2021届高考物理一轮专题重组卷：第一部分 单元十一 电磁感应 Word版含解析
单元十一电磁感应考点1.电磁感应现象(Ⅰ)；2.磁通量(Ⅰ)；3.法拉第电磁感应定律(Ⅱ)；4.楞次定律(Ⅱ)；5.自感、涡流(Ⅰ)知识点1.楞次定律的理解及应用；2.法拉第电磁感应定律的理解及应用；3.自感现象和涡流；4.电磁感应与动力学、能量、电路的综合；5.图象问题一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分。
在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～12题有多项符合题目要求。
全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)1．(2019·全国卷Ⅲ)楞次定律是下列哪个定律在电磁感应现象中的具体体现？()A．电阻定律B．库仑定律C．欧姆定律D．能量守恒定律答案D解析楞次定律表述了感应电流的磁场方向，同时也体现了不同能量间的关系。
总能量是守恒的，感应电流做功产生电能，电能是“阻碍”的结果，D正确。
2. (2019·江苏扬州一模)航母上飞机弹射起飞是利用电磁驱动来实现的。
电磁驱动原理如图所示，在固定线圈左右两侧对称位置放置两个闭合金属圆环，铝环和铜环的形状、大小相同，已知铜的电阻率较小，则合上开关S的瞬间()A．两个金属环都向左运动B．两个金属环都向右运动C．铜环受到的安培力小于铝环受到的安培力D．从左侧向右看，铝环中感应电流沿顺时针方向答案 D解析 合上开关S 的瞬间，穿过两个金属环的磁通量变大，为阻碍磁通量的增大，铝环向左运动，铜环向右运动，A 、B 错误；由于铜环和铝环的形状、大小相同，铜的电阻率较小，故铜环的电阻较小，两环对称地放在固定线圈两侧，闭合S 瞬间，穿过两环的磁通量的变化率相同，两环产生的感应电动势大小相同，铜环电阻较小，则铜环中的感应电流较大，故铜环受到的安培力较大，C 错误；由右手螺旋定则可知，闭合S 瞬间，穿过铝环的磁通量向左增大，由楞次定律知，从左侧向右看，铝环中感应电流沿顺时针方向，D 正确。
3．(2019·安徽宣城高三上学期期末)边界MN 的一侧区域内，存在着磁感应强度大小为B ，方向垂直于光滑水平桌面的匀强磁场。
边长为l 的正三角形金属线框abc 粗细均匀，三边阻值相等，a 顶点刚好位于边界MN 上，现使线框围绕过a 点且垂直于桌面的转轴匀速转动，转动角速度为ω，如图所示，则在ab 边开始转入磁场的瞬间ab 两端的电势差U ab 为( )A.13Bl 2ωB ．－12Bl 2ωC ．－13Bl 2ωD.16Bl 2ω答案 A解析 当ab 边刚转入磁场时，ab 部分切割磁感线，切割长度为a 、b 两个端点间的距离l ，感应电动势大小E ＝Bl v ＝Bl ·lω2＝12Bl 2ω，由右手定则知，ab 边中电流方向为b →a ，故a 点电势比b 点高；设线框abc 每个边的电阻为R ，a 、b 两点间的电势差为：U ab＝I·2R＝E3R·2R，故U ab＝13Bl2ω，A正确。
4. (2019·江苏扬州高邮高三下学期调研)如图所示，两灯泡A1、A2相同，A1与一理想二极管D连接，线圈L的直流电阻不计。
下列说法正确的是()A．闭合开关S后，A1会逐渐变亮B．闭合开关S稳定后，A1、A2亮度相同C．断开S的瞬间，a点的电势比b点低D．断开S的瞬间，A1会逐渐熄灭答案C解析闭合开关S后，虽然线圈产生自感电动势阻碍电流的增大，但两灯和线圈不是串联的关系，故两灯立刻变亮，A错误；闭合开关S稳定后，因线圈L 的直流电阻不计，所以A1与二极管被短路，灯泡A1不亮，而A2亮，因此A1、A2亮度不同，B错误；断开S的瞬间，A2会立刻熄灭，因线圈产生感应电动势，故a点的电势低于b点，线圈L与灯泡A1及二极管构成回路，但二极管具有单向导电性，所以回路中没有感应电流，A1会立即熄灭，C正确，D错误。
5．(2019·济南高三模拟)在如图甲所示的电路中，螺线管匝数n＝1000匝，横截面积S＝20 cm2，螺线管导线电阻r＝1.0 Ω，R1＝4.0 Ω，R2＝5.0 Ω，C＝30 μF。
在一段时间内，垂直穿过螺线管的磁场的磁感应强度B的方向如图甲所示，大小按如图乙所示的规律变化，则下列说法中正确的是()A．螺线管中产生的感应电动势为1.2 VB．闭合S，电路中的电流稳定后，电容器下极板带负电C．闭合S，电路中的电流稳定后，电阻R1的电功率为2.56×10－2 W D．S断开后，流经R2的电量为1.8×10－2 C答案C解析根据法拉第电磁感应定律：E＝n ΔΦΔt＝nSΔBΔt，解得：E＝0.8 V，A错误；根据楞次定律可知，螺线管的感应电流盘旋而下，则螺线管下端是电源的正极，电容器下极板带正电，B错误；根据闭合电路欧姆定律，有：I＝ER1＋R2＋r＝0.08 A，根据P＝I2R1得：电阻R1的电功率P＝2.56×10－2 W，C正确；S断开后，流经R2的电量即为S闭合时电容器极板上所带的电量Q，电容器两极板间的电压为：U＝IR2＝0.4 V，流经R2的电量为：Q＝CU＝1.2×10－5 C，D错误。
6．(2019·云南二模)如图甲所示，光滑水平桌面上静置一边长为L、电阻为R 的单匝正方形线圈abcd，线圈的一边通过一轻杆与固定的传感器相连。
现加一随时间均匀变化、方向垂直桌面向下的匀强磁场，从t＝0时刻开始，磁场的磁感应强度均匀减小，线圈的一半处于磁场中，另一半在磁场外，传感器显示的力随时间变化规律如图乙所示。
F0和t0已知，则磁感应强度变化率的大小为()A.1L2F0RLt0 B.1LF0RLt0C.1L2F0Rt0 D.1LF0Rt0答案A解析由题可知，磁场的磁感应强度随时间t变化的关系式为B＝B0－kt，根据法拉第电磁感应定律，感应电动势E ＝ΔΦΔt ＝k ·12L 2，线圈中电流I ＝E R ＝kL 22R ，线圈受到的安培力F ＝BIL ＝(B 0－kt )kL 22R L ＝kB 0L 32R －k 2L 32R t ，由图乙可知：k 2L 32R ＝F 0t 0，解得k ＝1L 2RF 0Lt 0，A 正确。
7．(2019·福建南平高三第一次质检)如图所示，水平面内有一足够长的平行金属导轨，导轨光滑且电阻不计，两导轨左端用导线与电容器C (电容器不带电)及开关连接。
匀强磁场与导轨平面垂直，与导轨接触良好的导体棒垂直于导轨以某一初速度向右运动。
某时刻将开关S 闭合并开始计时，用v 、q 、i 和a 分别表示导体棒的速度、电容器所带电荷量、导体棒中的电流和导体棒的加速度。
则图中正确的是( )答案 D解析 导体棒切割磁感线产生感应电动势，闭合开关，导体棒给电容器充电，电容器两板间电压增加，同时导体棒中有向上的充电电流，并在向左的安培力作用下做减速运动，当感应电动势等于电容器两板间电压后，不再充电，导体棒也不再受安培力作用而做匀速直线运动，A 错误；电容器所带电荷量Q ＝CU ，电荷量增加到一定值不再变化，最终不为零，B 错误；当感应电动势等于电容器两板间电压后，不再给电容器充电，最终电流为零，C 错误；由E ＝BL v ，I ＝E －U R ，F 安＝BIL＝ma联立，解得导体棒的加速度a＝B2L2vR－BLR·U，随着t增大，v减小，U增大，则a减小，故v随时间减小得越来越慢，又I减小，故U＝qC随时间增加得越来越慢，可知a随时间减小得越来越慢，直至导体棒做匀速直线运动，a＝0，D 正确。
8. (2019·广西钦州三模)如图，两条间距为L的平行金属导轨位于同一水平面(纸面)内，其左端接一阻值为R的电阻；一金属棒垂直放置在两导轨上；在MN左侧面积为S的圆形区域中存在垂直于纸面向里的均匀磁场，磁感应强度大小B随时间t的变化关系为B＝kt，式中k为常量，且k>0；在MN右侧区域存在一与导轨垂直、磁感应强度大小为B0、方向垂直纸面向里的匀强磁场。
t＝0时刻，金属棒从MN处开始，在水平拉力F作用下以速度v0向右匀速运动。
金属棒与导轨的电阻及摩擦均可忽略。
则()A．在t时刻穿过回路的总磁通量为B0L v0tB．电阻R上的电流为恒定电流C．在时间Δt内流过电阻的电荷量为kS＋B0L v0RΔtD．金属棒所受的水平拉力F随时间均匀增大答案BC解析根据题意可知，MN左边的磁场方向与右边的磁场方向相同，那么总磁通量即为左、右两边磁通量之和，则在t时刻穿过回路的总磁通量为Φ＝Φ1＋Φ2＝ktS＋B0v0tL，A错误；根据法拉第电磁感应定律得E＝ΔΦΔt＝kS＋B0L v0，结合闭合电路欧姆定律得I＝ER＝kS＋B0L v0R，故电阻R上的电流为恒定电流，B正确；Δt时间内通过电阻的电荷量为q＝IΔt＝kS＋B0L v0RΔt，C正确；金属棒所受的安培力大小F A＝B0IL＝(kS＋B0L v0)B0LR，根据平衡条件得，水平恒力大小等于安培力大小，即F＝(kS＋B0L v0)B0LR，故外力F是一个恒力，D错误。
9．(2019·黑龙江齐齐哈尔五校联谊高三上学期期末联考)如图所示，两根相距为L的足够长的光滑导轨的一部分处于同一水平面内，另一部分与水平面的夹角为θ，质量均为m的金属细杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路，整个装置处于磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中，当杆ab在平行于水平导轨的拉力F作用下以大小为v的速度沿导轨匀速运动时，杆cd恰好处于静止状态。
重力加速度大小为g，下列说法正确的是()A．回路中的电流为mg tanθBLB．杆ab所受拉力的大小为mg sinθC．回路中电流的总功率为mg v sinθD．回路的总电阻为B2L2vmg tanθ答案AD解析对于杆cd，由平衡条件得：F安＝mg tanθ，由于通过两杆的感应电流的大小、两杆在回路中的长度相等，所以两杆所受的安培力大小相等，对于ab杆，由平衡条件得：F＝F安＝mg tanθ，又因为F安＝BIL，得回路中的电流为：I＝mg tanθBL，A正确，B错误；回路中电流的总功率等于拉力的功率，为：P＝F v＝mg v tanθ，C错误；根据E＝BL v，I＝ER总，F安＝BIL，结合F安＝mg tanθ，解得：R总＝B2L2vmg tanθ，D正确。
10．(2019·全国卷Ⅰ)空间存在一方向与纸面垂直、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 ＝t1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B0rS 4t0ρD．圆环中的感应电动势大小为B0πr2 4t0答案BC解析由题可知，通过圆环的磁通量随时间t均匀变化，则圆环中产生的感应电动势、感应电流的大小和方向均不变，但t0时刻磁场方向发生变化，故安培力方向发生变化，A错误；根据楞次定律，圆环中感应电流的方向始终沿顺时针方向，B正确；根据法拉第电磁感应定律，感应电动势E＝ΔΦΔt＝B0t0·πr22＝πB0r22t0，根据闭合电路欧姆定律知，电流I＝ER＝πB0r22t0ρ2πrS＝B0rS4t0ρ，C正确，D错误。
2021届一轮高考物理：电磁感应习题(含)答案
2021届一轮高考物理：电磁感应习题（含）答案一轮专题：电磁感应一、选择题1、(多选)如图所示，一个矩形线框从匀强磁场的上方自由落下，进入匀强磁场中，然后再从磁场中穿出。
已知匀强磁场区域的宽度L大于线框的高度h，下列说法正确的是( )A．线框只在进入和穿出磁场的过程中，才有感应电流产生B．线框从进入到穿出磁场的整个过程中，都有感应电流产生C．线框在进入和穿出磁场的过程中，都是机械能转化成电能D．整个线框都在磁场中运动时，机械能转化成电能2、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3、(多选)置于匀强磁场中的金属圆盘中央和边缘各引出一根导线，与套在铁芯上部的线圈A相连。
套在铁芯下部的线圈B引出两根导线接在两根水平导轨上，如图所示。
导轨上有一根金属棒ab处在垂直于纸面向外的匀强磁场中。
下列说法正确的是( )A．圆盘顺时针加速转动时，ab棒将向右运动B．圆盘顺时针匀速转动时，ab棒将向右运动C．圆盘顺时针减速转动时，ab棒将向右运动D．圆盘顺时针加速转动时，ab棒将向左运动4、如图所示，闭合导线框的质量可以忽略不计，将它从如图所示的位置匀速拉出匀强磁场．若第一次用0．3s时间拉出，外力所做的功为W1，通过导线截面的电荷量为q1；第二次用0．9s时间拉出，外力所做的功为W2，通过导线截面的电荷量为q2，则( )A．W1<W2，q1<q2B．W1<W2，q1＝q2C．W1>W2，q1＝q2D．W1>W2，q1>q25、(多选)如图所示，A、B是相同的白炽灯，L是自感系数很大、电阻可忽略的自感线圈。
2021高考物理：电磁感应一轮练习及答案
专题电磁感应一、选择题1、(2019·玉林模拟)如图所示为感应式发电机，a、b、c、d是空间四个可用电刷与铜盘边缘接触的点，O1、O2是铜盘轴线导线的接线端，M、N是电流表的接线端。
现在将铜盘转动，能观察到感应电流的是()A．将电流表的接线端M、N分别连接a、c位置B．将电流表的接线端M、N分别连接O1、a位置C．将电流表的接线端M、N分别连接O1、O2位置D．将电流表的接线端M、N分别连接c、d位置2、如图所示，固定的光滑金属导轨M、N水平放置，两根导体棒P、Q平行放置在导轨上，形成一个闭合回路，一条形磁铁从高处下落接近回路时()A．P、Q将相互靠拢B．P、Q将相互远离C．磁铁的加速度仍为g D．磁铁的加速度小于g3、(一题多法)如图所示，光滑平行导轨M、N固定在同一水平面上，两根导体棒P、Q平行放置在导轨上，形成一个闭合回路，当一条形磁铁从高处下落接近回路时()A．P、Q将互相靠拢B．P、Q将互相远离C．磁铁的加速度仍为gD．磁铁的加速度大于g4、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M、N两区的过程中，导体棒所受安培力分别用F M、F N表示．不计轨道电阻．以下叙述正确的是()A．F M向右B．F N向左C．F M逐渐增大D．F N逐渐减小5、(2019·太原模拟)如图所示，一电阻为R的导线弯成边长为L的等边三角形闭合回路。
虚线MN 右侧有磁感应强度大小为B的匀强磁场，方向垂直于闭合回路所在的平面向里。
下列对三角形导线框以速度v向右匀速进入磁场过程中的说法正确的是()A．回路中感应电流方向为顺时针方向B．回路中感应电动势的最大值E＝32BL vC．回路中感应电流的最大值I＝32RBL vD．导线所受安培力的大小可能不变6、如图所示是两个互连的金属圆环，小金属环的电阻是大金属环电阻的二分之一，磁场垂直穿过大金属环所在区域．当磁感应强度随时间均匀变化时，在大环内产生的感应电动势为E，则a、b两点间的电势差为()A．12E B．13E C．23E D．E7、如图甲所示，正三角形硬导线框abc固定在磁场中，磁场方向与线框平面垂直。
2021年高考物理第一轮复习第11单元电磁感应增分加练答案
选择题增分特训(十)1.C[解析] 奥斯特观察到电流的磁效应,表明电流可以产生磁场,揭示了电与磁的联系,A正确;安培根据通电螺线管和条形磁铁磁场的相似性,提出了分子环流假说,符合物理史实,B正确;法拉第发现处于变化的磁场中的闭合线圈中会产生感应电流,C错误;D项的叙述符合楞次定律的发现过程,D正确.2.C[解析] 根据右手螺旋定则,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] 根据法拉第电磁感应定律知,电势差大小为E=n S;根据楞次定律可知,b点电势较高,故φa-φb小于0,C正确.4.D[解析] 0~1 s内,螺线管中电流增大,产生的磁场磁感应强度增大,圆环中磁通量增大,面积有缩小的趋势,故A错误;1 s末,圆环中感应电流为零,与螺线管间无相互作用,所以1 s末圆环对桌面的压力等于圆环的重力,故B错误;1~2 s内,螺线管中正方向电流减小,2~3 s内,反方向电流增大,根据楞次定律,圆环中感应电流的磁场方向不变,感应电流方向不变,故C错误;0~1 s内,螺线管中正方向电流增大,产生的磁场增强,圆环中磁通量增大,根据楞次定律可知,从上往下看,圆环中产生的感应电流沿顺时针方向,1~2 s内螺线管中正方向电流减小,产生的磁场减弱,圆环中磁通量减小,根据楞次定律可知,从上往下看,圆环中产生的感应电流沿逆时针方向,故D正确.5.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=-Ba=mv x-mv0,对于线圈穿出磁场的过程,根据动量定理得-F'Δt'=-Ba=-Ba=mv-mv x,联立可得v x=,选项B正确.6.B[解析] 位移在0~L过程,磁通量增大,由楞次定律可判断,感应电流方向为顺时针方向,为正值,I=,l=x,则I=x;位移在L~2L过程,磁通量先增大后减小,由楞次定律可判断,感应电流方向先为顺时针方向,为正值,后为逆时针方向,为负值;位移在2L~3L过程,磁通量减小,由楞次定律可判断,感应电流方向为逆时针方向,为负值,I=(3L-x),故B正确.7.B[解析] 线圈A内有竖直向上的磁场,磁感应强度B随时间均匀增大,根据楞次定律可判断,a中电流的方向向下,a、b相互吸引,说明b中电流的方向也向下,则P1带正电,说明正离子向上偏转,根据左手定则可判断,P1、P2两极板间磁场的方向为垂直于纸面向里,B正确.8.C[解析] 在闭合开关S时,流过D2的电流立即增大到稳定值I2',流过D1的电流由于线圈的自感作用并不能立即增大,而是缓慢地增大到稳定值I1',且I1'=2I2',在断开开关S时,线圈中产生自感电动势,D1、D2和D3组成回路,回路中有逆时针方向的电流,且电流从I1'逐渐减小,最后减为零,选项A、B、D错误,选项C正确.9.BD[解析] 闭合开关S接通电路时,A2立即亮,线圈对电流的增大有阻碍作用,所以通过A1的电流慢慢变大,最后两灯泡两端的电压一样大,所以一样亮,故A错误,B正确;断开开关S切断电路时,线圈对电流的减小有阻碍作用,相当于电源,与A1和A2串联,所以两灯泡都要过一会儿才熄灭,故C错误,D正确.10.AD[解析] 磁感应强度均匀变化,产生恒定电动势,电容器C的电荷量大小始终不变,选项A正确;根据楞次定律,MN与R构成的回路中,感应电流沿逆时针方向,a板一直带正电,B错误;由于磁感应强度变化,根据楞次定律和左手定则可知,MN所受安培力的方向先向右后向左,其大小先减小后增大,选项C 错误,D正确.11.BC[解析] 根据题意,穿过线框的磁通量变小,根据楞次定律可判断,感应电流的磁场方向与原磁场相同,由安培定则可判断,感应电流方向为E→F→G→E,A错误,B正确;根据几何关系可得,磁场穿过线框的有效面积减小了ΔS=a2,根据法拉第电磁感应定律得平均感应电动势=B=,C正确,D错误.12.BC[解析] 穿过线框的磁通量先向下减小,后向上增大,则根据楞次定律可知,感应电流方向不变,选项A错误;因磁感应强度的变化率不变,则感应电动势不变,感应电流不变,而磁感应强度的大小先减小后增大,根据F=BIL可知,MN边受到的安培力先减小后增大,选项B正确;因线框平行的两边电流等大反向,则整个线框受到的安培力为零,则线框下滑的加速度不变,线框做匀加速直线运动,选项C正确;因安培力对线框做功为零,斜面光滑,则线框的机械能守恒,选项D错误.13.AD[解析] 金属圆环速度稳定后,Δt时间内,磁通量变化为ΔΦ=Φ2-Φ1=kΦ0vΔt,所以感应电动势为E==kΦ0v,故A正确;金属圆环速度稳定后,产生的电流为I==,热功率为P=I2R=,故B错误,D正确;由能量守恒定律可知,重力的功率等于热功率,即mgv=I2R=,解得m=,故C错误.非选择题增分特训(八)1.(1)5 A(2)Q→P(3)10 W[解析] (1)根据法拉第电磁感应定律可知,PQ产生的感应电动势E=BLv=1×0.5×4 V=2 V又R外==Ω=0.2 Ω则感应电流的大小I== A=5 A(2)根据右手定则可判断,电流方向为Q→P(3)导体棒PQ匀速运动,则F=F安=BIL=1×5×0.5 N=2.5 N故外力做功的功率P=Fv=2.5×4 W=10 W.2.(1)(2)Pt-[解析] (1)导体棒切割磁感线产生的感应电动势E=BLv回路中的电流I=导体棒所受的安培力F安=BILP=Fv匀速运动时,有F=F安联立解得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-.3.(1)由a至b(2)mv2(3)丙图正确见解析[解析] (1)根据右手定则,棒中感应电流方向为由a至b.棒刚要运动时,受摩擦力大小等于安培力,即F f=F A而F A=BI1L,I1=联立解得F f=.(2)设棒的平均速度为,根据动量定理得-Ft-F f t=0-2mv而F=B L,=,x=t联立解得x=根据动能定理得-F f x-W A=0-m(2v)2根据功能关系得Q=W A解得Q=mv2.(3)丙图正确当磁场速度小于v时,棒ab静止不动;当磁场速度大于v时,E=BLΔv,棒ab的加速度从零开始增大,a棒<a时,Δv逐渐增大,电流逐渐增大,F A逐渐增大,棒做加速度逐渐增大的加速运动; 当a棒=a时,Δv保持不变,电流不变,F A不变,棒ab的加速度保持不变,开始做匀加速运动.4.(1)2 V(2)1.6 V 2 m/s2(3)0.25 W[解析] (1)由图像可知,线圈内磁感应强度变化率为=0.1 T/s由法拉第电磁感应定律得E1=n=n S=2 V(2)t=0时,回路中电流I==0.4 A导体棒ab两端的电压U=IR=1.6 V设此时导体棒的加速度为a,有mg-B2Il=ma解得a=g-=2 m/s2(3)当导体棒ab达到稳定状态时,感应电动势由感生电动势和动生电动势两个部分构成,且形成的电流方向相同,满足mg=B2I'lI'=解得v=5 m/s此时导体棒所受重力的瞬时功率P=mgv=0.25 W.5.(1)1.2 m/s(2)0.125 s[解析] (1)在进入磁场前的加速度a=g sin 37°-μg cos 37°=2 m/s2由=2as1解得v1=1.2 m/s(2)金属线框进入磁场的过程中,减少的机械能等于克服摩擦力和安培力所做的总功,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.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,ΔE=E1-E0=-(F f+F A)s2因为是匀速运动,所以F f+F A=mg sin 37°=0.6 N解得s2=0.15 m故t== s=0.125 s6.(1)6 m/s(2)1.5 m/s(3)0.25 J[解析] (1)对杆ab受力分析,匀速运动时重力沿导轨向下的分力与安培力平衡.感应电动势E=B1lv0电流I==安培力F=B1Il匀速运动,有mg sin θ=F联立解得v0=6 m/s.(2)杆ab与“联动双杆”发生碰撞时,由动量守恒定律得mv0=4mv解得v=1.5 m/s.(3)“联动三杆”进入磁场区域Ⅱ过程,设速度变化大小为Δv,根据动量定理有-B2'lΔt=-4mΔv'Δt=q==解得Δv=0.25 m/s同理,出磁场过程速度变化大小也为Δv出磁场区域Ⅱ后“联动三杆”的速度为v'=v-2Δv=1.0 m/s根据能量守恒定律得Q=×4m×(v2-v'2)=0.25 J.。
2021届高考物理新课标一轮复习专题精讲精练之电路和电磁感应Word版含答案
电路和电磁感应(满分：100分时间：60分钟)一、选择题(本大题共8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)1．(2021·启东中学质检)如图1所示电路中的电源为恒流电源，不管外电路的电阻如何变，它都能够供应持续的定值电流．当滑动变阻器的滑动触头向上滑动时，电压表的读数变化量与电流表的读数变化量之比的确定值是()图1A．R1B．R2C．R3D．不能确定【解析】由于电源为恒流电源，R2两端电压不变．当滑动变阻器的滑动触头向上滑动时，电压表的读数变化量等于R1两端电压变化量，电流表的读数变化量等于R1电流变化量，依据欧姆定律，电压表的读数变化量与电流表的读数变化量之比的确定值是R1，选项A正确．【答案】 A2．如图2所示，抱负变压器初级线圈的匝数为n1，次级线圈的匝数为n2，初级线圈的两端a、b接正弦沟通电源，电压表V的示数为220 V，负载电阻R＝44 Ω，电流表A1的示数为0.20 A．下列推断中正确的是()图2A．初级线圈和次级线圈的匝数比为2∶1B．初级线圈和次级线圈的匝数比为5∶1C．电流表A2的示数为0.1 AD．电流表A2的示数为0.4 A【解析】由题意可求得初级线圈的功率，利用抱负变压器初、次级线圈中的功率相等可求得次级线圈中的电流，再利用初、次级线圈中的电流之比可求得两线圈的匝数比．由电压表V 的示数和电流表A1的示数可得初级线圈中的功率P1＝U1I1，P1＝P2＝I22R，所以电流表A2的示数为I2＝U1I 1R＝220×0.244A＝1.0 A，C、D错误；初级线圈和次级线圈的匝数比n1n2＝I2I1＝51，A 错误，B正确．【答案】 B3.如图3所示，在坐标系xOy中，有边长为l的正方形金属线框abcd，其一条对角线ac和y 轴重合、顶点a位于坐标原点O处．在y轴的右侧的Ⅰ象限内有一垂直纸面对里的匀强磁场，磁场的上边界与线框的ab边刚好完全重合，下边界与x轴重合，右边界与y轴平行．t＝0时刻，线圈以恒定的速度v沿垂直于磁场上边界的方向穿过磁场区域．取沿a→b→c→d→a的感应电流方向为正，则在线圈穿越磁场区域的过程中，感应电流i、ab间的电势差U ab随时间t变化的图线是下图中的()图3【解析】线圈穿过磁场区域的过程可分为三段，当ab进入磁场时，线圈中电流为正方向，且渐渐减小，ab间的电势差为除ab外其他三边上的电压，ab出磁场，cd还未进入磁场，线圈中电流和ab间电势差都为零．cd边进入磁场穿过磁场的过程中，线圈中的电流为负方向，且渐渐减小，ab间的电势差等于ab一条边上的电压，故只有A正确．【答案】 A4．(2021·广东省广州市一模)如图4所示，虚线表示a、b两个相同圆形金属线圈的直径，圆内的磁场方向如图所示，磁感应强度大小随时间的变化关系B＝kt(k为常量)．当a中的感应电流为I时，b中的感应电流为()图4A．0B．0.5IC．I D．2I【解析】磁感应强度大小随时间变化，b中磁通量始终为零，b中的感应电流为0，选项A 正确．【答案】 A5. (2022·合肥模拟)如图5所示，足够长的光滑U型导轨宽度为L，其所在平面与水平面的夹角为α，上端连接一个阻值为R的电阻，置于磁感应强度大小为B，方向垂直于导轨平面对上的匀强磁场中，今有一质量为m、有效电阻为r的金属杆沿框架由静止下滑，设磁场区域无限大，当金属杆下滑达到最大速度时，运动的位移为x，则()图5A．金属杆下滑的最大速度v m＝mgR sin αB2l2B．在此过程中电阻R 产生的焦耳热为RR＋r (mgx sin α－12m v2m)C．在此过程中电阻R产生的焦耳热为mgx sin α－12m v2mD．在此过程中流过电阻R的电荷量为BLxR【解析】感应电动势为E＝BL v感应电流为I＝ER＋r安培力为F＝BIL＝B2L2vR＋r依据平恒条件得mg sin α－F＝0解得v m＝mg(r＋R)sin αB2l2由能量守恒定律得mgx sin α－12m v2m＝Q又因Q R＝RR＋rQ所以Q R＝RR＋r(mgx sin α－12m v2m)由法拉第电磁感应定律得通过R的电荷量为q＝ΔΦR＋r＝BLxR＋r所以选项B正确．【答案】 B6．(2021·江苏扬州中学检测)已知磁敏电阻在没有磁场时电阻很小，有磁场时电阻变大，并且磁场越强阻值越大．为探测磁场的有无，利用磁敏电阻作为传感器设计了如图6所示电路，电源的电动势E和内阻r不变，在没有磁场时调整变阻器R使电灯L正常发光，若探测装置从无磁场区进入强磁场区．则()。
2021届高考物理：电磁感应含答案
2021届高考物理：电磁感应含答案一轮专题：电磁感应**一、选择题1、如图所示，Ⅰ和Ⅱ是一对异名磁极，ab为放在其间的金属棒。
ab和cd用导线连成一个闭合回路。
当ab棒向左运动时，cd导线受到向下的磁场力。
则有()A．由此可知d点电势高于c点电势B．由此可知Ⅰ是S极C．由此可知Ⅰ是N极D．当ab棒向左运动时，ab导线受到向左的磁场力2、（双选）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v0进入磁场，恰好做匀速直线运动，若经过时间t0，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gsin θB．t0时刻线框匀速运动的速度为v0 4C．t0时间内线框中产生的焦耳热为32mgLsin θ＋1532m v2D．离开磁场的过程中线框将做匀速直线运动3、多选)如图所示，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。
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，看到的现象及现象分析正确的是()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．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4、（双选）如图甲所示，静止在水平面上的等边三角形金属线框，匝数n＝20，总电阻R＝2．5 Ω，边长L＝0．3 m，处在两个半径均为r＝0．1 m的圆形匀强磁场中．线框顶点与右侧圆心重合，线框底边与左侧圆直径重合．磁感应强度B1垂直水平面向外，B2垂直水平面向里；B1、B2随时间t的变化图线如图乙所示．线框一直处于静止状态．计算过程中取π＝3，下列说法中正确的是()A．线框具有向左运动的趋势B．t＝0时刻穿过线框的磁通量为0．5 WbC．t＝0．4 s时刻线框中感应电动势为1．5 VD．0～0．6 s内通过线框截面电荷量为0．36 C5、如图所示，轻质弹簧一端固定在天花板上，另一端拴接条形磁铁，一个铜盘放在条形磁铁的正下方的绝缘水平桌面上，控制磁铁使弹簧处于原长，然后由静止释放磁铁，不计磁铁与弹簧之间的磁力作用，且磁铁运动过程中未与铜盘接触，下列说法中正确的是()A．磁铁所受弹力与重力等大反向时，磁铁的加速度为零B．磁铁下降过程中，俯视铜盘，铜盘中产生顺时针方向的涡旋电流C．磁铁从静止释放到第一次运动到最低点的过程中，磁铁减少的重力势能等于弹簧弹性势能D．磁铁从静止释放到最终静止的过程中，磁铁减少的重力势能大于铜盘产生的焦耳热6、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．从置于垂直纸面向里、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()A．Q1>Q2q1＝q2B．Q1>Q2q1>q2C．Q1＝Q2q1＝q2D．Q1＝Q2q1>q27、(多选)如图所示，光滑的金属框CDEF水平放置，宽为L，在E、F间连接一阻值为R的定值电阻，在C、D间连接一滑动变阻器R1(0≤R1≤2R)。
备战2021年高考物理-一轮复习训练习题-电磁感应(含答案)[001]
![备战2021年高考物理-一轮复习训练习题-电磁感应(含答案)[001]](https://360docs-1393072327.cos.ap-beijing.myqcloud.com/8a4b24f7192e45361166f547.webp)
备战2021年高考物理-一轮复习训练习题-电磁感应一、单选题1.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.一导体棒MN垂直于导轨放置，质量为0.2 kg，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的匀强磁场，磁感应强度为0.8 T．将导体棒MN由静止释放，运动一段时间后，小灯泡稳定发光，此后导体棒MN的运动速度以及小灯泡消耗的电功率分别为(重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6)( )A. 2.5 m/s 1 WB. 5 m/s 1 WC. 7.5 m/s 9 WD. 15 m/s 9 W2.如图所示，水平桌面上放一闭合铝环，在铝环轴线上方有一条形磁铁．当条形磁铁沿轴线竖直向下迅速移动时，下列判断中正确的是（）A. 铝环有收缩趋势，对桌面压力减小B. 铝环有收缩趋势，对桌面压力增大C. 铝环有扩张趋势，对桌面压力减小D. 铝环有扩张趋势，对桌面压力增大3.如图所示，A为水平放置的胶木圆盘，在其侧面带有负电荷，在A的正上方用丝线悬挂一个金属圆环B，使B的环面在水平面上且与圆盘面平行，其轴线与胶木盘A的轴线重合。
现使胶木盘A由静止开始绕其轴线OO′按箭头所示方向加速转动，则( )A.金属环B的面积有扩大的趋势，丝线受到的拉力增大B.金属环B的面积有缩小的趋势，丝线受到的拉力减小C. 金属环B的面积有扩大的趋势，丝线受到的拉力减小D. 金属环B的面积有缩小的趋势，丝线受到的拉力增大4.如图所示，AB、CD是一个圆的两条直径且AB、CD夹角为60°，该圆处于匀强电场中，电场强度方向平行该圆所在平面.其中φB=φC=φ,U BA=φ,保持该电场的场强大小和方向不变，让电场以B点为轴在其所在平面内逆时针转过60°.则下列判断中不正确的是（）A. 转动前U BD=φB. 转动后U BD=C. 转动后D. 转动后5.如图所示，MN、PQ是间距为L的平行金属导轨，置于磁感应强度为B、方向垂直导轨所在平面向里的匀强磁场中，M、P间接有一阻值为R的电阻。
2021届高考(一轮)物理：电磁感应含答案
2021届高考（一轮）物理：电磁感应含答案**电磁感应**一、选择题1、矩形导线框固定在匀强磁场中，如图甲所示。
磁感线的方向与导线框所在平面垂直，规定磁场的正方向为垂直纸面向里，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示，则()甲乙A．从0～t1时间内，导线框中电流的方向为a→b→c→d→aB．从0～t1时间内，导线框中电流越来越小C．从0～t2时间内，导线框中电流的方向始终为a→d→c→b→aD．从0～t2时间内，导线框bc边受到的安培力越来越大2、（双选）如图所示，水平放置的粗糙U形框架上接一个阻值为R0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＝2BL vB．此时AC两端电压为U AC＝2BL v R0 R0＋rC．此过程中电路产生的电热为Q＝Fd－12m v2D．此过程中通过电阻R0的电荷量为q＝2BLdR0＋r3、如图所示，条形磁铁以速度v向螺线管靠近，下面几种说法中正确的是()A．螺线管中不会产生感应电流B．螺线管中会产生感应电流C．只有磁铁速度足够大时，螺线管中才能产生感应电流D．只有在磁铁的磁性足够强时，螺线管中才会产生感应电流4、（双选）如图所示，灯泡A、B与定值电阻的阻值均为R，L是自感系数较大的线圈，当S1闭合、S2断开且电路稳定时，A、B两灯亮度相同，再闭合S2，待电路稳定后将S1断开，下列说法中正确的是()A．B灯立即熄灭B．A灯将比原来更亮一下后熄灭C．有电流通过B灯，方向为c→dD．有电流通过A灯，方向为b→a5、(多选)如图所示，条形磁铁位于固定的半圆光滑轨道的圆心位置。
一半径为R、质量为m的金属球从半圆轨道的一端沿半圆轨道由静止下滑。
重力加速度大小为g。
下列说法正确的是()A．金属球会运动到半圆轨道的另一端B．由于金属球没有形成闭合电路，所以金属球中不会产生感应电流C．金属球受到的安培力做负功D．系统产生的总热量为mgR6、(多选)如图所示，一金属棒AC在匀强磁场中绕平行于磁感应强度方向的轴(过O点)匀速转动，OA＝2OC＝2L，磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里，金属棒转动的角速度为 ω、电阻为r ，内、外两金属圆环分别与C 、A 良好接触并各引出一接线柱与外电阻R 相接(没画出)，两金属环圆心皆为O 且电阻均不计，则( )A ．金属棒中有从A 到C 的感应电流B ．外电阻R 中的电流为I ＝3BωL 22(R ＋r)C ．当r ＝R 时，外电阻消耗功率最小D ．金属棒AC 间电压为3BωL 2R 2(R ＋r)7、(多选)如图所示，边长为L 、不可形变的正方形导线框内有半径为r 的圆形磁场区域，其磁感应强度B 随时间t 的变化关系为B ＝kt(常量k>0)。
(四川)2021届高考一轮(人教)物理：电磁感应含答案
（四川）2021届高考一轮（人教）物理：电磁感应含答案一轮：电磁感应一、选择题1、如图所示，正方形线框的左半侧处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与线框平面垂直，线框的对称轴MN恰与磁场边缘平齐。
若第一次将线框从磁场中以恒定速度v1向右匀速拉出，第二次以线速度v2让线框绕轴MN匀速转过90°。
为使两次操作过程中，线框产生的平均感应电动势相等，则()A．v1∶v2＝2∶π B．v1∶v2＝π∶2C．v1∶v2＝1∶2 D．v1∶v2＝2∶12、如图所示的装置中，cd杆原来静止，当ab杆做如下哪种运动时，cd杆将向右移动()A．向右匀速运动B．向右减速运动C．向左加速运动D．向左减速运动3、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4、如图，空间有一匀强磁场，一直金属棒与磁感应强度方向垂直，当它以速度v沿与棒与磁感应强度都垂直的方向运动时，棒两端的感应电动势大小为ε；将此棒弯成两段长度相等且相互垂直的折线，置于与磁感应强度相垂直的平面内，当它沿两段折线夹角平分线的方向以速度v运动时，棒两端的感应电动势大小为ε'．则ε'ε等于()A．12B．22C．1 D． 25、如图所示，绝缘光滑水平面上有两个离得很近的导体环a、b。
将条形磁铁沿它们的正中向下移动(不到达该平面)，a、b将如何移动()A．a、b将相互远离B．a、b将相互靠近C．a、b将不动D．无法判断6、(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。
天津2021届高考物理一轮复习检测题之电磁感应规律及其应用Word版含答案
电磁感应规律及其应用一、单项选择题(本大题共5小题,每小题8分,共40分,每小题给出的四个选项中只有一个选项是正确的)1.朝南的钢窗原来关着,今将它突然朝外推开,转过一个小于90°的角度,考虑到地球磁场的影响,则钢窗活动的一条边中(西边) ( )A.有自下而上的微弱电流B.有自上而下的微弱电流C.有微弱电流,方向是先自上而下,后自下而上D.有微弱电流,方向是先自下而上,后自上而下2.(2021·北京高考)如图,在磁感应强度为B、方向垂直纸面对里的匀强磁场中,金属杆MN在平行金属导轨上以速度v向右匀速滑动,MN中产生的感应电动势为E1;若磁感应强度增为2B,其他条件不变,MN中产生的感应电动势变为E2。
则通过电阻R的电流方向及E1与E2之比E1∶E2分别为( )A.c→a,2∶1B.a→c,2∶1C.a→c,1∶2D.c→a,1∶23.(2022·孝感一模)如图甲所示,在竖直向上的匀强磁场中,水平放置一个不变形的铜圆环,规定从上向下看时,铜环中的感应电流I沿顺时针方向为正方向。
图乙表示铜环中的感应电流I随时间t变化的图像,则磁场B随时间t变化的图像可能是图中的( )4.(2022·烟台一模)如图甲所示,匀强磁场垂直纸面对里,磁感应强度的大小为B,磁场在y轴方向足够宽,在x轴方向宽度为a。
始终角三角形导线框ABC(BC边的长度为a)从图示位置向右匀速穿过磁场区域,以逆时针方向为电流的正方向,在图乙中感应电流i、BC两端的电压U BC与线框移动的距离x的关系图像正确的是( )5.(2021·海南高考)如图,水平桌面上固定有一半径为R的金属细圆环,环面水平,圆环每单位长度的电阻为r;空间有一匀强磁场,磁感应强度大小为B,方向竖直向下;一长度为2R、电阻可忽视的导体棒置于圆环左侧并与环相切,切点为棒的中点。
棒在拉力的作用下以恒定加速度a从静止开头向右运动,运动过程中棒与圆环接触良好。
2021届课标版高考物理一轮复习训练：专题十一 电磁感应
专题十一电磁感应一、选择题(共10小题,60分)1.如图所示,在一固定水平放置的闭合铜圆环正上方,有一条形磁铁从静止开始下落,下落过程中始终保持竖直,起始高度为h,最后落在水平地面上.若不计空气阻力,重力加速度取g,下列说法正确的是()A.在磁铁整个下落过程中,圆环中的感应电流方向始终为顺时针方向(俯视圆环)B.磁铁落地时的速率一定等于√2gℎC.在磁铁整个下落过程中,磁铁的机械能不变D.在磁铁整个下落过程中,圆环受到磁铁的作用力总是竖直向下2.如图,两回路中各有一开关S 1、S2,且内回路中接有电源,外回路中接有灵敏电流计,下列操作及相应的结果可能实现的是()①先闭合S2,后闭合S1的瞬间,电流计指针偏转②S1、S2闭合后,在断开S2的瞬间,电流计指针偏转③先闭合S1,后闭合S2的瞬间,电流计指针偏转④S1、S2闭合后,在断开S1的瞬间,电流计指针偏转A.①②B.②③C.③④D.①④3.如图所示,线圈A内有竖直向上的磁场,磁感应强度B随时间均匀增大;等离子气流(由高温高压等电量的正、负离子组成)由左方连续不断地以速度v0射入P1和P2两平行正对极板间的匀强磁场中.发现两直导线a、b互相吸引,由此可以判断,P1、P2两极板间匀强磁场的方向为()A.垂直纸面向外B.垂直纸面向里C.水平向左D.水平向右4.如图所示,水平地面上方矩形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场,两个用相同材料、相同粗细的导线绕制的单匝闭合正方形线圈1和2,其边长L1=2L2,在距磁场上界面h高处由静止开始自由下落,再逐渐完全进入磁场,最后落到地面,运动过程中,线圈平面始终保持在竖直平面内且下边缘平行于磁场上边界.设线圈1、2落地时的速度大小分别为v 1、v2,在磁场中运动时产生的热量分别为Q1、Q2,通过线圈截面的电荷量分别为q1、q2,不计空气阻力,则()A.v1<v2,Q1>Q2,q1>q2B.v1=v2,Q1=Q2,q1=q2C.v1<v2,Q1>Q2,q1=q2D.v1=v2,Q1<Q2,q1<q25.如图所示,质量m=0.15 kg、长度l=10 cm的金属棒ab用两个完全相同的弹簧水平悬挂在垂直纸面向里的匀强磁场中,弹簧劲度系数k=100 N/m,开关闭合,稳定后发现弹簧的伸长量均为Δx=1 cm,电流表的示数为5 A,重力加速度g=10 m/s2,则下列说法正确的是()A.N端是电源正极B.磁场的磁感应强度大小为0.1 TC.滑动变阻器的滑片左移,弹簧的长度变小D.仅使磁场反向,稳定后弹簧的伸长量为0.2 cm6.[新素材]如图甲所示为手机等用电器无线充电的原理图,如果圆形受电线圈的面积S=1×10-3 m2,线圈匝数为n=100,线圈的电阻为R=5 Ω,垂直于线圈平面的磁场的磁感应强度随时间的变化情况如图乙所示,若受电线圈给内阻为r=5 Ω的电池充电,则()图甲图乙A.受电线圈中产生的感应电动势大小为0.05 VB.0~1.0 s内受电线圈中的感应电流方向不变C.1.5 s时刻,受电线圈中的感应电流为零D.充电过程中,电池的发热功率为1.25 W7.[多选]如图甲所示,半径为r=1 m的电线圈处在匀强磁场中,磁场与线圈平面垂直,线圈的电阻R=10 Ω,磁场磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示,以垂直线圈平面向里为磁场的正方向,则下列说法正确的是()A.0~1 s内线圈中产生的电流沿逆时针方向,大小为0.314 AB.0~2 s内感应电流的平均功率约为4.9 WC.2~3 s内感应电流的方向与3~4 s内感应电流方向相反D.4~5 s内通过线圈截面的电荷量为πC58.[2020河南洛阳尖子生第一次联考]如图,固定在同一水平面内的两根平行长直金属导轨间距为d,其右端接有阻值为R的电阻,整个装置处在竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中.一质量为m(质量分布均匀)的导体杆ab垂直于导轨放置,且与两导轨保持良好接触,杆与导轨之间的动摩擦因数为μ.现杆在水平向左、垂直于杆的恒力F作用下从静止开始沿导轨运动,运动距离L时,速度恰好达到最大(运动过程中杆始终与导轨保持垂直且良好接触).设杆接入电路的电阻为r,导轨电阻不计,重力加速度大小为g,则此过程()A.杆的速度最大值为(F-μmg)RB2d2B.流过电阻R的电荷量为BdLR+rC.恒力F做的功与安培力做的功之和大于杆动能的变化量D.恒力F做的功与摩擦力做的功之和等于杆动能的变化量9.[多选]如图甲所示,粗糙绝缘斜面的倾角为θ=30°,斜面上放置一质量为1 kg、电阻为2 Ω、边长为1.0 m的正方形导线框MNQP,开始时导线框处于静止状态.在空间中施加方向垂直线框平面向上的匀强磁场,磁感应强度B随时间t按如图乙所示的规律变化,重力加速度大小g=10 m/s2.下列说法正确的是()A.在0~1 s内线框中产生的感应电流为0.5 AB.在3~4 s内通过线框的电荷量为0.1 CC.0~4 s内线框中产生的焦耳热为0.01 JD.在0~4 s内线框一直受到大小为5 N、方向沿斜面向上的摩擦力10.[2020江西南昌高三摸底,多选]如图所示,两根平行光滑金属导轨固定在同一水平面内,其左端接有定值电阻R,建立Ox轴平行于金属导轨,在0≤x≤4 m的空间区域内存在着垂直导轨平面向下的磁场,磁感应强度B的大小随坐标x(以m为单位)的变化规律为B=0.8-0.2x(T),金属棒ab在外力作用下从x=0处沿导轨向右运动,ab始终与导轨垂直并接触良好,不计导轨和金属棒的电阻.设在金属棒从x1=1 m处经x2=2 m到x3=3m的过程中,电阻R的电功率始终保持不变,则()A.金属棒做匀速直线运动B.金属棒运动过程中产生的电动势始终不变C.金属棒在x1与x2处受到磁场的作用力大小之比为3∶2D.金属棒从x1到x2与从x2到x3的过程中通过R的电荷量之比为5∶3二、非选择题(共4小题,50分)11.[2019浙江4月选考,10分]如图所示,倾角θ=37°、间距l=0.1 m的足够长金属导轨底端接有阻值R=0.1 Ω的电阻,质量m=0.1 kg的金属棒ab垂直导轨放置,与导轨间的动摩擦因数μ=0.45.建立原点位于底端、方向沿导轨向上的坐标轴x.在0.2 m≤x≤0.8 m区间有垂直导轨平面向上的匀强磁场.从t=0时刻起,棒ab在沿x轴正方向的外力F作用下,从x=0处由静止开始沿斜面向上运动,其速度v与位移x满足v=kx(可导出a=kv),k=5 s-1.当棒ab运动至x1=0.2 m处时,电阻R 消耗的电功率P=0.12 W,运动至x2=0.8 m处时撤去外力F,此后棒ab将继续运动,最终返回至x=0处.棒ab始终保持与导轨垂直,不计其他电阻,求:(提示:可以用F-x图象下的“面积”代表力F 做的功,sin 37°=0.6)(1)磁感应强度B的大小;(2)外力F随位移x变化的关系式;(3)在棒ab整个运动过程中,电阻R产生的焦耳热Q.12.[2020江西七校联考,12分]如图甲所示,电阻不计且间距L=1 m的光滑平行金属导轨竖直放置,上端接一阻值R=2 Ω的电阻,虚线OO'下方有垂直于导轨平面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B=2 T.现将质量m=0.1 kg、电阻不计的金属杆ab从OO'上方某处由静止释放,金属杆在下落的过程中与导轨保持良好接触且始终水平.金属杆从静止开始到下落0.3 m的过程中,加速度a与下落距离h的关系图象如图乙所示,g取10 m/s2.(1)求金属杆刚进入磁场时的速度大小v0;(2)求金属杆从静止开始到下落0.3 m的过程中,在电阻R上产生的热量Q;(3)在图丙的坐标系中,定性画出回路中电流随时间变化的图线,并说明图线与坐标轴围成的图形的面积表示的物理意义(以金属杆进入磁场时为计时起点).13.[14分]某同学设计了一套电磁弹射装置,如图所示,在水平木板上固定两根足够长的平行金属导轨,导轨间距为L=1 m,导轨的电阻不计,导轨处于方向竖直的匀强磁场中(图中虚线之间区域,未画出),磁场的磁感应强度大小为B=2 T,连接导轨的电源电动势为E=40 V,电容器的电容为C=1 F.小车底部固定一个与其前端和后端平齐、边长为L的正方形单匝导体线框,线框前后两边的电阻均为R=0.2 Ω,两侧边电阻不计且与导轨接触良好.小车与线框的总质量为m=1 kg,开始时小车处于静止状态.现将开关S接1,使电容器完全充电,再将S接至2,小车向左加速运动,在小车开始匀速运动时,将开关S拨回1,随后小车滑出磁场.不计小车在运动过程中的摩擦.求:(1)磁场的磁感应强度方向和小车开始运动时的加速度大小a;(2)小车在轨道上达到匀速时的速度大小v1;(3)小车出磁场过程中线框中产生的焦耳热Q.14.[2019云南昆明4月质检,14分]如图甲所示,ACD是固定在水平面上的半径为2r、圆心为O 的金属半圆弧导轨,EF是半径为r、圆心也为O的半圆弧,在半圆弧EF与导轨ACD之间的半圆环区域内存在垂直导轨平面向外的匀强磁场,磁感应强度大小B随时间t变化的图象如图乙所示.OA间接有电阻P,金属杆OM可绕O点转动,M端与轨道接触良好,OM与电阻P的阻值均为R,其余电阻不计.的位置不动,求这段时间内通过电阻P的感应电流大(1)0~t0时间内,OM固定在与OA夹角θ1=π3小和方向;(2)t 0~2t 0时间内,OM 在外力作用下以恒定的角速度逆时针转过θ2=π3到OC 位置,求电阻P 在这段时间内产生的焦耳热Q ;(3)2t 0~3t 0时间内,OM 仍在外力作用下以恒定的角速度逆时针转动,3t 0时转到OD 位置,若2t 0时匀强磁场开始变化(磁感应强度不为零),使得2t 0~3t 0时间内回路中始终无感应电流,求B 随时间t 变化的关系式,并在图乙中补画出这段时间内B 随t 变化的大致图象.1.D 当条形磁铁靠近圆环时,穿过圆环的磁通量增加,根据楞次定律可知圆环中感应电流的方向为逆时针(俯视圆环),当条形磁铁远离圆环时,穿过圆环的磁通量减小,根据楞次定律可知圆环中感应电流的方向为顺时针(俯视圆环),A 错误;若磁铁从高为h 处做自由落体运动,其落地时的速率v=√2gℎ,但磁铁穿过圆环的过程中圆环内有电能产生,显然电能是从磁铁的机械能转化来的,故磁铁的落地速率一定小于√2gℎ,B 错误;磁铁在整个下落过程中,由于受到磁场力的作用,机械能不守恒,C 错误;根据楞次定律的推论“来拒去留”,可知磁铁在整个下落过程中,所受圆环对它的作用力始终竖直向上,而圆环受到磁铁的作用力总是竖直向下,D 正确.2.D ①先闭合S 2,构成闭合电路,后闭合S 1的瞬间,通过线圈A 的电流增大,导致穿过线圈B 的磁通量发生变化,从而产生感应电流,则指针发生偏转,故①正确;②S 1、S 2闭合,稳定后线圈B 中没有磁通量的变化,因而线圈B 中没有感应电流,在断开S 2的瞬间,指针也不偏转,故②错误;③先闭合S 1,后闭合S 2的瞬间,穿过线圈B 的磁通量没有变化,则不会产生感应电流,故③错误;④S 1、S 2闭合后,在断开S 1的瞬间,导致穿过线圈B 的磁通量发生变化,因而出现感应电流,故④正确.A 、B 、C 三项错误,D 项正确.3.B 线圈A 中磁场的方向向上增强时,由楞次定律可知,感应电流的磁场的方向向下,由安培定则知导线a 中的电流方向向下.根据同向电流相互吸引可知,b 中的电流方向也向下.b 中电流方向向下说明极板P 1相当于电源的正极,则正电荷在磁场中向上偏转,根据左手定则可知,P 1、P 2两极板间的匀强磁场的方向垂直于纸面向里.4.A 线圈从同一高度下落,到达磁场边界时具有相同的速度v ,切割磁感线产生感应电流,受到的安培力大小为F=B 2L 2v R,由电阻定律有R=ρ4LS (ρ为材料的电阻率,S 为导线的横截面积),线圈的质量为m=ρ0S ·4L (ρ0为材料的密度).当线圈的下边刚进入磁场时其加速度为a=mg -F m=g-Fm ,联立解得加速度a=g-B2v16ρρ,则知,线圈1和2进入磁场时,速度相同,加速度相同,线圈1由于边长较长还没有全部进入磁场时,线圈2已完全进入磁场,后做加速度为g的匀加速运动,而线圈1仍先做加速度小于g的变加速运动,完全进入磁场后才做加速度为g的匀加速运动,所以落地速度关系为v1<v2.由能量守恒定律可得Q=mg(h+H)-12mv2(H为磁场区域的高度),因为m1>m2,v1<v2,所以可得Q1>Q2.根据q=ΔΦR =BL2ρ4LS=BLS4ρ∝L知,q1>q2,A正确.5.A由于mg=1.5 N<2kΔx=2 N,故安培力方向竖直向下,根据受力分析,满足mg+BIl=2kΔx,可得B=1 T,B错误.根据左手定则,可知ab棒中电流方向由b指向a,故N端是电源正极,A正确.滑动变阻器的滑片左移,接入电路的电阻减小,电流增大,故形变量变大,弹簧的长度变大,C错误.仅使磁场反向,则mg=BIl+2kΔx',可得Δx'=0.5 cm,D错误.6.B受电线圈中产生的感应电动势大小为E=nΔBΔt S=100×0.250.5×10-2×1×10-3V=5 V,A错误;0~0.5 s内受电线圈中的磁通量沿正方向减小,0.5~1.0 s内受电线圈中的磁通量沿反方向增大,根据楞次定律可知,两个时间段内受电线圈中产生的感应电流方向相同,B正确;由于受电线圈中的感应电动势恒定,因此1.5 s时,受电线圈中的感应电流并不为零,C错误;由于电池是非纯电阻元件,因此电池中除了有电热功率,还有将电能转化为化学能的功率,即有IE>I2R+I2r,即I<ER+r=0.5 A,因此电池的发热功率P r=I2r<(0.5)2×5 W=1.25 W,D错误.7.AD根据题意及楞次定律可知,0~1 s内感应电流沿逆时针方向,感应电动势大小E1=ΔΦΔt =ΔBΔtS=3.14 V,感应电流的大小I1=E1R=0.314 A,A正确;0~2 s内,电流的平均功率P=I12R2=0.49W,B错误;根据楞次定律可知,2~3 s内感应电流的方向与3~4 s内感应电流的方向相同,均为顺时针方向,C错误;4~5 s内ΔB=2 T,则q=ΔΦΔt·R Δt=ΔB·πr2R=π5,D正确.8.BC杆的速度达到最大时,杆的加速度为零,则由平衡条件有F=μmg+BI max d,I max=E maxR+r ,E max=Bdv max,解得v max=(F-μmg)(R+r)B2d2,选项A错误;由E—=ΔΦΔt、I—=E—R+r、q=I—Δt和ΔΦ=BLd可得,流过电阻R的电荷量为q=BdLR+r,选项B正确;对杆由动能定理可得W F+W安+W摩=ΔE k,因W摩<0,W安<0,故恒力F做的功与安培力做的功之和大于杆动能的变化量,恒力F做的功与摩擦力做的功之和大于杆动能的变化量,选项C正确,D错误.9.CD由法拉第电磁感应定律知E=ΔBΔt S,根据闭合电路欧姆定律可得,I=Er,此处r为导线框内阻,故在0~1 s内和在3~4 s内线框中产生的感应电流I=SΔBrΔt=0.05 A,A错误;在3~4 s内通过线框的电荷量q=IΔt=0.05 C,B错误;由题图乙可知,0~4 s内有感应电流通过的总时间t总=2 s,根据焦耳定律,则有Q=I2rt总=0.01 J,C正确;0~1 s内和3~4 s内穿过线框的磁通量发生变化,线框中产生感应电流,线框各边都受到安培力,根据矢量的合成法则,可知线框受到的安培力的合力为零,因此在0~4 s内,线框受到的摩擦力与重力沿斜面的分力大小相等、方向相反,即f=mg sin θ=5 N,D正确.10.BCD金属棒从x1=1 m处经x2=2 m到x3=3 m的过程中,电阻R的电功率始终保持不变,由电功率P=I2R可知,电阻中的电流I保持不变,根据闭合电路欧姆定律可知,金属棒中产生的感应电动势E=BLv保持不变,又B一直在减小,可知金属棒做加速运动,选项A错误,B正确;根据安培力公式,金属棒在x1处受到的安培力F1=B1IL=(0.8-0.2x1)IL (N)=0.6IL (N),在x2处受到的安培力F2=B2IL=(0.8-0.2x2)IL(N)=0.4IL(N),金属棒在x1处与x2处受到磁场的作用力大小之比为F1∶F2= 0.6IL (N)∶0.4IL (N)=3∶2,选项C正确;由E=ΔΦΔt ,I=ER,q=IΔt,联立解得q=ΔΦR,而B1=(0.8-0.2x1)T=0.6 T,B2=(0.8-0.2x2) T=0.4 T,B3=(0.8-0.2x3) T=0.2 T,ΔΦ12=B2+B12L(x2-x1)=0.5L(Wb),ΔΦ23=B3+B22L(x3-x2) =0.3L (Wb),所以金属棒从x1到x2与从x2到x3的过程中通过R的电荷量之比为5∶3,选项D正确.11.解析:(1)在x1=0.2 m处时,电阻R消耗的电功率P=(Blv1)2R(1分)此时v1=kx1=1 m/s解得B=√305T.(1分)(2)在无磁场区间0≤x<0.2 m内,有a=5 s-1×v=25 s-2×xF=25 s-2×xm+μmg cos θ+mg sin θ=(0.96+2.5x) N(1分)在有磁场区间0.2 m≤x≤0.8 m内,有安培力F A=(Bl)2vR=0.6x N(1分)F=(0.96+2.5x+0.6x) N=(0.96+3.1x) N.(1分)(3)上升过程中克服安培力做的功(梯形面积)W A1=0.6N2(x1+x2)(x2-x1)=0.18 J(1分)撤去外力后,设棒ab上升的最大距离为s,再次进入磁场时的速度为v',由动能定理有(mg sin θ+μmg cos θ)s=12m v22,其中v2=kx2=4 m/s(mg sin θ-μmg cos θ)s=12mv'2解得v'=2 m/s(1分)由于mg sin θ-μmg cos θ-(Bl)2v'R=0(1分)故棒ab再次进入磁场后做匀速运动下降过程中克服安培力做的功W A2=(Bl)2v'R(x2-x1)=0.144 J(1分)Q=W A1+W A2=0.324 J.(1分)12.解析:(1)进入磁场后,根据右手定则可知金属杆ab中电流的方向由a到b,由左手定则可知,杆ab所受的安培力方向竖直向上.(1分)刚进入磁场时,由牛顿第二定律得mg-BI0L=ma(1分)其中a=-10 m/s2,I0=E0R =BLv0R(1分)联立并代入数据解得v0=1.0 m/s.(1分)(2)由题图乙知h=0.3 m时,a=0,表明金属杆受到的重力与安培力平衡,设此时金属杆的速度为v1,有BI1L=mg,其中I1=E1R =BLv1R(2分)联立并代入数据解得v1=0.5 m/s(1分)从开始到下落 0.3 m 的过程中,由能量守恒定律有mgh=Q+12m v 12(1分)得到Q=0.287 5 J .(1分) (3)如图所示(2 分)面积的物理意义:某段时间内通过电阻的电荷量.(1 分)13.解析:(1)由左手定则可知,磁场的磁感应强度方向垂直水平面向上(1分) 小车在导轨上刚开始运动时,线框前后两边的电阻并联,则有I=E 12R=2ER (1分)小车开始运动时的加速度大小a=BIL m=2BLE mR=800 m/s 2.(1分)(2)充电完成后电容器的电荷量q=CE ①(1分) 放电加速过程应用动量定理有B。