2020版高考物理一輪復習 全程訓練計劃 課練30 法拉第電磁感應定律 自感現(xiàn)象（含解析）.doc

法拉第電磁感應定律 自感現(xiàn)象小題狂練 小題是基礎練小題提分快1.2019河北省承德二中測試如圖所示，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1：4Ba、b兩線圈中產(chǎn)生的感應電動勢之比為1：2Ca、b兩線圈中產(chǎn)生的感應電流之比為4：1D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：任意時刻，穿過a、b兩線圈的磁感線條數(shù)相等，磁通量相等，故磁通量之比為1：1，故A錯誤根據(jù)法拉第電磁感應定律得：ES，Sr2，因為S相等，也相等，所以a、b兩線圈中產(chǎn)生的感應電動勢相等，感應電動勢之比為1：1，故B錯誤線圈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錯誤根據(jù)焦耳定律得Qt，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2.2019湖南省衡陽八中模擬(多選)如圖所示，均勻金屬圓環(huán)的總電阻為4R，磁感應強度為B的勻強磁場垂直穿過圓環(huán)，金屬桿OM的長為l，阻值為R，M端與環(huán)接觸良好，繞過圓心O的轉(zhuǎn)軸以恒定的角速度順時針轉(zhuǎn)動阻值為R的電阻一端用導線和環(huán)上的A點連接，A點位于O點的正下方，另一端和轉(zhuǎn)軸O處的端點相連接下列判斷正確的是()A金屬桿OM旋轉(zhuǎn)產(chǎn)生的感應電動勢恒為B通過電阻R的電流的最小值為 ，方向從Q到PC通過電阻R的電流的最大值為，且P、Q兩點電勢滿足P>QDO、M兩點間電勢差絕對值的最大值為答案：AD解析：M端線速度為vl，OM切割磁感線的平均速度為，OM轉(zhuǎn)動切割磁感線產(chǎn)生的電動勢恒為：EBlBl2，A正確；當M端位于圓環(huán)最上端時，圓環(huán)兩部分電阻相等，并聯(lián)電阻最大，電流最小，R并R，通過電阻R的電流的最小值為Imin，根據(jù)右手定則可得電流方向從Q到P，B錯誤；當M位于最下端時圓環(huán)接入電路的電阻為0，此時有最大電流：Imax，根據(jù)右手定則可得電流方向從Q到P，P、Q兩點電勢滿足P<Q，C錯誤；OM作為電源，外電阻增大，總電流減小，內(nèi)電壓減小，路端電壓增大，所以外電阻最大時，O、M兩點間電勢差的絕對值最大，其最大值為：UImin2R，D正確；故選A、D.32019河北省衡水一中考試(多選)如圖甲所示，一個剛性圓形線圈與電阻R構(gòu)成閉合回路，線圈平面與所在處的勻強磁場方向垂直，磁場的磁感應強度B隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示關(guān)于線圈中產(chǎn)生的感應電動勢e、電阻R消耗的功率P隨時間t變化的圖象，下列可能正確的有()答案：BD解析：根據(jù)題圖乙知00.5T內(nèi)磁感應強度均勻增加，根據(jù)楞次定律，線圈中的感應電流沿逆時針方向；0.5TT內(nèi)磁感應強度均勻減弱，由楞次定律，線圈中的感應電流沿順時針方向，A錯誤；根據(jù)法拉第電磁感應定律ES，因為00.5T內(nèi)和0.5TT內(nèi)磁感應強度的變化率為定值且絕對值相等，所以感應電動勢大小不變，B正確；根據(jù)I，整個過程中電流大小不變，由PI2R知電阻R消耗的功率不變，C錯誤，D正確4.2019貴州省貴陽市摸底(多選)如圖所示，邊長為l的正方形單匝金屬線框ABCD，左半部分處在方向垂直于線框平面向里的勻強磁場中，磁感應強度大小為B，線框的AD邊從圖中位置按俯視的逆時針方向，以線速度v繞固定對稱軸OO勻速轉(zhuǎn)動90，則此過程線框中()A感應電流方向沿ADCBAB磁通量的最大值為Bl2C最大感應電動勢為BlvD平均感應電動勢為答案：CD解析：由楞次定律結(jié)合右手螺旋定則，可知感應電流方向應為ABCDA，A項錯誤；通過線框的磁通量的最大值為BSBl2，B項錯誤；當AD邊垂直切割磁感線時，感應電動勢最大，EBlv，C項正確；由法拉第電磁感應定律可知，線框轉(zhuǎn)過90過程中線框的平均感應電動勢為，Bl2，t，聯(lián)立可得，D項正確52019山西省名校聯(lián)盟測試如圖所示，光滑水平面內(nèi)有一正方形導體線框abcd，置于垂直水平面向里、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)生的焦耳熱為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，進入磁場過程中，產(chǎn)生的焦耳熱為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()AQ22Q1，q22q1 BQ22Q1，q2q1CQ2Q1，q2q1 DQ24Q1，q22q1答案：B解析：根據(jù)I及FBIL可得F，安培力做的功轉(zhuǎn)化為電能，然后轉(zhuǎn)化為焦耳熱，由QWFL可知產(chǎn)生的焦耳熱與速度成正比，所以Q22Q1；根據(jù)q可知通過線框?qū)w橫截面的電荷量與速度無關(guān)，q2q1，選項B正確62019湖北省武漢市部分學校調(diào)研(多選)如圖(a)所示，在足夠長的光滑斜面上有一金屬線框，垂直于斜面方向的勻強磁場的磁感應強度B隨時間的變化規(guī)律如圖(b)所示(規(guī)定垂直斜面向上為正方向)t0時刻將線框由靜止釋放，在線框下滑的過程中，下列說法正確的是()A線框中產(chǎn)生大小、方向均周期性變化的電流BMN邊受到的安培力先減小后增大C線框做勻加速直線運動D線框中產(chǎn)生的焦耳熱等于其機械能的損失答案：BC解析：穿過線框的磁通量先向下減小，后向上增加，根據(jù)楞次定律可知，感應電流方向不變，選項A錯誤；因磁感應強度B的變化率不變，則感應電動勢的大小不變，感應電流的大小不變，而B的大小先減小后增大，根據(jù)FBIL可知，MN邊受到的安培力先減小后增大，選項B正確；因線框平行的兩邊電流等大反向，整個線框所受的安培力合力為零，則線框下滑的加速度為gsin不變，線框做勻加速直線運動，選項C正確；因安培力對線框不做功，斜面光滑，則線框的機械能守恒，選項D錯誤7.2019河北省石家莊調(diào)研如圖所示電路中，A、B、C為完全相同的三個燈泡，L是一直流電阻不可忽略的電感線圈a、b為線圈L的左右兩端點，剛開始開關(guān)S是閉合的，三個燈泡的亮度相同將開關(guān)S斷開后，下列說法正確的是()Aa點電勢高于b點，A燈閃亮后緩慢熄滅Ba點電勢低于b點，B、C燈閃亮后緩慢熄滅Ca點電勢高于b點，B、C燈閃亮后緩慢熄滅Da點電勢低于b點，B、C燈不會閃亮只是緩慢熄滅答案：D解析：電路穩(wěn)定時，三個完全相同的燈泡亮度相同，說明流經(jīng)三個燈泡的電流相等，某時刻將開關(guān)S斷開，流經(jīng)電感線圈的磁通量減小，其發(fā)生自感現(xiàn)象，相當于電源，產(chǎn)生和原電流方向相同的感應電流，故a點電勢低于b點電勢，三個燈泡不會閃亮只是緩慢熄滅，選項D正確82019山東省泰安一中模擬(多選)在如圖甲所示的電路中，電阻R1R22R，單匝圓形金屬線圈半徑為r1，線圈的電阻為R，在半徑為r2(r2<r1)的圓形區(qū)域內(nèi)存在垂直于線圈平面向里的勻強磁場，磁感應強度B隨時間t變化的關(guān)系圖線如圖乙所示，圖線在橫、縱軸的截距分別為t0和B0，其余導線的電阻不計閉合S，至t1時刻，電路中的電流已穩(wěn)定，下列說法正確的是()A電容器上極板帶正電B電容器下極板帶正電C線圈兩端的電壓為D線圈兩端的電壓為答案：BD解析：由楞次定律知圓形金屬線圈中的感應電流方向為順時針方向，金屬線圈相當于電源，電源內(nèi)部的電流從負極流向正極，則電容器的下極板帶正電，上極板帶負電，A錯，B對由法拉第電磁感應定律知感應電動勢為ESr，由閉合電路歐姆定律得感應電流為I，所以線圈兩端的電壓UI(R1R2)，C錯，D對92019重慶質(zhì)檢(多選)如圖，兩根足夠長且光滑平行的金屬導軌PP、QQ傾斜放置，勻強磁場垂直于導軌平面向上，導軌的上端與水平放置的兩金屬板M、N相連，板間距離足夠大，板間有一帶電微粒，金屬棒ab水平跨放在導軌上，下滑過程中與導軌接觸良好現(xiàn)同時由靜止釋放帶電微粒和金屬棒ab，則下列說法正確的是()A金屬棒ab最終可能勻速下滑B金屬棒ab一直加速下滑C金屬棒ab下滑過程中M板電勢高于N板電勢D帶電微粒不可能先向N板運動后向M板運動答案：BC解析：金屬棒沿光滑導軌加速下滑，棒中有感應電動勢，從而對電容器充電，充電電流通過金屬棒時金屬棒受安培力作用，只有金屬棒速度增大時才有充電電流，因此總有mgsinBIl>0，金屬棒將一直加速，A錯、B對；由右手定則可知，金屬棒a端電勢高，則M板電勢高，C對；若微粒帶負電，則靜電力向上，與重力反向，開始時靜電力為0，微粒向下加速運動，當靜電力增大到大于重力時，微粒的加速度方向向上，D錯10.2019陜西省部分學校摸底(多選)半徑分別為r和2r的同心圓形導軌(電阻不計)固定在同一水平面內(nèi)，一長為r、電阻為R的均勻金屬棒AB置于圓導軌上面，BA的延長線通過圓形導軌圓心O，裝置的俯視圖如圖所示，整個裝置位于一勻強磁場中，磁感應強度的大小為B，方向豎直向下在兩環(huán)之間接阻值為R的定值電阻和電容為C的電容器金屬棒在水平外力作用下以角速度繞O逆時針勻速轉(zhuǎn)動，在轉(zhuǎn)動過程中始終與導軌保持良好接觸下列說法正確的是()A金屬棒中電流從B流向AB金屬棒兩端電壓為Br2C電容器的M板帶負電D電容器所帶電荷量為CBr2答案：AB解析：根據(jù)右手定則可知金屬棒中電流從B流向A，選項A正確；金屬棒轉(zhuǎn)動產(chǎn)生的電動勢為EBrBr2，切割磁感線的金屬棒相當于電源，金屬棒兩端電壓相當于電源的路端電壓，因而UEBr2，選項B正確；金屬棒A端相當于電源正極，電容器M板帶正電，選項C錯誤；由C可得電容器所帶電荷量為QCBr2，選項D錯誤11.2019江西省臨川一中測試(多選)1931年英國物理學家狄拉克曾經(jīng)預言，自然界應該存在只有一個磁極的磁單極子，其周圍磁感線呈均勻輻射狀分布，如圖所示，現(xiàn)有一半徑為R的線狀圓環(huán)，其過圓心O的環(huán)面的豎直對稱軸CD上某處有一固定的磁單S極子，與圓環(huán)相交的磁感線和對稱軸成角，圓環(huán)上各點的磁感應強度B大小相等，忽略空氣阻力，下列說法正確的是()A若圓環(huán)為一閉合載流I、方向如圖的導體圓環(huán)，該圓環(huán)所受安培力的方向豎直向上，大小為BIRB若圓環(huán)為一閉合載流I、方向如圖的導體圓環(huán)，該圓環(huán)所受安培力的方向豎直向下，大小為2BIRsinC若圓環(huán)為一如圖方向運動的帶電小球所形成的軌跡圖，則小球帶負電D若圓環(huán)為一閉合導體圓環(huán)，從靜止開始釋放，環(huán)中產(chǎn)生與圖中反方向的感應電流，加速度等于重力加速度答案：BC解析：根據(jù)左手定則可知，通電導體圓環(huán)每一部分受到的安培力斜向下，利用微元法可知該圓環(huán)所受安培力的方向豎直向下，大小為2BIRsin，故A錯誤，B正確；若圓環(huán)為一如題圖方向運動的帶電小球所形成的軌跡圓，說明形成的電流產(chǎn)生的安培力豎直向上，形成的電流應與題圖圖示電流方向相反，故小球帶負電，故C正確；閉合導體圓環(huán)從靜止開始釋放，在下落過程中穿過圓環(huán)的磁通量增大，根據(jù)右手定則可知，產(chǎn)生與題圖反方向的感應電流，受到的安培力斜向上，根據(jù)牛頓第二定律可知加速度小于g，故D錯誤；故選B、C.12.2019湖南省長沙市長郡中學考試(多選)如圖所示，x軸上方第一象限和第二象限分別有垂直紙面向里和垂直紙面向外的勻強磁場，且磁感應強度大小相同，現(xiàn)有四分之一圓形線框OMN繞O點逆時針勻速轉(zhuǎn)動，若規(guī)定線框中感應電流I順時針方向為正方向，從圖示時刻開始計時，則感應電流I及ON邊所受的安培力大小F隨時間t的變化示意圖正確的是()答案：AD解析：在0t0時間內(nèi)，由楞次定律和右手螺旋定則可判斷出感應電流方向為逆時針方向(為負值)；在t02t0時間內(nèi)，由楞次定律和右手螺旋定則可判斷出感應電流方向為順時針方向(為正值)，且大小為在0t0時間內(nèi)產(chǎn)生的電流大小的2倍；在2t03t0時間內(nèi)，由楞次定律和右手螺旋定則可判斷出感應電流方向為逆時針方向(為負值)，且大小與在0t0時間內(nèi)產(chǎn)生的感應電流大小相等，因此感應電流I隨時間t的變化示意圖與選項A中圖象相符，選項A正確，B錯誤在0t0時間內(nèi)，ON邊雖然有電流但沒有進入磁場區(qū)域，所受安培力為零；在t02t0時間內(nèi)，感應電流大小為在2t03t0時間內(nèi)產(chǎn)生的電流大小的2倍，ON邊所受安培力為在2t03t0時間內(nèi)的2倍，因此ON邊所受的安培力大小F隨時間t的變化示意圖與選項D中圖象相符，選項C錯誤，D正確132019安徽省四校模擬(多選)如圖所示，豎直面內(nèi)有一閉合導線框ACDEA(由細軟導線制成)掛在兩固定點A、D上，水平線段AD為半圓的直徑，在導線框的E處有一個動滑輪，動滑輪下面掛一重物，使導線處于繃緊狀態(tài)在半圓形區(qū)域內(nèi)，有磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向里的有界勻強磁場設導線框的電阻為r，半圓的半徑為R，在將導線上的C點以恒定角速度(相對圓心O)從A點沿圓弧移動的過程中，若不考慮導線中電流間的相互作用，則下列說法正確的是()A在C從A點沿圓弧移動到D點的過程中，導線框中感應電流的方向先逆時針，后順時針B在C從A點沿圓弧移動到圖中ADC30位置的過程中，通過導線上C點的電荷量為C當C沿圓弧移動到圓心O的正上方時，導線框中的感應電動勢最大D在C從A點沿圓弧移動到D點的過程中，導線框中產(chǎn)生的焦耳熱為答案：ABD解析：設經(jīng)過時間t，C點轉(zhuǎn)過的角度為，則有t，根據(jù)幾何知識可知導線框在磁場中的面積為S2RRsinR2sint，磁通量為BR2sinBR2sint，磁通量先增大后減小，根據(jù)楞次定律知電流的方向先逆時針后順時針，A正確；根據(jù)q，可得q，B正確；根據(jù)e可知，感應電動勢eBR2cost，C沿圓弧移動到圓心O的正上方時，導線框中的感應電動勢最小，為零，C錯誤；根據(jù)C選項的分析可知電動勢的有效值為EBR2，故焦耳熱為Qt，D正確142018全國卷(多選)如圖(a)，在同一平面內(nèi)固定有一長直導線PQ和一導線框R，R在PQ的右側(cè)導線PQ中通有正弦交流電i，i的變化如圖(b)所示，規(guī)定從Q到P為電流正方向?qū)Ь€框R中的感應電動勢()A在t時為零B在t時改變方向C在t時最大，且沿順時針方向D在tT時最大，且沿順時針方向答案：AC解析：A對：在t時，交流電圖線斜率為0，即磁場變化率為0，由ES知，E0.C對，B、D錯：在t和tT時，圖線斜率最大，在t和tT時感應電動勢最大在到之間，電流由Q向P減弱，導線在R處產(chǎn)生垂直紙面向里的磁場，且磁場減弱，由楞次定律知，R產(chǎn)生的感應電流的磁場方向也垂直紙面向里，即R中感應電動勢沿順時針方向，同理可判斷在到時，R中電動勢也為順時針方向，在T到T時，R中電動勢為逆時針方向152018全國卷如圖，在同一水平面內(nèi)有兩根平行長導軌，導軌間存在依次相鄰的矩形勻強磁場區(qū)域，區(qū)域?qū)挾染鶠閘，磁感應強度大小相等、方向交替向上向下一邊長為l的正方形金屬線框在導軌上向左勻速運動線框中感應電流i隨時間t變化的正確圖線可能是()答案：D解析：設線框運動的速度為v，則線框向左勻速運動第一個的時間內(nèi)，線框切割磁感線運動產(chǎn)生的電動勢為E2Bdv(d為導軌間距)，電流i，回路中電流方向為順時針；第二個的時間內(nèi)，線框切割磁感線運動產(chǎn)生的電動勢為零，電流為零；第三個的時間內(nèi)，線框切割磁感線運動產(chǎn)生的電動勢為E2Bdv，電流i，回路中電流方向為逆時針，所以D正確162016上海卷(多選)如圖(a)，螺線管內(nèi)有平行于軸線的外加勻強磁場，以圖中箭頭所示方向為其正方向螺線管與導線框abcd相連，導線框內(nèi)有一小金屬圓環(huán)L，圓環(huán)與導線框在同一平面內(nèi)當螺線管內(nèi)的磁感應強度B隨時間按圖(b)所示規(guī)律變化時()A在t1t2時間內(nèi)，L有收縮趨勢B在t2t3時間內(nèi)，L有擴張趨勢C在t2t3時間內(nèi)，L內(nèi)有逆時針方向的感應電流D在t3t4時間內(nèi)，L內(nèi)有順時針方向的感應電流答案：AD解析：由題圖(b)可知，在t1t2時間內(nèi)，線圈中向上的外加磁場的磁感應強度增大，圖線的斜率在增大，則磁感應強度的變化率在增大，根據(jù)楞次定律可知，導線框中產(chǎn)生順時針方向的感應電流，根據(jù)法拉第電磁感應定律可知，線圈中感應電動勢增大，因此導線框中的感應電流增大，導線框中感應電流產(chǎn)生的磁場增強，使得該磁場在圓環(huán)中的磁通量增大，由楞次定律知圓環(huán)有收縮趨勢，A項正確；在t2t3時間內(nèi)，外加磁場均勻變化，導線框中產(chǎn)生穩(wěn)定電流，該電流的磁場是穩(wěn)定磁場，通過圓環(huán)的磁通量保持不變，圓環(huán)沒有擴張或收縮趨勢，B、C項錯誤；在t3t4時間內(nèi)，外加磁場的磁感應強度向下減小，且圖線的斜率也減小，根據(jù)楞次定律可知，導線框中產(chǎn)生順時針方向減小的感應電流，根據(jù)法拉第電磁感應定律可知，該電流的磁場在圓環(huán)中的磁通量垂直紙面向里且大小減少，根據(jù)楞次定律可知，圓環(huán)內(nèi)產(chǎn)生順時針方向的感應電流，D項正確.課時測評 綜合提能力課時練贏高分一、選擇題12019河北石家莊檢測等腰直角三角形OPQ區(qū)域內(nèi)存在勻強磁場，另有一等腰直角三角形導線框ABC以恒定的速度沿垂直于磁場方向穿過磁場，穿越過程中速度方向始終與AB邊垂直且保持AC平行于OQ，關(guān)于線框中的感應電流，以下說法中不正確的是()A開始進入磁場時感應電流最大B產(chǎn)生的電動勢屬于動生電動勢C開始進入磁場時感應電流沿順時針方向D開始穿出磁場時感應電流沿順時針方向答案：C解析：當線框進入磁場時，切割磁感線產(chǎn)生的動生感應電動勢為EBLv，導線框ABC以恒定的速度運動，當有效切割長度最大時，產(chǎn)生的感應電動勢也最大，感應電流I最大線框開始進入磁場時感應電動勢最大，此時感應電流最大，選項A、B說法正確；由右手定則可判定導線框開始進入磁場時，切割磁感線產(chǎn)生的感應電流方向由C到A，即感應電流沿逆時針方向，選項C說法錯誤；由楞次定律可得開始穿出磁場時感應電流方向由A到C，即感應電流沿順時針方向，選項D說法正確22019遼寧錦州檢測(多選)如圖所示，用長度La：Lb2：1的同種導線做成圓環(huán)a、b，并在A、C處相連，當均勻變化的磁場垂直穿過a環(huán)時，環(huán)內(nèi)電流為I1，A、C間電壓為U1；若同樣磁場穿過b環(huán)，環(huán)內(nèi)電流為I2，A、C間電壓為U2，則()AI1：I24：1 BI1：I22：1CU1：U22：1 DU1：U24：1答案：AC解析：用長度La：Lb2：1的同種導線做成圓環(huán)a、b，故兩個環(huán)的半徑之比為2：1，面積之比為4：1；根據(jù)電阻定律公式R，兩圓環(huán)的電阻之比為Ra：Rb2：1；根據(jù)法拉第電磁感應定律，感應電動勢ESS，故兩種情況產(chǎn)生的電動勢之比為4：1，根據(jù)閉合電路歐姆定律I，可知感應電流之比為4：1，選項A正確，B錯誤；路端電壓UIR，第一次外電阻是b環(huán)電阻，第二次外電阻是a環(huán)電阻，故兩次的路端電壓之比為，選項C正確，D錯誤32019遼寧沈陽東北育才學校模擬如圖，固定在水平桌面上的光滑金屬導軌cd、eg處于方向豎直向下的勻強磁場中，金屬桿ab與導軌接觸良好，在兩根導軌的端點d、e之間連接一電阻，其他部分電阻忽略不計，現(xiàn)用一水平向右的恒力F作用在金屬桿ab上，使金屬桿由靜止開始向右沿導軌滑動，滑動中桿ab始終垂直于導軌，金屬桿受到的安培力用F安表示，則下列說法正確的是()A金屬桿ab做勻加速直線運動B金屬桿ab運動時回路中有順時針方向的電流C金屬桿ab所受到的F安先不斷增大，后保持不變D金屬桿ab克服安培力做功的功率與時間的平方成正比答案：C解析：對金屬桿受力分析，根據(jù)牛頓第二定律有FF安ma，即Fma，由于速度變化，所以加速度發(fā)生變化，故金屬桿做加速度逐漸減小的變加速運動，不是做勻加速直線運動，故A錯誤；根據(jù)楞次定律可知，金屬桿ab運動時回路中有逆時針方向的感應電流，故B錯誤；由F安可知，當速度增大時，安培力增大，當金屬桿受力平衡時，達到最大速度，其后開始做勻速運動，安培力不變，故C正確；金屬桿克服安培力做功的瞬時功率PI2R2R，故D錯誤4.2019遼寧師大附中月考如圖所示，間距為L的光滑平行金屬導軌彎成“”形，底部導軌面水平，傾斜部分與水平面成角，導軌與固定電阻相連，整個裝置處于豎直向上的磁感應強度為B的勻強磁場中導體棒ab與cd均垂直于導軌放置，且與導軌間接觸良好，兩導體棒的電阻均與阻值為R的固定電阻相等，其余部分電阻不計，當導體棒cd沿導軌向右以速度v勻速滑動時，導體棒ab恰好在傾斜導軌上處于靜止狀態(tài)，導體棒ab的重力為mg，則()A導體棒cd兩端的電壓為BLvBt時間內(nèi)通過導體棒cd橫截面的電荷量為Ccd棒克服安培力做功的功率為D導體棒ab所受安培力為mgsin答案：B解析：根據(jù)題意畫出等效電路如圖甲所示導體棒cd產(chǎn)生的感應電動勢為EBLv，導體棒cd兩端的電壓是路端電壓，為EBLv，選項A錯誤；通過cd棒的電流I，在時間t內(nèi)通過導體棒cd橫截面的電荷量為qIt，選項B正確；對ab棒進行受力分析如圖乙所示，由于ab棒靜止，所以ab棒所受安培力Fabmgtan，選項D錯誤；由功能關(guān)系知cd棒克服安培力做功的功率等于整個電路的電功率，為P，選項C錯誤52019湖北武漢二中檢測如圖甲所示，一匝數(shù)N10匝、總電阻R7.5 、長L10.4 m、寬L20.2 m的勻質(zhì)矩形金屬線框靜止在粗糙水平面上，線框的bc邊正好過半徑r0.1 m的圓形磁場的直徑，線框的左半部分在垂直線框平面向上的勻強磁場區(qū)域內(nèi)，磁感應強度B01 T，圓形磁場的磁感應強度B垂直線框平面向下，大小隨時間均勻增大，如圖乙所示，已知線框與水平面間的最大靜摩擦力f1.2 N，取3，則()At0時刻穿過線框的磁量大小為0.07 WbB線框靜止時，線框中的感應電流為0.2 AC線框靜止時，ad邊所受安培力水平向左，大小為0.8 ND經(jīng)時間t0.4 s，線框開始滑動答案：D解析：設磁場豎直向上穿過線框的磁通量為正，由磁通量的定義得t0時，有L1L2B0Br20.01 Wb，故A錯誤線框靜止時，根據(jù)法拉第電磁感應定律有EN0.75 V，由閉合電路歐姆定律有I0.1 A，故B錯誤由楞次定律可知，圓形磁場的磁感應強度增大時，線框內(nèi)產(chǎn)生的感應電流的方向為逆時針方向，由左手定則可知，ad邊受到的安培力的方向水平向左，ad邊受到的安培力即線框受到的安培力，即F10B0IL11010.10.4 N0.4 N<1.2 N，即ad邊受到的摩擦力的大小為0.4 N，故C錯誤圓形磁場的磁感應強度均勻增大，所以線框產(chǎn)生大小不變的電動勢，感應電流的大小不變，而左側(cè)的磁場區(qū)域內(nèi)的磁場不變，所以線框的ad邊受到的安培力的大小恒為0.4 N，方向向左不變；t0.4 s時，線框的bc邊受到的安培力FNBI2r0.8 N，方向向左，故此時整個線框所受的安培力為0.4 N0.8 N1.2 N，方向向左，因fm1.2 N，可知此時線框?qū)⒁瑒樱蔇正確62019江西南昌二中檢測(多選)在磁感應強度為B的勻強磁場中，有一與磁場方向垂直、長度為L的金屬桿aO，已知abbccOL/3，a、c與磁場中以O為圓心的同心圓(都為部分圓弧)金屬軌道始終接觸良好一電容為C的電容器接在軌道上，如圖所示，當金屬桿在與磁場垂直的平面內(nèi)以O為軸、以角速度順時針勻速轉(zhuǎn)動時()AUac2UabBUaO9UcOC電容器所帶電荷量QBL2CD若在eO間連接一個電壓表，則電壓表示數(shù)為零答案：BC解析：根據(jù)轉(zhuǎn)動切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢的公式EBl2得aO、bO、cO間的電勢差分別為UaOBL2，UbOBL2BL2，UcOBL2BL2，則UacUaOUcOBL2，UabUaOUbOBL2，可見，Uac1.6Uab，UaO9UcO，故B正確，A錯誤電容器板間電壓等于ac間的電勢差，則電容器所帶電荷量為QCUacBL2C，故C正確若在eO間連接一個電壓表，電壓表與cO、軌道組成的閉合回路磁通量增加，會有電流通過電壓表，則電壓表將有示數(shù)，故D錯誤72019河南洛陽模擬(多選)如圖所示，電路中A、B是兩個完全相同的燈泡，L是一個自感系數(shù)很大、直流電阻為零的自感線圈，則下列判斷正確的是 ()AS閉合瞬間，A燈和B燈同時亮BS閉合后電路穩(wěn)定前，B先亮一下再逐漸變暗，A逐漸變暗CS閉合電路穩(wěn)定后，A燈和B燈亮度相同DS閉合電路穩(wěn)定后，再斷開S時，A燈要亮一下再熄滅答案：AD解析：開關(guān)S閉合的瞬間，兩燈同時獲得電流，所以A、B同時發(fā)光，選項A正確；由于線圈的電阻可以忽略，A燈逐漸被短路，流過A燈的電流逐漸減小，A燈逐漸變暗，直至熄滅，而流過B的電流增大，所以B燈變亮，選項B錯誤；結(jié)合B的分析可知，S閉合電路穩(wěn)定后，A熄滅，選項C錯誤；斷開開關(guān)S的瞬間，B燈的電流突然消失，立即熄滅，流過線圈的電流將要減小，產(chǎn)生自感電動勢，相當于電源，維持L中的電流逐漸減小，所以A燈要突然亮一下再熄滅，選項D正確82019四川綿陽月考在如圖所示的電路中，L為電阻很小的線圈，G1和G2為零刻度在表盤中央的兩個相同的電流表當開關(guān)S閉合后，電流表G1、G2的指針都偏向右側(cè)，那么當斷開開關(guān)S時，將出現(xiàn)的現(xiàn)象是()AG1和G2指針都立即回到零點BG1指針立即回到零點，而G2指針緩慢地回到零點CG1指針緩慢地回到零點，而G2指針先立即偏向左側(cè)，然后緩慢地回到零點DG2指針緩慢地回到零點，而G1指針先立即偏向左側(cè)，然后緩慢地回到零點答案：D解析：根據(jù)題意，電流方向自右向左時，電流表指針向右偏；電流方向自左向右時，電流表指針應向左偏當開關(guān)S斷開的瞬間，G1中原電流立即消失，而對于G2所在的支路，由于線圈L的自感作用，電流不會立即消失，L自感產(chǎn)生的電流先后通過L、G2、G1，且在由它們組成的閉合回路中持續(xù)一段時間，即G2中的電流按原方向自右向左逐漸減為零，G1中的電流和原電流方向相反，變?yōu)樽宰笙蛴遥遗cG2中的電流同時緩慢減為零，選項D正確9如圖甲所示，固定在水平桌面上的光滑金屬框架cdeg處于方向豎直向下的勻強磁場中，金屬桿與金屬框架接觸良好在兩根導軌的端點d、e之間連接一電阻，其他部分電阻忽略不計現(xiàn)用一水平向右的外力F作用在金屬桿上，使金屬桿由靜止開始向右在框架上滑動圖乙為一段時間內(nèi)金屬桿受到的安培力f隨時間t的變化關(guān)系，則下面可以表示外力F隨時間t變化關(guān)系的圖象是()答案：B解析：設金屬桿運動的速度為v，長度為l，產(chǎn)生的感應電動勢為Blv，安培力f，由圖可知f隨時間t線性變化，說明速度v隨時間t線性變化，即做勻加速直線運動，由牛頓第二定律，有Fma，則Ftma，選項B正確10(多選)用一段橫截面半徑為r，電阻率為、密度為d的均勻?qū)w材料做成一個半徑為R(rR)的圓環(huán)圓環(huán)豎直向下落入如圖所示的徑向磁場中，圓環(huán)的圓心始終在N極的軸線上，圓環(huán)所在位置的磁感應強度大小均為B，圓環(huán)在加速下落過程中某一時刻的速度為v，忽略電感的影響，則()A此時在圓環(huán)中產(chǎn)生了(俯視)沿順時針方向的感應電流B圓環(huán)因受到了向下的安培力而加速下落C此時圓環(huán)的加速度aD如果徑向磁場足夠長，則圓環(huán)的最大速度vm答案：AD解析：圓環(huán)向下切割磁感線，由右手定則可知，圓環(huán)中感應電流的方向為順時針方向(俯視)，A正確；再由左手定則可知，圓環(huán)受到的安培力向上，B錯誤；圓環(huán)中感應電動勢為EB2Rv，感應電流I，電阻R，解得I.圓環(huán)受到的安培力FBI2R.圓環(huán)的加速度ag，圓環(huán)質(zhì)量md2Rr2，解得加速度ag，C錯誤；當mgF時，加速度a0，圓環(huán)的速度最大，vm，D正確二、非選擇題11如圖甲，電阻不計的足夠長的平行光滑金屬導軌PX、QY相距L0.5 m，底端連接電阻R2 ，導軌平面傾角30，勻強磁場垂直于導軌平面向上，磁感應強度B1 T質(zhì)量m40 g、電阻r0.5 的金屬棒MN放在導軌上，金屬棒通過絕緣細線在電動機牽引下從靜止開始運動，經(jīng)過時間t12 s通過距離x1.5 m，速度達到最大，這個過程中電壓表示數(shù)U00.8 V，電流表示數(shù)I00.6 A，示數(shù)穩(wěn)定，運動過程中金屬棒始終與導軌垂直，細線始終與導軌平行且在同一平面內(nèi)，電動機線圈內(nèi)阻r00.5 ，g取10 m/s2.求：(1)細線對金屬棒拉力的功率P多大？(2)金屬棒從靜止開始運動的t12 s時間內(nèi)，電阻R上產(chǎn)生的熱量QR是多大？(3)用外力F代替電動機沿細線方向拉金屬棒MN，使金屬棒保持靜止狀態(tài)，金屬棒到導軌下端距離為d1 m若磁場按照圖乙規(guī)律變化，外力F隨著時間t的變化關(guān)系式？答案：(1)0.3 W(2)0.224 J(3)F0.016t0.208(N)解析：(1)細線對金屬棒拉力的功率P等于電動機的輸出功率，根據(jù)能量守恒定律，可得PI0U0Ir00.60.8 W0.620.5 W0.3 W.(2)當金屬棒從靜止開始運動，經(jīng)過t12 s時間，速度達到最大，設最大速度為vm，金屬棒產(chǎn)生的電動勢為E，感應電流為I1，受到的安培力為F安，細線的拉力為F拉，則EBLvm，I1，F(xiàn)安BI1L，則得F安.又PF拉vm，金屬棒速度最大時做勻速運動，有F拉mgsinF安，聯(lián)立得mgsin.代入數(shù)值解得vm1 m/s.金屬棒從靜止開始運動到達到最大速度過程中，設整個電路中產(chǎn)生的熱量為Q，由能量守恒定律得Pt1mgxsinmvQ，QRQ，解得QR0.224 J.(3)由題圖可知B(0.20.4t) T，設在t時刻，磁場的磁感應強度為B，金屬棒產(chǎn)生的電動勢為E，感應電流為I，受到的安培力為F安.根據(jù)法拉第電磁感應定律得感應電動勢ELd，感應電流I，金屬棒所受的安培力F安BIL.根據(jù)平衡條件得FmgsinF安，解得F0.016t0.208(N)12如圖所示，兩根足夠長且平行的光滑金屬導軌與水平面成53角固定放置，導軌間連接一阻值為6 的電阻R，導軌電阻忽略不計在兩平行虛線m、n間有一與導軌所在平面垂直、磁感應強度為B的勻強磁場導體棒a的質(zhì)量為ma0.4 kg，電阻Ra3 ；導體棒b的質(zhì)量為mb0.1 kg，電阻Rb6 ；它們分別垂直導軌放置并始終與導軌接觸良好a、b從開始相距L00.5 m處同時由靜止開始釋放，運動過程中它們都能勻速穿過磁場區(qū)域，當b剛穿出磁場時，a正好進入磁場(g取10 m/s2，不計a、b之間電流的相互作用)求：(1)當a、b分別穿越磁場的過程中，通過R的電荷量之比；(2)在穿越磁場的過程中，a、b兩導體棒勻速運動的速度大小之比；(3)磁場區(qū)域沿導軌方向的寬度d；(4)在整個過程中產(chǎn)生的總焦耳熱答案：(1)2：1(2)3：1(3)0.25 m(4)1 J解析：(1)由法拉第電磁感應定律得，平均電流，通過導體棒的總電荷量q總t.在b穿越磁場的過程中，b是電源，a與R是外電路，電路的總電阻R總1Rb8 .則通過R的電荷量為qRbq總.同理，a穿越磁場的過程中，R總2Ra6 ，通過R的電荷量為qRaq總.解得qRa：qRb2：1.(2)設b在磁場中勻速運動的速度大小為vb，則b中的電流Ib.由平衡條件得magsin53.同理，a在磁場中勻速運動時有magsin53.聯(lián)立可得va：vb3：1.(3)設a、b穿越磁場的過程中的速度分別為va和vb.由題意得vavbgtsin53，dvbt，因vv2gL0sin53，解得d0.25 m.(4)由F安amagsin53，故Wamagdsin530.8 J.同理Wbmbgdsin530.2 J.在整個過程中，電路中共產(chǎn)生焦耳熱為QWaWb1 J.