2020屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 刷題首選卷 專題十一 電磁感應(yīng)精練（含解析）

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1、專題十一　電磁感應(yīng) 『經(jīng)典特訓(xùn)題組』 1．(多選) 如圖所示，半徑為2r的彈性螺旋線圈內(nèi)有垂直紙面向外的圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁場(chǎng)區(qū)域的半徑為r，已知彈性螺旋線圈的電阻為R，線圈與磁場(chǎng)區(qū)域共圓心，則以下說法中正確的是(　　) A．保持磁場(chǎng)不變，線圈的半徑由2r變到3r的過程中，有順時(shí)針的電流 B．保持磁場(chǎng)不變，線圈的半徑由2r變到0.5r的過程中，有逆時(shí)針的電流 C．保持半徑不變，使磁場(chǎng)隨時(shí)間按B＝kt變化，線圈中的電流為 D．保持半徑不變，使磁場(chǎng)隨時(shí)間按B＝kt變化，線圈中的電流為 答案　BC 解析　保持磁場(chǎng)不變，線圈的半徑由2r變到3r的過程中，穿過線圈的磁通量不變，所以在

2、線圈中沒有感應(yīng)電流產(chǎn)生，A錯(cuò)誤；保持磁場(chǎng)不變，線圈的半徑由2r變到0.5r的過程中，線圈包含磁場(chǎng)的面積變小，磁通量變小，根據(jù)楞次定律可知，線圈中產(chǎn)生逆時(shí)針的感應(yīng)電流，B正確；保持半徑不變，使磁場(chǎng)隨時(shí)間按B＝kt變化，磁場(chǎng)增大，穿過線圈的磁通量增大，根據(jù)楞次定律可知，線圈中產(chǎn)生順時(shí)針的感應(yīng)電流，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律和閉合電路歐姆定律可得感應(yīng)電流為：I＝＝＝＝k＝k，C正確，D錯(cuò)誤。 2．(多選)如圖所示電路中，A、B為兩個(gè)相同燈泡，L為自感系數(shù)較大、電阻可忽略不計(jì)的電感線圈，C為電容較大的電容器，下列說法中正確的有(　　) A．接通開關(guān)S，A立即變亮，最后A、B一樣亮 B．接通開關(guān)S

3、，B逐漸變亮，最后A、B一樣亮 C．?dāng)嚅_開關(guān)S，A、B都立刻熄滅 D．?dāng)嚅_開關(guān)S，A立刻熄滅，B逐漸熄滅 答案　ABD 解析　接通開關(guān)S，電容器C充電，相當(dāng)于導(dǎo)線導(dǎo)通，電流流過A，因此A立即變亮，由于充電電流越來越小，當(dāng)電容器C充電完畢后，其所在支路相當(dāng)于斷路，當(dāng)電流流過電感線圈L時(shí)，線圈由于產(chǎn)生相反方向的自感電動(dòng)勢(shì)，阻礙電流的增大，所以通過B的電流逐漸增大，故B逐漸變亮，當(dāng)閉合足夠長(zhǎng)時(shí)間后，電容器C所在支路無電流，相當(dāng)于斷路，通過電感線圈L的電流穩(wěn)定后，L相當(dāng)于導(dǎo)線，此時(shí)A、B形成串聯(lián)回路，A、B一樣亮，A、B正確；當(dāng)S閉合足夠長(zhǎng)時(shí)間后再斷開時(shí)，A立刻熄滅，L中產(chǎn)生自感電動(dòng)勢(shì)，且電容

4、器放電，此時(shí)電容器C、電感線圈L和燈泡B構(gòu)成回路，故B會(huì)逐漸熄滅，C錯(cuò)誤，D正確。 3．如圖所示，正方形導(dǎo)線框abcd放在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中靜止不動(dòng)，磁場(chǎng)方向與線框平面垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖乙所示，t＝0時(shí)刻，磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直紙面向里。下列選項(xiàng)中能表示線框的ab邊受到的安培力F隨時(shí)間t的變化關(guān)系的是(規(guī)定水平向左為力的正方向)(　　) 答案　A 解析　0～1 s：磁場(chǎng)方向向里且均勻減小，由楞次定律可得，線圈中產(chǎn)生順時(shí)針方向的感應(yīng)電流，由E＝可知，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)恒定，電流恒定，所以ab邊受到的安培力FA＝BIL均勻減小，由左手定則可知，安培力方向向左，即為正；1～3

5、 s：磁場(chǎng)方向向外且均勻增大，由楞次定律可得，線圈中產(chǎn)生順時(shí)針方向的感應(yīng)電流，由E＝可知，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)恒定，電流恒定，所以ab邊受到的安培力FA＝BIL均勻增大，由左手定則可知，安培力方向向右，即為負(fù)；3～5 s：磁場(chǎng)方向向外且均勻減小，由楞次定律可得，線圈中產(chǎn)生逆時(shí)針方向的感應(yīng)電流，由E＝可知，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)恒定，電流恒定，所以ab邊受到的安培力FA＝BIL均勻減小，由左手定則可知，安培力方向向左，即為正。綜合上述分析可知A正確。 4．如圖，傾角為θ的光滑斜面上存在著兩個(gè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相同的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其方向一個(gè)垂直于斜面向上，一個(gè)垂直于斜面向下，它們的寬度均為L(zhǎng)。一個(gè)質(zhì)量為m、邊長(zhǎng)也

6、為L(zhǎng)的正方形線框以速度v進(jìn)入上部磁場(chǎng)恰好做勻速運(yùn)動(dòng)，ab邊在下部磁場(chǎng)運(yùn)動(dòng)過程中再次做勻速運(yùn)動(dòng)。重力加速度為g，則(　　) A．在ab邊進(jìn)入上部磁場(chǎng)過程中線框的電流方向?yàn)閍bcba B．當(dāng)ab邊剛越過邊界ff′時(shí)，線框的加速度為gsinθ C．當(dāng)ab邊進(jìn)入下部磁場(chǎng)再次做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)速度為v D．從ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)到ab邊進(jìn)入下部磁場(chǎng)再次做勻速運(yùn)動(dòng)的過程中，減少的動(dòng)能等于線框中產(chǎn)生的焦耳熱 答案　C 解析　根據(jù)楞次定律可知，在ab邊進(jìn)入上部磁場(chǎng)過程中的電流方向?yàn)閍dcba，A錯(cuò)誤；當(dāng)線圈在上半部分磁場(chǎng)中勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)：F安＝mgsinθ＝，當(dāng)ab邊剛越過邊界ff′時(shí)，由于線圈的ab邊和cd

7、邊產(chǎn)生同方向的電動(dòng)勢(shì)，則回路的電動(dòng)勢(shì)加倍，感應(yīng)電流加倍，每個(gè)邊受到的安培力加倍，則此時(shí)由牛頓第二定律有：4F安－mgsinθ＝ma，解得此時(shí)線框的加速度為a＝3gsinθ，B錯(cuò)誤；當(dāng)ab邊進(jìn)入下部磁場(chǎng)再次做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)：2BL＝mgsinθ，解得v′＝v，C正確；由能量關(guān)系可知，從ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)到ab邊進(jìn)入下部磁場(chǎng)再次做勻速運(yùn)動(dòng)的過程中，線框減少的動(dòng)能與重力勢(shì)能之和等于線框中產(chǎn)生的焦耳熱，D錯(cuò)誤。 5. 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(qiáng)磁場(chǎng)，左邊有一形狀完全相同的等腰直角三角形導(dǎo)線框，線框從圖示位置開始水平向右勻速穿過磁場(chǎng)區(qū)域，規(guī)定線框中感應(yīng)電流沿逆時(shí)針方向?yàn)檎较?，線框剛

8、進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)感應(yīng)電流為i0，直角邊長(zhǎng)為L(zhǎng)。其感應(yīng)電流i隨位移x變化的圖象正確的是(　　) 答案　C 解析　在線框進(jìn)入磁場(chǎng)的過程中，位移x為0～L的過程中，磁通量先增大后減小，所以感應(yīng)電流方向先是逆時(shí)針，后是順時(shí)針，當(dāng)線框的右邊和斜邊切割長(zhǎng)度相等時(shí)感應(yīng)電流為零，接著又反向增大，在x＝L時(shí)的位置如圖所示， 以后有效切割長(zhǎng)度逐漸減小到零，則感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)逐漸減小到零，感應(yīng)電流逐漸減小到零。當(dāng)x＝0時(shí)，感應(yīng)電流大小為i0＝，方向沿逆時(shí)針方向，為正值；當(dāng)x＝L時(shí)，感應(yīng)電流大小為i＝＝，方向沿順時(shí)針方向，為負(fù)值，所以C正確，A、B、D錯(cuò)誤。 6. (2019·山西晉城一模)(多選)如

9、圖所示，U形光滑金屬導(dǎo)軌與水平面成37°角傾斜放置，現(xiàn)將一金屬桿垂直放置在導(dǎo)軌上且與兩導(dǎo)軌接觸良好，在與金屬桿垂直且沿著導(dǎo)軌向上的外力F的作用下，金屬桿從靜止開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。整個(gè)裝置處于垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，外力F的最小值為8 N，經(jīng)過2 s金屬桿運(yùn)動(dòng)到導(dǎo)軌最上端并離開導(dǎo)軌。已知U形金屬導(dǎo)軌兩軌道之間的距離為1 m，導(dǎo)軌電阻可忽略不計(jì)，金屬桿的質(zhì)量為1 kg、電阻為1 Ω，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為1 T，重力加速度g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。下列說法正確的是(　　) A．拉力F是恒力 B．拉力F隨時(shí)間t均勻增加 C．拉力F的最大值等于12 N

10、 D．金屬桿運(yùn)動(dòng)的加速度大小為2 m/s2 答案　BCD 解析　t時(shí)刻，金屬桿的速度大小為v＝at，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝Blv，電路中的感應(yīng)電流為I＝，金屬桿所受的安培力大小為F安＝BIl＝，由牛頓第二定律可知F＝ma＋mgsin37°＋，可見F隨時(shí)間t均勻增加，A錯(cuò)誤，B正確；t＝0時(shí)，F(xiàn)最小，代入數(shù)據(jù)可求得a＝2 m/s2，t＝2 s時(shí)，F(xiàn)最大，最大值為12 N，C、D正確。 7．(多選) 如圖所示，空間某區(qū)域內(nèi)存在沿水平方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一正方形閉合金屬線框自磁場(chǎng)上方某處釋放后穿過磁場(chǎng)，整個(gè)過程線框平面始終豎直，線框邊長(zhǎng)小于磁場(chǎng)區(qū)域上下寬度。以線框剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)為計(jì)時(shí)起點(diǎn)，下列描述

11、線框所受安培力F隨時(shí)間t變化關(guān)系的圖象中，可能正確的是(　　) 答案　BCD 解析　若線圈剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，速度較大，安培力大于重力，則線圈最開始做減速運(yùn)動(dòng)，安培力也隨之減小，可能達(dá)到安培力等于重力，線圈速度不再變化，安培力也不再變化，或安培力仍大于重力線圈就已全部進(jìn)入磁場(chǎng)，此時(shí)，線圈中磁通量不變，感應(yīng)電流為零，所以整體所受的安培力為0，在重力作用下，線圈又開始加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)線圈的下邊穿出磁場(chǎng)時(shí)，線圈整體又開始受安培力，由于之前線圈又經(jīng)歷了加速過程，所以安培力此時(shí)是大于重力的，因此線圈又開始減速運(yùn)動(dòng)，安培力也隨之減小，故A錯(cuò)誤，C正確；若線圈剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，安培力等于重力，線圈速度不再變化

12、，安培力也不再變化，當(dāng)線圈全部進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，線圈中磁通量不變，感應(yīng)電流為零，所以整體所受的安培力為0，在重力作用下，線圈又開始加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)線圈的下邊穿出磁場(chǎng)時(shí)，線圈整體又開始受安培力，由于之前線圈又經(jīng)歷了加速過程，所以安培力此時(shí)是大于重力的，因此線圈又開始減速運(yùn)動(dòng)，安培力也隨之減小，故B正確；若線圈剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，速度較小，安培力小于重力，所以線圈最開始是加速運(yùn)動(dòng)，安培力也隨之增大，當(dāng)線圈全部進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，線圈中磁通量不變，感應(yīng)電流為零，所以整體所受的安培力為0，在重力作用下，線圈又開始加速，當(dāng)線圈的下邊穿出磁場(chǎng)時(shí)，線圈整體又開始受安培力，由于之前線圈又經(jīng)歷了加速過程，所以安培力此時(shí)可能是大于重力的

13、，因此線圈可能開始減速，安培力也隨之減小，故D正確。 8．(多選)法拉第圓盤發(fā)電機(jī)的示意圖如圖所示。銅圓盤安裝在豎直的銅軸上，兩銅片P、Q分別與圓盤的邊緣和銅軸接觸。圓盤處于方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B中。圓盤旋轉(zhuǎn)時(shí)，關(guān)于流過電阻R的電流，下列說法正確的是(　　) A．若圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度恒定，則電流大小恒定 B．若從上向下看，圓盤順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，則電流沿a到b的方向流動(dòng) C．若圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)方向不變，角速度大小發(fā)生變化，則電流方向可能發(fā)生變化 D．若圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度變?yōu)樵瓉淼?倍，則電流在R上的熱功率也變?yōu)樵瓉淼?倍 答案　AB 解析　設(shè)圓盤半徑為l，由電磁感應(yīng)定律得E＝Bl·＝，I＝，故

14、ω一定時(shí)，電流大小恒定，A正確；由右手定則知圓盤中心為等效電源正極，圓盤邊緣為負(fù)極，電流經(jīng)外電路從a經(jīng)過R流到b，B正確；圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)方向不變時(shí)，等效電源的正、負(fù)極不變，電流方向不變，C錯(cuò)誤；P＝＝，角速度加倍時(shí)功率變?yōu)樵瓉淼?倍，D錯(cuò)誤。 9. 矩形線圈abcd，長(zhǎng)ab＝20 cm，寬bc＝10 cm，匝數(shù)n＝200。線圈回路總電阻R＝5 Ω，整個(gè)線圈平面內(nèi)均有垂直于線圈平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)穿過，若勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化規(guī)律如圖所示，則(　　) A．線圈回路中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)隨時(shí)間均勻變化 B．線圈回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電流為0.2 A C．當(dāng)t＝0.3 s時(shí)，線圈的ab邊所受的安培力大

15、小為1.6 N D．在1 min內(nèi)線圈回路產(chǎn)生的焦耳熱為48 J 答案　D 解析　由法拉第電磁感應(yīng)定律可得E＝n＝n·S＝200××0.2×0.1 V＝2 V，由閉合電路歐姆定律可得：I＝＝ A＝0.4 A，故A、B錯(cuò)誤；當(dāng)t＝0.3 s時(shí)，通電導(dǎo)線受到的安培力為F＝nBIL＝200×20×10－2×0.4×0.2 N＝3.2 N，故C錯(cuò)誤；在1 min內(nèi)線圈回路產(chǎn)生的焦耳熱Q＝I2Rt＝0.42×5×60 J＝48 J，D正確。 10．如圖所示，豎直放置的光滑導(dǎo)軌GMANH，GM、HN平行，其中MAN為一半徑為r＝1 m的半圓弧，最高點(diǎn)A處斷開。GH之間接有電阻為R＝4 Ω的小燈泡L

16、，在MN上方區(qū)域及CDEF區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B＝1 T，MN、CD之間的距離為h1＝1.85 m，CD、EF之間的距離為h2＝1.15 m，現(xiàn)有質(zhì)量為m＝0.7 kg的金屬棒ab，從最高點(diǎn)A處由靜止下落，當(dāng)金屬棒下落時(shí)具有向下的加速度a＝7 m/s2，金屬棒在CDEF區(qū)域內(nèi)運(yùn)動(dòng)過程中小燈泡亮度始終不變，金屬棒始終保持水平且與導(dǎo)軌接觸良好，金屬棒、導(dǎo)軌的電阻均不計(jì)，重力加速度g＝10 m/s2。求： (1)金屬棒從A處下落時(shí)的速度v1大??； (2)金屬棒下落到MN處時(shí)的速度v2大??； (3)金屬棒從A處下落到EF過程中燈泡L產(chǎn)生的熱量Q。 答案　(1)

17、2.8 m/s　(2)2 m/s　(3)10.85 J 解析　(1)金屬棒下落到時(shí)，金屬棒切割磁感線的有效長(zhǎng)度：l＝2rcos30°＝ m， 金屬棒受到的安培力：F安＝BIl＝， 對(duì)金屬棒，由牛頓第二定律得：mg－＝ma， 代入數(shù)據(jù)解得：v1＝2.8 m/s。 (2)由題可知，金屬棒進(jìn)入CDEF區(qū)域時(shí)勻速運(yùn)動(dòng)，此時(shí)切割磁感線的有效長(zhǎng)度為2r， 由平衡條件得：mg＝， 代入數(shù)據(jù)解得：v3＝7 m/s， 金屬棒從MN到CD的過程做自由落體運(yùn)動(dòng)， 由速度位移公式得：v－v＝2gh1， 代入數(shù)據(jù)解得：v2＝2 m/s。 (3)對(duì)金屬棒，由能量守恒定律得： mg(r＋h1＋h2)

18、＝mv＋Q， 代入數(shù)據(jù)解得：Q＝10.85 J。 11．如圖所示，空間存在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.5 T。在勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域內(nèi)，有一對(duì)光滑平行金屬導(dǎo)軌，處于同一水平面內(nèi)，導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)，導(dǎo)軌間距L＝1 m，電阻可忽略不計(jì)。質(zhì)量均為m＝1 kg，電阻均為R＝2.5 Ω的金屬導(dǎo)體棒MN和PQ垂直放置于導(dǎo)軌上，且與導(dǎo)軌接觸良好。先將PQ暫時(shí)鎖定，金屬棒MN在垂直于棒的拉力F作用下，由靜止開始以加速度a＝0.4 m/s2向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，5 s后保持拉力F的功率不變，直到棒以最大速度vm做勻速直線運(yùn)動(dòng)。 (1)求棒MN的最大速度vm； (2)當(dāng)棒MN達(dá)到最大速度vm時(shí)，解除PQ鎖

19、定，同時(shí)撤去拉力F，兩棒最終均勻速運(yùn)動(dòng)。求解除PQ棒鎖定后，到兩棒最終勻速運(yùn)動(dòng)的過程中，電路中產(chǎn)生的總焦耳熱； (3)若PQ始終不解除鎖定，當(dāng)棒MN達(dá)到最大速度vm時(shí)，撤去拉力F，棒MN繼續(xù)運(yùn)動(dòng)多遠(yuǎn)后停下來？(運(yùn)算結(jié)果可用根式表示) 答案　(1)2 m/s　(2)5 J　(3)40 m 解析　(1)棒MN做勻加速運(yùn)動(dòng)階段，由牛頓第二定律得：F－BIL＝ma 棒MN做切割磁感線運(yùn)動(dòng)，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為： E＝BLv 棒MN做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，5 s時(shí)的速度為： v＝at1＝2 m/s 在兩棒組成的回路中，由閉合電路歐姆定律得：I＝ 聯(lián)立上述式子，有：F＝ma＋ 代入數(shù)據(jù)解得5

20、s時(shí)棒的拉力為：F＝0.5 N 5 s時(shí)拉力F的功率為：P＝Fv 代入數(shù)據(jù)解得：P＝1 W 棒MN最終做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)速度最大，設(shè)棒的最大速度為vm，棒受力平衡，則有：－BImL＝0 又Im＝ 代入數(shù)據(jù)解得：vm＝2 m/s。 (2)解除棒PQ的鎖定后，兩棒組成的系統(tǒng)在運(yùn)動(dòng)過程中動(dòng)量守恒，最終兩棒以相同的速度做勻速運(yùn)動(dòng)，設(shè)速度大小為v′，則有：mvm＝2mv′ 設(shè)從PQ棒解除鎖定到兩棒達(dá)到相同速度的過程中，電路中共產(chǎn)生的焦耳熱為Q，由能量守恒定律可得： Q＝mv－×2mv′2 代入數(shù)據(jù)解得：Q＝5 J。 (3)以棒MN為研究對(duì)象，設(shè)某時(shí)刻棒中電流為i，在極短時(shí)間Δt內(nèi)，由動(dòng)量定

21、理得： －BILΔt＝mΔv 對(duì)式子兩邊求和有：∑(－BILΔt)＝∑(mΔv) 而Δq＝IΔt 故有：∑Δq＝∑(IΔt) 聯(lián)立各式解得：BLq＝mvm 又對(duì)于電路有：q＝t＝t 由法拉第電磁感應(yīng)定律得：＝ 又q＝ 代入數(shù)據(jù)解得：x＝40 m。 『真題調(diào)研題組』 1．(2019·全國卷Ⅲ)楞次定律是下列哪個(gè)定律在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的具體體現(xiàn)？(　　) A．電阻定律 B．庫侖定律 C．歐姆定律 D．能量守恒定律 答案　D 解析　楞次定律表述了感應(yīng)電流的磁場(chǎng)方向，同時(shí)也體現(xiàn)了不同能量間的關(guān)系?？偰芰渴鞘睾愕模袘?yīng)電流產(chǎn)生電能，電能是“阻礙”的結(jié)果，D正確。 2．(

22、2019·全國卷Ⅰ)(多選)空間存在一方向與紙面垂直、大小隨時(shí)間變化的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其邊界如圖a中虛線MN所示。一硬質(zhì)細(xì)導(dǎo)線的電阻率為ρ、橫截面積為S，將該導(dǎo)線做成半徑為r的圓環(huán)固定在紙面內(nèi)，圓心O在MN上。t＝0時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向如圖a所示，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖b所示。則在t＝0到t＝t1的時(shí)間間隔內(nèi)(　　) A．圓環(huán)所受安培力的方向始終不變 B．圓環(huán)中的感應(yīng)電流始終沿順時(shí)針方向 C．圓環(huán)中的感應(yīng)電流大小為 D．圓環(huán)中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為 答案　BC 解析　由于通過圓環(huán)的磁通量均勻變化，故圓環(huán)中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)、感應(yīng)電流的大小和方向不變，但t0時(shí)刻磁場(chǎng)方向發(fā)生變化，故

23、安培力的方向發(fā)生變化，A錯(cuò)誤；根據(jù)楞次定律和安培定則可知，圓環(huán)中感應(yīng)電流的方向始終沿順時(shí)針方向，B正確；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小E＝·S′＝·＝，根據(jù)閉合電路歐姆定律知，感應(yīng)電流大小I＝＝＝，C正確，D錯(cuò)誤。 3．(2019·全國卷Ⅲ)(多選) 如圖，方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中有兩根位于同一水平面內(nèi)的足夠長(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌，兩相同的光滑導(dǎo)體棒ab、cd靜止在導(dǎo)軌上。t＝0時(shí)，棒ab以初速度v0向右滑動(dòng)。運(yùn)動(dòng)過程中，ab、cd始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，兩者速度分別用v1、v2表示，回路中的電流用I表示。下列圖象中可能正確的是(　　) 答案　AC 解析　導(dǎo)體棒ab運(yùn)動(dòng)，切割

24、磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電流，導(dǎo)體棒ab受安培力F作用，速度減小，導(dǎo)體棒cd受安培力F′作用，速度變大，如圖所示， 感應(yīng)電流I＝＝，安培力F＝F′＝BIl＝＝ma，隨著v1減小，v2增大，則安培力減小，兩棒的加速度a減小，直到v1＝v2＝v共，之后兩棒的加速度a＝0，兩棒做勻速運(yùn)動(dòng)，兩棒組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，則mv0＝2mv共，v共＝，A正確，B錯(cuò)誤。由前面分析知，v1－v2隨時(shí)間減小得越來越慢，最后為0，則感應(yīng)電流I＝隨時(shí)間減小得越來越慢，最后為0，C正確，D錯(cuò)誤。 4．(2019·全國卷Ⅱ)(多選) 如圖，兩條光滑平行金屬導(dǎo)軌固定，所在平面與水平面夾角為θ，導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)。虛線ab、cd均

25、與導(dǎo)軌垂直，在ab與cd之間的區(qū)域存在垂直于導(dǎo)軌所在平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。將兩根相同的導(dǎo)體棒PQ、MN先后自導(dǎo)軌上同一位置由靜止釋放，兩者始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好。已知PQ進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)加速度恰好為零。從PQ進(jìn)入磁場(chǎng)開始計(jì)時(shí)，到MN離開磁場(chǎng)區(qū)域?yàn)橹梗鬟^PQ的電流隨時(shí)間變化的圖象可能正確的是(　　) 答案　AD 解析　PQ剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，加速度為零，則mgsinθ＝BI1L，又I1＝，故PQ做勻速運(yùn)動(dòng)，電流恒定；由題意知，MN剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)與PQ剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度相同。 情形1：若MN剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，PQ已離開磁場(chǎng)區(qū)域，則對(duì)MN，由mgsinθ＝BI1L、I1＝及右手定則知，通過PQ的電流大小不變

26、，方向相反，故I-t圖象如圖A所示。 情形2：若MN剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，PQ未離開磁場(chǎng)區(qū)域，由于兩導(dǎo)體棒速度相等，產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)等大、反向，故電流為0，兩棒在重力沿導(dǎo)軌方向的分力作用下均加速直至PQ離開磁場(chǎng)。當(dāng)PQ離開磁場(chǎng)時(shí)，MN在磁場(chǎng)中的速度大于勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度，MN為電源，由右手定則知PQ中的電流方向與MN未進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)相反，設(shè)此時(shí)PQ中電流大小為I2，由E＝BLv′，I2＝，BI2L－mgsinθ＝ma>0知，MN減速，且隨v′減小，I2減小，a減小，I2與v′成正比，故I2隨t減小得越來越慢，直至MN勻速運(yùn)動(dòng)，這時(shí)I2＝I1，I-t圖象如圖D所示。 5. (2018·全國卷Ⅰ)(多選)如圖，

27、兩個(gè)線圈繞在同一根鐵芯上，其中一線圈通過開關(guān)與電源連接，另一線圈與遠(yuǎn)處沿南北方向水平放置在紙面內(nèi)的直導(dǎo)線連接成回路。將一小磁針懸掛在直導(dǎo)線正上方，開關(guān)未閉合時(shí)小磁針處于靜止?fàn)顟B(tài)。下列說法正確的是(　　) A．開關(guān)閉合后的瞬間，小磁針的N極朝垂直紙面向里的方向轉(zhuǎn)動(dòng) B．開關(guān)閉合并保持一段時(shí)間后，小磁針的N極指向垂直紙面向里的方向 C．開關(guān)閉合并保持一段時(shí)間后，小磁針的N極指向垂直紙面向外的方向 D．開關(guān)閉合并保持一段時(shí)間再斷開后的瞬間，小磁針的N極朝垂直紙面向外的方向轉(zhuǎn)動(dòng) 答案　AD 解析　小磁針的N極的指向?yàn)樵撎幋艌?chǎng)的方向。開關(guān)閉合后的瞬間，通過右邊線圈的電流增大，在鐵芯中產(chǎn)生

28、由北向南的磁場(chǎng)增大，通過左側(cè)線圈的磁通量增大，根據(jù)楞次定律和安培定則可以判斷，直導(dǎo)線中的電流從南流向北，再根據(jù)安培定則可以判斷，直導(dǎo)線的電流在小磁針處的磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，小磁針N極向里轉(zhuǎn)動(dòng)，A正確；開關(guān)閉合并保持一段時(shí)間后，通過左側(cè)線圈的磁通量不變，不會(huì)產(chǎn)生電磁感應(yīng)現(xiàn)象，所以直導(dǎo)線中無感應(yīng)電流流過，小磁針在地磁場(chǎng)作用下恢復(fù)原指向，B、C錯(cuò)誤；開關(guān)閉合并保持一段時(shí)間再斷開后的瞬間，通過左側(cè)線圈的磁通量減小，直導(dǎo)線產(chǎn)生由北流向南的電流，則小磁針N極向外轉(zhuǎn)動(dòng)，D正確。 6. (2018·全國卷Ⅰ)如圖，導(dǎo)體軌道OPQS固定，其中PQS是半圓弧，Q為半圓弧的中點(diǎn)，O為圓心。軌道的電阻忽略不計(jì)。O

29、M是有一定電阻、可繞O轉(zhuǎn)動(dòng)的金屬桿，M端位于PQS上，OM與軌道接觸良好?？臻g存在與半圓所在平面垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B?，F(xiàn)使OM從OQ位置以恒定的角速度逆時(shí)針轉(zhuǎn)到OS位置并固定(過程Ⅰ)；再使磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小以一定的變化率從B增加到B′(過程Ⅱ)。在過程Ⅰ、Ⅱ中，流過OM的電荷量相等，則等于(　　) A. B. C. D．2 答案　B 解析　通過導(dǎo)體橫截面的電荷量為：q＝·Δt＝·Δt＝n，過程Ⅰ流過OM的電荷量為：q1＝；過程Ⅱ流過OM的電荷量：q2＝，依題意有：q1＝q2，即：B·πr2＝(B′－B)·πr2，解得：＝，正確答案為B。 7．(2017·全國卷

30、Ⅱ)(多選)兩條平行虛線間存在一勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向與紙面垂直。邊長(zhǎng)為0.1 m、總電阻為0.005 Ω的正方形導(dǎo)線框abcd位于紙面內(nèi)，cd邊與磁場(chǎng)邊界平行，如圖a所示。已知導(dǎo)線框一直向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，cd邊于t＝0時(shí)刻進(jìn)入磁場(chǎng)。線框中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)隨時(shí)間變化的圖線如圖b所示(感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)取正)。下列說法正確的是(　　) A．磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為0.5 T B．導(dǎo)線框運(yùn)動(dòng)速度的大小為0.5 m/s C．磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直于紙面向外 D．在t＝0.4 s至t＝0.6 s這段時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)線框所受的安培力大小為0.1 N 答案　BC 解析　由圖b可知，從

31、導(dǎo)線框的cd邊進(jìn)入磁場(chǎng)到ab邊剛好進(jìn)入磁場(chǎng)，用時(shí)為0.2 s，可得導(dǎo)線框運(yùn)動(dòng)速度的大小v＝ m/s＝0.5 m/s，B正確。由圖b可知，cd邊切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝0.01 V，由公式E＝BLv，可得磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B＝ T＝0.2 T，A錯(cuò)誤。感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針時(shí)，對(duì)cd邊應(yīng)用右手定則可知，磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直于紙面向外，C正確。t＝0.4 s至t＝0.6 s這段時(shí)間為cd邊離開磁場(chǎng)，ab邊切割磁感線的過程。由閉合電路歐姆定律及安培力公式得安培力F＝BIL＝，代入數(shù)據(jù)得F＝0.04 N，D錯(cuò)誤。 8．(2017·全國卷Ⅰ) 掃描隧道顯微鏡(STM)可用來探測(cè)樣品表面原子尺度上的

32、形貌。為了有效隔離外界振動(dòng)對(duì)STM的擾動(dòng)，在圓底盤周邊沿其徑向?qū)ΨQ地安裝若干對(duì)紫銅薄板，并施加磁場(chǎng)來快速衰減其微小振動(dòng)，如圖所示。無擾動(dòng)時(shí)，按下列四種方案對(duì)紫銅薄板施加恒磁場(chǎng)；出現(xiàn)擾動(dòng)后，對(duì)于紫銅薄板上下及左右振動(dòng)的衰減最有效的方案是(　　) 答案　A 解析　底盤上的紫銅薄板出現(xiàn)擾動(dòng)時(shí)，其擾動(dòng)方向不確定，在選項(xiàng)C這種情況下，紫銅薄板出現(xiàn)上下或左右擾動(dòng)時(shí)，穿過薄板的磁通量難以改變，不能發(fā)生電磁感應(yīng)現(xiàn)象，沒有阻尼效應(yīng)；在選項(xiàng)B、D這兩種情況下，紫銅薄板出現(xiàn)上下擾動(dòng)時(shí)，也沒有發(fā)生電磁阻尼現(xiàn)象；選項(xiàng)A這種情況下，不管紫銅薄板出現(xiàn)上下或左右擾動(dòng)時(shí)，都發(fā)生電磁感應(yīng)現(xiàn)象，產(chǎn)生電磁阻尼效應(yīng)，A正確

33、。 9．(2017·北京高考)圖1和圖2是教材中演示自感現(xiàn)象的兩個(gè)電路圖，L1和L2為電感線圈。實(shí)驗(yàn)時(shí)，斷開開關(guān)S1瞬間，燈A1突然閃亮，隨后逐漸變暗；閉合開關(guān)S2，燈A2逐漸變亮，而另一個(gè)相同的燈A3立即變亮，最終A2與A3的亮度相同。下列說法正確的是(　　) A．圖1中，A1與L1的電阻值相同 B．圖1中，閉合S1，電路穩(wěn)定后，A1中電流大于L1中電流 C．圖2中，變阻器R與L2的電阻值相同 D．圖2中，閉合S2瞬間，L2中電流與變阻器R中電流相等 答案　C 解析　斷開開關(guān)S1瞬間，線圈L1產(chǎn)生自感電動(dòng)勢(shì)，阻礙電流的減小，通過L1的電流反向通過燈A1，燈A1突然閃亮，隨后

34、逐漸變暗，說明IL1>IA1，即RL1

35、，其余電阻不計(jì)，重力加速度為g。金屬桿(　　) A．剛進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ時(shí)加速度方向豎直向下 B．穿過磁場(chǎng)Ⅰ的時(shí)間大于在兩磁場(chǎng)之間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間 C．穿過兩磁場(chǎng)產(chǎn)生的總熱量為4mgd D．釋放時(shí)距磁場(chǎng)Ⅰ上邊界的高度h可能小于 答案　BC 解析　由于金屬桿進(jìn)入兩個(gè)磁場(chǎng)時(shí)的速度相等，而穿出磁場(chǎng)后金屬桿做加速度為g的加速運(yùn)動(dòng)，所以金屬桿進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ、Ⅱ時(shí)都做減速運(yùn)動(dòng)，即在磁場(chǎng)中的加速度方向豎直向上，A錯(cuò)誤；對(duì)金屬桿受力分析，根據(jù)－mg＝ma可知，金屬桿在磁場(chǎng)中做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，其進(jìn)出磁場(chǎng)的v-t圖象如圖所示，由于0～t1和t1～t2圖線與t軸包圍的面積相等(都為d)，所以t1>(t2－t1)

36、，B正確； 從進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ到進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅱ之前過程中，根據(jù)能量守恒，金屬棒減小的機(jī)械能全部轉(zhuǎn)化為焦耳熱，所以穿過磁場(chǎng)Ⅰ產(chǎn)生的焦耳熱Q1＝mg·2d，所以穿過兩個(gè)磁場(chǎng)過程中產(chǎn)生的熱量為4mgd，C正確；若金屬桿進(jìn)入磁場(chǎng)做勻速運(yùn)動(dòng)，則－mg＝0，得v＝，由前面分析可知金屬桿進(jìn)入磁場(chǎng)的速度大于，根據(jù)h＝得金屬桿進(jìn)入磁場(chǎng)的高度應(yīng)大于＝，D錯(cuò)誤。 11．(2019·天津高考)如圖所示，固定在水平面上間距為l的兩條平行光滑金屬導(dǎo)軌，垂直于導(dǎo)軌放置的兩根金屬棒MN和PQ長(zhǎng)度也為l、電阻均為R，兩棒與導(dǎo)軌始終接觸良好。MN兩端通過開關(guān)S與電阻為R的單匝金屬線圈相連，線圈內(nèi)存在豎直向下均勻增加的磁場(chǎng)，磁通量變

37、化率為常量k。圖中虛線右側(cè)有垂直于導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。PQ的質(zhì)量為m，金屬導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)、電阻忽略不計(jì)。 (1)閉合S，若使PQ保持靜止，需在其上加多大的水平恒力F，并指出其方向； (2)斷開S，PQ在上述恒力作用下，由靜止開始到速度大小為v的加速過程中流過PQ的電荷量為q，求該過程安培力做的功W。 答案　(1)，方向水平向右　(2)mv2－kq 解析　(1)設(shè)線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E，由法拉第電磁感應(yīng)定律得感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝，則 E＝k① 設(shè)PQ與MN并聯(lián)的電阻為R并，有 R并＝② 閉合S時(shí)，設(shè)線圈中的電流為I，根據(jù)閉合電路歐姆定律得I＝③ 設(shè)PQ中的電流

38、為IPQ，有IPQ＝I④ 設(shè)PQ受到的安培力為F安，有F安＝BIPQl⑤ PQ保持靜止，由受力平衡，有F＝F安⑥ 聯(lián)立①②③④⑤⑥式得F＝⑦ 由楞次定律和右手螺旋定則得PQ中的電流方向?yàn)橛蒕到P，再由左手定則得PQ所受安培力的方向水平向左，則力F的方向水平向右。 (2)設(shè)PQ由靜止開始到速度大小為v的加速過程中，PQ運(yùn)動(dòng)的位移為x，所用時(shí)間為Δt′，回路中的磁通量變化為ΔΦ′，平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為，有 ＝⑧ 其中ΔΦ′＝Blx⑨ 設(shè)PQ中的平均感應(yīng)電流為，有＝⑩ 根據(jù)電流的定義式得＝? 由動(dòng)能定理，有Fx＋W＝mv2－0? 聯(lián)立⑦⑧⑨⑩??式得W＝mv2－kq。? 『模擬沖

39、刺題組』 1．(2019·江西吉安高三上學(xué)期五校聯(lián)考)隨著科技的不斷發(fā)展，無線充電已經(jīng)進(jìn)入人們的視線。小到手表、手機(jī)，大到電腦、電動(dòng)汽車的充電，都已經(jīng)實(shí)現(xiàn)了從理論研發(fā)到實(shí)際應(yīng)用的轉(zhuǎn)化。下圖給出了某品牌的無線充電手機(jī)利用電磁感應(yīng)方式無線充電的原理圖。關(guān)于無線充電，下列說法正確的是(　　) A．無線充電時(shí)手機(jī)接收線圈部分的工作原理是“電流的磁效應(yīng)” B．只有將充電底座接到直流電源上才能對(duì)手機(jī)進(jìn)行充電 C．接收線圈中交變電流的頻率與發(fā)射線圈中交變電流的頻率相同 D．只要有無線充電底座，所有手機(jī)都可以進(jìn)行無線充電 答案　C 解析　無線充電的原理，其實(shí)就是電磁感應(yīng)現(xiàn)象，而不是電流的磁效

40、應(yīng)，A錯(cuò)誤；發(fā)生電磁感應(yīng)的條件是磁通量要發(fā)生變化，直流電無法產(chǎn)生變化的磁場(chǎng)，故不能接到直流電源上，B錯(cuò)誤；發(fā)生電磁感應(yīng)時(shí)，兩個(gè)線圈中的交變電流的頻率是相同的，C正確；只有無線充電底座，手機(jī)內(nèi)部沒有能實(shí)現(xiàn)無線充電的接收線圈等裝置，也不能進(jìn)行無線充電，D錯(cuò)誤。 2．(2019·福建泉州泉港區(qū)第一中學(xué)高三上質(zhì)量檢測(cè))北半球地磁場(chǎng)的豎直分量向下。如圖所示，在北京某中學(xué)實(shí)驗(yàn)室的水平桌面上，放置邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形閉合導(dǎo)體線圈abcd，線圈的ab邊沿南北方向，ad邊沿東西方向。下列說法中正確的是(　　) A．若使線圈向東平動(dòng)，則b點(diǎn)的電勢(shì)比a點(diǎn)的電勢(shì)低 B．若使線圈向北平動(dòng)，則a點(diǎn)的電勢(shì)比b點(diǎn)的電勢(shì)

41、低 C．若以ab為軸將線圈向上翻轉(zhuǎn)，則線圈中感應(yīng)電流方向?yàn)閍→d→c→d→a D．若以ab為軸將線圈向上翻轉(zhuǎn)，則線圈中感應(yīng)電流方向?yàn)閍→b→c→d→a 答案　D 解析　北京位于北半球，地磁場(chǎng)的豎直分量向下，若使線圈向東平動(dòng)，由右手定則判斷可知，a點(diǎn)的電勢(shì)比b點(diǎn)的電勢(shì)低，A錯(cuò)誤；若使線圈向北平動(dòng)，地磁場(chǎng)的豎直分量向下，ab沒有切割磁感線，不產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，a點(diǎn)的電勢(shì)與b點(diǎn)的電勢(shì)相等，B錯(cuò)誤；若以ab為軸將線圈向上翻轉(zhuǎn)，地磁場(chǎng)的豎直分量向下，穿過線圈的磁通量減小，根據(jù)楞次定律判斷可知線圈中感應(yīng)電流方向?yàn)閍→b→c→d→a，C錯(cuò)誤，D正確。 3．(2019·江西名校學(xué)術(shù)聯(lián)盟高三押題卷)如圖

42、甲所示，abcd為邊長(zhǎng)為L(zhǎng)＝1 m的正方形金屬線框，電阻為R＝2 Ω，虛線為正方形的對(duì)稱軸，虛線上方線框內(nèi)有按圖乙變化的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，虛線下方線框內(nèi)有按圖丙變化的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里為正，則線框中的感應(yīng)電流大小為(　　) A. A B. A C. A D. A 答案　C 解析　由圖乙得上方磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度變化率為：＝ T/s＝0.5 T/s，由法拉第電磁感應(yīng)定律得：E1＝＝＝0.25 V，由楞次定律得，E1在線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向；由圖丙得下方磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度變化率為：＝ T/s＝1 T/s，由法拉第電磁感應(yīng)定律得：E2＝＝＝0.5 V，由楞次定律得，E2

43、在線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向，因此線框中的感應(yīng)電流大小為I＝＝ A，故選C。 4．(2019·兩湖八市十二校聯(lián)合二模)如圖甲所示，在豎直方向分布均勻的磁場(chǎng)中水平放置一個(gè)金屬圓環(huán)，圓環(huán)所圍面積為0.1 m2，圓環(huán)電阻為0.2 Ω。在第1 s內(nèi)圓環(huán)中的感應(yīng)電流I從上往下看為順時(shí)針方向。磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化規(guī)律如圖乙所示(其中在4～5 s的時(shí)間段呈直線)。則(　　) A．在0～5 s時(shí)間段，感應(yīng)電流先減小再增大 B．在0～2 s時(shí)間段感應(yīng)電流沿順時(shí)針方向，在2～5 s時(shí)間段感應(yīng)電流也沿順時(shí)針方向 C．在0～5 s時(shí)間段，圓環(huán)最大發(fā)熱功率為5.0×10－4 W D．

44、在0～2 s時(shí)間段，通過圓環(huán)橫截面的電荷量為5.0×10－1 C 答案　C 解析　根據(jù)閉合電路歐姆定律得I＝＝n，知磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化率越大，感應(yīng)電流越大，由題圖可得在0～5 s時(shí)間段磁感應(yīng)強(qiáng)度變化率先減小再增大，最后不變，且最大值為0.1，則最大感應(yīng)電流Im＝ A＝0.05 A，則在0～5 s時(shí)間段，感應(yīng)電流先減小再增大，最后不變，故A錯(cuò)誤；由題意知，在第1 s內(nèi)感應(yīng)電流I沿順時(shí)針方向，根據(jù)楞次定律知，磁場(chǎng)方向向上，結(jié)合題圖乙知向上為正方向，在2～4 s時(shí)間段，磁感應(yīng)強(qiáng)度向上且減小，在4～5 s時(shí)間段，磁感應(yīng)強(qiáng)度向下且增大，則在2～5 s時(shí)間段，感應(yīng)磁場(chǎng)方向向上，感應(yīng)電流沿逆時(shí)針方向，故B

45、錯(cuò)誤；結(jié)合A中分析可知，在4～5 s時(shí)間段，圓環(huán)內(nèi)感應(yīng)電流最大，發(fā)熱功率最大，為Pm＝IR＝0.052×0.2 W＝5.0×10－4 W，故C正確；在0～2 s時(shí)間段，通過圓環(huán)橫截面的電荷量為q＝Δt＝·Δt＝＝ C＝5.0×10－2 C，故D錯(cuò)誤。 5．(2019·西南名校聯(lián)盟高三3月月考)如圖所示，有一邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形線框abcd，由距勻強(qiáng)磁場(chǎng)上邊界H處靜止釋放，其下邊框剛進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)恰好能做勻速直線運(yùn)動(dòng)。勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域?qū)挾纫矠長(zhǎng)。ab邊開始進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)記為t1，cd邊出磁場(chǎng)時(shí)記為t2，忽略空氣阻力，從線框開始下落到cd邊剛出磁場(chǎng)的過程中，線框的速度大小v、加速度大小a、ab間的電壓大

46、小Uab、線框中產(chǎn)生的焦耳熱Q隨時(shí)間t的變化圖象可能正確的是(　　) 答案　C 解析　線框從距磁場(chǎng)上邊界H處開始下落到下邊框剛進(jìn)入磁場(chǎng)過程中線圈做自由落體運(yùn)動(dòng)，因線框下邊框剛進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)恰好能做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則有F安＝＝mg，又因?yàn)榫€框邊長(zhǎng)與磁場(chǎng)區(qū)域?qū)挾染鶠長(zhǎng)，即ab邊出磁場(chǎng)時(shí)cd邊恰好進(jìn)入磁場(chǎng)，故可知直到cd邊出磁場(chǎng)線框一直做勻速運(yùn)動(dòng)，A、B錯(cuò)誤；線框ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)的過程：E＝BLv，則Uab＝BLv，線框ab邊離開磁場(chǎng)的過程：E′＝BLv′，則Uab′＝BLv′，線框進(jìn)入磁場(chǎng)和離開磁場(chǎng)的過程中速度相同，故感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E相同，且這一過程中通過線框的電流始終不變，故t1～t2時(shí)

47、間段有：Q＝I2Rt，Q-t圖象應(yīng)該為一條連續(xù)的傾斜直線，C正確，D錯(cuò)誤。 6．(2019·陜西省漢中市重點(diǎn)中學(xué)開學(xué)聯(lián)考)(多選)如圖所示，電阻不計(jì)的導(dǎo)軌OPQS固定，其中PQS是半徑為r的半圓弧，Q為半圓弧的中點(diǎn)，O為圓心。OM是長(zhǎng)為r的可繞O轉(zhuǎn)動(dòng)的金屬桿，其電阻為R，M端與導(dǎo)軌接觸良好?？臻g存在與平面垂直且向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)(圖中未畫出)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B，現(xiàn)使OM從OQ位置起以角速度ω逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)到OS位置。則該過程中(　　) A．產(chǎn)生的感應(yīng)電流大小恒定，方向?yàn)镺PQMO B．通過OM的電荷量為 C．回路中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為Br2ω D．金屬桿OM的發(fā)熱功率為 答案　AB

48、 解析　由金屬桿OM繞其端點(diǎn)O在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為：E＝Br＝Br＝Br2ω，所以產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)恒定，電流恒定，由于磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里，由右手定則可知感應(yīng)電流的方向?yàn)镺PQMO，故A正確，C錯(cuò)誤；通過OM的電荷量為：q＝＝＝＝，故B正確；由閉合電路歐姆定律得：I＝＝，則金屬桿OM的發(fā)熱功率為：P＝I2R＝，故D錯(cuò)誤。 7．(2019·濟(jì)南三模)(多選)如圖所示，光滑水平面上有一質(zhì)量為0.1 kg的正方形金屬線框abcd，邊長(zhǎng)為1 m。線框處于垂直于水平面向下的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，ab邊與磁場(chǎng)邊界重合?，F(xiàn)給ab邊施加一個(gè)垂直ab邊向右的大小為2 N的水平恒力F，線框從靜止開始運(yùn)動(dòng)，

49、1 s時(shí)線框速度為2 m/s，此后撤去F，線框繼續(xù)運(yùn)動(dòng)，恰好能完全離開磁場(chǎng)區(qū)域。已知從撤去外力F到線框停止過程中線框中通過的電荷量為0.2 C，則(　　) A．整個(gè)過程中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的最大值為2 V B．整個(gè)過程中線框中通過的電荷量為1.8 C C．整個(gè)過程中線框中產(chǎn)生的熱量為1.6 J D．線框電阻的總阻值為0.5 Ω 答案　AD 解析　水平力F作用在線框上時(shí)，由動(dòng)量定理：Ft－安t＝mv，其中安t＝BLt＝BLq1，q1＝＝，其中R為線框電阻，從撤去外力F到線框停止過程中線框中通過的電荷量為0.2 C，則由動(dòng)量定理：安′t′＝mv，其中安′t′＝B′Lt′＝BLq2，又q2＝

50、＝＝0.2 C，x1＋x2＝L，聯(lián)立解得：B＝1 T，q1＝1.8 C，x1＝0.9 m，x2＝0.1 m，R＝0.5 Ω，D正確；撤去力F的瞬間，線框的速度最大，此時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大，最大值為：Em＝BLv＝2 V，A正確；整個(gè)過程中線框中通過的電荷量為q＝q1＋q2＝1.8 C＋0.2 C＝2 C，B錯(cuò)誤；由能量守恒可知，整個(gè)過程中線框中產(chǎn)生的熱量為Q＝Fx1＝1.8 J，C錯(cuò)誤。 8．(2019·河北省衡水中學(xué)高三下一調(diào))(多選)如圖甲所示，質(zhì)量為0.01 kg、長(zhǎng)為0.2 m的水平金屬細(xì)桿CD的兩頭分別放置在兩水銀槽的水銀中，水銀槽所在空間存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B1＝10 T、方向水平向右

51、的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，且桿CD與該勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直。有一匝數(shù)為100、面積為0.01 m2的線圈通過開關(guān)K與兩水銀槽相連。線圈處于與線圈平面垂直、沿豎直方向的均勻磁場(chǎng)中，其磁感應(yīng)強(qiáng)度B2隨時(shí)間t變化關(guān)系如圖乙所示。在t＝0.20 s時(shí)閉合開關(guān)K，細(xì)桿瞬間彈起(可認(rèn)為安培力遠(yuǎn)大于重力)，彈起的最大高度為0.2 m。不計(jì)空氣阻力和水銀的黏滯作用，不考慮細(xì)桿落回水銀槽后的運(yùn)動(dòng)，重力加速度g＝10 m/s2，下列說法正確的是(　　) A．磁感應(yīng)強(qiáng)度B2的方向豎直向上 B．t＝0.05 s時(shí)，線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為10 V C．細(xì)桿彈起過程中，細(xì)桿所受安培力的沖量大小為0．01 N·s D．開關(guān)K閉合后

52、，通過細(xì)桿CD的電荷量為0.01 C 答案　ABD 解析　細(xì)桿CD所受安培力方向豎直向上，由左手定則可知，電流方向?yàn)椋篊→D，由安培定則可知感應(yīng)電流的磁場(chǎng)方向豎直向上，由圖乙可知，在0.20～0.25 s內(nèi)穿過線圈的磁通量減少，由楞次定律可知，磁感應(yīng)強(qiáng)度B2的方向?yàn)樨Q直向上，故A正確；由圖乙可知，0～0.10 s內(nèi)：ΔΦ＝ΔBS＝(1－0)×0.01 Wb＝0.01 Wb，0～0.10 s線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大?。篍＝n＝100× V＝10 V，即0.05 s時(shí)，線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為10 V，故B正確；細(xì)桿彈起瞬間的速度：v＝＝ m/s＝2 m/s，在t＝0.20 s時(shí)，細(xì)桿所受安培力的

53、沖量(可認(rèn)為安培力遠(yuǎn)大于重力)I＝mΔv＝0.01×2 N·s＝0.02 N·s，故C錯(cuò)誤；開關(guān)K閉合后，對(duì)CD桿由動(dòng)量定理得：B1IL·Δt＝mv－0，電荷量：q＝IΔt，解得通過CD的電荷量：q＝IΔt＝＝ C＝0.01 C，故D正確。 9．(2019·湖南衡陽三模)(多選)在傾角為θ足夠長(zhǎng)的光滑斜面上，存在著兩個(gè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向一個(gè)垂直斜面向上，另一個(gè)垂直斜面向下，寬度均為L(zhǎng)，如圖所示。一個(gè)質(zhì)量為m，電阻為R，邊長(zhǎng)也為L(zhǎng)的正方形線框在t＝0時(shí)刻以速度v0進(jìn)入磁場(chǎng)，恰好做勻速直線運(yùn)動(dòng)，若經(jīng)過時(shí)間t0，線框ab邊到達(dá)gg′與ff′中間位置時(shí)，線框又恰好做勻速直線運(yùn)動(dòng)，

54、則下列說法正確的是(　　) A．當(dāng)ab邊剛越過ff′時(shí)，線框加速度的大小為gsinθ B．t0時(shí)刻線框勻速運(yùn)動(dòng)的速度為 C．t0時(shí)間內(nèi)線框中產(chǎn)生的焦耳熱為mgLsinθ＋mv D．離開磁場(chǎng)的過程中線框?qū)⒆鰟蛩僦本€運(yùn)動(dòng) 答案　BC 解析　線框開始進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，線框處于平衡狀態(tài)，此時(shí)有：mgsinθ＝BI1L＝，當(dāng)ab邊剛越過ff′時(shí)，此時(shí)線框速度仍為v0，此時(shí)有：2BI2L－mgsinθ＝ma2，又電流：I2＝，可得：－mgsinθ＝ma2，聯(lián)立可得：a＝3gsinθ，故A錯(cuò)誤；設(shè)t0時(shí)刻線框的速度為v，此時(shí)線框處于平衡狀態(tài)，則可得：2BI3L＝mgsinθ，此時(shí)線框中的感應(yīng)電流為

55、：I3＝，聯(lián)立得：v＝，故B正確；在時(shí)間t0內(nèi)根據(jù)功能關(guān)系有：t0時(shí)間內(nèi)線框中產(chǎn)生的焦耳熱Q＝mgLsinθ＋mv－mv2＝mgLsinθ＋mv，故C正確；線框離開磁場(chǎng)時(shí)由于安培力小于重力沿斜面的分力，因此線框?qū)⒆黾铀俣戎饾u減小的變加速運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤。 10．(2019·吉林省長(zhǎng)春二中高三下月考)如圖所示，間距L＝0.5 m的平行導(dǎo)軌MNS、PQT處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B＝0.4 T的兩個(gè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，水平導(dǎo)軌處的磁場(chǎng)方向豎直向上，光滑傾斜導(dǎo)軌處的磁場(chǎng)方向垂直于導(dǎo)軌平面斜向下。長(zhǎng)度均為L(zhǎng)、質(zhì)量均為m＝40 g、電阻均為R＝0.1 Ω的導(dǎo)體棒ab、cd分別垂直放置于水平和傾斜導(dǎo)軌上，并與導(dǎo)軌接觸

56、良好，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，導(dǎo)體棒ab通過兩根跨過光滑定滑輪的絕緣細(xì)線分別與質(zhì)量m0＝200 g的物體C和導(dǎo)體棒cd相連，細(xì)線沿導(dǎo)軌中心線且在導(dǎo)軌平面內(nèi)，細(xì)線及滑輪的質(zhì)量不計(jì)，已知傾斜導(dǎo)軌與水平面的夾角θ＝37°，水平導(dǎo)軌與導(dǎo)體棒ab間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.4，重力加速度g取10 m/s2，sin37°＝0.6，兩導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)，導(dǎo)體棒cd運(yùn)動(dòng)中始終不離開傾斜導(dǎo)軌。將物體C由靜止釋放，當(dāng)它達(dá)到最大速度時(shí)下落的高度h＝1 m，在這一運(yùn)動(dòng)過程中，求： (1)物體C的最大速度； (2)導(dǎo)體棒ab產(chǎn)生的焦耳熱。 答案　(1)2 m/s　(2)0.52 J 解析　(1)設(shè)C達(dá)到的最大速度為vm，由法拉第電

57、磁感應(yīng)定律，回路的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：E＝2BLvm① 由歐姆定律得回路中的電流強(qiáng)度為：I＝② 金屬導(dǎo)體棒ab、cd受到的安培力為：F＝BIL③ 設(shè)連接金屬導(dǎo)體棒ab與cd的細(xì)線中張力為T1，連接金屬導(dǎo)體棒ab與物體C的細(xì)線中張力為T2，對(duì)導(dǎo)體棒ab、cd及物體C受力分析 由平衡條件得：T1＝mgsin37°＋F④ T2＝T1＋F＋f⑤ T2＝m0g⑥ 聯(lián)立①②③④⑤⑥可解得：vm＝2 m/s。 (2)系統(tǒng)在該過程中產(chǎn)生的內(nèi)能為E1，由能量的轉(zhuǎn)化和守恒定律得： m0gh＝(2m＋m0)v＋mghsin37°＋E1⑦ 運(yùn)動(dòng)過程中由于摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能為：E2＝μmgh⑧ 則這一過程電

58、流產(chǎn)生的內(nèi)能為：E3＝E1－E2⑨ 又因?yàn)閍b棒、cd棒的電阻相等，則由⑦⑧⑨可得，電流通過ab棒產(chǎn)生的焦耳熱為：E4＝E3＝0.52 J。 11．(2019·福州高考模擬)如圖所示，空間存在著一個(gè)范圍足夠大的豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B；邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形金屬框abcd(簡(jiǎn)稱方框)放在光滑的水平地面上，其外側(cè)套著一個(gè)與方框邊長(zhǎng)相同的U形金屬框架MNPQ(僅有MN、NQ、QP三條邊，簡(jiǎn)稱U形框)，U形框的M、P端的兩個(gè)觸點(diǎn)與方框接觸良好且無摩擦，其他地方?jīng)]有接觸。兩個(gè)金屬框每條邊的質(zhì)量均為m，每條邊的電阻均為r。 (1)若方框固定不動(dòng)，U形框以速度v0垂直NQ邊向右勻速

59、運(yùn)動(dòng)，當(dāng)U形框的接觸點(diǎn)M、P端滑至方框的最右側(cè)時(shí)，如圖乙所示，求：U形框上N、Q兩端的電勢(shì)差UNQ； (2)若方框不固定，給U形框垂直NQ邊向右的水平初速度v0，U形框恰好不能與方框分離，求：方框最后的速度vt和此過程流過U形框上NQ邊的電量q； (3)若方框不固定，給U形框垂直NQ邊向右的初速度v(v>v0)，在U形框與方框分離后，經(jīng)過t時(shí)間，方框的最右側(cè)和U形框的最左側(cè)之間的距離為s。求：分離時(shí)U形框的速度大小v1和方框的速度大小v2。 答案　(1)BLv0　(2)v0　 (3)v＋　v－ 解析　(1)U形框向右勻速運(yùn)動(dòng)，NQ邊做切割磁感線運(yùn)動(dòng)，由法拉第電磁感應(yīng)定律得：E＝BLv

60、0 此時(shí)電路圖如圖， 由串并聯(lián)電路規(guī)律得： 外電阻為：R外＝2r＋＝r 由閉合電路歐姆定律得： 流過QN的電流：I＝＝ 所以：UNQ＝E－Ir＝。 (2)U形框向右運(yùn)動(dòng)的過程中，方框和U形框組成的系統(tǒng)所受的合外力為零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒。 依題意得：方框和U形框最終速度相同，最終速度大小為vt，有：3mv0＝(3m＋4m)vt 解得：vt＝v0 對(duì)U形框，由動(dòng)量定理得：－BLt＝3mvt－3mv0 又因?yàn)閝＝t，解得：q＝。 (3)由系統(tǒng)動(dòng)量守恒有：3mv＝3mv1＋4mv2 依題意得：s＝(v1－v2)t 聯(lián)立可得：v1＝v＋，v2＝v－。 『熱門預(yù)測(cè)題組』 1

61、．(2019·廣東汕頭一模)(多選)如圖甲為電動(dòng)汽車無線充電原理圖，M為受電線圈，N為送電線圈。圖乙為受電線圈M的示意圖，線圈匝數(shù)為n，電阻為r，橫截面積為S，兩端a、b連接車載變流裝置，勻強(qiáng)磁場(chǎng)平行于線圈軸線向上穿過線圈。下列說法正確是(　　) A．只要受電線圈兩端有電壓，送電線圈中的電流一定不是恒定電流 B．只要送電線圈N中有電流流入，受電線圈M兩端一定可以獲得電壓 C．當(dāng)線圈M中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均勻增加時(shí)，則M中有電流從a端流出 D．若Δt時(shí)間內(nèi)，線圈M中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均勻增加ΔB，則M兩端的電壓 答案　AC 解析　只要受電線圈兩端有電壓，說明穿過受電線圈的磁場(chǎng)變化，所以送

62、電線圈中的電流一定不是恒定電流，故A正確；若送電線圈N中有恒定電流，則產(chǎn)生的磁場(chǎng)不變化，在受電線圈中不產(chǎn)生感應(yīng)電流，也就不會(huì)獲得電壓，故B錯(cuò)誤；穿過線圈M的磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻增加，根據(jù)楞次定律，如果線圈閉合，感應(yīng)電流的磁通量向下，故感應(yīng)電流方向從b向a，即電流從a端流出，故C正確；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，有：E＝n＝nS，由閉合電路的歐姆定律得M兩端的電壓U＝R＝，故D錯(cuò)誤。 2．(2019·天津南開區(qū)二模)如圖所示，虛線框內(nèi)為某種電磁緩沖車的結(jié)構(gòu)示意圖，其主要部件為緩沖滑塊K和質(zhì)量為m的緩沖車廂。在緩沖車廂的底板上，平行車的軸線固定著兩個(gè)光滑水平絕緣導(dǎo)軌PQ、MN。緩沖車的底部還裝有電磁鐵(圖

63、中未畫出)，能產(chǎn)生垂直于導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。導(dǎo)軌內(nèi)的緩沖滑塊K由高強(qiáng)度絕緣材料制成，滑塊K上繞有閉合矩形線圈abcd，線圈的總電阻為R，匝數(shù)為n，ab邊長(zhǎng)為L(zhǎng)。假設(shè)緩沖車以速度v0與障礙物C碰撞后，滑塊K立即停下，此后線圈與軌道間的磁場(chǎng)作用力使緩沖車廂減速運(yùn)動(dòng)，從而實(shí)現(xiàn)緩沖，一切摩擦阻力不計(jì)。 (1)求緩沖車緩沖過程最大加速度am的大小； (2)若緩沖車廂向前移動(dòng)距離L后速度為零，則此過程線圈abcd中通過的電荷量q和產(chǎn)生的焦耳熱Q各是多少？ (3)若緩沖車以某一速度v0′(未知)與障礙物C碰撞后，滑塊K立即停下，緩沖車廂所受的最大水平磁場(chǎng)力為Fm。緩沖車在滑塊

64、K停下后，其速度v隨位移x的變化規(guī)律滿足：v＝v0′－x。要使導(dǎo)軌右端不碰到障礙物，則緩沖車與障礙物C碰撞前，導(dǎo)軌右端QN與滑塊K的cd邊的距離至少為多大。 答案　(1)　(2)　mv　(3) 解析　(1)緩沖車以速度v0與障礙物C碰撞后，滑塊K立即停下，滑塊相對(duì)磁場(chǎng)的速度大小為v0，此時(shí)線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大，則有Em＝nBLv0 電流為：Im＝ 安培力為：FA＝nBIL 加速度為：a＝ 聯(lián)立解得：am＝。 (2)由法拉第電磁感應(yīng)定律得：E＝n 其中ΔΦ＝BL2，由歐姆定律得：＝ 又＝ 代入整理得：此過程線圈abcd中通過的電荷量q＝，由功能關(guān)系得：線圈產(chǎn)生的焦耳熱為Q＝mv。 (3)若緩沖車以某一速度v0′與障礙物C碰撞后，滑塊K立即停下，滑塊相對(duì)磁場(chǎng)的速度大小為v0′，線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E′＝nBLv0′ 線圈中感應(yīng)電流為I＝ 線圈ab邊受到的安培力F＝nBIL 依題意有F＝Fm，解得，v0′＝ 由題意知，v＝v0′－x 當(dāng)v＝0時(shí)，解得：x＝。 - 28 -