2019-2020年高考物理試題分項版匯編系列 專題12 電磁感應（含解析）.doc
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2019-2020年高考物理試題分項版匯編系列 專題12 電磁感應（含解析） 一、單選題 1．如圖所示，一圓形金屬環(huán)與兩固定的平行長直導線在同一豎直平面內(nèi)，環(huán)的圓心與兩導線距離相等，環(huán)的直徑小于兩導線間距。兩導線中通有大小相等、方向向下的恒定電流。以下說法正確的是（ ） A. 金屬環(huán)向上運動，則環(huán)上的感應電流方向為順時針方向 B. 金屬環(huán)向下運動，則環(huán)上的感應電流方向為順時針方向 C. 金屬環(huán)向右側(cè)直導線靠近，則環(huán)上的感應電流方向為逆時針 D. 金屬環(huán)向左側(cè)直導線靠近，則環(huán)上的感應電流方向為逆時針 【答案】 C 【點睛】本題考查楞次定律的應用，掌握感應電流的產(chǎn)生條件，理解右手螺旋定則的內(nèi)容．穿過線框的磁通量變化有幾種方式，有磁場變化導致磁通量變化，也有面積變化導致磁通量變化，還有磁場與面積均變化導致磁通量變化的，最后有磁場與面積均沒有變，而是放置的角度變化導致磁通量變化． 2．如圖甲所示，線圈ABCD固定于勻強磁場中，磁場方向垂直紙面向外，當磁場變化時，線圈AB邊所受安培力向右且變化規(guī)律如圖乙所示，則磁場的變化情況可能是下列選項中的( ） A. B. C. D. 【答案】 D 【解析】由法拉第電磁感應定律可知，結(jié)合閉合電路歐姆定律，則安培力的表達式F=BIL=， 由圖可知安培力的大小不變,而SL是定值,若磁場B增大,則△B/△t減小，若磁場B減小,則△B/△t增大； 線圈AB邊所受安培力向右，則感應電流的方向是順時針，原磁場磁感強度應是增加的，故D正確，ABC錯誤； 故選：D. 3．一個閉合線圈中沒有產(chǎn)生感應電流，因此可以得出（ ）. A. 此時該處一定沒有磁場 B. 此時該處一定沒有磁場的變化 C. 閉合線圈的面積一定沒有變化 D. 穿過線圈平面的磁通量一定沒有變化 【答案】 D 【解析】感應電流的產(chǎn)生其條件是閉合線圈的磁通量發(fā)生變化，閉合線圈中沒有感應電流產(chǎn)生可能線圈始終與磁場平行，故A錯誤；感應電流的產(chǎn)生其條件是閉合線圈的磁通量發(fā)生變化，磁通量的變化可以由磁場引起的，也可以由線圈的面積的變化引起的，閉合線圈中沒有感應電流產(chǎn)生，不能判斷出此地一定沒有磁場的變化或沒有面積的變化，故BC錯誤；沒有電流只能說明穿過閉合線圈的磁通量沒有發(fā)生變化．故D正確；故選D. 點睛：解答本題主要是抓住感應電流產(chǎn)生的條件：閉合線圈的磁通量發(fā)生變化，而磁通量的變化可以是由磁場變化引起，也可以是線圈的面積變化，或位置變化引起的． 4．有一個勻強磁場邊界是EF，在EF右側(cè)無磁場，左側(cè)是勻強磁場區(qū)域，如圖甲所示．現(xiàn)有一個閉合的金屬線框以恒定速度從EF右側(cè)水平進入勻強磁場區(qū)域．線框中的電流隨時間變化的i－t圖象如圖乙所示，則可能的線框是下列四個選項中的( ) A. B. C. D. 【答案】 A 【解析】導體棒切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢E=BLv，設(shè)線框總電阻是R，則感應電流；由圖乙所示圖象可知，感應電流先變大，后變小，且電流大小與時間成正比，由于B、v、R是定值，故導體棒的有效長度L應先變長，后變短，且L隨時間均勻變化，即L與時間t成正比．三角形線框勻速進入磁場時，有效長度L先增加，后減小，且隨時間均勻變化，符合題意，故A正確；梯形線框勻速進入磁場時，有效長度L先均勻增加，后不變，最后均勻減小，不符合題意，故B錯誤；長方形線框進入磁場時，有效長度L不變，感應電流不變，不符合題意，故B錯誤；閉合圓環(huán)勻速進入磁場時，有效長度L先變大，后變小，但L不隨時間均勻變化，不符合題意，故D錯誤；故選A． 點睛：本題是一道關(guān)于感應電流的圖象題，熟練應用導體棒切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢公式、歐姆定律、分析清楚圖象特點是正確解題的關(guān)鍵. 5．有人把自行車進行了改裝，在后車輪上裝上了一個小型發(fā)電機，想看電視時，就騎在自行車上不停地蹬車，可供電視、照明用電．發(fā)電機原理如圖甲所示，在勻強磁場中，磁感應強度為B，放置一個有固定轉(zhuǎn)軸的發(fā)電輪，如圖所示，發(fā)電輪平面與磁感應強度垂直，發(fā)電輪半徑為r，輪軸和輪緣為兩個輸出電極，該發(fā)電機輸出電壓接一理想變壓器，再給一小燈泡供電，則下列說法中正確的是( ) A. 當人蹬車的速度增大時，小燈泡兩端的電壓降低 B. 當人蹬車的速度增大時，小燈泡兩端的電壓不變 C. 小燈泡的功率與發(fā)電機轉(zhuǎn)速無關(guān) D. 小燈泡的功率隨發(fā)電機轉(zhuǎn)速的增大而增大 【答案】 D 【解析】PQ輸出端的電壓為，當人蹬車的速度增大時，小燈泡兩端的電壓增大，選項AB錯誤；小燈泡的功率：，則小燈泡的功率隨發(fā)電機轉(zhuǎn)速的增大而增大，選項C錯誤，D正確；故選D. 6．如圖所示，邊長為L，匝數(shù)為N的正方形線圈abcd位于紙面內(nèi)，線圈內(nèi)接有電阻值為R的電阻，過ab中點和cd中點的連線OO′恰好位于垂直紙面向里的勻強磁場的右邊界上，磁場的磁感應強度為B.當線圈轉(zhuǎn)過90時，通過電阻R的電荷量為( ) A. B. C. D. 【答案】 B 【解析】當正方形線圈abcd有一半處在磁感應強度為B的勻強磁場中時，磁通量為：，根據(jù)，故B正確，ACD錯誤；故選B． 點睛：本題考查對于勻強磁場中磁通量的求解能力．對于公式Φ=BS，要懂得S的意義：有效面積，即有磁感線穿過的面積. 7．如圖，由某種粗細均勻的總電阻為3R的金屬條制成的矩形線框abcd，固定在水平面內(nèi)且處于方向豎直向下的勻強磁場B中．一接入電路電阻為R的導體棒PQ，在水平拉力作用下沿ab、dc以速度v勻速滑動，滑動過程PQ始終與ab垂直，且與線框接觸良好，不計摩擦．在PQ從靠近ad處向bc滑動的過程中( ) A. PQ中電流一直增大 B. PQ中電流一直減小 C. 線框消耗的電功率先增大后減小 D. 線框消耗的電功率先減小后增大 【答案】 C 【解析】A、B項，設(shè)導體棒的長度為，磁感應強度為，導體棒的速度保持不變，根據(jù)法拉第電磁感應定律，感應的電動勢不變，設(shè)線框左邊的電阻為，則左右兩邊線框的電阻為，流過PQ的電流，可以看出當PQ從靠近ad向bc靠近過程中，從零增大到，從而可以判斷電流先減小后增大，故A、B項錯誤。 C，D項，電源的內(nèi)阻為，PQ從靠近ad向bc靠近過程中，外電路的并聯(lián)等效電阻從零增大到又減小到零，外電路的電阻等于電源內(nèi)阻的時候消耗的功率最大，所以外電路的功率應該先增大后減小，故C正確D項錯誤。 綜上所述，本題正確答案為C。 8．如圖所示，用相同導線繞成的兩個單匝線圈a、b的半徑分別為r和2r，圓形勻強磁場B的邊緣恰好與a線圈重合，若磁場的磁感應強度均勻增大，開始時的磁感應強度不為0，則（ ?。? A. 任意時刻，穿過a、b兩線圈的磁通量之比均為1：4 B. a、b兩線圈中產(chǎn)生的感應電動勢之比為1：2 C. a、b兩線圈中產(chǎn)生的感應電流之比為4：1 D. 相同時間內(nèi)a、b兩線圈產(chǎn)生的熱量之比為2：1 【答案】 D 【解析】A、任意時刻，穿過a、b兩線圈的磁感線條數(shù)，磁通量相等，磁通量之比為1：1．故A錯誤． B、根據(jù)法拉第電磁感應定律得：E=S，S=πr2，則S相等，也相等，所以感應電動勢相等，感應電動勢之比為1：1，故B錯誤． C、線圈a、b的半徑分別為r和2r，周長之比為1：2，電阻之比為1：2，根據(jù)歐姆定律知 I=，得a、b兩線圈中產(chǎn)生的感應電流之比為2：1．故C錯誤． D、根據(jù)焦耳定律得 Q=t，得相同時間內(nèi)a、b兩線圈產(chǎn)生的熱量之比為2：1，故D正確． 故選：D 9．如圖所示，等腰三角形內(nèi)分布有垂直于紙面向外的勻強磁場，它的底邊在x軸上且長為2L，高為L，紙面內(nèi)一邊長為L的正方形導線框沿x軸正方向做勻速直線運動穿過勻強磁場區(qū)域，在t=0時刻恰好位于如圖所示的位置，以順時針方向為導線框中電流的正方向，下面四幅圖中能夠正確表示導線框中的電流﹣位移（I﹣x）關(guān)系的是（ ） A. B. C. D. 【答案】 B 10．如圖所示，金屬桿ab靜放在水平固定的“U”形金屬框上，整個裝置處于豎直向上的磁場中。當磁感應強度均勻減小時，桿ab總保持靜止，則：（ ） A. 桿中感應電流方向是從b到a B. 桿中感應電流大小減小 C. 金屬桿所受安培力逐漸增大 D. 金屬桿所受安培力大小不變 【答案】 A 【解析】根據(jù)楞次定律可得感應電流產(chǎn)生的磁場方向應豎直向上，所以方向為從b到a，A正確；因為磁場是均勻減小的，故恒定，根據(jù)法拉第電磁感應定律可得可知感應電動勢恒定，即感應電流恒定，B錯誤；因為電流恒定，而磁感應強度減小，所以安培力減小，CD錯誤． 11．如圖所示，AB是一根裸導線，單位長度的電阻為R0，一部分彎曲成直徑為d的圓圈，圓圈導線相交處導電接觸良好．圓圈所在區(qū)域有與圓圈平面垂直的均勻磁場，磁感強度為B0導線一端B點固定，A端在沿BA方向的恒力F作用下向右緩慢移動，從而使圓圈緩慢縮?。O(shè)在圓圈縮小過程中始終保持圓的形狀，設(shè)導體回路是柔軟的，此圓圈從初始的直徑d到完全消失所需時間t為（ ?。? A. B. C. D. 【答案】 B 【解析】設(shè)在恒力F的作用下，A端△t時間內(nèi)向右移動微小的量△x，則相應圓半徑減小△r，則有： △x=2π△r 在△t時間內(nèi)F做的功等于回路中電功， △S可認為由于半徑減小微小量△r而引起的面積的變化，有：△S=2πr?△r 而回路中的電阻R=R02πr，代入得，F(xiàn)?2π△r= 顯然△t與圓面積變化△S成正比，所以由面積πr02變化為零，所經(jīng)歷的時間t為： 解得：故B正確，ACD錯誤．故選B． 12．通電直導線旁放一個金屬線框，線框和導線在同一平面內(nèi)，如圖所示．在線框abcd中沒有產(chǎn)生感應電流的運動情況是（ ?。? A. 線框向右移動 B. 線框以AB為軸旋轉(zhuǎn) C. 線框以ad邊為軸旋轉(zhuǎn) D. 線框以ab邊為軸旋轉(zhuǎn) 【答案】 B 點睛：該題將安培定則與楞次定律相結(jié)合，要先根據(jù)安培定則判斷出電流周圍的磁場才方向與特點，然后在使用楞次定律判定感應電流的方向． 13．關(guān)于處理物理問題的思想與方法，下列說法中正確的是（ ?。? A. 伽利略在研究自由落體運動時采用了微元法 B. 在探究平均速度實驗中使用了等效替代的思想 C. 法拉第在研究電磁感應現(xiàn)象時利用了理想實驗法 D. 在探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系實驗中使用了理想化模型的思想方法 【答案】 B 【解析】伽利略在研究自由落體運動時采用了理想實驗和邏輯推理的方法．故A錯誤．平均速度能粗略表示物體運動的快慢，在探究平均速度實驗中使用了使用了等效替代的思想．故B正確．法拉第在研究電磁感應現(xiàn)象時利用了控制變量法．故C錯誤．在探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系實驗中使用了控制變量的思想方法．故D錯誤．故選B． 14．如圖所示，紙面內(nèi)有一矩形導體線框abcd，置于垂直紙面向里、邊界為MN的勻強磁場外，線框的ab邊平行磁場邊界MN，線框以垂直于MN的速度v勻速進入磁場，線框進入磁場過程中，產(chǎn)生焦耳熱為Q1，通過線框?qū)w橫截面的電荷量為q1，若線框以速度2v勻速進入磁場，線框進入磁場過程中，產(chǎn)生的熱量為Q2，通過線框?qū)w橫截面的電荷量為q2，則下列選項正確的是 A. Q2＝2Q1q2＝2q1 B. Q2＝2Q1q2＝q1 C. Q2＝Qq2＝q1 D. Q2＝4Q1q2＝2q1 【答案】 B 【解析】試題分析：線框勻速進入磁場，克服安培力做功的功率等于線框產(chǎn)生的熱量，根據(jù)功能關(guān)系可求線框中產(chǎn)生的熱量．由感應電荷量公式，可判兩次進入通過線框?qū)w橫截面的電荷量相等． 根據(jù)及F=BIL可得安培力表達式：，拉力做的功轉(zhuǎn)化為電能，然后轉(zhuǎn)化為焦耳熱，由可知產(chǎn)生的焦耳熱與速度成正比，所以，根據(jù)可知通過線框某橫截面的電荷量與速度無關(guān)，，B正確． 15．由于地磁場的存在，飛機在一定高度水平飛行時，其機翼就會切割磁感線，機翼的兩端之間會有一定的電勢差．若飛機在北半球水平飛行，則從飛行員的角度看，機翼左端的電勢比右端的電勢( ) A. 低 B. 高 C. 相等 D. 以上情況都有可能 【答案】 B 【解析】當飛機在北半球水平飛行時，由于地磁場的存在，且地磁場的豎直分量方向豎直向下，則由右手定則可判定機翼左端的電勢比右端的電勢高．若構(gòu)成閉合電路則電流方向由機翼的右端流向左端，而機翼切割磁感線相當于電源，所以電源內(nèi)部電流由負極流向正極．故選B. 點睛：機翼的運動，類似于金屬棒在磁場中切割磁感線一樣會產(chǎn)生電動勢，而電源內(nèi)部的電流方向則是由負極流向正極的． 16．如圖示，金屬桿ab以恒定的速率v在光滑的平行導軌上向右滑行，設(shè)整個電路中總電阻為R（恒定不變），整個裝置置于垂直于紙面向里的勻強磁場中，下列說法不正確的是（?。? A. ab桿中的電流與速率v成正比 B. 磁場作用于ab桿的安培力與速率v成正比 C. 電阻R上產(chǎn)生的電熱功率與速率v平方成正比 D. 外力對ab桿做功的功率與速率v的成正比 【答案】 D 【解析】電動勢E=BLv，則電流強度，知電流強度與速率成正比．故A正確．FA=BIL= ．知安培力與速率成正比．故B正確．根據(jù)P=I2R，，則，知電阻R產(chǎn)生的熱功率與速率的平方成正比．故C正確．P=Fv=FAv=，知外力的功率與速率的平方成正比．故D錯誤．本題選不正確的，故選D． 17．美國一位物理學家卡布萊拉用實驗尋找磁單極子．實驗根據(jù)的原理就是電磁感應現(xiàn)象，儀器的主要部分是由超導體做成的線圈，設(shè)想有一個磁單極子穿過超導線圈，如圖所示，于是在超導線圈中將引起感應電流，關(guān)于感應電流的方向下列說法正確的是（ ） A. 磁單極子穿過超導線圈的過程中，線圈中產(chǎn)生的感應電流的方化 B. N磁單極子，與S磁單極子分別穿過超導線圈的過程中，線圈中感應電流方向相同 C. 磁單極子穿過超導線圈的過程中，線圈中感應電流方向不變 D. 假若磁單極子為N磁單極子，穿過超導線圈的過程中，線圈中感應電流方向始終為順時針（從上往下看） 【答案】 C 【解析】若N磁單極子穿過超導線圈的過程中，當磁單極子靠近線圈時，當穿過線圈中磁通量增加，且磁場方向從上向下，所以由楞次定律可知，感應磁場方向：從下向上，再由右手螺旋定則可確定感應電流方向逆時針；當磁單極子遠離線圈時，當穿過線圈中磁通量減小，且磁場方向從下向上，所以由楞次定律可知，感應磁場方向：從下向上，再由右手螺旋定則可確定感應電流方向逆時針．因此線圈中產(chǎn)生的感應電流方向不變．故AD錯誤；若是S磁單極子穿過超導線圈，與A分析相同，得出：靠近線圈時，感應磁場從上向下，則感應電流方向順時針；當遠離時，感應電流也是順時針．故B錯誤；由AB分析可知，磁單極子穿過超導線圈的過程中，線圈中感應電流方向不變，故C正確；故選C. 點睛：考查右手螺旋定則、楞次定律及磁單極子的特征．同時注意磁體外部的感應線是從N極射出，射向S極． 18．如圖所示,在水平面上有兩條導電導軌MN、PQ，導軌間距為d，勻強磁場垂直于導軌所在的平面向里，磁感應強度的大小為B，兩根完全相同的金屬桿1、2間隔一定的距離擺開放在導軌上，且與導軌垂直。它們的電阻均為R，兩桿與導軌接觸良好，導軌電阻不計，金屬桿的摩擦不計。桿1以初速度v0滑向桿2，為使兩桿不相碰，則桿2固定與不固定兩種情況下，最初擺放兩桿時的最少距離之比為： A. 1:1 B. 1:2 C. 2:1 D. 1:1 【答案】 C 解得：l1?l2=，即AB間的距離最小為x=； 當棒2固定后，對左側(cè)棒，以向右為正方向，根據(jù)動量定理，有：∑?F?△t=∑m△v， 其中：F=BIL=B??L， 故：?∑?△t=∑m△v， 即?=?mv0， 解得：l=，故AB間的距離最小為x′=； 故x：x′=1:2； 故ABD錯誤，C正確； 故選：C。 【名師點睛】 兩個棒均不固定時，左邊棒受向左的安培力，右邊棒受向右的安培力，故左邊棒減速，右邊棒加速，兩個棒系統(tǒng)動量守恒，根據(jù)動量守恒定律得到最后的共同速度，然后對右邊棒運用動量定理列式；當右邊棒固定時，左邊棒受向左的安培力，做減速運動，根據(jù)動量定理列式；最后聯(lián)立求解即可。 19．如圖所示，在光滑的水平面上，有一垂直向下的勻強磁場分布在寬度為L的區(qū)域內(nèi)，現(xiàn)有一個邊長為a（a﹤L）的正方形閉合線圈以初速度v0垂直磁場邊界滑過磁場后，速度為v(v﹤v0)，那么線圈 A. 完全進入磁場中時的速度大于（v0+v）/2 B. 完全進入磁場中時的速度等于（v0+v）/2 C. 完全進入磁場中時的速度小于（v0+v）/2 D. 以上情況均有可能 【答案】 B 【解析】線框進入磁場過程： 線框離開磁場過程： 聯(lián)立，得到： 所以，選B。 【名師點睛】 線框進入和穿出磁場過程，受到安培力作用而做減速運動，根據(jù)動量定理和電量q=I△t分析電量的關(guān)系。根據(jù)感應電量q=，分析可知兩個過程線框磁通量變化量大小相等，兩個過程電量相等，聯(lián)立就可求出完全進入磁場中時線圈的速度。 20．以下敘述中不正確的是（ ?。? A. 伽利略通過斜面實驗加邏輯推理的方法研究了自由落體運動的規(guī)律 B. 開普勒提出了日心說，從而發(fā)現(xiàn)了行星運動的規(guī)律，后人稱為開普勒行星運動規(guī)律 C. 利用渦流的熱效應，人們制成了用于加熱食物的電磁爐 D. 超高壓帶電作業(yè)的工人穿戴的工作服是用包含金屬絲的織物制成的，這是利用了靜電屏蔽的原理 【答案】 B 【解析】伽利略通過斜面實驗加邏輯推理的方法研究了自由落體運動的規(guī)律，A正確；哥白尼提出了日心說，開普勒發(fā)現(xiàn)了行星運動的規(guī)律，后人稱為開普勒行星運動定律，B錯誤；電磁爐是利用渦流的熱效應來加熱食物的，C正確；超高壓帶電作業(yè)的工人穿戴的工作服是用包含金屬絲的織物制成的，利用的是靜電屏蔽的原理，故D正確． 21．以下那種材料制成的器皿不能用于一般微波爐（ ?。? A. 玻璃 B. 陶瓷 C. 鋁 D. 耐熱塑料 【答案】 C 22．電磁爐是利用渦流加熱而達到烹飪食物的目的．電磁爐適用的鍋類是（ ?。? A. 平底陶瓷鍋 B. 凹底陶瓷鍋 C. 平底不銹鋼鍋 D. 凹底不銹鋼鍋 【答案】 C 【解析】電磁爐是利用高頻電流在電磁爐內(nèi)部線圈中產(chǎn)生磁場，磁化鐵質(zhì)鐵鍋，從而形成無數(shù)個小渦流（即電流），加速鍋底分子運動，使鍋底自身發(fā)熱達到加熱食品的目的，必須使用鐵質(zhì)鍋具才被磁化形成渦流，C正確． 23．如圖所示，正方形閉合導線框以速度v0在光滑絕緣水平面上勻速運動，穿過有理想邊界的勻強磁場區(qū)域后以速度v做勻速直線運動，則當完全處在磁場區(qū)域內(nèi)時的運動速度u為 （ ） A. u > (v0+v)/2 B. u = （v0+v）/2 C. u < (v0+v)/2 D. 無法確定 【答案】 B 【解析】線框在進入磁場的過程中，所受安培力的沖量大小為： 同理，線框在離開磁場的過程中，所受安培力的沖量大小為： 因為，所以q1=q2 由此可知，線框在進入或穿出磁場的過程中，所受安培力的沖量都相同 則由動量定理得：I沖=m(u?v0)=m(v?u) 解得：u = （v0+v）/2xk.w 故選：B。 24．如圖所示，兩光滑平行導軌水平放置在勻強磁場中，磁場垂直導軌所在平面，金屬棒ab可沿導軌自由滑動，導軌一端連接一個定值電阻R，金屬棒和導軌電阻不計．現(xiàn)將金屬棒沿導軌由靜止向右拉，若保持拉力F恒定，經(jīng)時間t1后速度為v，加速度為a1，最終以速度2v做勻速運動；若保持拉力的功率P恒定，棒由靜止經(jīng)時間t2后速度為v，加速度為a2，最終也以速度2v做勻速運動，則( )． A. t2＝t1 B. t1>t2 C. a2＝2a1 D. a2＝5a1 【答案】 B 【解析】AB、當拉力的功率恒定時，隨著速度增大，拉力逐漸減小，最后勻速運動時拉力最小，且最小值和第一種情況下拉力相等，因此都達到速度v時，t1>t2，故A錯誤，B正確； CD、由于兩種情況下，最終棒都以速度2v勻速運動，此時拉力與安培力大小相等，則有： 當拉力恒定速度為v，加速度為a1時，根據(jù)牛頓第二定律有： 解得： 若保持拉力的功率恒定，速度為2v時，拉力為F，則有：P=F?2v， 又 所以 則當速度為v時，拉力大小為： 根據(jù)牛頓第二定律，得： 解得： 所以有a2=3a1，故CD錯誤。 故選：B。 【名師點睛】 分析清楚兩種情況下的運動形式區(qū)別，然后根據(jù)牛頓第二定律和運動學規(guī)律求解，注意兩種情況下導體棒最終勻速運動時所受拉力大小是相同的。 25．下列三圖中除導體棒ab可動外，其余部分均固定不動，甲圖中的電容器C原來不帶電．設(shè)導體棒、導軌和直流電源的電阻均可忽略，導體棒和導軌間的摩擦也不計．圖中裝置均在水平面內(nèi)，且都處于方向垂直水平面（即紙面）向下的勻強磁場中，導軌足夠長．今給導體棒ab一個向右的初速度v，在甲、乙、丙三種情形下導體棒ab的最終運動狀態(tài)是（ ） A. 三種情形下導體棒ab最終均做勻速運動 B. 三種情形下導體棒ab最終均靜止 C. 乙、丙中，ab棒最終將做勻速運動；甲中，ab棒最終靜止 D. 甲、丙中，ab棒最終將做勻速運動；乙中，ab棒最終靜止 【答案】 D 【名師點睛】 圖甲中，導體棒向右運動切割磁感線產(chǎn)生感應電流而使電容器充電，分析電路中電流的變化，即可判斷ab棒所受的安培力，確定ab棒的運動情況；圖乙中，導體棒向右運動切割磁感線產(chǎn)生感應電流，通過電阻R轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，ab棒將做減速運動；圖丙中，分析導體棒受到的安培力情況，判斷ab棒的運動情況。 26．在勻強磁場中有一N匝、半徑為a的圓形線圈（其總電阻為R）和一儀器（內(nèi)阻不計）串聯(lián)，線圈平面與磁場垂直。當線圈迅速由靜止翻轉(zhuǎn)180，該儀器指示有電量q通過，根據(jù)已知q、N、a、R可計算出磁感強度B等于 A. B. C. D. 【答案】 A 【解析】由法拉第電磁感應定律：線圈產(chǎn)生的感應電動勢 由閉合電路歐姆定律得感應電流 根據(jù)電量的公式q=It，可得：． 由于開始線圈平面與磁場垂直，現(xiàn)把探測圈翻轉(zhuǎn)180，則磁能量的變化△Φ=2BS=2B?πa2 所以由上公式可得：， 則得： ,故選A． 點睛：考查法拉第電磁感應定律、閉合電路歐姆定律、電量表達式，同時注意磁通量雖然是標量，但注意線圈分正反面，從而導致磁通量有正負．還有磁通量與線圈匝數(shù)無關(guān)，但感應電動勢與線圈匝數(shù)有關(guān)． 27．如圖所示，AOC是光滑的直角金屬導軌，AO沿豎直方向，OC沿水平方向，ab是一根金屬直棒，如圖立在導軌上，它從靜止開始在重力作用下運動，運動過程中b端始終在OC上，a端始終在AO上，直到ab完全落在OC上。整個裝置放在一勻強磁場中，磁場方向垂直紙面向里，則ab棒在運動過程中 A. 感應電流方向始終是b→a B. 感應電流方向先是b→a ，后變?yōu)閍→b C. 受磁場力方向與ab垂直，如圖中箭頭所示方向 D. 受磁場力方向與ab垂直，開始如圖中箭頭所示方向，后來變?yōu)榕c箭頭所示方向相反 【答案】 B 【解析】當ab棒從圖示位置滑到與水平面成45時，閉合電路的磁通在變大，則由楞次定律得閉合電路中的電流是逆時針方向，即是b→a．而此時棒受到的安培力的方向與圖中箭頭方向相反．當越過與水平面成45時，閉合電路的磁通在變小，則由楞次定律得閉合電路中的電流是順時針方向，即是a→b．而此時棒受到的安培力的方向與圖中箭頭方向相同．由上可知：只有B選項正確．故選B． 28．如圖所示，質(zhì)量為m=0.5kg、電阻為r=1Ω的輕桿ab可以無摩擦地沿著水平固定導軌滑行，導軌足夠長，兩導軌間寬度為L=1m，導軌電阻不計，電阻R1=1.5Ω，R2=3Ω，整個裝置處在豎直向下的勻強磁場中，磁感應強度為B=1 T。桿從x軸原點O以水平速度v0=6m/s開始滑行，直到停止下來。下列說法不正確的是( ) A. a點電勢高于b點電勢 B. 在桿的整個運動過程中，電流對電阻R1做的功為9J C. 整個運動過程中，桿的位移為6m D. 在桿的整個運動過程中，通過電阻R1的電荷量為2C 【答案】 B 【解析】由右手定則可知，a點電勢高于b點電勢，選項A正確；設(shè)總電流為I，則ab、電阻R1和R2上的電功率之比：，由能量關(guān)系可知：，解得QR1=3J，選項B錯誤；由動量定理可知：，解得，則通過R1的電量為，選項D正確；由，其中，解得x=6m，選項C正確；此題選項不正確的選項，故選B. 29．一個粗細均勻總電阻為Ｒ的矩形金屬線框MNPQ，如圖，MN的長度是NP的２倍，NP長度為L，有一寬度為２L、大小為B垂直紙面向里的勻強磁場，自MN邊進入磁場開始線框以v勻速穿過磁場區(qū)域，則PQ兩端的電勢差UPQ隨時間的關(guān)系圖線為 A. B. C. D. 【答案】 A 【解析】勻速運動L的過程中感應電動勢E=2BLv，根據(jù)閉合電路的歐姆定律可得感應電流，根據(jù)閉合電路的歐姆定律可得； 在L～2L過程中，磁通量不變，感應電流為零，此過程UPQ=E=2BLv； 在2L～3L的過程中，感應電動勢E=2BLv，根據(jù)閉合電路的歐姆定律可得，故A正確、BCD錯誤．故選A． 點睛:關(guān)于電磁感應與圖象的結(jié)合問題，關(guān)鍵要分段由電磁感應和電路的基本規(guī)律、法拉第電磁感應定律、歐姆定律、安培力公式和焦耳定律等，得到各物理量的解析式，再進行選擇．在解題時要靈活選擇解法，也可以運用排除法等進行解答． 30．法拉第是十九世紀電磁學領(lǐng)域中最偉大的實驗家，下列有關(guān)法拉第在電磁學領(lǐng)域的貢獻，不正確的是 A. 法拉第是電磁學的奠基者，他首先提出了場的概念 B. 法拉第發(fā)現(xiàn)并總結(jié)電磁感應是由于閉合電路磁通量變化引起的 C. 法拉第正確地指出電磁感應與靜電感應不同，感應電流并不是與原電流有關(guān)，而是與原電流的變化有關(guān) D. 法拉第通過科學實驗以及研究發(fā)現(xiàn)判斷感應電流方向的方法，即：感應電流的磁場總是阻礙引起感應電流磁通量的變化 【答案】 D 31．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)的勻強磁場，左邊有一形狀完全相同的等腰直角三角形導線框，線框從圖示位置開始水平向右勻速穿過磁場區(qū)域，規(guī)定線框中感應電流逆時針方向為正方向，線框剛進入磁場區(qū)域時感應電流為i0，直角邊長為L．其感應電流i隨位移x變化的圖象正確的是 A. B. C. D. 【答案】 C 【解析】線框進入磁場的位移為0～L的過程中，三角形切割磁感線的有效長度先減小，當右邊和斜邊切割長度相等時感應電流為零，接著又反向增大，根據(jù)右手定則可知感應電流方向先是逆時針，后是順時針；以后在L-2L過程中有效切割長度逐漸減小到零，則感應電流逐漸減小到零，所以C正確，ABD錯誤．故選C． 32．某同學在“探究感應電流產(chǎn)生的條件”的實驗中，將直流電源、滑動變阻器、線圈（有鐵芯）、線圈、靈敏電流計及開關(guān)按圖連接成電路．在實驗中，該同學發(fā)現(xiàn)形狀閉合的瞬間，靈敏電流計的指針向左偏．由此可以判斷，在保持開關(guān)閉合的狀態(tài)下：（ ） A. 當線圈拔出時，靈敏電流計的指針向左偏 B. 當線圈中的鐵芯拔出時，靈敏電流計的指針向右偏 C. 當滑動變阻器的滑片勻速滑動時，靈敏電流計的指針不偏轉(zhuǎn) D. 當滑動變阻器的滑片向端滑動時，靈敏電流計的指針向右偏 【答案】 B 點睛：本題無法直接利用楞次定律進行判斷，但是可以根據(jù)題意得出產(chǎn)生使電流表指針左偏的條件，即可不根據(jù)繞向判出各項中應該出現(xiàn)的現(xiàn)象． 33．如圖所示，相距為d的兩條水平虛線之間是方向水平向里的勻強磁場，磁感應強度為B，正方形線圈abcd邊長為L（L下載提示(請認真閱讀)
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