2018届高考物理二轮复习 专题卷汇编： 电磁感应 专题卷 (全国通用) Word版含答案
高考物理江苏专二轮复习检测：专题四·第三讲 电磁感应综合问题——课后达标检测卷 Word含解析
专题四·第三讲 电磁感应综合问题——课后达标检测卷1．[多选](2018·江苏高考)如图所示，竖直放置的“”形光滑导轨宽为L ，矩形匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的高和间距均为d ，磁感应强度为B 。
质量为m 的水平金属杆由静止释放，进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等。
金属杆在导轨间的电阻为R ，与导轨接触良好，其余电阻不计，重力加速度为g 。
金属杆( )A ．刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向下B ．穿过磁场Ⅰ的时间大于在两磁场之间的运动时间C ．穿过两磁场产生的总热量为4mgdD ．释放时距磁场Ⅰ上边界的高度h 可能小于m 2gR 22B 4L 4 解析：选BC 金属杆在磁场之外的区域做加速运动，进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等，所以进入磁场Ⅰ、Ⅱ的速度大于穿出磁场Ⅰ的速度，则金属杆刚进入磁场Ⅰ时做减速运动，加速度方向竖直向上，故A 错误。
金属杆在磁场Ⅰ中(先)做加速度减小的减速运动，在两磁场之间做加速度为g 的匀加速直线运动，两个过程位移相等，v -t 图像可能如图所示，可以看出B 正确。
由于进入两磁场时速度相等，由动能定理得，W安1＋mg ·2d ＝0，可知金属杆穿过磁场Ⅰ克服安培力做功为2mgd ，即产生的热量为2mgd ，故穿过两磁场产生的总热量为4mgd ，故C 正确。
设刚进入磁场Ⅰ时速度为v ，则由机械能守恒定律知mgh ＝12m v 2，由牛顿第二定律得B 2L 2v R －mg ＝ma ，解得h ＝m 2(a ＋g )2R 22B 4L 4g ＞m 2gR 22B 4L 4，故D 错误。
2.[多选](2018·苏锡常镇二模)如图，一根足够长的直导线水平放置，通以向右的恒定电流，在其正上方O 点用细丝线悬挂一铜制圆环。
将圆环从a 点无初速释放，圆环在直导线所处的竖直平面内运动，经过最低点b 和最右侧c 后返回。
下列说法正确的是( )A ．从a 到c 的过程中圆环中的感应电流方向先顺时针后逆时针B ．运动过程中圆环受到的安培力方向与速度方向相反C ．圆环从b 到c 的时间大于从c 到b 的时间D ．圆环从b 到c 产生的热量大于从c 到b 产生的热量解析：选AD 由安培定则知，直导线上方磁场方向垂直纸面向外，圆环从a 到b 的过程中磁通量增加，由楞次定律和安培定则可得，线圈中感应电流方向是顺时针；圆环从b 到c 的过程中磁通量减小，由楞次定律和安培定则可得，线圈中感应电流方向是逆时针，故A 项正确；圆环从a 到b 的运动过程中，将环分解为若干个小的电流元，上半环的左右对称部分所受合力向下，下半环左右对称部分所受合力向上，下半环所在处的磁场比上半环所在处的磁场强，则整个圆环所受安培力的方向向上，故B 项错误；圆环从b 到c 的过程与圆环从c 到b 的过程中经同一位置时从b 到c 速率大于从c 到b 的速率(一部分机械能转化为电能)，则圆环从b 到c 的时间小于从c 到b 的时间，故C 项错误；圆环从b 到c 的过程与圆环从c 到b 的过程中经同一位置时从b 到c 圆环所受安培力大于从c 到b 圆环所受安培力，圆环从b 到c 的过程克服安培力做的功大于圆环从c 到b 的过程克服安培力做的功，所以圆环从b 到c 产生的热量大于从c 到b 产生的热量，故D 项正确。
高考物理二轮复习专题过关检测专题：电磁感应(全部含详细答案解析)
高考物理二轮总复习专题过关检测电磁感觉 ( 附参照答案 )一、选择题 ( 此题共 10 小题 ,共有多个选项正确.所有选对的得(时间 :90 分钟满分:100分)40 分.在每题给出的四个选项中,有的只有一个选项正确4 分,选对但不全的得 2 分 ,有选错的得0 分),有的1.如图 12-1 所示，金属杆ab、 cd 能够在圆滑导轨PQ 和 RS 上滑动，匀强磁场方向垂直纸面向里，当ab、 cd 分别以速度v1、 v2滑动时，发现回路感生电流方向为逆时针方向，则v1和的大小、方向可能是()v2图 12-1A.v1＞ v2,v1向右， v2向左B.v1＞ v2,v1和 v2都向左C.v1=v2,v1和 v2都向右D.v1=v2,v1和 v2都向左分析 :因回路abdc中产生逆时针方向的感生电流，由题意可知回路abdc 的面积应增大，选项A 、C、D错误， B正确 .答案 :B2.(2010河北唐山高三摸底，12)如图12-2所示，把一个闭合线圈放在蹄形磁铁两磁极之间(两磁极间磁场可视为匀强磁场)，蹄形磁铁和闭合线圈都能够绕OO ′轴转动 .当蹄形磁铁匀速转动时，线圈也开始转动，当线圈的转动稳固后，有()图 12-2A.线圈与蹄形磁铁的转动方向同样B.线圈与蹄形磁铁的转动方向相反D.线圈中产生为大小改变、方向不变的电流分析 :此题考察法拉第电磁感觉定律、楞次定律等考点.依据楞次定律的推行含义可知 A 正确、B错误；最后达到稳固状态时磁铁比线圈的转速大，则磁铁相对线圈中心轴做匀速圆周运动，所以产生的电流为沟通电 .答案 :AC3.如图 12-3 所示 ,线圈 M 和线圈 P 绕在同一铁芯上 .设两个线圈中的电流方向与图中所标的电流方向同样时为正 .当 M 中通入以下哪一种电流时 ,在线圈 P 中能产生正方向的恒定感觉电流()图 12-3图 12-4分析 :据楞次定律，P中产生正方向的恒定感觉电流说明M 中通入的电流是均匀变化的，且方向为正方向时应均匀减弱，故D正确.答案 :D4.如图 12-5 所示，边长为L 的正方形导线框质量为m，由距磁场H 高处自由着落，其下面ab 进入匀强磁场后，线圈开始做减速运动，直到其上面cd 刚才穿出磁场时，速度减为ab 边进入磁场时的一半，磁场的宽度也为L ，则线框穿越匀强磁场过程中产生的焦耳热为()图 12-5A.2mgLB.2mgL+mgHC. 2mgL 3D. 2mgL1mgH mgH44v1 ①分析 :设刚进入磁场时的速度为v1,刚穿出磁场时的速度v22线框自开始进入磁场到完整穿出磁场共着落高度为2L.由题意得1mv12mgH ②1mv11mv22 2mg 2L2Q ③223由①②③得Q2mgL mgH .C选项正确.4答案 :C5.如图 12-6(a) 所示 ,圆形线圈 P 静止在水平桌面上,其正上方悬挂一同样线圈Q,P 和 Q共轴,Q 中通有变化电流 ,电流随时间变化的规律如图12-6(b) 所示 ,P 所受的重力为 G,桌面对 P 的支持力为 F N,则()图 12-6A. t 1 时辰 F N ＞ GB.t 2 时辰 F N ＞GC.t 3 时辰 F N ＜ GD.t 4 时辰 F N =G分析 :t 1 时辰 ,Q 中电流正在增大 ,穿过 P 的磁通量增大 ,P 中产生与 Q 方向相反的感觉电流 ,反向电流相互排挤 ,所以 F N ＞ G;t 2 时辰 Q 中电流稳固 ,P 中磁通量不变 ,没有感觉电流 ,F N =G;t 3 时辰 Q中电流为零 ,P 中产生与 Q 在 t 3 时辰前面向同样的感觉电流 ,而 Q 中没有电流 ,所以无相互作用 ,F N =G;t 4 时辰 ,P 中没有感觉电流 ,F N =G. 答案 :AD6.用同样导线绕制的边长为L 或 2L 的四个闭合导体线框，以同样的速度匀速进入右边匀强磁场，如图 12-7 所示 .在每个线框进入磁场的过程中， M 、 N 两点间的电压分别为U a 、 U b 、U c和 U d .以下判断正确的选项是 ( )图 12-7A. U a ＜ U b ＜ U c ＜ U dB.U a ＜U b ＜ U d ＜U cC.U a =U b ＜ U d =U cD.U b ＜U a ＜ U d ＜U c分析 :线框进入磁场后切割磁感线,a 、b 产生的感觉电动势是c 、d 电动势的一半 .而不一样的线框的 电 阻 不 同 . 设 a 线 框 电 阻 为 4r ,b 、 c 、 d 线 框 的 电 阻 分 别 为 6r 、 8r 、 6r , 则U a BLv 3r3BLv ,U b BLv 5r 5BLv , U c B2Lv 6r3BLv ,4r 4 6r 6 8r 2U d B2Lv 4r 4Blv.所以 B 正确 .6r 3答案 :B7.(2010 安徽皖南八校高三二联， 16)如图 12-8 所示，用一块金属板折成横截面为 “ ”形的金属槽搁置在磁感觉强度为 B 的匀强磁场中，并以速度 v 1 向右匀速运动，从槽口右边射入的带电 微粒的速度是v 2，假如微粒进入槽后恰能做匀速圆周运动，则微粒做匀速圆周运动的轨道半径 r 和周期 T 分别为 ()图 12-8A. v 1v 2 , 2 v 2B. v 1v 2 ,2 v1 C. v 1 ,2 v1 D. v 1 ,2 v2g g ggggg g分析 :金属板折成 “ ”形的金属槽放在磁感觉强度为 B 的匀强磁场中，并以速度v 1 向右匀速运动时，左板将切割磁感线，上、下两板间产生电势差，由右手定章可知上板为正，下板为负，EU Blv 1Bv 1 ，微粒做匀速圆周运动，则重力等于电场力，方向相反，故有 d lm qE qBv 1, 向心力由洛伦兹力供给，所以qv 2 B mv 22, 得 rmv2m 1v2 ，周期g grqBgT2 r 2 v 1 ，故 B 项正确.v 2 g答案 :B8.超导磁悬浮列车是利用超导体的抗磁作用使列车车体向上调起，同时经过周期性地变换磁极方向而获取推动动力的新式交通工具.其推动原理能够简化为如图12-9 所示的模型 :在水平面上相距 L 的两根平行直导轨间，有竖直方向等距离散布的匀强磁场B1和 B2，且 B1=B2 =B，每个磁场的宽度都是 l ，相间摆列，所有这些磁场都以同样的速度向右匀速运动，这时跨在两导轨间的长为 L、宽为 l 的金属框 abcd(悬浮在导轨上方 )在磁场力作用下也将会向右运动.设金属框的总电阻为 R，运动中所遇到的阻力恒为 F f，金属框的最大速度为v m，则磁场向右匀速运动的速度 v 可表示为 ()图 12-9A. v=( B2 L2 v m－ F f R)/B2L 2B.v=(4 B2L2v m+F f R)/4B2L 2C.v=(4 B2L2v m－ F f R)/4B2L 2D. v=(2 B2L2v m+F f R)/2B2L2分析 :导体棒ad和bc各以相对磁场的速度(v－ v m)切割磁感线运动，由右手定章可知回路中产生的电流方向为 abcda,回路中产生的电动势为E=2BL( v－v m), 回路中电流为 I=2BL( v－v m)/R,由于左右两边 ad 和 bc 均遇到安培力，则合安培力为F22合=2×BLI=4 B L (v－ v m)/R，依题意金属框达到最大速度时遇到的阻力与安培力均衡，则 F f=F 合，解得磁场向右匀速运动的速度v=(4 B2L 2v m+F f R)/4 B2L2,B 对 .答案 :B9.矩形导线框abcd 放在匀强磁场中,磁感线方向与线圈平面垂直,磁感觉强度B 随时间变化的图象如图 12-10 甲所示 ,t=0 时辰 ,磁感觉强度的方向垂直纸面向里 .在 0～ 4 s 时间内 ,线框中的感觉电流 (规定顺时针方向为正方向 )、ab 边所受安培力 (规定向上为正方向 )随时间变化的图象分别为图乙中的 ()甲乙图 12-0分析 :在0～1 s内,穿过线框中的磁通量为向里的减少,由楞次定律 ,感觉电流的磁场垂直纸面向里 ,由安培定章 ,线框中感觉电流的方向为顺时针方向.由法拉第电磁感觉定律 , E n B S,E t必定,由I E, 故I必定.由左手定章,ab边受的安培力向上.因为磁场变弱,故安培力变小.同理R可判出在1～2 s 内 ,线框中感觉电流的方向为顺时针方向,ab 边受的安培力为向下的变强.2～3 s 内 ,线框中感觉电流的方向为逆时针方向,ab 边受的安培力为向上的变弱,所以选项 AD 对 .答案 :AD10.如图 12-11 甲所示 ,用裸导体做成U 形框架 abcd,ad 与 bc 相距 L=0.2 m,其平面与水平面成θ=30 °角 .质量为 m=1 kg 的导体棒 PQ 与 ad、bc 接触优秀 ,回路的总电阻为R=1 Ω整.个装置放在垂直于框架平面的变化磁场中,磁场的磁感觉强度 B 随时间 t 的变化状况如图乙所示 (设图甲中B 的方向为正方向 ).t=0 时 ,B0=10 T、导体棒 PQ 与 cd 的距离 x0=0.5 m. 若 PQ一直静止 ,对于 PQ与框架间的摩擦力大小在0～ t1=0.2 s 时间内的变化状况 ,下面判断正确的选项是 ()图 12-11A. 向来增大B.向来减小C.先减小后增大D. 先增大后减小分析 :由图乙,B B050T/s ,t=0时 , 回路所围面积S=Lx0=0.1m2,产生的感觉电动势t t1B S5V ,I EE5A ,安培力F=B0IL =10 N,方向沿斜面向上.而下滑力mgsin30 =5°N, t R小于安培力 ,故刚开始摩擦力沿斜面向下 .跟着安培力减小 ,沿斜面向下的摩擦力也减小 ,当安培力等于下滑力时 ,摩擦力为零 .安培力再减小 ,摩擦力变成沿斜面向上且增大 ,应选项 C 对 .答案 :C二、填空题 ( 共 2 小题，共12 分 )11.(6 分 )如图 12-12 所示 ,有一弯成θ角的圆滑金属导轨POQ ,水平搁置在磁感觉强度为 B 的匀强磁场中 ,磁场方向与导轨平面垂直.有一金属棒MN 与导轨的 OQ 边垂直搁置 ,金属棒从 O 点开始以加速度a向右运动,求t秒末时,棒与导轨所构成的回路中的感应电动势是____________________.图 12-12分析 :该题求的是t 秒末感觉电动势的刹时价,可利用公式E=Blv 求解 ,而上面错误会法求的是平均值 .开始运动t 秒末时 ,金属棒切割磁感线的有效长度为L OD tan1 at 2tan .2依据运动学公式,这时金属棒切割磁感线的速度为v=at.由题知 B、 L、 v 三者相互垂直,有E Blv1 Ba2t3tan,即金属棒运动t秒末时,棒与导轨所2组成的回路中的感觉电动势是 E 1 Ba 2t 3 tan . 答案:12Ba 2t 3 tan212.(6 分 )如图 12-13 所示 ,有一闭合的矩形导体框 ,框上 M 、 N 两点间连有一电压表 ,整个装置处于磁感觉强度为 B的匀强磁场中 ,且框面与磁场方向垂直.当整个装置以速度 v向右匀速平动时 ,M 、 N 之间有无电势差 ?__________(填 “有 ”或 “无 ”)，电压表的示数为 __________.图 12-13分析 :当矩形导线框向右平动切割磁感线时 ,AB 、 CD 、 MN 均产生感觉电动势 ,其大小均为 BLv,依据右手定章可知 ,方向均向上 .因为三个边切割产生的感觉电动势大小相等,方向同样 ,相当于 三个同样的电源并联,回路中没有电流 .而电压表是由电流表改装而成的,当电压表中有电流通过时 ,其指针才会偏转 .既然电压表中没有电流经过 ,其示数应为零 .也就是说 ,M 、 N 之间虽有电势差 BLv,但电压表示数为零 . 答案:有 0三、计算、阐述题(共 4 个题 ,共 48 分 .解答应写出必需的文字说明、方程式和重要的演算步骤.只写出最后答案的不可以得分 .有数值计算的题答案中一定明确写出数值和单位 )13.(10 分 )如图 12-14 所示是一种丈量通电线圈中磁场的磁感觉强度 B 的装置 ,把一个很小的测 量线圈 A 放在待测处 ,线圈与丈量电荷量的冲击电流计 G 串连 ,当用双刀双掷开关 S 使螺线管的电流反向时 ,丈量线圈中就产生感觉电动势 ,进而惹起电荷的迁徙,由表 G 测出电荷量 Q,就能够算出线圈所在处的磁感觉强度 B.已知丈量线圈的匝数为 N,直径为 d,它和表 G 串连电路的总电阻为 R,则被测出的磁感觉强度B 为多大?图 12-14分析 :当双刀双掷开关S 使螺线管的电流反向时,丈量线圈中就产生感觉电动势,依据法拉第电2B ( d) 2 磁感觉定律可得 : ENN 2tt由欧姆定律和电流的定义得:IE Q,即QE t RtR联立可解得 : B2QR .2QR Nd 2答案 :Nd 214.(12 分 )如图 12-15 所示 ,线圈内有理想界限的磁场 ,开始时磁场的磁感觉强度为 B 0.当磁场均匀 增添时 ,有一带电微粒静止于平行板(两板水平搁置 )电容器中间 ,若线圈的匝数为n,平行板电容器的板间距离为 d,粒子的质量为 m,带电荷量为 q.(设线圈的面积为S)求 :图 12-15(1) 开始时穿过线圈平面的磁通量的大小 .(2) 处于平行板电容器间的粒子的带电性质 .(3) 磁感觉强度的变化率 . 分析 :(1) Φ=B 0S.(2) 由楞次定律 ,可判出上板带正电 ,故推出粒子应带负电 .(3) En, , ΔΦ= B ·S,tqEmg ,联立解得 :B mgd . dtnqS答案 :(1)B 0S (2)负电(3)B mgdtnqS15.(12 分)两根圆滑的长直金属导轨 MN 、 M ′N ′平行置于同一水平面内，导轨间距为 l ，电阻不 计， M 、 M ′处接犹如图 12-16 所示的电路，电路中各电阻的阻值均为 R ，电容器的电容为 C.长度也为 l 、阻值同为R 的金属棒 ab 垂直于导轨搁置，导轨处于磁感觉强度为B 、方向竖直向下的匀强磁场中 .ab 在外力作用下向右匀速运动且与导轨保持优秀接触， 在 ab 运动距离为 s的过程中，整个回路中产生的焦耳热为Q.求 :图 12-16(1) ab 运动速度 v 的大小；(2) 电容器所带的电荷量 q.分析 :此题是电磁感觉中的电路问题 ,ab 切割磁感线产生感觉电动势为电源.电动势可由 E=Blv计算 .此中 v 为所求 ,再联合闭合 (或部分 )电路欧姆定律、焦耳定律、电容器及运动学知识列方程可解得 .(1) 设 ab 上产生的感觉电动势为 E ，回路中的电流为 I,ab 运动距离 s 所用时间为 t,三个电阻 R与电源串连 ,总电阻为 4R,则 E=BlvE由闭合电路欧姆定律有 Is 4Rtv由焦耳定律有 Q=I 2(4R)t 由上述方程得 v4QR .B 2l 2s(2) 设电容器两极板间的电势差为 U ,则有 U=IR电容器所带电荷量q=CU解得 q CQR .Bls答案 :(1)4QR(2)CQRB 2l 2 s Bls16.(14 分 )如图 12-17所示 ,水平川面上方的 H 高地区内有匀强磁场 ,水平界面 PP′是磁场的上面界 ,磁感觉强度为B,方向是水平的 ,垂直于纸面向里 .在磁场的正上方 ,有一个位于竖直平面内的闭合的矩形平面导线框abcd,ab 长为 l1 ,bc 长为 l2,H ＞ l2,线框的质量为 m,电阻为 R.使线框 abcd 从高处自由落下,ab边着落的过程中一直保持水平,已知线框进入磁场的过程中的运动状况是 :cd 边进入磁场此后 ,线框先做加快运动 ,而后做匀速运动 ,直到 ab 边抵达界限 PP′为止 .从线框开始着落到 cd 边恰好抵达水平川面的过程中 ,线框中产生的焦耳热为 Q.求 :图 12-17(1) 线框 abcd 在进入磁场的过程中,经过导线的某一横截面的电荷量是多少?(2)线框是从 cd 边距界限 PP ′多高处开始着落的 ?(3) 线框的 cd 边抵达地面时线框的速度大小是多少?分析 :(1)设线框abcd进入磁场的过程所用时间为t,经过线框的均匀电流为I,均匀感觉电动势为,则, I, ΔΦ=Bl 1l 2t R经过导线的某一横截面的电荷量q I t 解得q Bl1l2 . R(2)设线框从 cd 边距界限 PP ′上方 h 高处开始着落 ,cd 边进入磁场后 ,切割磁感线 ,产生感觉电流 , 在安培力作用下做加快度渐渐减小的加快运动,直到安培力等于重力后匀速着落,速度设为 v,匀速过程向来连续到 ab 边进入磁场时结束 ,有ε=Bl 1v, I, F A=BIl1,F A=mgRmgR解得 vB 2l12线框的 ab 边进入磁场后 ,线框中没有感觉电流.只有在线框进入磁场的过程中有焦耳热Q.线框从开始着落到ab 边刚进入磁场的过程中 ,线框的重力势能转变成线框的动能和电路中的焦耳热 .则有mg(h l 2 )1mv2Q 解得h m3 g 2 R22QB 4l14l2 .22mgB4 l14 (3) 线框的 ab 边进入磁场后 ,只有重力作用下 ,加快着落 ,有1mv221 mv2mg(H l2 ) 22cd 边抵达地面时线框的速度m2 g 2 R2 v242g( HB4 l1答案:(1) Bl1l2Rm3 g 2 R22QB4 l14 (2)2mgB4l 14m2 g 2 R22g( H (3)B4l14l 2 ) . l 2l 2 )。
2018年高考物理全国用二轮复习精练：二 计算题32分标准练(三) Word版含答案
计算题32分标准练(三)24.(12分)如图1所示，水平光滑的平行金属导轨，左端与电阻R 相连接，匀强磁场B 竖直向下分布在导轨所在的空间内，质量一定的金属棒在垂直导轨的方向上搁在导轨上。
今使棒以一定的初速度向右运动，当其通过位置a 时速率为v a ，通过位置b 时速率为v b ，到位置c 时棒刚好静止。
设导轨与棒的电阻均不计，a 、b 与b 、c 的间距相等，则金属棒在由a ―→b 和由b ―→c 的两个过程中，回路中产生的电能E ab 与E bc 之比为多大？图1解析 金属棒向右运动时，切割磁感线，回路中产生感应电流。
根据左手定则可知，金属棒所受安培力阻碍其运动。
假设金属棒由a 到b 过程中，所受平均安培力为F 1，时间为t 1；由b 到c 过程中，所受平均安培力为F 2，时间为t 2；导轨之间距离为d 。
则F 1＝BI 1d ＝B BL ab d Rt 1d ＝B 2d 2L ab Rt 1(2分) 同理F 2＝B 2d 2L bc Rt 2(1分) 根据动量定理得－F 1t 1＝mv b －mv a ，即B 2d 2L ab R＝mv a －mv b ①(2分) －F 2t 2＝0－mv b ，即B 2d 2L bc R＝mv b ②(2分) 又因为L ab ＝L bc ③据①②③式得 mv a －mv b ＝mv b (1分)所以v a ＝2v b (1分)根据能量守恒有E ab ＝12mv 2a －12mv 2b ＝32mv 2b (1分) E bc ＝12mv 2b (1分)则E ab E bc ＝32mv 2b 12mv 2b ＝3∶1(1分) 答案 3∶125.(20分)在某项娱乐活动中，要求参与者通过一光滑的斜面将质量为m 的物块送上高处的水平传送带后运送到网兜内。
斜面长度为l ，倾角θ＝30°，传送带距地面高度为l ，传送带的长度为3l ，传送带表面的动摩擦因数μ＝0.5，传送带一直以速度v ＝3gl 2顺时针运动。
2018届高考物理二轮复习转动切割磁感线问题专题卷
100考点最新模拟题千题精练10-9一．选择题1. (2018洛阳联考)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).它是利用电磁感应的原理制成的,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,下列说法中正确的是 ( )A. 铜片D 的电势高于铜片C 的电势B. 电阻R 中有正弦式交变电流流过C. 铜盘转动的角速度增大1倍,流过电阻R 的电流也随之增大1倍D. 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 【参考答案】C【名师解析】根据右手定则，铜片中电流方向为D 指向C ，由于铜片是电源，所以铜片D 的电势低于铜片C 的电势，选项A 错误；电阻R 中有恒定的电流流过，选项B 错误；铜盘转动的角速度增大1倍,，根据转动过程中产生的感应电动势公式E ＝12BL 2ω，产生是感应电动势增大1倍，根据闭合电路欧姆定律，流过电阻R 的电流也随之增大1倍，选项C 正确；保持铜盘不动,磁场变为方向垂直于铜盘的交变磁场,则铜盘中没有电流产生，选项D 错误。
2.如图所示为一圆环发电装置，用电阻R ＝4 Ω的导体棒弯成半径L ＝0.2 m 的闭合圆环，圆心为O ，COD是一条直径，在O 、D 间接有负载电阻R 1＝1 Ω。
整个圆环中均有B ＝0.5 T 的匀强磁场垂直环面穿过。
电阻r ＝1 Ω的导体棒OA 贴着圆环做匀速运动，角速度ω＝300 rad/s ，则( )A.当OA 到达OC 处时，圆环的电功率为1 WB.当OA 到达OC 处时，圆环的电功率为2 WC.全电路最大功率为3 WD.全电路最大功率为4.5 W 【参考答案】AD3.如图所示，半径为r 的金属圆盘在垂直于盘面的匀强磁场B 中，绕O 轴以角速度ω沿逆时针方向匀速转动，则通过电阻R 的电流的方向和大小是(金属圆盘的电阻不计)( )A.由c 到d ，I ＝Br 2ωRB.由d 到c ，I ＝Br 2ωRC.由c 到d ，I ＝Br 2ω2RD.由d 到c ，I ＝Br 2ω2R【参考答案】D4（2018河南八市重点高中联考）如图所示，导体杆OP 在作用于OP 中点且垂直于OP 的力作用下，绕O 轴沿半径为r 的光滑半圆形框架在匀强磁场中以一定的角速度转动，磁场的磁感应强度为B ，AO 间接有电阻R ，杆和框架电阻不计，回路中的总电功率为P ，则A ．外力的大小为2B ．外力的大小为2CD ．导体杆旋转的角速度为22Br 【参考答案】C【名师解析】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 =12Br 2ω，I=E/R ，根据题述回路中的电功率为P ，则P=EI ；设维持导体杆匀速转动的外力为F ，则有：P=Fv /2，v=r ω，联立解得F ，ω，选项C 正确ABD 错误。
2018届高三物理二轮复习习题：专题四 电路与电磁感应
限时规范训练(十三)建议用时45分钟，实际用时________一、单项选择题1．(2017·宁波效实中学等十校3月联考)关于下列物理现象的分析，说法正确的是( )A ．鸟儿能欢快地停在高压电线上，是因为鸟儿的脚底上有一层绝缘皮B ．电动机电路开关断开时会出现电火花，是因为电路中的线圈产生很大的自感电动势C ．话筒能把声音变成相应的电流，是因为电流的磁效应D ．静电喷涂时，被喷工件表面所带的电荷与涂料微粒所带的应为同种电荷解析：选 B.鸟儿能欢快地停在高压电线上，是因为鸟儿的两脚之间的导线的电阻很小，两脚间的跨步电压很小，选项A 错误；电动机电路开关断开时会出现电火花，是因为电路中的线圈产生很大的自感电动势，击穿空气产生火花放电，选项B 正确；话筒能把声音变成相应的电流，是因为电磁感应现象，选项C 错误；静电喷涂时，被喷工件表面所带的电荷与涂料微粒所带的应为异种电荷，选项D 错误．2．如图为无线充电技术中使用的受电线圈示意图，线圈匝数为n ，面积为S .若在t 1到t 2时间内，匀强磁场平行于线圈轴线向右穿过线圈，其磁感应强度大小由B 1均匀增加到B 2，则该段时间线圈两端a 和b 之间的电势差φa －φb ( )A ．恒为nSB 2－B 1 t 2－t 1B ．从0均匀变化到nS B 2－B 1 t 2－t 1 C ．恒为－nS B 2－B 1 t 2－t 1D ．从0均匀变化到－nS B 2－B 1 t 2－t 1解析：选C.根据法拉第电磁感应定律得，感应电动势E ＝nΔΦΔt ＝n B 2－B 1 S t 2－t 1，由楞次定律和右手螺旋定则可判断b 点电势高于a 点电势，因磁场均匀变化，所以感应电动势恒定，因此a 、b 两点电势差恒为φa －φb ＝－n B 2－B 1 S t 2－t 1，选项C 正确． 3．(2017·高考北京卷)图a 和图b 是教材中演示自感现象的两个电路图，L 1和L 2为电感线圈．实验时，断开开关S 1瞬间，灯A 1突然闪亮，随后逐渐变暗；闭合开关S 2，灯A 2逐渐变亮，而另一个相同的灯A 3立即变亮，最终A 2与A 3的亮度相同．下列说法正确的是( )a bA．图a中，A1与L1的电阻值相同B．图a中，闭合S1，电路稳定后，A1中电流大于L1中电流C．图b中，变阻器R与L2的电阻值相同D．图b中，闭合S2瞬间，L2中电流与变阻器R中电流相等解析：选C.分析图a，断开开关S1瞬间，A1突然闪亮，说明流经A1的电流瞬间增大，从而得到S1闭合，电路稳定时，A1中的电流小于L1中的电流，所以选项B错误．由并联电路特点可知，A1的电阻值大于L1的电阻值，所以选项A错误．分析图b，开关S2闭合后，灯A2逐渐变亮，A3立即变亮，说明闭合S2瞬间A2与A3中的电流不相等，那么L2与R中的电流也不相等，所以选项D错误．最终A2与A3亮度相同，说明流经A2与A3的电流相同，由欧姆定律可知，R与L2的电阻值相等，所以选项C正确．4．(2017·高考天津卷)如图所示，两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有电阻R.金属棒ab与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下．现使磁感应强度随时间均匀减小，ab始终保持静止，下列说法正确的是( )A．ab中的感应电流方向由b到aB．ab中的感应电流逐渐减小C．ab所受的安培力保持不变D．ab所受的静摩擦力逐渐减小解析：选D.磁感应强度随时间均匀减小，ab始终保持静止，所以闭合回路面积不发生改变，根据楞次定律ab中产生由a到b的恒定电流，A错误，由法拉第电磁感应定律，E＝nΔΦΔt＝nΔBΔtS，电阻一定，则感应电流不变，B错误；由于电流恒定，磁感应强度逐渐减小，所以，安培力逐渐减小，静摩擦力与安培力是一对平衡力，所以静摩擦力逐渐减小，C错误，D正确．5．(2017·江西五市八校第二次联考)如图甲所示，两平行光滑导轨倾角为30°，相距10 cm，质量为10 g的直导线PQ水平放置在导轨上，从Q向P看的侧视图如图乙所示．导轨上端与电路相连，电路中电源电动势为12.5 V，内阻为0.5 Ω，限流电阻R＝5 Ω，R′为滑动变阻器，其余电阻均不计．在整个直导线的空间中充满磁感应强度大小为1 T的匀强磁场(图中未画出)，磁场方向可以改变，但始终保持垂直于直导线．g取10 m/s2.若要保持直导线静止在导轨上，则电路中滑动变阻器连入电路电阻的极值取值情况及与之相对应的磁场方向是( )A ．电阻的最小值为12 Ω，磁场方向水平向右B ．电阻的最大值为25 Ω，磁场方向垂直斜面向左上方C ．电阻的最小值为7 Ω，磁场方向水平向左D ．电阻的最大值为19.5 Ω，磁场方向垂直斜面向右下方解析：选D.磁场方向水平向右时，直导线所受的安培力方向竖直向上，由平衡条件有mg ＝BIL ，得I ＝mg BL ＝0.01×101×0.1 A ＝1 A ，由I ＝E R ＋R ′＋r，得R ′＝7 Ω，故A 错误；磁场方向垂直斜面向左上方时，直导线所受的安培力方向沿斜面向下，不可能静止在斜面上，故B 错误；磁场方向水平向左时，直导线所受的安培力方向竖直向下，不可能静止在斜面上，故C 错误；磁场方向垂直斜面向右下方时，直导线所受的安培力方向沿斜面向上，由平衡条件有mg sin 30°＝BIL ，得I ＝12·mg BL ＝0.5 A ，由I ＝E R ＋R ′＋r，得R ′＝19.5 Ω，即电阻的最大值为19.5 Ω，故D 正确．二、多项选择题6．如图所示是法拉第制作的世界上第一台发电机的模型原理图．把一个半径为r 的铜盘放在磁感应强度大小为B 的匀强磁场中，使磁感线水平向右垂直穿过铜盘，铜盘安装在水平的铜轴上，两块铜片C 、D 分别与转动轴和铜盘的边缘接触，G 为灵敏电流表．现使铜盘按照图示方向以角速度ω匀速转动，则下列说法中正确的是( )A ．C 点电势一定高于D 点电势B ．圆盘中产生的感应电动势大小为12B ωr 2C ．电流表中的电流方向为由a 到bD ．若铜盘不转动，使所加磁场磁感应强度均匀增大，在铜盘中可以产生涡旋电流解析：选BD.把铜盘看作由中心指向边缘的无数条铜棒组合而成，当铜盘转动时，每根铜棒都在切割磁感线，相当于电源，由右手定则知，盘边缘为电源正极，中心为电源负极，C 点电势低于D 点电势，选项A 错误；此电源对外电路供电，电流由b 经电流表再从a 流向铜盘，选项C错误；铜棒转动切割磁感线，相当于电源，回路中感应电动势为E ＝Brv ＝Br ω12r ＝12B ωr 2，选项B 正确；若铜盘不转动，使所加磁场磁感应强度均匀增大，在铜盘中产生感生环形电场，使铜盘中的自由电荷在电场力的作用下定向移动，形成环形电流，选项D 正确．7．如图所示，横放“V”字形金属框架放在匀强磁场中，磁场与框架平面垂直，金属棒与框架接触良好，框架导体和金属棒电阻率相同，截面积相等，现金属棒从B 点开始沿“V”字形角平分线方向做匀速直线运动，那么金属棒脱离框架前，电路中的磁通量Φ、感应电动势E 、感应电流I 以及金属棒所受到的安培力F 随时间变化的图象正确的是()解析：选BC.金属棒切割磁感线的长度为L ＝2vt tan θ，磁通量Φ＝B ·12L ·vt ＝Bv 2tan θ·t 2，可见磁通量是时间的二次函数，选项A 错误；电路中感应电动势为E ＝BLv ＝2Bv 2tan θ·t ，感应电动势E 与时间t 成正比，所以选项B 正确；设金属棒和框架单位长度的电阻为ρ，则电路的总电阻为R ＝2ρv ⎝ ⎛⎭⎪⎫tan θ＋1cos θt ，电路中的感应电流为I ＝E R ＝Bv tan θρ⎝ ⎛⎭⎪⎫tan θ＋1cos θ，I与t 无关，为定值，选项C 正确；安培力F ＝BIL ，因为电流I 不变，L 与时间t 成正比，所以安培力与时间t 成正比，选项D 错误．8．如图所示，两根相距l ＝0.4 m 、电阻不计的光滑金属导轨在同一水平面内平行放置，两导轨左端与阻值R ＝0.15 Ω的电阻相连．导轨x ＞0的一侧存在沿＋x 方向均匀增大的稳恒磁场，其方向与导轨平面垂直(竖直向下)，磁感应强度B ＝0.5＋0.5x (T)．一根质量m ＝0.1 kg 、电阻r ＝0.05 Ω的金属棒置于导轨上，并与导轨垂直．棒在水平外力作用下从x ＝0处沿导轨向右做直线运动，运动过程中回路电流恒为2 A ．以下判断正确的是()A ．金属棒在x ＝3 m 处的速度为0.5 m/sB ．金属棒在x ＝3 m 处的速度为0.75 m/sC ．金属棒从x ＝0运动到x ＝3 m 过程中克服安培力做的功为1.6 JD ．金属棒从x ＝0运动到x ＝3 m 过程中克服安培力做的功为3.0 J解析：选AD.在x ＝3 m 处，磁感应强度为B ＝2 T ，因为回路中电流I 恒为2 A ，由闭合电路欧姆定律，回路中的感应电动势E ＝I (R ＋r )＝0.4 V ，由E ＝Blv 可得，此时金属棒的速度v ＝0.5 m/s ，选项A 正确，B 错误；由安培力公式可知，F 安＝BIl ＝0.8×(0.5＋0.5x )(N)，随着x 呈线性变化关系，因此可用F 安x 图象的面积或平均作用力来求功，可得克服安培力做功为3.0 J ，选项C 错误，D 正确．三、非选择题9．如图(a)所示，平行长直金属导轨水平放置，间距L ＝0.4 m ．导轨右端接有阻值R ＝1 Ω的电阻．导体棒垂直放置在导轨上，且接触良好，导体棒及导轨的电阻均不计，导轨间正方形区域abcd 内有方向竖直向下的匀强磁场，bd 连线与导轨垂直，长度也为L .从0时刻开始，磁感应强度B 的大小随时间t 变化，规律如图(b)所示；同一时刻，棒从导轨左端开始向右匀速运动，1 s 后刚好进入磁场，若使棒在导轨上始终以速度v ＝1 m/s 做直线运动，求：(1)棒进入磁场前，回路中的电动势E ；(2)棒在运动过程中受到的最大安培力F ，以及棒通过三角形abd 区域时电流i 与时间t 的关系式．解析：(1)正方形磁场的面积为S ，则S ＝L 22＝0.08 m 2.在棒进入磁场前，回路中的感应电动势是由于磁场的变化而产生的．由B t 图象可知ΔB Δt ＝0.5 T/s ，根据E ＝n ΔΦΔt，得回路中的感应电动势E ＝ΔB ΔtS ＝0.5×0.08 V＝0.04 V. (2)当导体棒通过bd 位置时感应电动势、感应电流最大，导体棒受到的安培力最大．此时感应电动势E ′＝BLv ＝0.5×0.4×1 V＝0.2 V ；回路中感应电流I ′＝E ′R ＝0.21A ＝0.2 A 导体棒受到的安培力 F ＝BI ′L ＝0.5×0.2×0.4 N＝0.04 N当导体棒通过三角形abd 区域时，导体棒切割磁感线的有效长度l ＝2v (t －1)(1 s≤t ≤1.2 s)感应电动势e ＝Blv ＝2Bv 2(t －1)＝(t －1)V感应电流i ＝e R＝(t －1)A(1 s≤t ≤1.2 s)答案：(1)0.04 V (2)0.04 N i ＝(t －1)A(1 s≤t ≤1.2 s)10．(2017·高考江苏卷)如图所示，两条相距d 的平行金属导轨位于同一水平面内，其右端接一阻值为R 的电阻．质量为m 的金属杆静置在导轨上，其左侧的矩形匀强磁场区域MNPQ 的磁感应强度大小为B 、方向竖直向下．当该磁场区域以速度v 0匀速地向右扫过金属杆后，金属杆的速度变为v .导轨和金属杆的电阻不计，导轨光滑且足够长，杆在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触．求：(1)MN 刚扫过金属杆时，杆中感应电流的大小I ；(2)MN 刚扫过金属杆时，杆的加速度大小a ；(3)PQ 刚要离开金属杆时，感应电流的功率P .解析：(1)感应电动势E ＝Bdv 0感应电流I ＝E R解得I ＝Bdv 0R(2)安培力F ＝BId由牛顿第二定律得F ＝ma解得a ＝B 2d 2v 0mR(3)金属杆切割磁感线的速度v ′＝v 0－v ，则感应电动势E ＝Bd (v 0－v )电功率P ＝E 2R解得P ＝B 2d 2 v 0－v 2R答案：(1)Bdv 0R (2)B 2d 2v 0mR (3)B 2d 2 v 0－v 2R11．如图甲所示，虚线右侧足够大区域存在匀强磁场，磁场方向竖直向下．在光滑绝缘水平面内有一长方形金属线框，ab 边长为L ＝0.2 m ，线框质量m ＝0.1 kg 、电阻R ＝0.1 Ω，在水平向右的外力F 作用下，以初速度v 0＝1 m/s 匀加速进入磁场，外力F 大小随时间t 变化的图线如图乙所示．以线框右边刚进入磁场开始计时．(1)求匀强磁场的磁感应强度大小B ；(2)求线框进入磁场的过程中，通过线框的电荷量q ；(3)若线框进入磁场过程中F 做的功为W F ＝0.27 J ，求在此过程中线框产生的焦耳热Q . 解析：(1)由F －t 图象可知，线框全部进入磁场后，F 2＝0.2 N ，线框的加速度a ＝F m ＝2 m/s 2t ＝0时刻线框所受的安培力F A ＝BIL ＝B 2L 2v 0R，且F 1＝0.3 N 由牛顿第二定律得：F 1－F A ＝ma联立解得B ＝0.5 T.(2)线框进入磁场过程中通过横截面的电荷量q ＝I Δt由法拉第电磁感应定律得E ＝ΔΦΔt由闭合电路欧姆定律得I ＝E R 解得电荷量q ＝ΔΦR ＝BLx R由匀变速直线运动规律得x ＝v 0t ＋12at 2 代入数据解得x ＝0.75 mq ＝0.75 C.(3)线框进入磁场过程，由能量守恒定律得W F＝Q＋12mv2－12mv20，v＝v0＋at解得Q＝0.12 J.答案：(1)0.5 T (2)0.75 C (3)0.12 J。
2018届高考物理二轮专题复习文档：选择题押题练(六) 磁 场(常考点) Word版含解析
选择题押题练(六) 磁 场(常考点)1．[多选]如图所示，纸面内AB 两点之间连接有四段导线：ACB 、ADB 、AEB 、AFB ，四段导线的粗细相同、材料相同；匀强磁场垂直于纸面向内，现给AB 两端加上恒定电压，则下列说法正确的是( )A ．四段导线受到的安培力的方向相同B ．四段导线受到的安培力的大小相等C ．ADB 段受到的安培力最大D ．AEB 段受到的安培力最小解析：选AC 导线的粗细相同、材料相同，由电阻定律：R ＝ρL S 可知：导线越长，电阻越大，由I ＝U R 可知：ACB 导线电流最小，而ADB 导线电流最大，四段导线的有效长度都相同，由F ＝BIL 可知，ADB 段受到的安培力最大，而ACB 段受到的安培力最小，由左手定则可知，它们的安培力的方向均相同，故A 、C 正确，B 、D 错误。
2．利用如图所示的实验装置可以测量磁感应强度B 的大小。
用绝缘轻质丝线把底部长为L 、电阻为R 、质量为m 的“U”形线框固定在力敏传感器的挂钩上，并用轻质导线连接线框与电源，导线的电阻忽略不计。
当有拉力F 作用于力敏传感器的挂钩上时，拉力显示器可以直接显示力敏传感器所受的拉力。
当线框接入恒定电压为E 1时，拉力显示器的示数为F 1；接入恒定电压为E 2时(电流方向与电压为E 1时相反)，拉力显示器的示数为F 2。
已知F 1＞F 2，则磁感应强度B 的大小为( )A ．B ＝R (F 1－F 2)L (E 1－E 2) B ．B ＝R (F 1－F 2)L (E 1＋E 2) C ．B ＝R (F 1＋F 2)L (E 2－E 1) D ．B ＝R (F 1＋F 2)L (E 1＋E 2)解析：选B 线框接入恒定电压为E 1时，对线框受力分析得出：F 1＝mg ＋B E 1R L ；当线框接入恒定电压为E 2时，对线框受力分析得出：F 2＝mg －B E 2R L ，联立整理得：B ＝R (F 1－F 2)L (E 1＋E 2)，故B 正确，A 、C 、D 错误。
2018届高三物理二轮复习练习：电磁感应 提能增分练一 含解析 精品
提能增分练(一) 电磁感应中的五类图像问题[A 级——夺高分]1．(多选)(2017·天津静海一中模拟)如图甲所示，闭合矩形导线框abcd 固定在匀强磁场中，磁场的方向与导线框所在平面垂直，磁感应强度B 随时间t 变化的规律如图乙所示。
规定垂直纸面向外为磁场的正方向，顺时针方向为感应电流的正方向，水平向右为安培力的正方向。
关于线框中的感应电流i 和ad 边所受的安培力F 随时间t 变化的图像，下列选项图中正确的是( )解析：选AC 由题图乙所示B -t 图像可知，0～1 s 时间内，B 增大，Φ增大，由楞次定律可知，线框中感应电流沿顺时针方向，为正值；1～2 s 磁通量不变，无感应电流；2～ 3 s ，B 的方向垂直纸面向外，B 减小，Φ减小，由楞次定律可知，感应电流沿逆时针方向，为负值；3～4 s 内，B 的方向垂直纸面向里，B 增大，Φ增大，由楞次定律可知，感应电流沿逆时针方向，为负值，A 正确，B 错误；由左手定则可知，在0～1 s 内，ad 受到的安培力方向水平向右，是正值，1～2 s 无感应电流，没有安培力，2～4 s 时间内，安培力水平向左，是负值；由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势E ＝ΔΦΔt ＝S ·ΔB Δt ，感应电流I ＝E R ＝S ·ΔB R Δt，由B -t 图像可知，在每一时间段内，⎪⎪⎪⎪ΔB Δt 是定值，在各时间段内I 是定值，ad 边受到的安培力F ＝BIL ，I 、L 不变，B 均匀变化，则安培力F 均匀变化，不是定值，故D 错误，C 正确。
2. (多选)(2017·大庆铁人中学检测)如图所示，边长为L 、总电阻为R 的正方形线框abcd 放置在光滑水平桌面上，bc 边紧靠磁感强度为B 、宽度为2L 、方向竖直向下的有界匀强磁场的边缘。
现使线框以初速度v 0匀加速通过磁场，选项图中能定性反映线框从进入到完全离开磁场的过程中感应电流变化情况的是( )解析：选AD 根据楞次定律得到，线框完全处于磁场时无感应电流，进磁场和出磁场过程感应电流方向相反。
2018届高考物理二轮复习选择题押题练(七)电磁感应(常考点).doc
选择题押题练( 七) 电磁感应( 常考点)1．随着科技的不断发展，无线充电已经进入人们的视线。
小到手表、手机，大到电脑、电动汽车，都已经实现了无线充电从理论研发到实际应用的转化。
如图所示为某品牌的无线充电手机利用电磁感应方式充电的原理图。
关于无线充电，下列说法正确的是( )A．无线充电时手机接收线圈部分的工作原理是“电流的磁效应”B．只有将充电底座接到直流电源上才能对手机进行充电C．接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同D．只要有无线充电底座，所有手机都可以进行无线充电解析：选 C 无线充电利用电磁感应原理。
当充电底座的发射线圈中通有交变电流时，发射线圈产生交变的磁场，根据电磁感应原理，在接收线圈中产生感应电流，实现对接收充电设备的充电。
无线充电时手机接收线圈部分的工作原理是“电磁感应”。
只有将充电底座接到交流电源上才能对手机进行充电。
所以A、B 选项错误。
接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同，C选项正确。
不是所有手机都可以进行无线充电，手机中要装有接收线圈设备才可以，故D错误。
2．韦伯和纽曼总结、提出了电磁感应定律，如图所示是关于该定律的实验，P是由闭合线圈组成的螺线管，把磁铁从P正上方，距P上端h 处由静止释放，磁铁竖直穿过P后落在海绵垫上并停下。
若仅增大h，重复原来的操作，磁铁穿过P的过程与原来相比，下列说法正确的是( )A．穿过线圈的磁通量将增大B．线圈中产生的感应电动势将增大C．通过线圈导线截面的电量将增大D．线圈对磁铁的阻碍作用将变小解析：选 B 若仅增大h，对穿过线圈的磁通量没有影响，故A错误；若仅增大h，磁铁经过线圈的时间减小，线圈中产生的感应电动势将增大，故 B 正确；若仅增大h，对穿过线圈的磁通量没有影响，所以穿过线圈的磁通量的变化相同，则通过线圈导线截面的电量q ΔΦ保持不变，故C错误；线圈中产生的感应电动势将增大，所以感应电流增大，线圈对＝R磁铁的阻碍作用将变大，故D错误。
最新-2018高考物理第二轮专题复习测试题(电磁感应中能量专题) 精品
2018-2018高三物理第二轮复习测试题电磁感应中能量专题一．选择题(4×10;每题至少有一个正确答案,不选或错选得0分;漏选得2分)1．光滑曲面与竖直平面的交线是抛物线，如图12—3—20所示，抛物线的方程是y ＝x 2，下半部处在一个水平方向的匀强磁场中，磁场的上边界是y ＝a 的直线（图中的虚线所示）．一个小金属块从抛物线上y ＝b （b ＞a ）处以速度v 沿抛物线下滑．假设抛物线足够长，( )A ．mgbB ．21mv2C ．mg （b －a ）D ．mg （b －a ）＋21mv22．如图所示，相距为d 的两水平虚线1L 和2L 分别是水平向里的匀强磁场的边界，磁场的磁感应强度为B ，正方形线框abcd 边长为L(L<d)、质量为m 。
将线框在磁场上方高h 处由静止开始释放，当ab 边进入磁场时速度为o ν，cd 边刚穿出磁场时速度也为o ν。
从ab 边刚进入磁场到cd 边刚穿出磁场的整个过程中 ( ) A ．线框一直都有感应电流 B ．线框有一阶段的加速度为g C ．线框产生的热量为mg(d+h+L) D ．线框作过减速运动3．如图所示，质量为m ，高度为h 的矩形导体线框在竖直面内由静止开始自由下落.它的上下两边始终保持水平，途中恰好匀速通过一个有理想边界的匀强磁场区域，则线框在此过程中产生的热量为（ ）A ．mghB ．2mghC ．大于mgh ，小于2mghD ．大于2mgh4. 如图所示，挂在弹簧下端的条形磁铁在闭合线圈内振动，如果空气阻力不计，则： （ ）A ．磁铁的振幅不变B ．磁铁做阻尼振动C ．线圈中有逐渐变弱的直流电D ．线圈中逐渐变弱的交流电5.如图所示，图中回路竖直放在匀强磁场中磁场的方向垂直于回路平面向内。
导线AC 可以贴着光滑竖直长导轨下滑。
设回路的总电阻恒定为R ，当导线AC 从静止开始下落后，下面有关回路能量转化的叙述中正确的是 （ ） A.导线下落过程中,机械能守恒；B.导线加速下落过程中，导线减少的重力势能全部转化为回路产生的热量；C.导线加速下落过程中，导线减少的重力势能全部转化为导线增加的动能； D.导线加速下落过程中，导线减少的重力势能转化为导线增加的动能和回路增加的内能6．如图所示，虚线框abcd 内为一矩形匀强磁场区域，ab=2bc，磁场方向垂直于纸面；实线框a'b'c'd'是一正方形导线框，a'b'边与ab 边平行。
2018届高三物理二轮复习习题：专题四 电路与电磁感应
限时规范训练(十二)建议用时45分钟，实际用时________一、单项选择题1．在如图所示的电路中，已知电阻R 1的阻值小于滑动变阻器R 的最大阻值．闭合电键S ，在滑动变阻器的滑片P 由左端向右滑动的过程中，四个电表V 1、V 2、A 1、A 2的示数及其变化量分别用U 1、U 2、I 1、I 2、ΔU 1、ΔU 2、ΔI 1、ΔI 2表示，下列说法中正确的是( )A ．U 1先变大后变小，I 1不变B ．U 1先变小后变大，I 1变小C.ΔU 1ΔI 2的绝对值先变大后变小，ΔU 2ΔI 2的绝对值不变 D ．U 2先变小后变大，I 2先变小后变大解析：选D.滑片P 由滑动变阻器的左端向右端滑动的过程中，滑动变阻器R 的左半部分与R 1串联然后与R 的右半部分并联，并联电阻先变大后变小，所以电路总电阻先变大后变小，根据闭合电路欧姆定律，I 2先变小后变大，U 1先变大后变小，由极限法可得当滑片P 滑到滑动变阻器右端时，电流表A 1把R 1所在支路短路，此时I 1最大，所以I 1一直增大，A 、B 错误；对于C 项，ΔU 1ΔI 2的绝对值等于电源的内阻，保持不变；ΔU 2ΔI 2的绝对值等于R 2，保持不变，所以C 错误；电阻R 2不变，电压表V 2的示数U 2＝I 2R 2，U 2先变小后变大，D 正确．2．(2017·黄山月考)如图所示，在AB 间接入正弦交流电U 1＝220 V ，通过理想变压器和二极管D 1、D 2给阻值R ＝20 Ω的纯电阻负载供电，已知D 1、D 2为相同的理想二极管，正向电阻为0，反向电阻无穷大，变压器原线圈n 1＝110匝，副线圈n 2＝20匝，Q 为副线圈正中央抽头，为保证安全，二极管的反向耐压值至少为U 0，设电阻R 上消耗的热功率为P ，则有( )A ．U 0＝40 2 V ，P ＝80 WB ．U 0＝40 V ，P ＝80 WC ．U 0＝40 2 V ，P ＝20 WD ．U 0＝40 V ，P ＝20 W解析：选C.变压器的次级电压U 2＝n 2n 1U 1＝20110×220 V＝40 V ，故二极管的反向耐压值至少为40 2 V ；电阻R 上电压有效值为20 V ，则R 消耗的热功率为P ＝U 2R ＝20220W ＝20 W ，故C 正确． 3．(2017·河南中原名校高三联考)如图所示，变压器输入有效值恒定的电压，副线圈匝数可调，输出电压通过输电线送给用户(电灯等用电器)，R 表示输电线的电阻，则( )A ．用电器增加时，变压器输出电压增大B ．要提高用户的电压，滑动触头P 应向上滑C ．用电器增加时，输电线的热损耗减少D ．用电器增加时，变压器的输入功率减小解析：选 B.由于变压器原、副线圈的匝数不变，而且输入电压不变，因此增加负载不会影响输出电压，故A 错误；根据变压器原理可知输出电压U 2＝n 2n 1U 1，当滑动触头P 向上滑时，n 2增大，所以输出电压增大，用户两端电压增大，故B 正确；由于用电器是并联的，因此用电器增加时总电阻变小，输出电压不变，总电流增大，故输电线上热损耗增大，故C 错误；用电器增加时总电阻变小，总电流增大，输出功率增大，所以输入功率增大，故D 错误．4．(2017·西安一中期末考试)如图所示的电路中，灯泡A 和灯泡B 原来都是正常发光的，现在突然灯泡A 比原来变暗了些，灯泡B 比原来变亮了些，则电路中出现的故障可能是( )A ．R 3断路B ．R 2断路C ．R 1短路D ．R 1、R 2同时短路解析：选B.由题图可知，通过灯泡A 的电流等于通过灯泡B 的电流与通过R 2的电流之和．灯泡A 比原来变暗了些，灯泡B 比原来变亮了些，说明通过灯泡B 的电流变大，而通过灯泡A 的电流变小，因此通过R 1的电流变小，所以R 2断路符合条件．R 3断路或R 1短路都会使两灯泡比原来变亮；R 1、R 2同时短路会使灯泡A 比原来变亮，灯泡B 熄灭，故B 正确．5．一台小型发电机产生的电动势随时间以正弦规律变化的图象如图甲所示．已知发电机线圈内阻为5.0 Ω，现外接一只电阻为95.0 Ω的灯泡，如图乙所示，则( )A．电压表V的读数为220 VB．电路中的电流方向每秒改变50次C．灯泡实际消耗的功率为484 WD．发电机线圈内阻每秒产生的焦耳热为24.2 J解析：选D.由题图甲知发电机产生的感应电动势有效值为220 V，灯泡中电流大小为I＝ER＋r ＝2.2 A，电压表读数为U＝IR＝2.2×95.0 V＝209 V，选项A错误；由题图甲知交变电流的周期为0.02 s，则其频率为50 Hz，电路中的电流方向每秒改变100次，选项B错误；灯泡实际消耗的功率为P＝IU＝209×2.2 W＝459.8 W，选项C错误；发电机线圈内阻每秒产生的焦耳热为Q ＝I2rt＝2.22×5×1 J＝24.2 J，选项D正确．6．如图，一理想变压器原线圈接入一交流电源，副线圈电路中R1、R2和R3均为定值电阻，V1和V2为理想电压表， A1和A2为理想电流表．开关S闭合时，V1和V2的读数分别为U1和U2；A1和A2的读数分别为I1和I2.若交流电源电压不变，现断开S，下列推断中正确的是( )A．U2可能变小、I2一定变小B．U2一定不变、I2一定变小C．I1一定变小、I2可能变大D．I1可能变大、I2可能变大解析：选B.交流电源电压不变，U1数值不变，根据变压器变压公式可知，副线圈电压只与原线圈电压和变压器原、副线圈匝数比有关．现断开S，U2不变，副线圈所接电路的等效电阻增大，电流表A2的读数I2变小，选项B正确．变压器输出功率减小，导致变压器输入功率变小，I1变小，选项C、D错误．7．如图所示为某住宅区的应急供电系统，由交流发电机和副线圈匝数可调的理想降压变压器组成．发电机中矩形线圈所围的面积为S，匝数为N，电阻不计，它可绕水平轴OO′在磁感应强度为B的水平匀强磁场中以角速度ω匀速转动．矩形线圈通过滑环连接降压变压器，滑动触头P上下移动时可改变输出电压，R0表示输电线的电阻．以线圈平面与磁场平行时为计时起点，下列判断正确的是( )A ．若发电机线圈某时刻处于图示位置，变压器原线圈的电流瞬时值为零B ．发电机线圈感应电动势的瞬时值表达式为e ＝NB ωS sin ωtC ．当用电量增加时，为使用户电压保持不变，滑动触头P 应向上滑动D ．当滑动触头P 向下移动时，变压器原线圈两端的电压将升高解析：选C.当线圈与磁场平行时，感应电流最大，A 错误；从垂直中性面计时，则感应电动势的瞬时值表达式为e ＝NBS ωcos ωt ，B 错误；根据功率P ＝UI ，当电压不变，则电流增大，从而可确定触头P 移动方向向上，C 正确；当触头P 向下移动时，会改变副线圈的电流，从而改变原线圈的电流，不会改变原线圈的电压，D 错误．8．如图1所示为远距离输电示意图，升压变压器原、副线圈匝数比为1∶100，降压变压器原副线圈匝数比为100∶1，远距离输电线的总电阻为100 Ω.若升压变压器的输入电压如图2所示，输入功率为750 kW.下列说法正确的是( )A ．用户端交流电的频率为100 HzB ．输电线中电流为30 AC ．用户端电压为250 VD ．输电线路损耗功率为180 kW解析：选B.由题图2知，交流电的周期为0.02 s ，则其频率f ＝1T＝50 Hz ，A 错误；由于输入电压的有效值为250 V ，则输入电流I ＝P U ＝3 000 A ，由变流比知，输电线中的电流为30 A ，B 正确；由变压比知，升压变压器中副线圈两端的电压为25 000 V ，输电线上损失的电压ΔU ＝I 线R ＝30×100 V＝3 000 V ，因此降压变压器输入端电压为22 000 V ，由变压比知，用户端电压为220 V ，C 错误；输电线损耗的功率P 损＝I 2线R ＝302×100 W＝90 kW ，D 错误．二、多项选择题9．某正弦交流电的i －t 图象如图所示，则该电流的( )A．频率f＝0.02 HzB．有效值I＝10 2 AC．峰值I m＝10 2 AD．瞬时值表达式i＝20sin 100πt(A)解析：选BD.由题图可知，该交流电的周期为0.02 s，则频率为50 Hz，角速度为100πrad/s，最大值为20 A，则有效值为10 2 A，瞬时值表达式为：i＝20sin 100πt(A)，即B、D正确．10．在如图所示的电路中，E为电源电动势，r为电源内阻，R1是半导体制成的NTC热敏电阻，其阻值随着温度的升高而减小，R2、R3为定值电阻，C为电容器，L为小灯泡，电流表内阻可忽略．当电路所处环境温度下降时，则( )A．电流表的示数增大B．R2两端的电压减小C．小灯泡变暗D．电容器C所带的电荷量增大解析：选BD.当温度下降时，热敏电阻R1阻值增大，电路总电阻增大，电路中总电流I减小，即电流表的示数减小，选项A错误；R2两端的电压U2＝IR2，电路中总电流I减小，所以电压U2减小，选项B正确；由于电源内电压U r＝Ir减小，R2两端的电压也减小，则小灯泡L两端电压增大，所以小灯泡L变亮，选项C错误；电源内电压减小，路端电压增大，电容器两端电压增大，电容器所带的电荷量Q＝UC增大，选项D正确．11．(2017·哈尔滨三中模拟)如图所示的正方形线框abcd边长为L，每边电阻均为r，在垂直于纸面向里，磁感应强度为B的匀强磁场中绕cd轴以角速度ω匀速转动，c、d两点与一阻值为r的电阻相连，各表均可视为理想表，导线电阻不计，则下列说法中正确的是( )A．线框abcd产生的电流为交变电流B．当S断开时，电压表的示数为零C ．当S 断开时，电压表的示数为28B ωL 2 D ．当S 闭合时，电压表的示数为2B ωL 214r解析：选ACD.正方形线框abcd 在匀强磁场中绕cd 轴以角速度ω匀速转动产生的电流为正弦式交变电流，故A 正确；正方形线框匀速转动产生的感应电动势有效值为2BL 2ω2，等效电路如图所示，当S 断开时，电压表的示数U ＝14E ＝2BL 2ω8，故B 错误，C 正确；当S 闭合时，电路的总电阻R ＝3r ＋r 2＝72r ，总电流I ＝E R ＝2BL 2ω7r ，电流表的示数I A ＝12I ＝2BL 2ω14r ，故D 正确．12．(2017·安徽江南十校联考)如图所示，处在垂直纸面向外、磁感应强度大小为B 的匀强磁场中的矩形线框MNPQ ，以恒定的角速度ω绕对角线NQ 转动．已知MN 长为l 1，NP 长为l 2，线框电阻为R .在t ＝0时刻线框平面与纸面重合，下列说法正确的是( )A ．矩形线框产生的感应电动势有效值为22Bl 1l 2ω B ．矩形线框转过半周时，通过线框的电流为零C ．矩形线框转动一周时，通过线框的电流为Bl 1l 2RD ．矩形线框在转动半周过程中产生的热量为πB 2l 21l 22ω2R解析：选ABD.矩形线框产生正弦式交变电流，则产生的感应电动势最大值E m ＝Bl 1l 2ω，所以有效值E ＝22Bl 1l 2ω，A 正确；当矩形线框转过半周时，线框平面与磁场垂直，磁通量最大，磁通量变化量为零，感应电动势为零，感应电流为零，B 正确；转过一周时，通过线框的电流为零，C 错误；矩形线框在转动半周过程中产生的热量 Q ＝E 2R t ＝E 2πR ω＝πB 2l 21l 22ω2R，D 正确． 13．如图甲所示为远距离输电示意图，变压器均为理想变压器．升压变压器原、副线圈匝数比为1∶100，其输入电压变化规律如图乙所示，远距离输电线的总电阻为100 Ω.降压变压器副线圈电路部分为一火警报警系统原理图，其中R 1为一定值电阻，R 2为用半导体热敏材料制成的传感器，当温度升高时其阻值变小．电压表V 显示加在报警器上的电压(报警器未画出)．未出现火警时，升压变压器的输入功率为750 kW.下列说法中正确的有( )A ．降压变压器副线圈输出的交流电频率为50 HzB ．远距离输电线路损耗的功率为180 kWC ．当传感器R 2所在处出现火警时，电压表V 的示数变大D ．当传感器R 2所在处出现火警时，输电线上的电流变大解析：选AD.由题图乙知交流电的周期为0.02 s ，所以频率为50 Hz ，A 正确；由图题乙知升压变压器输入端电压有效值为250 V ，根据电压与匝数成正比知副线圈电压为25 000 V ，所以输电线中的电流I ＝P U＝30 A ，输电线损失的电压ΔU ＝IR ＝30×100 V＝3 000 V ，输电线路损耗功率ΔP ＝ΔUI ＝90 kW ，B 错误；当传感器R 2所在处出现火警时，其阻值减小，副线圈两端电压不变，副线圈中电流增大，定值电阻所分电压增大，所以电压表V 的示数变小，C 错误；副线圈电流增大，根据电流与匝数成反比知，输电线上的电流变大，D 正确．14．如图所示，图甲中M 为一电动机，当滑动变阻器R 的触头从左端滑到另一端的过程中，两电压表的读数随电流表读数的变化情况如图乙所示．已知电流表读数在0.2 A 以下时，电动机没有发生转动．不考虑电表对电路的影响，以下判断正确的是( )A ．变阻器向右滑动时，V 2读数逐渐减小B ．电路中电源内阻为2 ΩC ．此电路中，电动机的输出功率先减小后不变D ．变阻器的最大阻值为36 Ω解析：选BC.由图甲可知○V 2 测量的是路端电压U ，且U ＝E －Ir ，则图乙中上方的图象为U I 图象，该图象的斜率大小为电源内阻，r ＝3.4－3.00.3－0.1Ω＝2 Ω，B 项正确；滑动变阻器滑片向右滑动时，R 接入电路的电阻增大，电流I 减小，则U 逐渐增大，A 项错；R 的滑动触头向右端滑动的过程中，由乙图可知○M 两端的电压减小，电流减小，电动机的输出功率P 出＝U 1I －I 2r 机先减小，电流表值在0.2 A 以下，○V 1 的读数在0.8 V 以下时，电动机停止转动，无功率输出，C 项正确；滑动变阻器的最大阻值为R ＝3.4－0.40.1Ω＝30 Ω，D 项错．。
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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， 1~8题只有一项符合题目要求； 9~12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。） 1．一个闭合线圈中没有产生感应电流，因此可以得出. （ ） A. 此时该处一定没有磁场 B. 此时该处一定没有磁场的变化 C. 闭合线圈的面积一定没有变化 D. 穿过线圈平面的磁通量一定没有变化 【答案】D 点睛：解答本题主要是抓住感应电流产生的条件：闭合线圈的磁通量发生变化，而磁通量的变化可以是由磁场变化引起，也可以是线圈的面积变化，或位置变化引起的． 2．如图，由某种粗细均匀的总电阻为3R的金属条制成的矩形线框abcd，固定在水平面内且处于方向竖直向下的匀强磁场B中．一接入电路电阻为R的导体棒PQ，在水平拉力作用下沿ab、dc以速度v匀速滑动，滑动过程PQ始终与ab垂直，且与线框接触良好，不计摩擦．在PQ从靠近ad处向bc滑动的过程中 （ ）
A. PQ中电流一直增大 B. PQ中电流一直减小 C. 线框消耗的电功率先增大后减小 D. 线框消耗的电功率先减小后增大 【答案】C 【解析】A、B项，设导体棒的长度为L，磁感应强度为B，导体棒的速度v保持不变，根据法拉第电磁感应定律，感应的电动势EBLv不变，设线框左边的电阻为r，则左右两边线
框的电阻为R并 ， 111+3RrRr并 流过PQ的电流23=33EREIRRrRrR并 ，可以看出当PQ从靠近ad向bc靠近过程中， r从零增大到3R，从而可以判断电流先减小后增大，故A、B项错误。 C，D项，电源的内阻为R，PQ从靠近ad向bc靠近过程中，外电路的并联等效电阻从零增大到0.75R又减小到零，外电路的电阻等于电源内阻的时候消耗的功率最大，所以外电路的功率应该先增大后减小，故C正确D项错误。 综上所述，本题正确答案为C。 3．如图所示，AB是一根裸导线，单位长度的电阻为R0，一部分弯曲成直径为d的圆圈，圆圈导线相交处导电接触良好．圆圈所在区域有与圆圈平面垂直的均匀磁场，磁感强度为B0导线一端B点固定，A端在沿BA方向的恒力F作用下向右缓慢移动，从而使圆圈缓慢缩小．设在圆圈缩小过程中始终保持圆的形状，设导体回路是柔软的，此圆圈从初始的直径d到完全消失所需时间t为 （ ）
A. 22016dBFR B. 2208dBFR C. 2204dBFR D. 2202dBFR 【答案】B 4．如图示，金属杆ab以恒定的速率v在光滑的平行导轨上向右滑行，设整个电路中总电阻为R（恒定不变），整个装置置于垂直于纸面向里的匀强磁场中，下列说法不正确的是 （ ）
A. ab杆中的电流与速率v成正比 B. 磁场作用于ab杆的安培力与速率v成正比 C. 电阻R上产生的电热功率与速率v平方成正比 D. 外力对ab杆做功的功率与速率v的成正比 【答案】D 5．如图所示,在水平面上有两条导电导轨MN、PQ，导轨间距为d，匀强磁场垂直于导轨所在的平面向里，磁感应强度的大小为B，两根完全相同的金属杆1、2间隔一定的距离摆开放在导轨上，且与导轨垂直。它们的电阻均为R，两杆与导轨接触良好，导轨电阻不计，金属杆的摩擦不计。杆1以初速度v0滑向杆2，为使两杆不相碰，则杆2固定与不固定两种情况下，最初摆放两杆时的最少距离之比为： （ ）
A. 1:1 B. 1:2 C. 2:1 D. 1:1 【答案】C 【解析】金属杆1、2均不固定时，系统动量守恒，以向右为正方向，有：mv0=2mv，解得：v=02v； 对右侧杆，采用微元法，以向右为正方向，根据动量定理，有：∑−F⋅△t=∑m△v， 其中：F=BIL= 122BLvvBLR， 【名师点睛】 两个棒均不固定时，左边棒受向左的安培力，右边棒受向右的安培力，故左边棒减速，右边棒加速，两个棒系统动量守恒，根据动量守恒定律得到最后的共同速度，然后对右边棒运用动量定理列式；当右边棒固定时，左边棒受向左的安培力，做减速运动，根据动量定理列式；最后联立求解即可。 6．一个粗细均匀总电阻为Ｒ的矩形金属线框MNPQ，如图，MN的长度是NP的２倍，NP长度为L，有一宽度为２L、大小为B垂直纸面向里的匀强磁场，自MN边进入磁场开始线框以v匀速穿过磁场区域，则PQ两端的电势差UPQ随时间的关系图线为 （ ）
A. B. C. D. 【答案】A 点睛:关于电磁感应与图象的结合问题，关键要分段由电磁感应和电路的基本规律、法拉第电磁感应定律、欧姆定律、安培力公式和焦耳定律等，得到各物理量的解析式，再进行选择．在解题时要灵活选择解法，也可以运用排除法等进行解答． 7．如图所示，相距为d的两条水平虚线之间是方向水平向里的匀强磁场，磁感应强度为B，正方形线圈abcd边长为L（L放，cd边刚进入磁场时速度为0v，cd边刚离开磁场时速度也为0v，则从线圈cd边刚进入磁场 起一直到ab边离开磁场的过程中。下列说法不正确的是： （ ） A. 线圈可能是加速进入磁场的 B. 感应电流所做的功为2mgd C. 线圈的最小速度可能为22mgRBL D. 线圈的最小速度一定为2ghLd 【答案】A 【解析】A、线圈全部进入磁场时没有感应电流，不受安培力，做匀加速运动，而cd边刚离开磁场与刚进入磁场时速度相等，所以线圈进磁场时要减速，A错误； B、根据能量守恒可知：从cd边刚进入磁场到cd边刚穿出磁场的过程：线圈动能变化量为0，重力势能转化为线框产生的热量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，所以线圈穿出磁场与进入磁场的过程运动情况相同，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B正确； C、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22BLvmgR，则线圈下落的最小速度可能为： 22mgRvBL，故C错误； D、设线圈的最小速度为vm，可知全部进入磁场的瞬间速度最小。由动能定理，从cd边刚进入磁场到线框完全进入时，则有： 2201122mmvmvmgLmgd，有2012mvmgh，综上可解得线圈的最小速度为2ghLd，故D正确；本题选择错误答案，故选：A。 【名师点睛】 线圈由静止释放，其下边缘刚进入磁场和刚穿出磁场时刻的速度是相同的，又因为线圈全部进入磁场不受安培力，要做匀加速运动，可知线圈进入磁场先要做减速运动；根据动能定理，分析安培力做的功和最小速度。 8．在水平桌面上，一个圆形金属框置于匀强磁场1B中，线框平面与磁场垂直，圆形金属框与一个水平的平行金属导轨相连接，导轨上放置一根导体棒ab，导体棒与导轨接触良好，导体棒处于另一均强磁场2B中，该磁场的磁感应强度恒定，方向垂直导轨平面向下，如图甲所示．磁感应强度1B随时间t的变化关系如图乙所示． 0~1.0s内磁场方向垂直线框平面向下．若导体棒始终保持静止，并设向右为静摩擦力的正方向，则导体棒所受的静摩擦力f随时间变化 的图象是 （ ） A. B. C. D. 【答案】D 点睛：本题表面上要求静摩擦力大小与方向，实际上是确定安培力的方向与大小，所以考查了法拉第电磁感应定律与楞次定律． 9．倾角为α的光滑导电轨道间接有电源，轨道间距为L，轨道上放一根质量为m的金属杆ab，金属杆中的电流为I，现加一垂直金属杆ab的匀强磁场，如图所示， ab杆保持静止，则磁感应强度方向和大小可能为 （ ）
A. 方向垂直轨道平面向上时，磁感应强度最小，大小为sinmgIL B. z正向，大小为mgIL C. X正向，大小为mgIL D. Z正向，大小为tanmgIL 【答案】ACD 点睛：受力分析后，根据平衡条件，写出平衡方程，结合安培力公式，并根据左手定则，即可求解。 10．如图所示，竖直光滑导轨上端接入一定值电阻R，C1和C2是半径都为a的两圆形磁场区域，其区域内的磁场方向都垂直于导轨平面向外，区域C1中磁场的磁感应强度随时间接B1=b+kt (k>0)变化，C2中磁场的磁感应强度恒为B2，一质量为m．电阻为r、长度为L的金属杆AB穿过C2的圆心垂直地跨放在两导轨上，且与导轨接触良好，并恰能保持静止。则 （ ）
A. 通过金属杆的电流大小为 B. 通过金属杆的电流方向为从B到A
C. 定值电阻的阻值为R= D. 整个电路的热功率p= 【答案】BCD 11．如图所示，在光滑的水平面上方，有两个磁感应强度大小均为B，方向相反的水平匀强磁场，PQ为两个磁场的理想边界，磁场范围足够大。一个边长为a、质量为m、电阻为R的单匝正方形金属线框，以速度v垂直磁场方向从如图实线位置Ⅰ开始向右运动，当线框运动到分
别有一半面积在两个磁场中的位置Ⅱ时，线框的速度为。则下列说法正确的是 （ ）
A. 在位置Ⅱ时线框中的电功率为 B. 此过程中回路产生的电能为 C. 在位置Ⅱ时线框的加速度为 D. 此过程中通过导线横截面的电荷量为 【答案】ABD 12．如图所示，电阻不计间距为L 的光滑平行金属导轨水平放置，导轨左端接有阻值为R的电阻连接，以导轨的左端为原点，沿导轨方向建立x轴，导轨处于竖直向下的磁感应强度大小为B的匀强磁场中。一根电阻也为R，质量为m的金属杆垂直于导轨放置于0x处，不计金属杆与轨道间的接触电阻，现给金属杆沿x轴正方向的初速度0v，金属杆刚好能运动到20x
处，在金属杆运动过程中 （ ）
A. 通过电阻R的电荷量0x2BLR B. 金属杆克服安培力所做的功为201mv2 C. 金属杆上产生的焦耳热为201mv2 D. 金属杆运动到1.50x处的速度大小为0v2 【答案】ABD 【点睛】对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，重点是分析安培力作用下导体棒的平衡问题，根据平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解． 二、非选择题（本大题共4小题，第13、14题每题10分；第15、16题每题15分；共50分） 13．（10分）如图甲所示，一边长L＝1m、质量m＝5 kg的正方形金属线框，放在光滑绝缘的水平面上，整个装置放在方向竖直向上、磁感应强度B＝10T的匀强磁场中，它的一边与磁场的边界MN重合，在水平力F作用下由静止开始向左运动，经过5 s线框被拉出磁场，测得金属线框中的电流随时间变化的图象如图乙所示．在金属线框被拉出的过程中