《2020年全国高考物理第二轮热点考点提升训练：《电磁感应的综合应用》《电磁感应定律及应用》(含解析)44680.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020年全国高考物理第二轮热点考点提升训练：《电磁感应的综合应用》《电磁感应定律及应用》(含解析)44680.pdf（29页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、1专题提升：电磁感应的综合应用1.如图所示，间距为 L 的两条足够长的光滑平行金属导轨 MN、PQ 与水平面夹角为 30，导轨的电阻不计，导轨的 N、Q 端连接一阻值为 R 的电阻，导轨上有一根质量一定、电阻为r 的导体棒 ab 垂直导轨放置，导体棒上方距离 L 以上的范围存在着磁感应强度大小为 B、方向与导轨平面垂直向下的匀强磁场现在施加一个平行斜面向上且与棒 ab 重力相等的恒力，使导体棒 ab 从静止开始沿导轨向上运动，当 ab 进入磁场后，发现 ab 开始匀速运动，求：(1)导体棒的质量；(2)若进入磁场瞬间，拉力减小为原来的一半，求导体棒能继续向上运动的最大位移【解析】(1)导体棒从
2、静止开始在磁场外匀加速运动，距离为L，其加速度为F mg sin30 maF mg得 a12g棒进入磁场时的速度为v2aLgL由棒在磁场中匀速运动可知F安12mgF安 BILB2L2vR r得 m 2B2L2R rLg(2)若进入磁场瞬间使拉力减半，则F12mg2则导体棒所受合力为F安F安 BILB2L2vR r mavxt和 avt代入上式B2L2xtR r mvt即B2L2xR r m v设导体棒继续向上运动的位移为x，则有B2L2xR r mv将 vgL和 m 2B2L2R rLg代入得x 2L【答案】(1)2B2L2R rLg(2)2 L2.如图所示，MN、PQ 为足够长的平行导轨，间
3、距L 0.5m.导轨平面与水平面间的夹角 37.NQ MN，NQ 间连接有一个R 3 的电阻.有一匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B0 1 T.将一根质量为m 0.05kg 的金属棒ab 紧靠NQ 放置在导轨上，且与导轨接触良好，金属棒的电阻r 2 ，其余部分电阻不计.现由静止释放金属棒，金属棒沿导轨向下运动过程中始终与NQ 平行.已知金属棒与导轨间的动摩擦因数 0.5，当金属棒滑行至cd处时速度大小开始保持不变，cd 距离NQ 为 s 2 m.试解答以下问题：(g 10 m/s2，sin37 0.6，cos37 0.8)(1)金属棒达到稳定时的速度是多大？(2)从静止开始直到达到稳定速度
4、的过程中，电阻R 上产生的热量是多少？(3)若将金属棒滑行至cd处的时刻记作t 0，从此时刻起，让磁感应强度逐渐减小，可3使金属棒中不产生感应电流，则t 1 s时磁感应强度应为多大？【答案】(1)2m/s(2)0.06 J(3)0.4 T【解析】(1)在达到稳定速度前，金属棒的加速度逐渐减小，速度逐渐增大，达到稳定速度时，有：mg sinB0IL mg cosE B0LvE I(R r)代入已知数据，得v 2 m/s(2)根据能量守恒得，重力势能减小转化为动能、摩擦产生的内能和回路中产生的焦耳热.有：mgssin12mv2 mg coss Q电阻R 上产生的热量：QRRR rQ解得：QR 0.
5、06J(3)当回路中的总磁通量不变时，金属棒中不产生感应电流.此时金属棒将沿导轨做匀加速运动，故：mg sin mg cos ma设 t时刻磁感应强度为B，则：B0Ls BL(s x)x vt 12at2故 t 1 s时磁感应强度B 0.4T3.如图甲所示，MN、PQ 是相距d 1.0m 足够长的平行光滑金属导轨，导轨平面与水平面间的夹角为，导轨电阻不计，整个导轨处在方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，金属棒ab 垂直于导轨MN、PQ 放置，且始终与导轨接触良好，已知金属棒ab 的质量m 0.1kg，其接入电路的电阻r 1 ，小灯泡电阻RL 9 ，重力加速度g 取 10 m/s2.现断开开关
6、S，将棒ab 由静止释放并开始计时，t 0.5s时刻闭合开关S，图乙为ab 的速度随时间变化的图像求：4(1)金属棒ab 开始下滑时的加速度大小、斜面倾角的正弦值；(2)磁感应强度B 的大小【答案】(1)6m/s235(2)1T【解析】(1)S断开时ab 做匀加速直线运动由图乙可知avt 6 m/s2根据牛顿第二定律有：mg sin ma所以sin35.(2)t 0.5s时 S 闭合，ab 先做加速度减小的加速运动，当速度达到最大vm 6 m/s后做匀速直线运动根据平衡条件有mg sin F安又 F安 BIdE BdvmIERL r，解得B 1 T.4.半径分别为r和 2r的同心圆形导轨固定在
7、同一水平面内，一长为r、质量为m 且质量分布均匀的直导体棒AB 置于圆导轨上面，BA 的延长线通过圆导轨中心O，装置的俯视图如图所示整个装置位于一匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，方向竖直向下在内圆导轨的C 点和外圆导轨的D 点之间接有一阻值为R 的电阻(图中未画出)直导体棒在水平外力作用下以角速度 绕 O 逆时针匀速转动，在转动过程中始终与导轨保持良好接触设导体棒与导轨之间的动摩擦因数为，导体棒和导轨的电阻均可忽略重力加速度大小为g.求：5(1)通过电阻R 的感应电流的方向和大小；(2)外力的功率【答案】(1)方向为C D大小为3Br22R(2)9B22r44R3mgr2【解析】(1)根据右
8、手定则，得导体棒AB 上的电流方向为B A，故电阻R 上的电流方向为C D.设导体棒AB 中点的速度为v，则vvA vB2而 vA r，vB 2r根据法拉第电磁感应定律，导体棒AB 上产生的感应电动势E Brv根据闭合电路欧姆定律得IER，联立以上各式解得通过电阻R 的感应电流的大小为I3Br22R.(2)根据能量守恒定律，外力的功率P 等于安培力与摩擦力的功率之和，即 P BIrv Ffv，而 Ff mg解得P9B22r44R3mgr2.5.相距L 1.5m 的足够长金属导轨竖直放置，质量为m1 1kg 的金属棒ab 和质量为m2 0.27kg的金属棒cd均通过棒两端的套环水平地套在金属导轨
9、上，如图(a)所示，虚线上方磁场方向垂直纸面向里，虚线下方磁场方向竖直向下，两处磁场磁感应强度大小相同ab棒光滑，cd棒与导轨间的动摩擦因数为 0.75，两棒总电阻为1.8，导轨电阻不计，ab棒在方向竖直向上，大小按图(b)所示规律变化的外力F 作用下，从静止开始，沿导轨匀加速运动，同时cd棒也由静止释放(取 g 10m/s2)6(1)求磁感应强度B 的大小和ab 棒加速度大小；(2)已知在2s内外力F 做功40J，求这一过程中两金属棒产生的总焦耳热；(3)判断cd棒将做怎样的运动，求出cd棒达到最大速度所需的时间t0，并在图(c)中定性画出cd棒所受摩擦力随时间变化的图象【答案】见解析【解析
10、】(1)经过时间t，金属棒ab 的速率v at此时，回路中的感应电流为IERBLvR对金属棒ab，由牛顿第二定律得F BIL m1g m1a由以上各式整理得：F m1a m1gB2L2Rat在图线上取两点：t1 0，F1 11N；t2 2s，F2 14.6N代入上式得a 1m/s2，B 1.2T(2)在第2s末金属棒ab 的速率v2 at2 2m/s所发生的位移x12at22 2m由动能定理得WF m1gx W安12m1v22又 Q W安联立以上方程，解得Q 18J.(3)cd棒先做加速度逐渐减小的加速运动，当 cd棒所受重力与滑动摩擦力相等时，速度达到最大，然后做加速度逐渐增大的减速运动，最
11、后停止运动，当 cd棒速度达到最大时，有m2g FN又 FN F安F安 BIL7IERBLvmR，vm at0整理解得t0m2gRB2L2a 2sFfcd随时间变化的图象如图所示。6.如图，POQ 是折成60角的固定于竖直平面内的光滑金属导轨，导轨关于竖直轴线对称，OP OQ L.整个装置处在垂直导轨平面向里的足够大的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化规律为B B0 kt(其中k为大于0 的常数)一质量为m、长为L、电阻为R、粗细均匀的导体棒锁定于OP、OQ 的中点a、b 位置当磁感应强度变为12B0后保持不变，同时将导体棒解除锁定，导体棒向下运动，离开导轨时的速度为v.导体棒与导轨始终保持良好
12、接触，导轨电阻不计，重力加速度为g.求导体棒：(1)解除锁定前回路中电流的大小及方向；(2)滑到导轨末端时的加速度大小；(3)运动过程中产生的焦耳热【解析】(1)导体棒解除锁定前，闭合回路的面积不变，且Bt k由法拉第电磁感应定律知EtBtS316kL2由闭合电路欧姆定律知IER总3kL28R由楞次定律知，感应电流的方向为顺时针方向(或 b a)8(2)导体棒恰好要离开导轨时受力如图所示E12B0LvIERF12B0IL得 FB20L2v4R由牛顿第二定律知mg F ma所以a gB20L2v4mR(3)由能量守恒知mgh 12mv2 Qh34L解得Q 3mgL412mv2【答案】(1)3kL
13、28Rb a(2)gB20L2v4mR(3)3mgL412mv27.如图所示，平行金属导轨与水平面间夹角均为37，导轨间距为1 m，电阻不计，导轨足够长两根金属棒ab 和以a b 的质量都是0.2kg，电阻都是1 ，与导轨垂直放置且接触良好，金属棒和导轨之间的动摩擦因数为0.25，两个导轨平面处均存在着垂直轨道平面向上的匀强磁场(图中未画出)，磁感应强度B 的大小相同让 a b 固定不动，将金属棒ab 由静止释放，当ab 下滑速度达到稳定时，整个回路消耗的电功率为8 W 求：9(1)ab 下滑的最大加速度；(2)ab 下落了30 m 高度时，其下滑速度已经达到稳定，则此过程中回路电流的发热量Q
14、为多大？(3)如果将ab 与 a b 同时由静止释放，当ab 下落了30 m 高度时，其下滑速度也已经达到稳定，则此过程中回路电流的发热量Q 为多大？(g 10 m/s2，sin37 0.6，cos37 0.8)【解析】(1)当 ab 棒刚下滑时，ab 棒的加速度有最大值：a gsin gcos 4 m/s2.(2分)(2)ab 棒达到最大速度时做匀速运动，有mg sin BIL mg cos，(2分)整个回路消耗的电功率P电 BILvm(mg sin mg cos)vm 8 W，(2分)则 ab 棒的最大速度为：vm 10 m/s(1分)由 P电E22RBLvm22R(2分)得：B 0.4T
15、(1分)根据能量守恒得：mgh Q 12mv2m mg coshsin(2分)解得：Q 30 J(1分)(3)由对称性可知，当 ab 下落30 m 稳定时其速度为v，a b 也下落30 m，其速度也为v，ab 和 a b 都切割磁感线产生电动势，总电动势等于两者之和根据共点力平衡条件，对ab 棒受力分析，得 mg sin BI L mg cos(2分)10又 I 2BLv2RBLvR(2分)代入解得v 5 m/s(1分)由能量守恒2mgh 122mv2 2mg coshsin Q(3 分)代入数据得Q 75 J(1分)【答案】(1)4m/s2(2)30J(3)75J8.如图所示，在倾角 37的
16、光滑斜面上存在一垂直斜面向上的匀强磁场区域MNPQ，磁感应强度B 的大小为5 T，磁场宽度d 0.55m，有一边长L 0.4m、质量m1 0.6kg、电阻R 2 的正方形均匀导体线框abcd通过一轻质细线跨过光滑的定滑轮与一质量为m2 0.4kg 的物体相连，物体与水平面间的动摩擦因数 0.4，将线框从图示位置由静止释放，物体到定滑轮的距离足够长(取 g 10 m/s2，sin37 0.6，cos37 0.8)求：(1)线框abcd还未进入磁场的运动过程中，细线中的拉力为多少？(2)当 ab 边刚进入磁场时，线框恰好做匀速直线运动，求线框刚释放时ab 边距磁场MN边界的距离x多大？(3)在(2
17、)问中的条件下，若cd边恰离开磁场边界PQ 时，速度大小为2 m/s，求整个运动过程中ab 边产生的热量为多少？【解析】(1)m1、m2运动过程中，以整体法有m1gsin m2g(m1 m2)aa 2 m/s2以 m2为研究对象有FT m2g m2a(或以m1为研究对象有m1gsin FT m1a)FT 2.4N(2)线框进入磁场恰好做匀速直线运动，以整体法有11m1gsin m2gB2L2vR 0v 1 m/sab 到 MN 前线框做匀加速运动，有v2 2axx 0.25m(3)线框从开始运动到cd边恰离开磁场边界PQ 时：m1gsin(x d L)m2g(x d L)12(m1 m2)v2
18、1 Q解得：Q 0.4J所以Qab14Q 0.1J【答案】(1)2.4 N(2)0.25 m(3)0.1 J9.如图甲所示，MN、PQ 是相距d 1 m 的足够长平行光滑金属导轨，导轨平面与水平面成某一夹角，导轨电阻不计；长也为1 m 的金属棒ab 垂直于MN、PQ 放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，ab 的质量m 0.1kg、电阻R 1 ；MN、PQ 的上端连接右侧电路，电路中R2为一电阻箱；已知灯泡电阻RL 3 ，定值电阻R1 7 ，调节电阻箱使R2 6 ，重力加速度g 10 m/s2.现断开开关S，在t 0 时刻由静止释放ab，在t 0.5s时刻闭合S，同时加上分布于整个导轨所在区域的
19、匀强磁场，磁场方向垂直于导轨平面斜向上；图乙所示为 ab 的速度随时间变化图像(1)求斜面倾角及磁感应强度B 的大小；(2)ab 由静止下滑x 50 m(此前已达到最大速度)的过程中，求整个电路产生的电热；(3)若只改变电阻箱R2的值当R2为何值时，ab 匀速下滑中R2消耗的功率最大？消耗的最大功率为多少？12【解析】(1)S断开时，ab 做匀加速直线运动，从图乙得avt 6 m/s2(1分)由牛顿第二定律有mg sin ma，(1分)所以有sin35，即 37，(1分)t 0.5s时，S 闭合且加了磁场，分析可知，此后ab 将先做加速度减小的加速运动，当速度达到最大(vm 6 m/s)后接着
20、做匀速运动匀速运动时，由平衡条件知mg sin F安，(1分)又 F安 BIdIBdvmR总(1分)R总 R R1RLR2RL R2 10(1 分)联立以上四式有mg sinB2d2vmR总(2分)代入数据解得Bmg sinR总d2vm 1 T(1分)(2)由能量转化关系有mg sinx12mv2m Q(2分)代入数据解得Q mg sinx12mv2m 28.2J(1分)(3)改变电阻箱R2的值后，ab 匀速下滑时有mg sin BdI(1分)所以Img sinBd 0.6A(1 分)通过R2的电流为I2RLRL R2I(1分)R2的功率为P I22R2(1分)联立以上三式可得13P I2R2
21、LR2RL R22(1分)当RLR2R2时，即 R2 RL 3 ，功率最大，(1分)所以Pm 0.27W (2分)【答案】(1)37 1 T(2)28.2 J(3)30.27W10.如图甲，电阻不计的轨道MON与 PRQ 平行放置，ON 及 RQ 与水平面的倾角 53，MO及 PR 部分的匀强磁场竖直向下，ON 及 RQ 部分的磁场平行轨道向下，磁场的磁感应强度大小相同，两根相同的导体棒ab 和 cd分别放置在导轨上，与导轨垂直并始终接触良好棒的质量m 1.0kg，R 1.0，长度L 1.0m 与导轨间距相同，棒与导轨间动摩擦因数0.5，现对ab 棒施加一个方向水向右，按图乙规律变化的力F，同
22、时由静止释放cd棒，则ab 棒做初速度为零的匀加速直线运动，g 取 10 m/s2.(1)求 ab 棒的加速度大小；(2)求磁感应强度B 的大小；(3)若已知在前2 s内 F 做功W 30 J，求前2 s内电路产生的焦耳热；(4)求 cd棒达到最大速度所需的时间【解析】(1)对 ab 棒：Ff mgv atF BIL Ff maF m(g a)B2L2at2R14由图象已知量，代入数据得：a 1 m/s2(2)当 t1 2 s时，F 10 N，由(1)知B2L2at2R F m(g a)，得B 2 T(3)0 2 s过程中，对ab 棒，x12at21 2 mv2 at1 2 m/s由动能定理知
23、：W mgx Q 12mv22Q 18 J(4)设当时间为t 时，cd棒达到最大速度，FN BIL mg cos53Ff FNmg sin53 f mg sin53(B2L2at 2R mg cos53)解得：t 5 s【答案】(1)1m/s2(2)2T(3)18J(4)5s11.均匀导线制成的单匝正方形闭合线框abcd，边长为L，总电阻为R，总质量为m.将其置于磁感应强度为B 的水平匀强磁场上方h 处，如图所示线框由静止开始自由下落，线框平面保持在竖直平面内，且 cd边始终与水平的磁场边界平行重力加速度为g.当 cd边刚进入磁场时，(1)求线框中产生的感应电动势大小；15(2)求 cd两点间
24、的电势差大小；(3)若此时线框加速度恰好为零，求线框下落的高度h 所应满足的条件【解析】(1)cd边刚进入磁场时，线框速度为v2gh线框中产生的感应电动势：E BLv BL2gh(2)此时线框中电流：IERcd切割磁感线相当于电源，cd两点间的电势差即路端电压：U I(34R)34BL2gh(3)安培力：F BILB2L22ghR根据牛顿第二定律：mg F ma由 a 0，解得下落高度满足：hm2gR22B4L4【答案】(1)BL2gh(2)34BL2gh(3)hm2gR22B4L412.如图所示，在倾角 37的光滑绝缘斜面内有两个质量分别为4m 和 m 的正方形导线框a、b，电阻均为R，边长
25、均为l；它们分别系在一跨过两个轻质定滑轮的轻绳两端，在两导线框之间有一方向垂直斜面向下、宽度为2l的匀强磁场区域，磁感应强度大小为B；开始时，线框b 的上边框与匀强磁场的下边界重合，线框a 的下边框到匀强磁场的上边界的距离为l.现将系统由静止释放，线框a 恰好匀速穿越磁场区域不计滑轮摩擦和空气阻力，重力加速度为g，sin37 0.6，cos37 0.8.求：(1)线框a 穿出磁场区域时的电流大小；(2)线框a 穿越磁场区域时的速度大小；16(3)线框b 进入磁场过程中产生的焦耳热【答案】见解析【解析】(1)设绳子拉力为F，线框a 匀速穿越磁场区域对线框a：4mg sin F安 F对线框b：F
26、mg sin 且 F安 BIl解得：I9mg5Bl(2)线框a 匀速运动时，线框a、b 速度大小相等E BlvIER解得：v9mgR5B2l2(3)设线框b 进入磁场过程产生的焦耳热为Q，对系统列能量守恒方程4mglsin mglsin 125mv2 Q得 Q 95mgl81m3g2R210B4l4.17电磁感应定律及应用一单项选择题1.如图所示，直角坐标系xOy 的二、四象限有垂直坐标系向里的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，在第三象限有垂直坐标系向外的匀强磁场，磁感应强度大小为2B.现将半径为L、圆心角为90的扇形闭合导线框OPQ 在外力作用下以恒定角速度绕O 点在纸面内沿逆时针方向匀速转动
27、t 0 时刻线框在图示位置，设电流逆时针方向为正方向则下列关于导线框中的电流随时间变化的图线，正确的是()【解析】根据楞次定律，线框从第一象限进入第二象限时，电流方向是正方向，设导线框的电阻为R，角速度为，则电流大小为BL22R，从第二象限进入第三象限时，电流方向是负方向，电流大小为3BL22R，从第三象限进入第四象限时，电流方向是正方向，电流大小是3BL22R，线框从第四象限进入第一象限时，电流方向是负方向，电流大小为BL22R，B 选项正确【答案】B2.法拉第发明了世界上第一台发电机法拉第圆盘发电机如图所示，紫铜做的圆盘水平放置在竖直向下的匀强磁场中，圆盘圆心处固定一个摇柄，边缘和圆心处各
28、与一个黄铜18电刷紧贴，用导线将电刷与电流表连接起来形成回路转动摇柄，使圆盘逆时针匀速转动，电流表的指针发生偏转下列说法正确的是()A 回路中电流大小变化，方向不变B回路中电流大小不变，方向变化C回路中电流的大小和方向都周期性变化D 回路中电流方向不变，从b 导线流进电流表【答案】D【解析】铜盘转动产生的感应电动势为：E12BL2，B、L、不变，E 不变，电流：IERBL22R，电流大小恒定不变，由右手定则可知，回路中电流方向不变，从b 导线流进电流表，故A、B、C 错误，D 正确3.如图所示，铜线圈水平固定在铁架台上，铜线圈的两端连接在电流传感器上，传感器与数据采集器相连，采集的数据可通过计
29、算机处理，从而得到铜线圈中的电流随时间变化的图线.利用该装置探究条形磁铁从距铜线圈上端某一高度处由静止释放后，沿铜线圈轴线竖直向下穿过铜线圈的过程中产生的电磁感应现象.两次实验中分别得到了如图甲、乙所示的电流时间图线.条形磁铁在竖直下落过程中始终保持直立姿态，且所受空气阻力可忽略不计.则下列说法中正确的是()A.若两次实验条形磁铁距铜线圈上端的高度不同，其他实验条件均相同，则甲图对应实验条形磁铁距铜线圈上端的高度大于乙图对应实验条形磁铁距铜线圈上端的高度B.若两次实验条形磁铁的磁性强弱不同，其他实验条件均相同，则甲图对应实验条形磁19铁的磁性比乙图对应实验条形磁铁的磁性强C.甲图对应实验条形磁
30、铁穿过铜线圈的过程中损失的机械能小于乙图对应实验条形磁铁穿过铜线圈的过程中损失的机械能D.两次实验条形磁铁穿过铜线圈的过程中所受的磁场力都是先向上后向下【答案】C【解析】由乙图中的电流峰值大于甲中电流峰值，可知乙实验的电磁感应现象更明显，故乙实验中的高度更高或磁铁磁性更强，A、B 错误；电流峰值越大，产生的焦耳热越多，损失的机械能越大，故C 正确；整个过程中，磁铁所受的磁场力都是阻碍磁铁运动，故磁场力一直向上，D 错误.4.如图所示，用均匀导线做成边长为0.2m 的正方形线框，线框的一半处于垂直线框向里的有界匀强磁场中.当磁场以20 T/s的变化率增强时，a、b 两点间电势差的大小为U，则()
31、A.ab，U 0.2VC.ab，U 0.4V【答案】A【解析】题中正方形线框的左半部分磁通量变化而产生感应电动势，从而在线框中有感应电流产生，把左半部分线框看成电源，其电动势为E，内电阻为r2，画出等效电路如图所示.则 a、b 两点间的电势差即为电源的路端电压，设l是边长，且依题意知：Bt 20 T/s.由法拉第电磁感应定律，得：E NBSt 1200.20.22V 0.4V所以有：U IREr2r2r2 0.2V，20由于a 点电势低于b 点电势，故有：Uab0.2V.5.如图，在方向垂直于纸面向里的匀强磁场中有一U 形金属导轨，导轨平面与磁场垂直。金属杆PQ 置于导轨上并与导轨形成闭合回路
32、PQRS，一圆环形金属线框T 位于回路围成的区域内，线框与导轨共面。现让金属杆PQ 突然向右运动，在运动开始的瞬间，关于感应电流的方向，下列说法正确的是A PQRS 中沿顺时针方向，T 中沿逆时针方向B PQRS 中沿顺时针方向，T 中沿顺时针方向C PQRS 中沿逆时针方向，T 中沿逆时针方向D PQRS 中沿逆时针方向，T 中沿顺时针方向【答案】D【解析】因为PQ 突然向右运动，由右手定则可知，PQRS 中有沿逆时针方向的感应电流，穿过T 中的磁通量减小，由楞次定律可知，T 中有沿顺时针方向的感应电流，D 正确，ABC 错误。6.如图所示，有一个矩形边界的匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向里
33、一个三角形闭合导线框，由位置1(左)沿纸面匀速运动到位置2(右)取线框刚到达磁场边界的时刻为计时起点(t 0)，规定逆时针方向为电流的正方向，则图中能正确反映线框中电流与时间关系的是()21【答案】A【解析】线框进入磁场的过程，磁通量向里增加，根据楞次定律得知感应电流的磁场向外，由安培定则可知感应电流方向为逆时针，电流方向应为正方向，故B、C错误；线框进入磁场的过程，线框有效的切割长度先均匀增大后均匀减小，由E BLv，可知感应电动势先均匀增大后均匀减小；线框完全进入磁场后，磁通量不变，没能感应电流产生；线框穿出磁场的过程，磁通量向里减小，根据楞次定律得知感应电流的磁场向里，由安培定则可知感应
34、电流方向为顺时针，电流方向应为负方向，线框有效的切割长度先均匀增大后均匀减小，由E BLv，可知感应电动势先均匀增大后均匀减小；故A 正确，D 错误7.在竖直平面内固定一根水平长直导线，导线中通以如图所示方向的恒定电流.在其正上方(略靠后)由静止释放一个闭合圆形导线框.已知导线框在下落过程中始终保持框平面沿竖直方向.在框由实线位置下落到虚线位置的过程中()A.导线框中感应电流方向依次为：顺时针 逆时针 顺时针B.导线框的磁通量为零时，感应电流也为零C.导线框所受安培力的合力方向依次为：向上 向下 向上D.导线框产生的焦耳热等于下落过程中框损失的重力势能【答案】A【解析】根据安培定则，通电直导线
35、的磁场在上方向外，下方向里；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，向外的磁感应强度增加，根据楞次定律，线框中产生顺时针方向的电流；穿越导线时，上方向外的磁场和下方向里的磁场叠加，先是向外的磁通量减小，之后变成向里的磁通量，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.向里的磁通量变成最大后，继续向下运动，向里的磁通量又逐渐减小，这时的电流新方向又变成了顺时针.故 A 正确；根据A 中22的分析，穿越导线时，上方向外的磁场和下方向里的磁场叠加，先是向外的磁通量减小，一直减小到0，之后变成向里的磁通量，并逐渐增大.这一过程是连续的，始
36、终有感应电流存在，不是0，故B 错误；根据楞次定律，感应电流始终阻碍导线框相对磁场的运动，故受安培力的方向始终向上，故C 错误；根据能量守恒定律，导线框产生的焦耳热等于下落过程中框损失的重力势能与增加动能之差，故D 错误.8.如图甲所示，R0为定值电阻，两金属圆环固定在同一绝缘平面内.左端连接在一周期为 T0的正弦交流电源上，经二极管整流后，通过R0的电流i始终向左，其大小按图乙所示规律变化.规定内圆环a 端电势高于b 端时，a、b 间的电压uab为正，下列uab t图象可能正确的是()【答案】C【解析】在第一个0.25 T0时间内，通过大圆环的电流为顺时针增加的，由楞次定律可判断内环a 端电
37、势高于b 端，因电流的变化率逐渐减小，故内环的电动势逐渐减小，同理可知，在 0.25 T0 0.5 T0时间内，通过大圆环的电流为顺时针逐渐减小，则由楞次定律可知，内环a端电势低于b 端，因电流的变化率逐渐变大，故内环的电动势变大，故只有C 正确.9.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】楞次定律指感应电流的磁场阻碍引起感应电流的原磁场的磁通量的变化,这种阻碍作用做功将其他形式的能转变为感应电流的电能,所以楞次定律的阻碍过程实质上就是23能量转化的过程。10.如图，导体轨道OPQS 固定，其中PQS 是半圆弧，Q
38、为半圆弧的中心，O 为圆心。轨道的电阻忽略不计。OM 是有一定电阻。可绕O 转动的金属杆。M 端位于PQS 上，OM与轨道接触良好。空间存在半圆所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B，现使OQ 位置以恒定的角速度逆时针转到OS 位置并固定（过程）；再使磁感应强度的大小以一定的变化率从B 增加到B（过程）。在过程、中，流过OM 的电荷量相等，则等于（）A.B.C.D.2【答案】B【解析】本题考查电磁感应及其相关的知识点。过程I回路中磁通量变化 1=BR2，设 OM的电阻为R，流过OM的电荷量Q1=1/R。过程II回路中磁通量变化 2=（B-B）R2，流过OM的电荷量Q2=2/R。Q2=Q1
39、，联立解得：B/B=3/2，B 正确。二不定项选择题11.如图，两个线圈绕在同一根铁芯上，其中一线圈通过开关与电源连接，另一线圈与远处沿南北方向水平放置在纸面内的直导线连接成回路。将一小磁针悬挂在直导线正上方，开关未闭合时小磁针处于静止状态。下列说法正确的是（）A.开关闭合后的瞬间，小磁针的N 极朝垂直纸面向里的方向转动B.开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N 极指向垂直纸面向里的方向24C.开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N 极指向垂直纸面向外的方向D.开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，小磁针的N 极朝垂直纸面向外的方向转动【答案】AD【解析】本题考查电磁感应、安培定则及其相关的知识点
40、。开关闭合的瞬间，左侧的线圈中磁通量变化，产生感应电动势和感应电流，由楞次定律可判断出直导线中电流方向为由南向北，由安培定则可判断出小磁针处的磁场方向垂直纸面向里，小磁针的N 极朝垂直纸面向里的方向转动，A 正确；开关闭合并保持一段时间后，左侧线圈中磁通量不变，线圈中感应电动势和感应电流为零，直导线中电流为零，小磁针恢复到原来状态，BC 错误；开关闭合并保持一段时间后再断开后的瞬间，左侧的线圈中磁通量变化，产生感应电动势和感应电流，由楞次定律可判断出直导线中电流方向为由北向南，由安培定则可判断出小磁针处的磁场方向垂直纸面向外，小磁针的N 极朝垂直纸面向外的方向转动，D 正确。12.空间存在一方
41、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、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B0rS4t0D 圆环中的感应电动势大小为B0r24t0【答案】BC【解析】在0 t0时间内，磁感应强度减小，根据楞次定律可知感应电流的方向为顺时针，圆环所受安培力水平向左；在t0 t1时间内，磁感应强度反向增大，
42、感应电流的方向仍为顺时针，圆环所受安培力水平向右，所以选项A 错误，B 正确；根据法拉第电磁感应定25律得Et12r2B0t0B0r22t0，由 R lS可得R 2rS，根据欧姆定律可得IERB0rS4t0，所以选项C 正确，D 错误13.高频焊接技术的原理如图(a)所示.线圈接入图(b)所示的正弦式交流电(以电流顺时针方向为正)，圈内待焊接工件形成闭合回路.则()A.图(b)中电流有效值为IB.0 t1时间内工件中的感应电流变大C.0 t1时间内工件中的感应电流方向为逆时针D.图(b)中 T 越大，工件温度上升越快【答案】AC【解析】由图知电流的最大值为2I，因为该电流是正弦式交流电，则有效
43、值为I，故A 正确.i t图象切线的斜率等于电流的变化率，根据数学知识可知：0 t1时间内线圈中电流的变化率减小，磁通量的变化率变小，由法拉第电磁感应定律可知工件中感应电动势变小，则感应电流变小，故B 错误.根据楞次定律可知：0 t1时间内工件中的感应电流方向为逆时针，故C 正确.图(b)中 T 越大，电流变化越慢，工件中磁通量变化越慢，由法拉第电磁感应定律可知工件中产生的感应电动势越小，温度上升越慢，故D 错误.14.在倾角为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
44、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()26A 当ab 边刚越过ff 时，线框加速度的大小为gsinB t0时刻线框匀速运动的速度为v04C t0时间内线框中产生的焦耳热为32mgL sin1532mv20D 离开磁场的过程中线框将做匀速直线运动【答案】BC【解析】当ab 边进入磁场时，FAB2L2v0R mg sin.当 ab 边刚越过f f时，线框的感应电动势和电流均加倍，4B2L2v0R mg sin ma，加速度向上为3gsin，A 错误；t0时刻，4B2L2vR
45、 mg sin，解得vv04，B 正确；线框从进入磁场到再次做匀速运动过程，沿斜面向下运动距离为32L，则由功能关系得t0时间内线框中产生的焦耳热为Q 3mgL sin212mv2012mv232mgL sin1532mv20，C 正确；线框离开磁场时做加速运动，D 错误15.如图甲所示，质量m 3.0103kg 的“”形金属细框竖直放置在两水银槽中，“”形框的水平细杆CD 长 l 0.20m，处于磁感应强度大小B1 1.0T、方向水平向右的匀强磁场中有一匝数n 300 匝、面积S 0.01m2的线圈通过开关K 与两水银槽相连线圈处于与线圈平面垂直、沿竖直方向的匀强磁场中，其磁感应强度B2随时
46、间t变化的关系如图乙所示t 0.22s时闭合开关K 瞬间细框跳起(细框跳起瞬间安培力远大于重力)，跳起的最大高度h 0.20m 不计空气阻力，重力加速度g 10 m/s2，下列说法正确的是()A 0 0.10s内线圈中的感应电动势大小为3 VB开关K 闭合瞬间，CD 中的电流方向由C 到 DC磁感应强度B2的方向竖直向下27D 开关K 闭合瞬间，通过细杆CD 的电荷量为0.03C【答案】BD【解析】0 0.1s内线圈中的磁场均匀变化，由法拉第电磁感应定律E nt nSBt，代入数据得E 30 V，A 错开关闭合瞬间，细框会跳起，可知细框受向上的安培力，由左手定则可判断电流方向由C 到 D，B
47、对由于t 0.22s时通过线圈的磁通量正在减少，再对线圈由楞次定律可知感应电流产生的磁场的方向与B2的方向相同，故再由安培定则可知C 错误K 闭合瞬间，因安培力远大于重力，则由动量定理有B1Il t mv，通过细杆的电荷量 Q It，线框向上跳起的过程中v2 2gh，解得Q 0.03C，D 对16.如图甲所示，一单匝圆形闭合导线框半径为r，线框电阻为R，连接一交流电流表(内阻不计)线框内充满匀强磁场，已知该磁场磁感应强度B 随时间按正弦规律变化，如图乙所示(规定向下为B 的正方向)，则下列说法正确的是()A 0.005s时线框中的感应电流最大B 0.01s时线框中感应电流方向从上往下看为顺时针
48、方向C 0.015s时电流表的示数为零D 0 0.02s内闭合导线框上产生的热量为4r4R【答案】BD【解析】线圈中的感应电动势为E r2Bt，感应电流为i r2RBt，在 0.005s时，Bt0，则i 0，A 项错；由楞次定律知在0.01s时感应电流方向为顺时针方向(从上往下看)，B项正确；交流电流表测量的是交变电流的有效值，C 项错；感应电动势的峰值为Em Bmr22T，28一个周期导线框上产生的热量为Q Em22RT4r4R，D 项正确17.如图所示，空间存在一有边界的条形匀强磁场区域，磁场方向与竖直平面(纸面)垂直，磁场边界的间距为L.一个质量为m、边长也为L 的正方形导线框沿竖直方向
49、运动，线框所在平面始终与磁场方向垂直，且线框上、下边始终与磁场的边界平行t 0 时刻导线框的上边恰好与磁场的下边界重合(图中位置)，导线框的速度为v0.经历一段时间后，当导线框的下边恰好与磁场的上边界重合时(图中位置)，导线框的速度刚好为零此后，导线框下落，经过一段时间回到初始位置(不计空气阻力)，则()A 上升过程中合力做的功与下降过程中合力做的功相等B上升过程中线框产生的热量比下降过程中线框产生的热量多C上升过程中，导线框的加速度逐渐减小D 上升过程克服重力做功的平均功率小于下降过程重力的平均功率【答案】BC【解析】线框在运动过程中要克服安培力做功，消耗机械能，故返回原位置时速率减小，由动
50、能定理可知，上升过程动能变化量大，合力做功多，所以选项A 错误；分析线框的运动过程可知，在任一位置，上升过程的安培力大于下降过程中的安培力，而上升、下降位移相等，故上升过程克服安培力做功大于下降过程中克服安培力做的功，故上升过程中线框产生的热量多，所以选项B 正确；以线框为对象分析受力可知，在上升过程做减速运动，有F安 mg ma，F安B2L2vR，故有a gB2L2mRv，所以上升过程中，速度减小，加速度也减小，故选项C 正确；在下降过程中的加速度小于上升过程的加速度，而上升、下降的位移相等，故可知上升时间较短，下降时间较长，两过程中重力做功大小相同，由功率公式可知，上升过程克服重力做功的平