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1、内装订线学校:_姓名：_班级：_考号：_外装订线绝密启用前2018-2019学年度?学校8月月考卷试卷副标题考试范围：xxx；考试时间：100分钟；命题人：xxx注意事项：1答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2请将答案正确填写在答题卡上第I卷（选择题）请点击修改第I卷的文字说明一、单选题1据媒体报道，美国海军最早将于2020年实现电磁轨道炮的实战部署，我国在该领域的研究也走在世界的前列。如图所示为电磁轨道炮原理示意图，图中虚线表示电流方向，下列说法正确的是（ ）A 如果电流方向如图中所示，则该电流在两轨道间产生的磁场方向竖直向下B 电流大小一定时，两导轨距离越近，导轨之间的磁场越强C 如
2、果电流反向，炮弹所受安培力也会反向，炮弹将无法发射出去D 要提高炮弹的发射速度，导轨间距越小越好【答案】B【解析】A、根据安培定则，如果电流方向如图中所示，则该电流在两轨道间产生的磁场方向竖直向上，故A项错误；B、两平行导轨的电流方向相反，在导轨之间产生的磁场方向相同，根据直线电流的磁场分布可知，电流大小一定时，两导轨距离越近，导轨之间的磁场越强，故B项正确；C、如果电流反向，导轨之间的磁场方向反向，通过炮弹的电流方向反向，炮弹所受安培力方向不变，故C项错误；C、电流一定时，导轨间距越小磁场越强，但炮弹的“有效长度”也变小，影响安培力的大小，所以导轨间距并不是越小越好，而是要适当，故D项错误；
3、故选B。2如图所示，在磁感强度为B的匀强磁场中，有半径为r的光滑半圆形导体框架，OC为一能绕O在框架上滑动的导体棒，OC之间连一个电阻R，导体框架与导体棒的电阻均不计，若要使OC能以角速度匀速转动，则外力做功的功率是：（ ）A B22r48R B B22r44R C B22r42R D B22r4R【答案】A【解析】因为OC是匀速转动的，根据能量的守恒可得，P外=P电=E2R，又因为E=Brr2，联立解得：P外=B22r44R，所以B正确。故选B。点睛：解决本题的关键是分析出外力的功率与电阻的发热的功率大小相等，知道转动切割产生的感应电动势的公式E=12BL23如图所示，两个线圈套在同一个铁芯
4、上，线圈的绕向如图甲所示，左线圈连着正方形线框abcd,线框所在区域存在变化的磁场，取垂直纸面向外为正，磁感应强度随时间变化如图乙所示，不计线框以外的感生电场，右侧线圈连接一定值电阻R,下列说法中正确的是A 设t1、t3时刻ab边中电流大小分别为i1、i3，则有i1E1，i3i1。由于E3，E1大小均不变，由法拉第电磁感应定律可知，副线圈中不会有感应电流出现，故A错误；t3t4时间内有恒定感应电流，通过ab电量不为0，由于副线圈磁通量不变，定值电阻R中无电流，通过R的电量为0，故B错误；t1时刻磁场方向向里且均匀增加，根据楞次定律，ab边中电流方向由ab，原线圈中电流值恒定，副线圈中不产生感应
5、电动势，e点电势等于f点电势,故C错误；t5时刻磁场均匀减少，根据楞次定律，ab边中电流方向由ba;原线圈中电流变化，副线圈中产生感应电动势（感应电动势上正下负），因此e点电势高于f点，故D正确。4如图，理想变压器原、副线圈的匝数比为，当导体棒在匀强磁场中向左做匀速直线运动切割磁感线时，图中电流表的示数为12mA，则电流表的示数为 （ ） A 3mA B 48mA C 0 D 与负载R的值有关【答案】C【解析】变压器只能工作于交流电路，不能工作在恒定电压和恒定电流的电路。导体棒向左匀速切割磁感线时，在线圈中通过的是恒定电流，不能引起穿过线圈中的磁通量变化，在副线圈中无感应电动势出现，所以R中无
6、电流通过。故选C。点睛：本题常见错误是忽略了变压器的工作条件变压器常用于交变电路中，但对于脉动直流电路，副线圈中也会有电压；如果输入电流不变化，则变压器不起作用5如图所示，金属棒ab、光滑水平金属导轨和螺线管组成闭合回路。设导轨足够长，棒有一定阻值，导轨、导线电阻不计。给金属棒ab一个初速度v使其在匀强磁场B中沿导轨向右运动，则A 棒b端电势比a端高B 螺线管产生的磁场，A端为N极C 棒最终将做匀速运动D 棒最终将停止运动【答案】D【解析】棒在向右运动过程中，回路的磁通量减小，根据楞次定律可得感应电流方向为从b到a，导体棒相当于电源，所以a端为正极，故a端电势高，A错误；螺线管中的电流方向为从
7、上到下，故根据安培定则可知，C端的磁场方向为N极，B错误；根据楞次定律可知，感应电流总是起到阻碍的作用，故安培力的方向与导体棒运动的方向相反，所以导体棒做减速运动，最终停止运动，C错误D正确6如图所示，L是一个纯电感线圈，R为一个灯泡，下列说法中正确的是( )A 开关S闭合瞬间和断开瞬间，灯泡中都有从a到b的电流通过B 开关S断开瞬间，abC 开关S闭合瞬间，灯泡中有从a到b的电流通过，断开瞬间则没有电流通过D 开关S断开瞬间，灯泡中有从a到b的电流通过，闭合瞬间则没有电流通过【答案】B【解析】开关S接通瞬间，L相当于断路，所以有电通过灯泡，电流方向由a到b，而断开瞬间，L相当于电源，给灯泡供
8、电，电流方向是从b到a，故ACD错误；由上分析可知，开关S断开瞬间，电流方向是从b到a，所以ab，故B正确。所以B正确，ACD错误。7如图所示，水平放置、足够长的光滑导轨上放置一根导体棒ab,ab棒有电阻r，导轨的电阻不计，导轨的一端接一滑动变阻器R，电路中还连接理想电表，整个装置处在匀强磁场中，磁磁场方向垂直纸面向里现使ab以速度向右做匀速直线运动，改变滑动变阻器的阻值，则电压表示数和电流表示数的关系图线为下面的哪个图线？A B C D 【答案】A【解析】ab以速度v向右做匀速直线运动，故产生的电动势E=BLv恒定，电压表测得的是R的电压，即外电压，由闭合电路的欧姆定律可得：U=BLv-Ir
9、；可见：U与I是一次函数关系，A正确；故选A。8在匀强磁场中放一电阻不计的平行金属导轨，导轨跟大线圈M相接，如图所示。导轨上放一根导线ab，磁感线垂直于导轨所在平面。当导线ab加速向右运动时，M所包围的小闭合线圈N产生的感应电流方向，及所具有的形变趋势是：A N有顺时针方向的电流，且有收缩的趋势B N有顺时针方向的电流，且有扩张的趋势C N有逆时针方向的电流，且有扩张的趋势D N有逆时针方向的电流，且有收缩的趋势【答案】D【解析】ab向右运动时，由右手定则可知，感应电流由a流向b，ab加速运动，感应电动势：E=BLv变大，感应电流变大，穿过N的磁通量增大，为阻碍磁通量的增加，由楞次定律可知，N
10、有收缩的趋势，由楞次定律可知，N中感应电流沿逆时针方向，故D正确；故选D。点睛：本题考查了判断感应电流方向与线圈性质变化趋势问题，应用右手定则与楞次定律即可正确解题，正确理解并应用楞次定律是正确解题的关键，即理解“增缩减扩”、“来拒去留”的含义。9如图所示，光滑的长直金属杆上套两个金属环与一个完整正弦图象的金属导线ab连接，其余部分未与杆接触。杆电阻不计，导线电阻为R，ab间距离为2L，导线组成的正弦图形顶部或底部到杆距离都是d，在导线和杆平面内有一有界匀强磁场区域，磁场的宽度为L，磁感强度为B，现在外力作用下导线沿杆以恒定的速度v向右运动，t=0时刻导线开始进入磁场，直到全部穿过磁场过程中，
11、外力所做的功为 A 0 B B2d2vR C 2B2d2LvR D 3B2d2LvR【答案】D【解析】金属导线在磁场中运动时，产生的电动势为：e=Bvy，y为导线切割磁力线的有效长度。在导线运动的过程中，y随时间的变化为：y=dsinxL=dsinvtL=dsint，vL=，则导线从开始向右运动到L的过程中，如图则有：e1=Bvy=BvdsinvtL=Bvdsint，则此过程中电动势的最大值为：E1max=Bvd，此过程中电动势的有效值为：E1=E1max2=Bvd2，导线从L向右运动到2L的过程中（如图）有：e2=2Bvy=2BvdsinvtL=2Bvdsint，即：E2max=2Bvd，所
12、以E2=2E1=2Bvd2，导线从2L向右运动到3L的过程与导线从开始向右运动L的过程相同（如图），则在这三段中运动的时间各为t，t=Lv，在整个过程中产生的内能为：Q=E12tR+E22tR+E32tR=3B2d2LvR，因导线在拉力F的作用下匀速运动，所以拉力F所做的功全部转化为内能，即：W=Q=3B2d2LvR，故选D。【点睛】金属导线向右一共移动了3L，把全过程分为三个阶段，因导线切割磁力线的有效长度是随正弦规律变化的，所以产生的电流也是按正弦规律变化的正弦交流电，分别求出在这三段中的有效电动势，结合运动时间可求出每段运动过程上产生的内能，外力F所做的功全部转化为了内能。10图中T是绕
13、有两组线圈的闭合铁芯，线圈的绕向如图所示，D是理想的二极管，匀强磁场方向垂直纸面向里为正方向，若电流计中有电流通过，则右侧线圈中的磁感应强度B的变化可能是下列图中的 A B C D 【答案】A【解析】A图中，B向里增加，根据楞次定律可知，右边线圈的感应电流方向为逆时针，且电流的大小在不断减小，根据安培定则可知，右边线圈在铁芯上产生的磁场是向上的，且不断减小，故其左边线圈上通过的磁场是向下的，且不断减小，根据楞次定律可知，左边线圈产生的感应磁场与原磁场相同，即方向向下，根据安培定则可知，感应电流为顺时针，可以通过二极管，则电流计有电流通过，故A正确；B图中，B向里增加，根据根据楞次定律可知，右边
14、线圈的感应电流方向为逆时针，且电流的大小不变，根据根据安培定则可知，右边线圈在铁芯上产生的磁场是向上的，且不变，故其左边线圈上通过的磁场是向下的，且不变，故左边线圈不会产生感应磁场，故没有感应电流产生，故B错误；C图中B向里增加，根据楞次定律可知，右边线圈的感应电流方向为逆时针，且电流的大小在不断增大，根据安培定则可知，右边线圈在铁芯上产生的磁场是向上的，且不断增大，故其左边线圈上通过的磁场是向上的，且不断增大，根据楞次定律可知，左边线圈产生的感应磁场与原磁场相反，即方向向上，根据安培定则可知，感应电流为逆时针，不可以通过二极管，则电流计没有电流通过，故C错误；D图中，B向里减小，根据楞次定律
15、可知，右边线圈的感应电流方向为顺时针，且电流的大小不变，根据安培定则可知，右边线圈在铁芯上产生的磁场是向下的，且不变，故其左边线圈上通过的磁场是向上的，且不变，故左边线圈不会产生感应磁场，故没有感应电流产生，故D错误；故选A。【点睛】根据磁感应强度的变化，分析在右边线圈中产生变化磁场，产生的变化的磁场在左边线圈中产生感应电流，根据楞次定律判断感应电流方向和磁场变化之间的关系 11绕有线圈的铁芯直立在水平桌面上,铁芯上套着一个铝环,线圈与电源、开关相连,如图所示。线圈与电源相连，则下列说法正确的是 若电源是交流电，闭合开关瞬间，铝环将跳起若电源是直流电，闭合开关瞬间，铝环不动若电源是交流电，铝环
16、跳起到某一高度后将回落到某一位置悬浮若电源是交流电，断开开关瞬间，也能看到铝环跳起A B C D 【答案】D【解析】不管是交流电还是直流电，闭合电键的瞬间，穿过铝环的磁通量增加，产生感应电流，铝环受到安培力而上跳，故正确，错误；若电源是交流电，穿过铝环的磁通量在变化，铝环受到安培力的作用，铝环跳起到某一高度后由于安培力变小，故铝环会下落，下落到一定位置时，安培力与重力相等，故铝环会悬浮在这位置，故正确；若电源是交流电，断开开关瞬间，穿过铝环的磁通量减小，根据楞次定律可知，铝环向下运动，故错误，故选D。【点睛】感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的原磁通量的变化，我们可以这样理解：当原磁通量增加时
17、，感应电流的磁场与原来磁场的方向相反； 当原磁通量减少时，感应电流的磁场就与原来磁场的方向相同。12如图所示，理想变压器原、副线圈匝数之比 n1n2=41，原线圈两端连接光滑导轨，副线圈与电阻R相连组成闭合回路。当直导线AB在匀强磁场中沿导轨匀速向右切割磁感线运动时，安培表A1的读数为12mA，那么安培表A2的读数为A 3mA B 48 mA C 0 D 不知R值大小无法确定【答案】C【解析】由于直导线AB匀速运动，则AB切割磁场产生的电流时恒定的，线圈产生的磁通量也是恒定的，所以不会引起副线圈的磁通量的变化，所以副线圈不会有感应电流产生，即安培表A2的读数为0。故选A。【点睛】变压器是根据磁
18、通量的变化来工作的，当原线圈的磁通量恒定时，副线圈是没有感应电流的，根据变压器的工作的原理分析原线圈中的电流的变化情况即可的出结论13许多科学家在物理学发展过程中做出了重要贡献，下列表述正确的是A 法拉第通过实验研究，总结出了电磁感应的规律，制造了世界上第一台手摇发电机B 麦克斯韦预言了电磁波，楞次用实验证实了电磁波的存在C 奥斯特发现了电磁感应的规律，并总结出了右手定则D 麦克斯韦预言且用实验证实了电磁波的存在【答案】A【解析】1831年，法拉第发现了电磁感应现象，制造了世界上第一台手摇发电机。故A正确。麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹通过实验证实了电磁波的存在，故BD错误。法拉第发现了磁生
19、电现象，英国物理学家约翰安布罗斯弗莱明总结出了右手定则，故C错误。故选A。【点睛】法拉第发现了电磁感应现象，制造了世界上第一台手摇发电机麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹通过实验证实了电磁波的存在；法拉第发现了磁生电现象。14如图所示，一个菱形的导体线框沿着自己的对角邻匀速运动，穿过具有一定宽度的匀强磁场区城，已知对角线AC的长度为磁场宽度的两位且与磁场边界垂直下面对于线框中感应电流随时间交化的图象（电流以ABCD顺序流向为正方向，从C点进人磁场开始计时）正确的是（ ）A B C D 【答案】B【解析】线圈在进磁场的过程中，根据楞次定律可知，感应电流的方向为ABCD方向，即为正值，在出磁场的过程
20、中，根据楞次定律知，感应电流的方向为ADCBA，即为负值。在线圈进入磁场的前一半的过程中，切割的有效长度均匀增大，感应电动势均匀增大，则感应电流均匀增大；在线圈进入磁场的后一半过程中，切割的有效长度均匀减小，感应电动势均匀减小，则感应电流均匀减小；在线圈出磁场的前一半的过程中，切割的有效长度均匀增大，感应电流均匀增大；在线圈出磁场的后一半的过程中，切割的有效长度均匀减小，感应电流均匀减小。故B正确，ACD错误。故选B。点睛：解决本题的关键掌握楞次定律判断感应电流的方向，以及知道在切割产生的感应电动势公式E=BLv中，L为有效长度。15如图所示为两个同心闭合线圈的俯视图，若内线圈中通有图示的电流
21、I1 ， 则当I1增大时关于外线圈中的感应电流I2的方向及I2受到的安培力F的方向，下列判断正确的是（ ）A I2沿顺时针方向，F沿半径指向圆心B I2沿逆时针方向，F沿半径背离圆心C I2沿逆时针方向，F沿半径指向圆心D I2沿顺时针方向，F沿半径背离圆心【答案】B【解析】如图内线圈的电流方向为顺时针方向，由安培定则分析得知，外线圈中磁场方向向里，当I1增大时，穿过外线圈的磁通量增大，根据楞次定律判断外线圈中的感应电流I2的方向为逆时针，外线圈所在处磁场方向向外，根据左手定则分析得到：I2受到的安培力F方向是沿半径背离圆心向外。故选B。16长为a、宽为b的矩形线圈，在磁感应强度为B的匀强磁场
22、中，绕垂直于磁场的OO轴以恒定的角速度旋转设t0时，线圈平面与磁场方向平行，则此时的磁通量和磁通量的变化率分别是()A 0,0 B 0，Bab C Bba2，0 D Bab，Bab【答案】B【解析】穿过该线圈磁通量的最大值为=BS=Bab，感应电动势最大值Em=NBS=NBab，设t=0时，线圈平面与磁场方向平行，由法拉第电磁感应定律E=Nt，磁通量的最大变化率t=EmN=Bab，此时磁通量为零，故选B。【点睛】圈与磁场垂直时穿过该线圈磁通量最大，由公式=BS求解磁通量的最大值由感应电动势最大值Em=NBS和法拉第电磁感应定律结合求解磁通量的最大变化率17弹簧上端固定，下端悬挂一根磁铁，将磁铁
23、抬到某一高度放下，磁铁能上下振动较长时间才停下来如图甲所示，如果在磁铁下端放一个固定的铁制金属圆环，使磁铁上、下振动穿过它，能使磁铁较快地停下来如图乙所示，若将铁环换成超导环如图丙所示，可以推测下列叙述正确的是()A 放入超导环，磁铁的机械能转化成一部分电能，而电能不会转化为内能，能维持较大电流，从而对磁铁产生更大阻力，故超导环阻尼效果明显B 放入超导环，电能不能转化为内能，所以没有机械能与电能的转化，超导环不产生阻尼作用C 放入铁环，磁铁的机械能转化为电能，然后进一步转化为内能，磁铁的机械能能迅速地转化掉，具有阻尼效果D 放入铁环，磁铁的机械能转化为热能，损失掉了，能起阻尼作用【答案】C【解
24、析】放入铁环，根据楞次定律可知，铁环会阻碍磁铁运动，所以当磁铁向下靠近铁环时，铁环中产生了逆时针的感应电流（俯视），两者之间表现为相互排斥，磁铁的机械能转化为电能，然后进一步转化为内能，磁铁的机械能能迅速地转化掉，具有阻尼效果；放入超导环，根据楞次定律，超导环会阻碍磁铁运动，所以当磁铁向下靠近超导环时，超导环中产生了逆时针的感应电流（俯视），两者之间表现为相互排斥，磁铁的机械能转化为电能，由于超导体没有电阻，故电能不会消耗，阻尼效果不明显，故ABD错误，C正确；故选C。【点睛】利用楞次定律判断铁环所产生感应电流的方向，以及铁环对磁铁的作用；铁环会阻碍磁铁运动做负功，所以磁铁的机械能减小超导环没
25、有电阻，机械能会转化为电能，但电能不会消耗。18关于线圈的自感系数，下面说法正确的是()A 线圈的自感系数越大，自感电动势就一定越大B 线圈中电流等于零时，自感系数也等于零C 线圈中电流变化越快，自感系数越大D 线圈的自感系数由线圈本身的因素及有无铁芯决定【答案】D【解析】A项：由自感电动势公式E=LIt知，不仅由自感系数决定，还与电流变化快慢有关，故A错误；B、C、D项：自感系数与线圈的大小、形状、匝数、有无铁芯有关，与其它因素无关，故BC错误，D正确。点晴：考查影响线圈的自感系数因素，同时知道课本中的基础知识不可忽视，如不知道自感电动势公式，就做不对。19电磁感应现象揭示了电和磁之间的内在
26、联系，根据这一发现，发明了许多电器设备下列用电器中，哪个没有利用电磁感应原理 ()A 电磁炉 B 白炽灯泡 C 磁带录音机 D 日光灯镇流器【答案】B【解析】A项：电磁炉利用交流电通过线圈在锅底产生涡流，是利用的电磁感应原理；B项：白炽灯泡利用电流的热效应，不是利用电磁感应原理；C项：磁带录音机利用电磁感应原理，将声音信号变成电信号；D项：日光灯镇流器利用电磁感应原理使日光灯启动。故选项A、C、D是利用了电磁感应，而选项B没有，故选B。20如图所示，固定的水平长直导线中通有电流I，矩形线框与导线在同一竖直平面内，且一边与导线平行线框由静止释放，在下落过程中，下列说法正确的是_A 穿过线框的磁通
27、量保持不变B 穿过线框的磁通量增加C 线框中无感应电流D 线框中有感应电流【答案】D【解析】AB、通电导线产生的磁场是不均匀磁场，离导线越远，磁场越弱，所以线框由静止释放，在下落过程中磁通量在减小，故AB错误；CD、由于穿过闭合线圈的磁通量发生了变化，所以有感应电流产生，故D正确；C错误；故选D点睛：了解通电导线产生的磁场分布，并知道产生感应电流的条件。21如图所示是研究通电自感实验的电路图,A1、A2是两个规格相同的小灯泡,闭合电键调节电阻R,使两个灯泡的亮度相同,调节可变电阻R1,使它们都正常发光,然后断开电键S,则()A 闭合电建瞬间,A1立刻变亮,A2逐渐变亮B 闭合瞬间,A2立刻变亮
28、,A1逐渐变亮C 稳定后,L和R两端电势差不相同D 稳定后断开电建,A1和A2都闪一下然后慢慢熄灭【答案】B【解析】闭合瞬间，L产生自感电动势，要阻碍电流的增加，A1逐渐变亮。A2不产生自感现象，没有阻抗，则A2立刻变亮，故A错误，B正确。闭合电键稳定后，两灯仍能正常发光，即两灯泡的电压相同，因为两支路并联，并联电压相等，所以L和R两端电势差相同，故C错误。稳定后断开电键，由于电感线圈的作用，产生自感电动势阻碍电流的减小，在L、A1、A2和R中重新形成回路，则使得A1和A2都慢慢熄灭，但不会闪亮，选项D错误；故选B.点睛：对自感线圈来讲，重点掌握开关闭合瞬间，断路稳定后和开关断开的瞬间，线圈对
29、电流突变的阻碍作用闭合开关的瞬间，L相当于断路，稳定后自感作用消失，断开开关瞬间，L相当于电源与两灯组成回路22如图所示，一电阻为R的导线弯成半径为a的半圆形闭合回路，虚线MN右侧有磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于回路所在的平面，回路以速度v向右匀速进入磁场，直径CD始终与MN垂直，从D点到达边界开始到C点进入磁场为止，下列结论中正确的是()A 通过导线横截面的电荷量为Ba22RB CD段直线始终不受安培力作用C 感应电动势平均值为12BavD 圆心到达磁场边界时感应电流方向发生改变【答案】A【解析】通过导线横截面的电荷量为q=R=B12a2R=Ba22R，A正确；CD段的电流方向由D到C
30、，根据左手定则知，CD段受到竖直向下的安培力，B错误；运动的时间t=2av，根据法拉第电磁感应定律得E=t=B12a22av=14Bav，C错误；从D点到达边界开始到C点进入磁场为止，磁通量逐渐增大，根据楞次定律知，感应电流的方向一直为逆时针方向，D错误【点睛】对于电磁感应问题，往往根据法拉第电磁感应求感应电动势的平均值，公式E=BLvsin，既可以感应电动势的平均值，也可以求电动势的瞬时值，求解通过的电荷量时可根据q=R计算23如图所示，在竖直平面内有一半径为R的光滑半圆轨道AOB和条形磁铁，两者的对称轴重合且在竖直方向上，O为半圆的最低点，AB为半圆的水平直径。现让一重为G的闭合细金属环从
31、B点由静止释放沿轨道滑下，又沿轨道另一侧上升，若环面始终在半圆平面内，不计空气阻力的影响，则下列说法正确的是 ( ) A 环会上升到A点 B 环最终会停在O点C 环中有感应电流产生 D 环中产生的总热量为mgR【答案】A【解析】由于条形磁铁与金属圆环在同一平面内，结合条形磁场的磁场分布可知，穿过金属圆环的磁通量等于零，故圆环在下降过程中没有产生电流，不受安培力的作用，故机械能守恒，所以金属圆环能上升到原高度，故A正确；故选A 24在竖直向下的匀强磁场中，将一水平放置的金属棒AB，以初速度v水平抛出。空气阻力不计，如图示，运动过程中棒保持水平，那么下列说法中正确的是_A AB棒两端的电势UAUB
32、B AB棒中的感应电动势越来越大C AB棒中的感应电动势越来越小D AB棒中的感应电动势保持不变【答案】D【解析】由右手定则判断知，AB棒中感应电动势方向由A到B，B端相当于电源的与正极，电势较高，即有UAUB，A错误；金属棒AB做平抛运动，其水平方向的分运动是匀速直线运动，水平分速度保持不变，等于v。根据感应电动势公式E=Blv0sin，v0sin是垂直于磁感线方向的分速度，即是平抛运动的水平分速度，等于v，得到金属棒产生的感应电动势为E=Blv，B、l、v均不变，则AB棒中的感应电动势大小保持不变，BC错误D正确25如图所示，先后以速度v1和v2匀速把一矩形线圈拉出有界匀强磁场区域，v1=
33、2v2。在先后两种情况下：A 线圈中的感应电流之比为I1I2=12B 线圈中的感应电流之比为I1I2=21C 通过线圈某截面的电荷量之比q1q2=12D 通过线圈某截面的电荷量之比q1q2=21【答案】B【解析】因v1=2v2，根据E=BLv，知感应电动势之比2：1，感应电流I=E/R，则感应电流之比为2：1故A错误，B正确；根据q=It=R，因磁通量的变化相等，可知通过某截面的电荷量之比为1：1故CD错误。故选B。26当线圈中的磁通量发生变化时，下列说法中正确的是 ( )A 线圈中一定有感应电流B 线圈中一定有感应电动势，其大小与磁通量成正比C 线圈中一定有感应电动势，其大小与磁通量的变化量
34、成正比D 线圈中一定有感应电动势，其大小与磁通量的变化率成正比【答案】D【解析】当线圈中的磁通量发生变化时，若线圈是闭合的，则有感应电流，若不闭合，则无感应电流，有感应电动势，根据法拉第电磁感应定律E=Nt知感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比，故ABC错误，D正确，故选D。【点睛】当穿过闭合回路的磁通量发生变化，在闭合回路中就会产生感应电流线圈中的感应电动势与磁通量的变化率成正比27有一边长为L,电阻为R,质量为m的正方形金属线圈abcd平方在粗糙水平传送带上，被电动机带动一起以速度v匀速穿过一宽度为2L，磁感应强度为B的磁场，下列说法正确的是A 线圈进入磁场时有沿abcda方向的感应电流
35、B 线圈经过磁场区域的过程中始终受到水平向左的静摩擦力作用C 线圈进入磁场的过程中流过某一线圈导线截面的电荷量为2BL2RD 线圈穿过磁场区域的整个过程中，电动机多消耗的电能为2B2L3vR【答案】D【解析】根据楞次定律，可知感应电流方向adcba，故A错误；感应电流方向adcba，根据左手定则，bc边的受到的安培力方向向左，则传送带对线圈有向右的静摩擦力，故B错误；通过线圈某一截面的电荷量q=It=R=BL2R=BL2R，故C错误；根据焦耳定律，可得线圈发热产生热量为Q=I2Rt=BLvR2R2Lv=2B2L3vR，故D正确；故选D。【点睛】传送带 传送线圈时提供的能量转化为线圈的内能和电能
36、，由右手定则即可判断出感应电流的方向，由楞次定律判断出安培力的方向，由共点力的平衡判断出摩擦力 的方向，由功能关系即可判断出产生的电能281823年，科拉顿做了这样一个实验，他将一个磁铁捅入连有灵敏电流计的螺旋线圈，来观察在线圈中是否有电流产生。在实验时，科拉顿为了排除磁铁移动时对灵敏电流计的影响，他通过很长的导线把连在螺旋线圈上的灵敏电流计放到另一间房里。他想，反正产生的电流应该是“稳定”的(当时科学界都认为利用磁场产生的电流应该是“稳定”的),插入磁铁后，如果有电流，跑到另一间房里观察也来得及。就这样，科拉顿开始了实验，然而，无论他跑得多快，他看到的电流计指针都是指在“0”刻度的位置，科拉
37、顿失败了，以下关于科拉顿实验的说法中正确的是A 螺旋线圈中磁通量没有改变B 实验中没有感应电流C 科拉顿的实验装置是错误的D 科拉顿实验没有观察到感应电流是因为跑到另一间房观察时，电磁感应过程已结束【答案】D【解析】科拉顿用条形磁铁在线圈中进行插进和抽出的实验时，线圈中的磁通量发生了变化，电流表的回路中有感应电流产生；当他跑到另一个房间时，由于磁铁在线圈中不动，此时没有感应电流，所以他无法观察到故ABC错误，D正确，故选D。【点睛】当穿过闭合电路的磁通量发生变化时，电路中产生感应电流；当穿过闭合电路的磁通量不发生变化时，电路中不会产生感应电流29如图所示，水平面上方的一个宽为4L的区域存在一个
38、垂直纸面向里的匀强磁场区域，区域的左边有一辆绝缘小车，车上固定一个边长为L的正方形导线框abcd，bc边紧靠磁场区域，现给小车一个初速度v0，小车和线框的总质量为m，不计一切摩擦，小车运动的速度v和位移x的图象画出了一部分（图中所标为已知），根据图象，以下说法正确的是A 小车离开磁场后的速度为0.8v0B 小车进入磁场的过程中做加速度增大的变加速运动C 由于图象不完整，不知道小车穿出磁场的运动规律，所以无法求出小车离开磁场后的速度D 小车穿过磁场的过程中，线框产生的内能为032mv02【答案】D【解析】小车刚进入磁场时的速度为v0，完全进入磁场时的速度为0.8v0；由动量定理： ，而，可知线圈
39、出离磁场和进入磁场过程中安培力的冲量相同，则出离磁场时和进入磁场时动量的变化相同，整个线圈在磁场中运动时速度不变，则解得v=0.6v0，选项AC错误；小车进入磁场的过程中，速度逐渐减小，安培力减小，则加速度减小，即线圈做加速度减小的变加速运动，选项B错误；车穿过磁场的过程中，线框产生的内能等于动能减小量： ，选项D正确；故选D. 点睛：此题关键是能用动量定理结合得出进出磁场时，线圈的速度变化量相等的结论；知道线圈经过磁场过程的能量转化关系.30如图甲所示，相距为L的金属导轨MN、PQ倾斜放置，与水平方向夹角为，在NQ上接一阻值为R的电阻，装置处于与MN、PQ所在平面垂直的匀强磁场中。现有一根长
40、度为L、质量为m、电阻为r的金属杆ab放置在导轨上，接触良好。用与杆垂直的外力F使ab杆沿导轨向上运动时，电阻R产生的电功率随时间的变化规律Pt图象如图乙所示，为一条抛物线。则外力F、杆的运动速度v、杆的加速度a随时间t，克服重力做功的功率随位移x的变化规律可能正确的是 A B C D 【答案】A【解析】电阻R产生的电功率P=I2R， ，则，因P-t图像是抛物线，可知金属棒的加速度恒定，即金属棒向上做匀加速运动，由牛顿第二定律，即 ，则选项A正确，D错误；速度关系v=at，选项B错误；克服重力做功的功率，则选项C错误；故选A. 点睛：此题首先要先根据给定的P-t关系来判断金属棒的运动特征，然后
41、结合物理规律列出要研究的图像的函数关系，再对照图像来判断正误.31如图所示，上下开口、内壁光滑的铜管P和塑料管Q竖直放置，小磁块先后在两管中从相同高度处由静止释放，并落至底部，则小磁块A 在P和Q中都做自由落体运动B 在两个下落过程中的机械能都守恒C 在P中的下落时间比在Q中的短D 落至底部时在P中的速度比在Q中的小【答案】D【解析】当小磁块在光滑的铜管P下落时，由于穿过铜管的磁通量变化，导致铜管产生感应电流，从而产生安培阻力，所以P做的运动不是自由落体运动；而对于塑料管内小磁块没有任何阻力，在做自由落体运动，故A错误；由A选项分析可知，在铜管的小磁块机械能不守恒，而在塑料管的小磁块机械能守恒
42、，故B错误；在铜管中小磁块受到安培阻力，则在P中的下落时间比在Q中的长，故C错误；根据动能定理可知，因安培阻力，导致产生热能，则至底部时在P中的速度比在Q中的小，故D正确。故选D。32如图示，在平行于水平地面的匀强磁场上方有两个竖直放置的正方形闭合线圈，两线圈用相同的金属材料制成,匝数相同，边长相同，a线圈的导线比b线线圈的粗。若磁场高度大于线圈边长，将两线圈从相同的高度由静止开始同时释放，则下列说法正确的是A a、b线圈将同时落地B a线圈将先落地C a线圈将后落地D 无法判断谁先落地【答案】A【解析】设两线圈的边长为L，横截面积为S，电阻率为电，密度为密，质量为m，进入磁场后速度为v时加速
43、度为a，根据牛顿第二定律得：mg-B2L2vR=ma，则得：a=gB2L2vmR=gB2L2v密4LS电4LS=gB2v16密电，可知a与横截面积S无关，所以a、b线圈在运动过程中加速度时刻相同，速度也就时刻相同，所以a、b同时落地。故A正确，BCD错误。故选A。点睛：本题的关键在于分析两线圈的加速度与横截面积无关，要将质量和电阻细化，根据表达式来分析加速度的关系，从而得出它们运动情况的关系33超导电磁船是一种不需要螺旋桨推进的低噪音新型船，如图是电磁船的简化原理图，AB和CD是与电源相连的导体板，AB与CD之间部分区域浸没在海水中并有垂直纸面向内的匀强磁场(磁场由固定在船上的超导线圈产生，其
44、独立电路部分未画出)，以下说法正确的是A 使船前进的力，是磁场对海水中电流的安培力B 要使船前进，海水中的电流方向从CD板指向AB板C 同时改变磁场的方向和电源正负极，推进力方向将与原方向相反D 若接入电路的海水电阻为R，其两端的电压为U，则船在海水中前进时，AB与CD间海水中的电流强度小于【答案】D【解析】A、B项：当CD接直流电源的负极时，海水中电流方向由ABA指向CD，是海水受到的安培力向左，根据牛顿第三定律可知，船体受到向右的作用力，故使船体向前运动，故A、B错误；C项：同时改变磁场的方向和电源正负极，磁场方向反向，电流方向反向，所以推进力方向将与原方向相同，故C错误；D项：因船在海水
45、中前进时，AB与CD间海水切割磁感线产生电流，使接入电路的海水两端电压小于U，所以电流强度小于，故D正确。点晴：利用左手定则判断出海水受到的安培力，根据牛顿第三定律即可判断出船体的受力，即可判断运动方向，注意与右手定则的区别。34一矩形线圈位于一个方向垂直线圈平面向里的磁场中，如图甲所示，磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示以i表示线圈中的感应电流，以图甲线圈上箭头所示方向的电流为正，则以下的it图中正确的是()A B C D 【答案】A【解析】在01s内，穿过线圈的磁通量增大，据E=BtS可知感应电动势恒定，感应电流恒定，根据楞次定律可知电流为逆时针方向，在图象中为负；在12s内，穿过线圈的磁通量恒定，感应电流i=0；23 s内，穿过线圈的磁通量减小，根据楞次定律可知电流顺时针方向，即为正，由E=BtS知i恒定，A正确35如图甲所示，面积为0.1 m2的10匝线圈E