缘细线相连，棒ab 右侧有一直角三角形匀强磁场区域，磁场方向竖直向下，三角形的两条直角边长均为l ，整个装置的俯视图如图所示，从图示位置在棒ab 上加水平拉力，使金属棒ab 和cd 向右匀速穿过磁场区，则金属棒ab 中感应电流i 和绝缘细线上的张力大小F 随时间t 变化的图象，可能正确的是(规定金属棒ab 中电流方向由a 到b 为正)( )解析：选AC.在ab 棒通过磁场的时间内，ab 棒切割磁感线的有效长度均匀增大，由E ＝Blv 分析可知，ab 产生的感应电动势均匀增大，则感应电流均匀增大，由楞次定律知感应电流的方向由b 到a ，为负值．根据cd 棒受力平衡知，细线上的张力F 为0；在cd 棒通过磁场的时间内，cd 棒切割磁感线的有效长度均匀增大，由E ＝Blv 分析可知，cd 产生的感应电动势均匀增大，则感应电流均匀增大，由楞次定律知感应电流的方向由a 到b ，为正值．根据cd 棒受力平衡知，细线上的张力F ＝BIl ＝B 2l 2v R，l 均匀增大，则F 与l 2成正比，故B 、D 错误，A 、C 正确．7.现代科学研究中常要用到高速电子，电子感应加速器就是利用感生电场使电子加速的设备．如图所示，上面为侧视图，上、下为电磁铁的两个磁极，电磁铁线圈中电流的大小可以变化；下面为磁极之间真空室的俯视图．现有一电子在真空室中做圆周运动，从上往下看电子沿逆时针方向做加速运动．则下列判断正确的是( )A ．通入螺线管的电流在增强B ．通入螺线管的电流在减弱C ．电子在轨道中做圆周运动的向心力是电场力D ．电子在轨道中加速的驱动力是电场力解析：选AD.从上往下看电子沿逆时针方向做加速运动，表明感应电流沿顺时针方向．图示电磁铁螺线管电流产生的磁场方向竖直向上，根据楞次定律和右手定则，当磁场正在增强时，产生的感应电场沿顺时针方向，故选项A 正确，B 错误；电子所受感应电场力方向沿切线方向，电子在轨道中做加速圆周运动是由电场力驱动的，选项C 错误，D 正确．8．(2018·郑州市质量检测)铁路运输中设计的多种装置都运用了电磁感应原理．有一种电磁装置可以向控制中心传输信号以确定火车的位置和运动状态，装置的原理是：将能产生匀强磁场的磁铁安装在火车首节车厢下面，如图甲所示(俯视图)，当它经过安放在两铁轨间的矩形线圈时，线圈便产生一个电信号传输给控制中心．线圈长为l 1，宽为l 2，匝数为n .若匀强磁场只分布在一个矩形区域内，当火车首节车厢通过线圈时，控制中心接收到线圈两端电压u 与时间t 的关系如图乙所示(ab 、cd 均为直线)，则在t 1～t 2时间内( )A ．火车做匀速直线运动B ．M 点电势低于N 点电势C ．火车加速度大小为u 2－u 1nBl 2（t 2－t 1）D ．火车平均速度大小为u 2＋u 12nBl 1 解析：选BD.由E ＝BLv 可知，动生电动势与速度成正比，而在题图乙中ab 段的电压与时间成线性关系，因此可知在t 1到t 2这段时间内，火车的速度随时间均匀增加，所以火车在这段时间内做的是匀加速直线运动，故A 错误；根据右手定则，线圈中的感应电流是逆时针的，M 点电势低于N 点电势，B 正确；由题图知t 1时刻对应的速度为：v 1＝u 1nBl 1，t 2时刻对应的速度为：v 2＝u 2nBl 1，故这段时间内的加速度为：a ＝v 2－v 1t 2－t 1＝u 2－u 1nBl 1（t 2－t 1），故C 错误；由C 可知这段时间内的平均速度为：v ＝v 1＋v 22＝u 1＋u 22nBl 1，D 正确． 三、非选择题(本题共3小题，共52分，按题目要求作答．计算题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)9．(14 分)(2018·广东深圳调研)一根阻值12 Ω的金属导线绕成如图甲形状的闭合回路，大正方形边长0.4 m ，小正方形边长0.2 m ，共10匝．放在粗糙的水平桌面上，两正方形对角线间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示，整个过程中线框始终未动．求闭合回路：(1)产生的感应电动势；(2)电功率；(3)第1 s 末受到的摩擦力大小．解析：(1)根据法拉第电磁感应定律有：E ＝N ΔΦΔt ＝N ΔBS Δt得：E ＝N ΔBS Δt ＝10×21×12×(0.42－0.22)V ＝1.2 V. (2)电功率为：P ＝E 2R ＝1.2212W ＝0.12 W. (3)线框中的电流为：I ＝E R ＝1.212A ＝0.1 A 在磁场中的两条边受到的力垂直于线框，大小相等，互成90°，每条边受到的力为：F ＝NBIL ＝10×2×0.1×(0.4＋0.2)N ＝1.2 N安培力的合力为：F ′＝2F ＝2×1.2 N ≈1.7 N摩擦力大小为：f ＝F ′＝1.70 N.答案：(1)1.2 V (2)0.12 W (3)1.70 N10．(18分)如图所示，光滑的金属导轨间距为L ，导轨平面与水平面成α角，导轨下端接有阻值为R 的电阻．质量为m 的金属细杆ab 与绝缘轻质弹簧相连静止在导轨上，弹簧劲度系数为k ，上端固定，弹簧与导轨平面平行，整个装置处在垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场中，磁感应强度为B .现给杆一沿导轨向下的初速度v 0，杆向下运动至速度为零后，再沿导轨平面向上运动达最大速度v 1，然后减速为零，再沿导轨平面向下运动，一直往复运动到静止(金属细杆的电阻为r ，导轨电阻忽略不计)．试求：(1)细杆获得初速度的瞬间，通过R 的电流大小；(2)当杆速度为v 1时，离最初静止位置的距离L 1；(3)杆由v 0开始运动直到最后静止，电阻R 上产生的焦耳热Q .解析：(1)由E ＝BLv 0；I 0＝ER ＋r ，解得：I 0＝BLv 0R ＋r. (2)设杆最初静止不动时弹簧伸长x 0，则kx 0＝mg sin α当杆的速度为v 1时杆受力平衡，弹簧伸长x 1kx 1＝mg sin α＋BI 1L此时I 1＝BLv 1R ＋r，L 1＝x 1－x 0得L 1＝B 2L 2v 1k （R ＋r ）. (3)杆最后静止时，杆在初始位置，由能量守恒可得Q 总＝12mv 2所以：Q ＝Rmv 202（R ＋r ）. 答案：(1)BLv 0R ＋r (2)B 2L 2v 1k （R ＋r ） (3)Rmv 202（R ＋r ）11．(20分)如图所示，两根光滑金属导轨平行放置在倾角为30°的斜面上，导轨宽度为L ，导轨下端接有电阻R ，两导轨间存在一方向垂直于斜面向上、磁感应强度大小为B 的匀强磁场，轻绳一端平行于斜面系在质量为m 的金属棒上，另一端通过定滑轮竖直悬吊质量为m 0的小木块．第一次金属棒从PQ 位置由静止释放，发现金属棒沿导轨下滑，第二次去掉轻绳，让金属棒从PQ 位置由静止释放．已知两次下滑过程中金属棒始终与导轨接触良好，且在金属棒下滑至底端MN 前，都已经达到了平衡状态．导轨和金属棒的电阻都忽略不计，已知m m 0＝4，mgR B L ＝gh (h 为PQ 位置与MN 位置的高度差)．求：(1)金属棒两次运动到MN 时的速度大小之比；(2)金属棒两次运动到MN 过程中，电阻R 产生的热量之比．解析：(1)金属棒匀速运动时，根据平衡条件得：第一种情况有：mg sin 30°－m 0g ＝BI 1L ＝B 2L 2v 1R第二种情况有：mg sin 30°＝BI 2L ＝B 2L 2v 2R又由题 mm 0＝4 联立以上三式得：v 1v 2＝12. (2)第一次下滑至MN 位置的过程中，根据动能定理可得mgh －m 0g h sin 30°－W 1＝12(m ＋m 0)v 21 第二次下滑至MN 位置的过程中，根据动能定理可得mgh －W 2＝12mv 22 两次运动过程中，电阻R 产生的热量之比为Q1 Q2＝W1W2＝59112.答案：见解析。

《电磁感应》综合检测(时间:90分钟满分:100分)一、选择题(本题共14小题,每小题3分,共42分.在每小题给出的四个选项中,第1～8小题只有一个选项正确,第9～14小题有多个选项正确,全部选对的得3分,选对但不全的得2分,有选错或不选的得0分)1.如图所示,ab是水平面上一个圆的直径,在ab的正上方有一根通电导线ef,且ef平行于ab,当ef竖直向上平移时,穿过这个圆面的磁通量将( C )A.逐渐变大B.逐渐变小C.始终为零D.不为零,但始终保持不变解析:由题意,通电直导线产生稳定的磁场,且处在ab正上方,电流I产生的磁感线为垂直于ef的同心圆,因此,穿过圆面的磁通量为零,当ef竖直向上平移时,穿过这个圆面的磁通量总为零,故C正确,A,B,D错误.2.如图,金属环A用绝缘轻绳悬挂,与长直螺线管共轴,并位于其左侧.若变阻器的滑片P向左移动,则( B )A.金属环A向左运动,同时向外扩张B.金属环A向左运动,同时向里收缩C.金属环A向右运动,同时向外扩张D.金属环A向右运动,同时向里收缩解析:变阻器滑片P向左移动,电阻变小,电流变大,螺线管的磁场增强,根据楞次定律,感应电流的磁场方向与原电流磁场方向相反,故相互排斥,则金属环A将向左运动,因磁通量增大,金属环A有收缩趋势,故A,C,D错误,B正确.3.如图所示,纸面内有一矩形导体闭合线框abcd,ab边长大于bc边长,置于垂直纸面向里、边界为MN的匀强磁场外,线框两次匀速地完全进入磁场,两次速度大小相同,方向均垂直于MN.第一次ab边平行MN进入磁场,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;第二次bc边平行MN进入磁场.线框上产生的热量为Q2,通过线框导体横截面的电荷量为q2,则( C )A.Q1=Q2q1=q2B.Q1=Q2q1>q2C.Q1>Q2q1=q2D.Q1>Q2q1>q2解析:设ab和bc边长分别为L ab,L bc,穿过磁场区域的速度为v,由于线框产生的热量等于克服安培力做功,则有Q1=BI1L ab·L bc=B·L ab·L bc=·L ab通过线框导体横截面的电荷量为q1=I1Δt=·=;同理可以求得Q2=BI2L bc·L ab=L bc,q2=I2Δt=;因为L ab>L bc,则Q1>Q2,q1=q2,故C正确,A,B,D错误.4.如图所示,一闭合直角三角形线框以速度v匀速穿过匀强磁场区域.从BC边进入磁场区开始计时,到A点离开磁场区止的过程中,线框内感应电流的情况(以逆时针方向为电流的正方向)是如图所示中的( A )解析:线框进入或离开磁场时,穿过线框的磁通量发生变化,线框中有感应电流产生,当线框完全进入磁场时,磁通量不变,没有感应电流产生,故C错误;感应电流I==,线框进入磁场时,切割磁感线的有效长度L均匀减小,感应电流逐渐减小,由楞次定律可知,感应电流为逆时针方向;线框离开磁场时,切割磁感线的有效长度L减小,感应电流逐渐减小,感应电流为顺时针方向;故A正确,B,D错误.5.等离子体气流由左方以速度v0连续射入P1和P2两板间的匀强磁场中,ab直导线与P1,P2相连接,线圈A与直导线cd连接.线圈A内有如图(乙)所示的变化磁场,且磁场B的正方向规定为向左,如图(甲)所示,则下列叙述正确的是( B )A.0～1 s内ab,cd导线互相排斥B.1～2 s内ab,cd导线互相吸引C.2～3 s内ab,cd导线互相吸引D.3～4 s内ab,cd导线互相吸引解析:由左侧电路可以判断ab中电流方向由a到b;由右侧电路及图(乙)可以判断,0～2 s内cd中电流为由c到d,跟ab中电流同向,因此ab,cd 相互吸引,故A错误,B正确;2～4 s内cd中电流为由d到c,跟ab中电流反向,因此ab,cd相互排斥,故C,D错误.6.1831年,法拉第在一次会议上展示了他发明的圆盘发电机[图(甲)].它是利用电磁感应原理制成的,是人类历史上第一台发电机.图(乙)是这个圆盘发电机的示意图:铜盘安装在水平的铜轴上,它的边缘正好在两磁极之间,两块铜片C,D分别与转动轴和铜盘的边缘良好接触.使铜盘转动,电阻R中就有电流通过.若所加磁场为均强磁场,回路的总电阻恒定,从左往右看,铜盘沿顺时针方向匀速转动,CRD平面与铜盘平面垂直,下列说法正确的是( C )A.电阻R中没有电流流过B.铜片C的电势高于铜片D的电势C.保持铜盘不动,磁场变为方向垂直于铜盘的交变磁场,则铜盘中有电流产生D.保持铜盘不动,磁场变为方向垂直于铜盘的交变磁场,则CRD回路中有电流产生解析:根据右手定则可知,电流从D点流出,流向C点,因此铜盘中电流方向为从C向D,由于圆盘在切割磁感线,相当于电源,所以D处的电势比C 处高,A,B错误;保持铜盘不动,磁场变为方向垂直于铜盘的交变磁场,则穿过铜盘的磁通量发生变化,铜盘产生涡流,但是此时不再切割磁感线,C,D两点电势相同,故CRD回路中没有电流产生,C正确,D错误.7.如图所示,一直升机停在南半球的地磁极上空,该处地磁场的方向竖直向上,磁感应强度为B,直升机螺旋桨叶片的长度为L,近轴端为a,远轴端为b,转动的频率为f,顺着地磁场的方向看,螺旋桨按顺时针方向转动.如果忽略a到转轴中心线的距离,用E表示每个叶片中的感应电动势,则( A )A.E=πfL2B,且a点电势低于b点电势B.E=2πfL2B,且a点电势低于b点电势C.E=πfL2B,且a点电势高于b点电势D.E=2πfL2B,且a点电势高于b点电势解析:每个叶片都切割磁感线,根据右手定则,a点电势低于b点电势.叶片端点的线速度v=ωl=2πfL,叶片的感应电动势E=BLv=BL×2πLf=πfL2B.故选A.8.在如图所示的电路中,a,b为两个完全相同的灯泡,L为自感线圈,E为电源,S为开关.关于两灯泡点亮和熄灭的先后次序,下列说法正确的是( C )A.合上开关,a先亮,b逐渐变亮;断开开关,a,b同时熄灭B.合上开关,b先亮,a逐渐变亮;断开开关,a先熄灭,b后熄灭C.合上开关,b先亮,a逐渐变亮;断开开关,a,b同时熄灭D.合上开关,a,b同时亮;断开开关,b先熄灭,a后熄灭解析:由于a,b为两个完全相同的灯泡,当开关接通瞬间,b灯泡立刻发光,而a灯泡由于线圈的自感作用渐渐变亮;当开关断开瞬间,两灯泡串联,由线圈产生瞬间电压提供电流,导致两灯泡同时逐渐熄灭.故选C.9.下列各图所描述的物理情境中,能产生感应电流的是( BCD )解析:开关S闭合稳定后,穿过线圈N的磁通量保持不变,线圈N中不产生感应电流,故A错误;磁铁向铝环A靠近,穿过金属框的磁通量在增大,金属框中产生感应电流,故B正确;金属框从A向B运动,穿过金属框的磁通量时刻在变化,金属框产生感应电流,故C正确;铜盘在磁场中按图示方向转动,铜盘的一部分切割磁感线,产生感应电流,故D正确.10.用导线绕一圆环,环内有一用同样导线折成的内接正方形线框,圆环与线框绝缘,如图所示.把它们放在磁感应强度为B的均强磁场中,磁场方向垂直于圆环平面(纸面)向里.当磁场均匀减弱时( AC )A.圆环和线框中的电流方向都为顺时针B.圆环和线框中的电流方向都为逆时针C.圆环和线框中的电流大小之比为∶1D.圆环和线框中的电流大小之比为2∶1解析:根据楞次定律可得当磁场均匀减小时,圆环和线框内产生的感应磁场方向与原磁场方向相同,即感应电流方向都为顺时针,A正确,B错误;设圆半径为a,则圆面积为S=πa2,圆周长为L=2πa,线框面积为S′=2a2,线框周长为L′= 4a,因为磁场是均匀减小的,故E=,所以圆环和线框内的电动势之比为==,两者的电阻之比为=,故电流之比为==×=×=,故C正确,D错误.11.如图所示,两水平虚线ef,gh之间存在垂直纸面向外的匀强磁场,一质量为m、电阻为R的正方形铝线框abcd从虚线ef上方某位置由静止释放,线框运动中ab始终是水平的,已知两虚线ef,gh间距离大于线框边长,则从开始运动到ab边到达gh线之前的速度随时间的变化关系图像可能正确的是( BD )解析:线框先做自由落体运动,由线框宽度小于磁场的宽度可知,当ab边进入磁场且cd边未出磁场的过程中,磁通量不变,没有感应电流产生,不受安培力,则线框的加速度与线框自由下落时一样,均为g.若cd边刚好匀速进入磁场,mg=F安=,ab边进入磁场后线框又做匀加速运动,cd边出磁场后减速,当达到上述匀速的速度后又做匀速运动,故A错误,B正确;若cd边减速进入磁场,线框全部进入后做匀加速运动,达到进磁场的速度时不可能匀速.若cd边加速进入磁场,全部进入后做匀加速运动,当cd边出磁场时线框有可能加速、匀速、减速,故C错误,D正确.12.如图所示,两根间距为L的光滑平行金属导轨与水平面夹角为α,图中虚线下方区域内存在磁感应强度为B的匀强磁场,磁场方向垂直于导轨平面向上,两金属杆质量均为m,电阻均为R,垂直于导轨放置,开始时金属杆ab处在距磁场上边界一定距离处,金属杆cd处在导轨的最下端,被与导轨垂直的两根小柱挡住,现将金属杆ab由静止释放,当金属杆ab刚进入磁场便开始做匀速直线运动,已知重力加速度为g,则( AC )A.金属杆ab进入磁场时感应电流的方向为由b到aB.金属杆ab进入磁场时速度大小为C.金属杆ab进入磁场后产生的感应电动势为D.金属杆ab进入磁场后金属杆cd对两根小柱的压力大小为mgsin α解析:由右手定则可知,ab进入磁场时产生的感应电流由b流向a,故A正确;ab进入磁场时受到的安培力F=BIL=BL=,由平衡条件得=mgsin α,解得v=,故B错误;ab产生的感应电动势E=BLv=,故C正确;由左手定则可知,cd受到的安培力平行于斜面向下,则cd对两根小柱的压力等于F N=mgsin α+F>mgsin α,故D错误.13.如图所示,光滑水平面上存在有界匀强磁场,磁场方向垂直纸面向里,磁感应强度为B,质量为m边长为a的正方形导体框MNPQ斜向上垂直进入磁场,当MP刚进入磁场时速度为v,方向与磁场边界成45°,若导体框的总电阻为R,则( AC )A.导体框进入磁场过程中,导体框中电流的方向为MQPNB.MP刚进入磁场时导体框中感应电流大小为C.MP刚进入磁场时导体框所受安培力为D.MP刚进入磁场时M,P两端的电压为解析:根据楞次定律可得导体框进入磁场过程中,导体框中电流的方向为MQPN,故A正确;根据E=Bav,MP刚进入磁场时切割磁感线的有效长度为a,导体框中感应电流大小为I==,故B错误;根据安培力的计算公式可得MP刚进入磁场时导体框所受安培力为F=BI·a=,故C正确;MP 刚进入磁场时M,P两端的电压为路端电压,根据闭合电路欧姆定律可得U=E=Bav,故D错误.14.如图所示,两条电阻不计的平行导轨与水平面成θ角,导轨的一端连接定值电阻R1,匀强磁场垂直穿过导轨平面.一根质量为m、电阻为R2的导体棒ab,垂直导轨放置,导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ,且R2=nR1.如果导体棒以速度v匀速下滑,导体棒此时受到的安培力大小为F,则以下判断正确的是( AD )A.电阻R1消耗的电功率为B.重力做功的功率为mgvcos θC.运动过程中减少的机械能全部转化为电能D.R2上消耗的功率为解析:导体棒以速度v匀速下滑时,由E=BLv,I=,F=BIL可得安培力F=,电阻R1消耗的热功率为P1=I2R1=()2R1,又R2=nR1,以上各式联立得P1=,故A正确.根据瞬时功率表达式P=Fvcos α(其中α为F 与v之间的夹角)可知,重力做功的功率为P=mgvcos(-θ)=mgvsin θ,故B错误.根据能量守恒定律可知,运动过程中减少的机械能转化为电能和摩擦产生的热量,故C错误.电阻R2消耗的热功率为P2=I2R2=()2R2,又R2=nR1,安培力F=,解得,P2=,故D正确.二、非选择题(共58分)15.(6分)如图为“探究电磁感应现象”的实验装置.(1)将图中所缺的导线补接完整.(2)如果在闭合开关时发现灵敏电流表的指针向右偏了一下,那么合上开关后可能出现的情况有:①将小线圈迅速插入大线圈时,灵敏电流计指针将;②小线圈插入大线圈后,将滑动变阻器触头迅速向左拉时,灵敏电流计指针.(3)在做“探究电磁感应现象”实验时,如果大线圈两端不接任何元件,则大线圈电路中将.A.因电路不闭合,无电磁感应现象B.有电磁感应现象,但无感应电流,只有感应电动势C.不能用楞次定律判断大线圈两端电势的高低D.可以用楞次定律判断大线圈两端电势的高低解析:(1)将电源、开关、变阻器、小线圈串联成一个回路,再将电流表与大线圈串联成另一个回路,连线图如图所示.(2)①闭合开关,磁通量增加,指针向右偏转,将小线圈迅速插入大线圈,磁通量增加,则灵敏电流表的指针向右偏转一下.②小线圈插入大线圈后,将滑动变阻器触头迅速向左拉时,电阻增大,则电流减小,穿过大线圈的磁通量减小,则灵敏电流表指针向左偏转一下.(3)如果大线圈两端不接任何元件,大线圈中仍有磁通量的变化,仍会产生感应电动势,不会有感应电流存在可根据楞次定律来确定电荷移动的方向,从而可以判断出大线圈两端电势高低情况.故B,D正确,A,C错误. 答案:(1)见解析(2)①向右偏转一下②向左偏转一下(3)BD评分标准:每问2分.16.(6分)在用如图(甲)所示装置“研究回路中感应电动势大小与磁通量变化快慢的关系”实验中:(1)本实验中需要用到的传感器是光电门传感器和传感器.(2)让小车以不同速度靠近螺线管,记录下光电门挡光时间Δt内感应电动势的平均值E,改变速度多次实验,得到多组Δt与E,若以E为纵坐标、为横坐标作图可以得到直线图像.(3)记录下小车某次匀速向左运动至最后撞上螺线管停止的全过程中感应电动势与时间的变化关系,如图(乙)所示,挡光时间Δt内图像所围阴影部分面积为S,增加小车的速度再次实验得到的面积S′(选填“>”“<”或“=”)S.解析:(1)需要电压传感器测量感应电动势的平均值.(2)由于以不同速度磁铁靠近螺线管,Δt时间内磁通量变化量ΔΦ相同,由法拉第电磁感应定律公式E=n可知,E∝,故应该以为横轴作图.(3)根据法拉第电磁感应定律公式E=n,面积S=E·Δt=n·ΔΦ,由于小车的初末位置不变,故面积为一个定值.答案:(1)电压(2)(3)=评分标准:每问2分.17.(11分)如图,光滑平行的竖直金属导轨MN,QP相距L,在M点和Q点间接一个阻值为R的电阻,在两导轨间OO1O1′O′矩形区域内有垂直导轨平面水平向里、高为h的磁感应强度为B的匀强磁场.一质量为m,电阻也为R的导体棒ab,垂直搁在导轨上,与磁场下边界相距h0.现用一竖直向上的大小为F=2mg的恒力拉ab棒,使它由静止开始运动,进入磁场后开始做减速运动,在离开磁场前已经做匀速直线运动(棒ab与导轨始终保持良好的接触,导轨电阻不计,空气阻力不计,g为重力加速度).求:(1)导体棒ab在离开磁场上边界时的速度;(2)导体棒ab在刚进入磁场时加速度的大小;(3)导体棒ab通过磁场区域的过程中棒消耗的电能.解析:(1)离开磁场时导体棒向上匀速运动,受到重力、安培力和拉力,所以有F=mg+F A;安培力为F A=BIL=BL=,(2分)则v=.(1分)(2)在h0阶段中,根据动能定理,得(F-mg)h0=m-m(1分)解得v1=,(1分)棒刚进入磁场时所受的安培力大小为F A′=,(1分)根据牛顿第二定律得F-mg-F A′=ma(1分)解得a=g-.(1分)(3)对整个过程,根据能量守恒定律得F(h0+h)=mg(h0+h)+Q+mv2(1分)回路产生的总电能为Q=mg(h0+h)-(1分)棒消耗的电能为E电==mg(h+h0)-.(1分)答案:(1)(2)g-(3)mg(h+h0)-18.(11分)如图所示,水平面上两平行光滑金属导轨间距为L,左端用导线连接阻值为R的电阻.在间距为d的虚线MN,PQ之间,存在方向垂直导轨平面向下的磁场,磁感应强度大小只随着与MN的距离变化而变化.质量为m、电阻为r的导体棒ab垂直导轨放置,在大小为F的水平恒力作用下由静止开始向右运动,到达虚线MN时的速度为v0.此后恰能以加速度a在磁场中做匀加速运动.导轨电阻不计,始终与导体棒接触良好.求:(1)导体棒开始运动的位置到MN的距离x;(2)磁场左边缘MN处的磁感应强度大小B;(3)导体棒通过磁场区域过程中,电阻R上产生的焦耳热Q R.解析:(1)导体棒在磁场外,由动能定理有Fx=m,(2分)解得x=.(1分)(2)导体棒刚进磁场时产生的电动势为E=BLv0由闭合电路欧姆定律有I=又F安=ILB可得F安=(2分)由牛顿第二定律有F-F安=ma解得B=.(2分)(3)导体棒穿过磁场过程,由牛顿第二定律有F-F安=ma可得F安=F-ma,F,a,m恒定,则安培力F安恒定,则导体棒克服安培力做功为W=F安d(2分)电路中产生的焦耳热为Q=W电阻R上产生的焦耳热为Q R=Q(1分)解得Q R=(F-ma).(1分)答案:(1)(2)(3)(F-ma)19.(12分)两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平面内,两导轨间的距离为L.导轨上横放着两根导体棒ab和cd,构成矩形回路,如图所示,两根导体棒的质量皆为m,电阻皆为R,回路中其余部分的电阻不计.在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场,磁感应强度为 B.设两导体棒均可沿导轨无摩擦地滑行,开始时,棒ab和棒cd之间的距离为d,棒cd 静止,棒ab有指向棒cd的初速度v0,若两导体棒在运动中始终不接触,求:(1)棒ab的初速度为v0时回路中的电流.(2)当ab棒的速度变为初速度v0的时,cd棒的加速度大小.(3)稳定后棒ab和棒cd之间的距离.解析:(1)由法拉第电磁感应定律,棒ab产生的电动势为E=BLv0(1分)则回路产生的电流大小为I==.(1分)(2)棒ab和cd在运动过程中始终受到等大反向的安培力,系统的动量守恒,设ab棒的速度为v0时cd棒的速度是v1,以向右的方向为正方向,得mv0=m v0+mv1,解得v1=v0,(1分)此时回路中的总电动势E′=(v0-v0)BL=(1分)回路中的电流I′=cd棒受到的安培力F=BI′L所以cd棒上的加速度a=(1分)联立得a=.(1分)(3)稳定后二者速度相等,由动量守恒定律得mv0=2mv2(1分)设整个的过程中通过回路的电荷量为q,对cd棒由动量定理得mv 2-0=B L·t,(1分)而q=t,所以q=,(1分)设稳定后二者之间的距离是d′,则q==,(2分)联立以上两式得d′=d-.(1分)答案:(1)(2)(3)d-20.(12分)如图所示,绝缘水平面内固定有一间距d=1 m、电阻不计的足够长光滑矩形导轨AKDC,导轨两端接有阻值分别为R1=3 Ω和R2= 6 Ω的定值电阻,矩形区域AKFE,NMCD范围内均有方向竖直向下、磁感应强度大小B=1 T的匀强磁场Ⅰ和Ⅱ,一质量m=0.2 kg、电阻r=1 Ω的导体棒ab垂直放在导轨上AK与EF之间某处,在方向水平向右、大小F0=2 N的恒力作用下由静止开始运动,刚要到达EF时导体棒ab的速度大小v1=3 m/s,导体棒ab进入磁场Ⅱ后,导体棒ab中通过的电流始终保持不变,导体棒ab在运动过程中始终保持与导轨垂直且接触良好,空气阻力不计.(1)求导体棒ab刚要到达EF时的加速度大小a1;(2)求两磁场边界EF和MN之间的距离L;(3)若在导体棒ab刚要到达MN时将恒力F0撤去,求导体棒ab能继续滑行的距离x以及滑行该距离x的过程中整个回路产生的焦耳热Q.解析:(1)导体棒ab刚到达EF时,在磁场中切割磁感线产生的感应电动势E1=Bdv1此时导体棒ab所受安培力的方向水平向左,由牛顿第二定律得F0-BI1d=ma1(1分)根据闭合电路的欧姆定律,则有I1=,(1分)其中R==2 Ω.解得a1=5 m/s2.(1分)(2)导体棒ab进入磁场Ⅱ后,受到的安培力与F0平衡,做匀速直线运动,导体棒ab中通过的电流I2保持不变,则有F0=BI2d,其中,I2=,解得v2=6 m/s.(1分)设导体棒ab从EF运动到MN的过程中的加速度大小为a2,根据牛顿第二定律,则有F0=ma2;导体棒ab在EF,MN之间做匀加速直线运动,则有-=2a2L(1分)解得L=1.35 m.(1分)(3)对撤去F0后,导体棒ab继续滑行的过程中,在某一时刻,所受安培力F=.(1分)取一小段时间Δt,由动量定理得-Δt=-mΔv即=mΔv,(1分)则整个过程有=mv2(1分)x==3.6 m,(1分)根据能量守恒定律,则有Q=m,(1分)代入数据,解得Q=3.6 J.(1分)答案:(1)5 m/s2(2)1.35 m (3)3.6 m 3.6 J。