2022届高考物理一轮复习定基础汇编试题专题12电磁感应【含答案】

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1、专题12电磁感应一、单选题1如图所示，一圆形金属环与两固定的平行长直导线在同一竖直平面内，环的圆心与两导线距离相等，环的直径小于两导线间距。两导线中通有大小相等、方向向下的恒定电流。以下说法正确的是（ ）A. 金属环向上运动，则环上的感应电流方向为顺时针方向B. 金属环向下运动，则环上的感应电流方向为顺时针方向C. 金属环向右侧直导线靠近，则环上的感应电流方向为逆时针D. 金属环向左侧直导线靠近，则环上的感应电流方向为逆时针 C本题考查楞次定律的应用，掌握感应电流的产生条件，理解右手螺旋定则的内容穿过线框的磁通量变化有几种方式，有磁场变化导致磁通量变化，也有面积变化导致磁通量变化，还有磁场与面

2、积均变化导致磁通量变化的，最后有磁场与面积均没有变，而是放置的角度变化导致磁通量变化2如图甲所示，线圈ABCD固定于匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向外，当磁场变化时，线圈AB边所受安培力向右且变化规律如图乙所示，则磁场的变化情况可能是下列选项中的( ）A. B. C. D. D由法拉第电磁感应定律可知，结合闭合电路欧姆定律，则安培力的表达式F=BIL=，由图可知安培力的大小不变,而SL是定值,若磁场B增大,则B/t减小，若磁场B减小,则B/t增大；线圈AB边所受安培力向右，则感应电流的方向是顺时针，原磁场磁感强度应是增加的，故D正确，ABC错误；故选：D.3一个闭合线圈中没有产生感应电流，因此可

3、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 D感应电流的产生其条件是闭合线圈的磁通量发生变化，闭合线圈中没有感应电流产生可能线圈始终与磁场平行，故A错误；感应电流的产生其条件是闭合线圈的磁通量发生变化，磁通量的变化可以由磁场引起的，也可以由线圈的面积的变化引起的，闭合线圈中没有感应电流产生，不能判断出此地一定没有磁场的变化或没有面积的变化，故BC错误；没有电流只能说明穿过闭合线圈的磁通量没有发生变化故D正确；故选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

4、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4有一个匀强磁场边界是EF，在EF右侧无磁场，左侧是匀强磁场区域，如图甲所示现有一个闭合的金属线框以恒定速度从EF右侧水平进入匀强磁场区域线框中的电流随时间变化的it图象如图乙所示，则可能的线框是下列四个选项中的()A. B. C. D. A导体棒切割磁感线产生的感应电动势E=BLv，设线框总电阻是R，则感应电流；由图乙所示图象可知，感应电流先变大，后变小，且电流大小与时间成正比，由于B、v、R是定值，故导体棒的有效长度L应先变长，后变短，且L随时间均匀变化，即L与时间t成正比三角形线框匀速进入磁场时，有效长度L先增加，后减

5、小，且随时间均匀变化，符合题意，故A正确；梯形线框匀速进入磁场时，有效长度L先均匀增加，后不变，最后均匀减小，不符合题意，故B错误；长方形线框进入磁场时，有效长度L不变，感应电流不变，不符合题意，故B错误；闭合圆环匀速进入磁场时，有效长度L先变大，后变小，但L不随时间均匀变化，不符合题意，故D错误；故选A点睛：本题是一道关于感应电流的图象题，熟练应用导体棒切割磁感线产生的感应电动势公式、欧姆定律、分析清楚图象特点是正确解题的关键.5有人把自行车进行了改装，在后车轮上装上了一个小型发电机，想看电视时，就骑在自行车上不停地蹬车，可供电视、照明用电发电机原理如图甲所示，在匀强磁场中，磁感应强度为B，

6、放置一个有固定转轴的发电轮，如图所示，发电轮平面与磁感应强度垂直，发电轮半径为r，轮轴和轮缘为两个输出电极，该发电机输出电压接一理想变压器，再给一小灯泡供电，则下列说法中正确的是()A. 当人蹬车的速度增大时，小灯泡两端的电压降低B. 当人蹬车的速度增大时，小灯泡两端的电压不变C. 小灯泡的功率与发电机转速无关D. 小灯泡的功率随发电机转速的增大而增大 DPQ输出端的电压为，当人蹬车的速度增大时，小灯泡两端的电压增大，选项AB错误；小灯泡的功率：，则小灯泡的功率随发电机转速的增大而增大，选项C错误，D正确；故选D.6如图所示，边长为L，匝数为N的正方形线圈abcd位于纸面内，线圈内接有电阻值为

7、R的电阻，过ab中点和cd中点的连线OO恰好位于垂直纸面向里的匀强磁场的右边界上，磁场的磁感应强度为B.当线圈转过90时，通过电阻R的电荷量为()A. B. C. D. B当正方形线圈abcd有一半处在磁感应强度为B的匀强磁场中时，磁通量为：，根据，故B正确，ACD错误；故选B点睛：本题考查对于匀强磁场中磁通量的求解能力对于公式=BS，要懂得S的意义：有效面积，即有磁感线穿过的面积.7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

8、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 CA、B项，设导体棒的长度为，磁感应强度为，导体棒的速度保持不变，根据法拉第电磁感应定律，感应的电动势不变，设线框左边的电阻为，则左右两边线框的电阻为，流过PQ的电流，可以看出当PQ从靠近ad向bc靠近过程中，从零增大到，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，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

9、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。8如图所示，用相同导线绕成的两个单匝线圈a、b的半径分别为r和2r，圆形匀强磁场B的边缘恰好与a线圈重合，若磁场的磁感应强度均匀增大，开始时的磁感应强度不为0，则（）A. 任意时刻，穿过a、b两线圈的磁通量之比均为1：4B. a、b两线圈中产生的感应电动势之比为1：2C. a、b两线圈中产生的感应电流之比为4：1D. 相同时间内a、b两线圈产生的热量之比为2：1 DA、任意时刻，穿过a、b两线圈的磁感线条数，磁通量相等，磁通量之比为1：1故A错误B、根据法拉第电磁感应定律得：E=S，S=r2，则S相等，也相等，

10、所以感应电动势相等，感应电动势之比为1：1，故B错误C、线圈a、b的半径分别为r和2r，周长之比为1：2，电阻之比为1：2，根据欧姆定律知 I=，得a、b两线圈中产生的感应电流之比为2：1故C错误D、根据焦耳定律得 Q=t，得相同时间内a、b两线圈产生的热量之比为2：1，故D正确故选：D9如图所示，等腰三角形内分布有垂直于纸面向外的匀强磁场，它的底边在x轴上且长为2L，高为L，纸面内一边长为L的正方形导线框沿x轴正方向做匀速直线运动穿过匀强磁场区域，在t=0时刻恰好位于如图所示的位置，以顺时针方向为导线框中电流的正方向，下面四幅图中能够正确表示导线框中的电流位移（Ix）关系的是（ ）A. B.

11、 C. D. B10如图所示，金属杆ab静放在水平固定的“U”形金属框上，整个装置处于竖直向上的磁场中。当磁感应强度均匀减小时，杆ab总保持静止，则：（ ）A. 杆中感应电流方向是从b到a B. 杆中感应电流大小减小C. 金属杆所受安培力逐渐增大 D. 金属杆所受安培力大小不变 A根据楞次定律可得感应电流产生的磁场方向应竖直向上，所以方向为从b到a，A正确；因为磁场是均匀减小的，故恒定，根据法拉第电磁感应定律可得可知感应电动势恒定，即感应电流恒定，B错误；因为电流恒定，而磁感应强度减小，所以安培力减小，CD错误11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

12、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. B. C. D. B设在恒力F的作用下，A端t时间内向右移动微小的量x，则相应圆半径减小r，则有：x=2r在t时间内F做的功等于回路中电功，S可认为由于半径减小微小量r而引起的面积的变化，有：S=2rr而回路中的电阻R=R02r，代入得，F2r=显然t与圆面积变化S成正比，所以由面积r02变化为零，所经历的时间t为：解得：故B正确，

13、ACD错误故选B12通电直导线旁放一个金属线框，线框和导线在同一平面内，如图所示在线框abcd中没有产生感应电流的运动情况是（）A. 线框向右移动B. 线框以AB为轴旋转C. 线框以ad边为轴旋转D. 线框以ab边为轴旋转 B点睛：该题将安培定则与楞次定律相结合，要先根据安培定则判断出电流周围的磁场才方向与特点，然后在使用楞次定律判定感应电流的方向13关于处理物理问题的思想与方法，下列说法中正确的是（）A. 伽利略在研究自由落体运动时采用了微元法B. 在探究平均速度实验中使用了等效替代的思想C. 法拉第在研究电磁感应现象时利用了理想实验法D. 在探究加速度与力、质量的关系实验中使用了理想化模型

14、的思想方法 B伽利略在研究自由落体运动时采用了理想实验和逻辑推理的方法故A错误平均速度能粗略表示物体运动的快慢，在探究平均速度实验中使用了使用了等效替代的思想故B正确法拉第在研究电磁感应现象时利用了控制变量法故C错误在探究加速度与力、质量的关系实验中使用了控制变量的思想方法故D错误故选B14如图所示，纸面内有一矩形导体线框abcd，置于垂直纸面向里、边界为MN的匀强磁场外，线框的ab边平行磁场边界MN，线框以垂直于MN的速度v匀速进入磁场，线框进入磁场过程中，产生焦耳热为Q1，通过线框导体横截面的电荷量为q1，若线框以速度2v匀速进入磁场，线框进入磁场过程中，产生的热量为Q2，通过线框导体横截

15、面的电荷量为q2，则下列选项正确的是A. Q22Q1q22q1 B. Q22Q1q2q1C. Q22q1 D. Q24Q1q22q1 B试题分析：线框匀速进入磁场，克服安培力做功的功率等于线框产生的热量，根据功能关系可求线框中产生的热量由感应电荷量公式，可判两次进入通过线框导体横截面的电荷量相等根据及F=BIL可得安培力表达式：，拉力做的功转化为电能，然后转化为焦耳热，由可知产生的焦耳热与速度成正比，所以，根据可知通过线框某横截面的电荷量与速度无关，B正确15由于地磁场的存在，飞机在一定高度水平飞行时，其机翼就会切割磁感线，机翼的两端之间会有一定的电势差若飞机在北半球水平飞行，则从飞行员的角度

16、看，机翼左端的电势比右端的电势( )A. 低 B. 高 C. 相等 D. 以上情况都有可能 B当飞机在北半球水平飞行时，由于地磁场的存在，且地磁场的竖直分量方向竖直向下，则由右手定则可判定机翼左端的电势比右端的电势高若构成闭合电路则电流方向由机翼的右端流向左端，而机翼切割磁感线相当于电源，所以电源内部电流由负极流向正极故选B.点睛：机翼的运动，类似于金属棒在磁场中切割磁感线一样会产生电动势，而电源内部的电流方向则是由负极流向正极的16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.

17、 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 D电动势E=BLv，则电流强度，知电流强度与速率成正比故A正确FA=BIL=知安培力与速率成正比故B正确根据P=I2R，则，知电阻R产生的热功率与速率的平方成正比故C正确P=Fv=FAv=，知外力的功率与速率的平方成正比故D错误本题选不正确的，故选D17美国一位物理学家卡布莱拉用实验寻找磁单极子实验根据的原理就是电磁感应现象，仪器的主要部分是由超导体做成的线圈，设想有一个磁单极子穿过超导线圈，如图所示，于是在超导线圈中将引起感应电

18、流，关于感应电流的方向下列说法正确的是（ ）A. 磁单极子穿过超导线圈的过程中，线圈中产生的感应电流的方化B. N磁单极子，与S磁单极子分别穿过超导线圈的过程中，线圈中感应电流方向相同C. 磁单极子穿过超导线圈的过程中，线圈中感应电流方向不变D. 假若磁单极子为N磁单极子，穿过超导线圈的过程中，线圈中感应电流方向始终为顺时针（从上往下看） C若N磁单极子穿过超导线圈的过程中，当磁单极子靠近线圈时，当穿过线圈中磁通量增加，且磁场方向从上向下，所以由楞次定律可知，感应磁场方向：从下向上，再由右手螺旋定则可确定感应电流方向逆时针；当磁单极子远离线圈时，当穿过线圈中磁通量减小，且磁场方向从下向上，所以

19、由楞次定律可知，感应磁场方向：从下向上，再由右手螺旋定则可确定感应电流方向逆时针因此线圈中产生的感应电流方向不变故AD错误；若是S磁单极子穿过超导线圈，与A分析相同，得出：靠近线圈时，感应磁场从上向下，则感应电流方向顺时针；当远离时，感应电流也是顺时针故B错误；由AB分析可知，磁单极子穿过超导线圈的过程中，线圈中感应电流方向不变，故C正确；故选C.点睛：考查右手螺旋定则、楞次定律及磁单极子的特征同时注意磁体外部的感应线是从N极射出，射向S极18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

20、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 C解得：l1l2=，即AB间的距离最小为x=；当棒2固定后，对左侧棒，以向右为正方向，根据动量定理，有：Ft=mv，其中：F=BIL=BL，故：t=mv，即=mv0，解得：l=，故AB间的距离最小为x=；故x：x=1:2；故ABD错误，C正确；故选：C。【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

21、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。19如图所示，在光滑的水平面上，有一垂直向下的匀强磁场分布在宽度为L的区域内，现有一个边长为a（aL）的正方形闭合线圈以初速度v0垂直磁场边界滑过磁场后，速度为v(vv0)，那么线圈A. 完全进入磁场中时的速度大于（v0+v）/2B. 完全进入磁场中时的速度等于（v0+v）/2C. 完全进入磁场中时的速度小于（v0+v）/2D. 以上情况均有可能 B线框进入磁场过程：线框离开磁场过程：联立，得到：所以，选B

22、。【名师点睛】线框进入和穿出磁场过程，受到安培力作用而做减速运动，根据动量定理和电量q=It分析电量的关系。根据感应电量q=，分析可知两个过程线框磁通量变化量大小相等，两个过程电量相等，联立就可求出完全进入磁场中时线圈的速度。20以下叙述中不正确的是（）A. 伽利略通过斜面实验加逻辑推理的方法研究了自由落体运动的规律B. 开普勒提出了日心说，从而发现了行星运动的规律，后人称为开普勒行星运动规律C. 利用涡流的热效应，人们制成了用于加热食物的电磁炉D. 超高压带电作业的工人穿戴的工作服是用包含金属丝的织物制成的，这是利用了静电屏蔽的原理 B伽利略通过斜面实验加逻辑推理的方法研究了自由落体运动的规

23、律，A正确；哥白尼提出了日心说，开普勒发现了行星运动的规律，后人称为开普勒行星运动定律，B错误；电磁炉是利用涡流的热效应来加热食物的，C正确；超高压带电作业的工人穿戴的工作服是用包含金属丝的织物制成的，利用的是静电屏蔽的原理，故D正确21以下那种材料制成的器皿不能用于一般微波炉（）A. 玻璃 B. 陶瓷 C. 铝 D. 耐热塑料 C22电磁炉是利用涡流加热而达到烹饪食物的目的电磁炉适用的锅类是（）A. 平底陶瓷锅B. 凹底陶瓷锅C. 平底不锈钢锅D. 凹底不锈钢锅 C电磁炉是利用高频电流在电磁炉内部线圈中产生磁场，磁化铁质铁锅，从而形成无数个小涡流（即电流），加速锅底分子运动，使锅底自身发热达

24、到加热食品的目的，必须使用铁质锅具才被磁化形成涡流，C正确23如图所示，正方形闭合导线框以速度v0在光滑绝缘水平面上匀速运动，穿过有理想边界的匀强磁场区域后以速度v做匀速直线运动，则当完全处在磁场区域内时的运动速度u为 （ ）A. u (v0+v)/2 B. u = （v0+v）/2C. u t2C. a22a1 D. a25a1 BAB、当拉力的功率恒定时，随着速度增大，拉力逐渐减小，最后匀速运动时拉力最小，且最小值和第一种情况下拉力相等，因此都达到速度v时，t1t2，故A错误，B正确；CD、由于两种情况下，最终棒都以速度2v匀速运动，此时拉力与安培力大小相等，则有：当拉力恒定速度为v，加速

25、度为a1时，根据牛顿第二定律有：解得：若保持拉力的功率恒定，速度为2v时，拉力为F，则有：P=F2v，又所以则当速度为v时，拉力大小为：根据牛顿第二定律，得：解得：所以有a2=3a1，故CD错误。故选：B。【名师点睛】分析清楚两种情况下的运动形式区别，然后根据牛顿第二定律和运动学规律求解，注意两种情况下导体棒最终匀速运动时所受拉力大小是相同的。25下列三图中除导体棒ab可动外，其余部分均固定不动，甲图中的电容器C原来不带电设导体棒、导轨和直流电源的电阻均可忽略，导体棒和导轨间的摩擦也不计图中装置均在水平面内，且都处于方向垂直水平面（即纸面）向下的匀强磁场中，导轨足够长今给导体棒ab一个向右的初

26、速度v，在甲、乙、丙三种情形下导体棒ab的最终运动状态是（ ） A. 三种情形下导体棒ab最终均做匀速运动B. 三种情形下导体棒ab最终均静止C. 乙、丙中，ab棒最终将做匀速运动；甲中，ab棒最终静止D. 甲、丙中，ab棒最终将做匀速运动；乙中，ab棒最终静止 D【名师点睛】图甲中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流而使电容器充电，分析电路中电流的变化，即可判断ab棒所受的安培力，确定ab棒的运动情况；图乙中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流，通过电阻R转化为内能，ab棒将做减速运动；图丙中，分析导体棒受到的安培力情况，判断ab棒的运动情况。26在匀强磁场中有一N匝、半径为a的圆形线圈

27、（其总电阻为R）和一仪器（内阻不计）串联，线圈平面与磁场垂直。当线圈迅速由静止翻转180，该仪器指示有电量q通过，根据已知q、N、a、R可计算出磁感强度B等于A. B. C. D. A由法拉第电磁感应定律：线圈产生的感应电动势由闭合电路欧姆定律得感应电流根据电量的公式q=It，可得：由于开始线圈平面与磁场垂直，现把探测圈翻转180，则磁能量的变化=2BS=2Ba2所以由上公式可得：，则得： ,故选A点睛：考查法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、电量表达式，同时注意磁通量虽然是标量，但注意线圈分正反面，从而导致磁通量有正负还有磁通量与线圈匝数无关，但感应电动势与线圈匝数有关27如图所示，AOC

28、是光滑的直角金属导轨，AO沿竖直方向，OC沿水平方向，ab是一根金属直棒，如图立在导轨上，它从静止开始在重力作用下运动，运动过程中b端始终在OC上，a端始终在AO上，直到ab完全落在OC上。整个装置放在一匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，则ab棒在运动过程中A. 感应电流方向始终是baB. 感应电流方向先是ba ，后变为abC. 受磁场力方向与ab垂直，如图中箭头所示方向D. 受磁场力方向与ab垂直，开始如图中箭头所示方向，后来变为与箭头所示方向相反 B当ab棒从图示位置滑到与水平面成45时，闭合电路的磁通在变大，则由楞次定律得闭合电路中的电流是逆时针方向，即是ba而此时棒受到的安培力的方向与

29、图中箭头方向相反当越过与水平面成45时，闭合电路的磁通在变小，则由楞次定律得闭合电路中的电流是顺时针方向，即是ab而此时棒受到的安培力的方向与图中箭头方向相同由上可知：只有B选项正确故选B28如图所示，质量为m=0.5kg、电阻为r=1的轻杆ab可以无摩擦地沿着水平固定导轨滑行，导轨足够长，两导轨间宽度为L=1m，导轨电阻不计，电阻R1=1.5，R2=3，整个装置处在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B=1 T。杆从x轴原点O以水平速度v0=6m/s开始滑行，直到停止下来。下列说法不正确的是()A. a点电势高于b点电势B. 在杆的整个运动过程中，电流对电阻R1做的功为9JC. 整个运动过程中

30、，杆的位移为6mD. 在杆的整个运动过程中，通过电阻R1的电荷量为2C B由右手定则可知，a点电势高于b点电势，选项A正确；设总电流为I，则ab、电阻R1和R2上的电功率之比：，由能量关系可知：，解得QR1=3J，选项B错误；由动量定理可知：，解得，则通过R1的电量为，选项D正确；由，其中，解得x=6m，选项C正确；此题选项不正确的选项，故选B. 29一个粗细均匀总电阻为的矩形金属线框MNPQ，如图，MN的长度是NP的倍，NP长度为L，有一宽度为L、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. A

31、匀速运动L的过程中感应电动势E=2BLv，根据闭合电路的欧姆定律可得感应电流，根据闭合电路的欧姆定律可得；在L2L过程中，磁通量不变，感应电流为零，此过程UPQ=E=2BLv；在2L3L的过程中，感应电动势E=2BLv，根据闭合电路的欧姆定律可得，故A正确、BCD错误故选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30法拉第是十九世纪电磁学领域中最伟大的实验家，下列有关法拉第在电磁学领域的贡献，不正确的是A. 法拉第是电磁学的奠

32、基者，他首先提出了场的概念B. 法拉第发现并总结电磁感应是由于闭合电路磁通量变化引起的C. 法拉第正确地指出电磁感应与静电感应不同，感应电流并不是与原电流有关，而是与原电流的变化有关D. 法拉第通过科学实验以及研究发现判断感应电流方向的方法，即：感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流磁通量的变化 D31如图所示，等腰直角三角形区域内有垂直于纸面向内的匀强磁场，左边有一形状完全相同的等腰直角三角形导线框，线框从图示位置开始水平向右匀速穿过磁场区域，规定线框中感应电流逆时针方向为正方向，线框刚进入磁场区域时感应电流为i0，直角边长为L其感应电流i随位移x变化的图象正确的是A. B. C. D. C线框

33、进入磁场的位移为0L的过程中，三角形切割磁感线的有效长度先减小，当右边和斜边切割长度相等时感应电流为零，接着又反向增大，根据右手定则可知感应电流方向先是逆时针，后是顺时针；以后在L-2L过程中有效切割长度逐渐减小到零，则感应电流逐渐减小到零，所以C正确，ABD错误故选C32某同学在“探究感应电流产生的条件”的实验中，将直流电源、滑动变阻器、线圈（有铁芯）、线圈、灵敏电流计及开关按图连接成电路在实验中，该同学发现形状闭合的瞬间，灵敏电流计的指针向左偏由此可以判断，在保持开关闭合的状态下：（ ）A. 当线圈拔出时，灵敏电流计的指针向左偏B. 当线圈中的铁芯拔出时，灵敏电流计的指针向右偏C. 当滑动

34、变阻器的滑片匀速滑动时，灵敏电流计的指针不偏转D. 当滑动变阻器的滑片向端滑动时，灵敏电流计的指针向右偏 B点睛：本题无法直接利用楞次定律进行判断，但是可以根据题意得出产生使电流表指针左偏的条件，即可不根据绕向判出各项中应该出现的现象33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（Ld），质量为m ，电阻为R ，将线圈在磁场上方高h处静止释放，cd边刚进入磁场时速度为，cd边刚离开磁场时速度也为，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2

35、mgdC. 线圈的最小速度可能为 D. 线圈的最小速度一定为 AA、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2m

36、gd，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，则线圈下落的最小速度可能为：，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：，有，综上可解得线圈的最小速度为，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。34用一段横截面半径为r、电阻率为、密度为d 的均匀导体材料做成一个

37、半径为R(rR)的圆环。圆环竖直向下落入如图所示的径向磁场中，圆环的圆心始终在N 极的轴线上，圆环所在位置的磁感应强度大小均为B。圆环在加速下落过程中某一时刻的速度为v，忽略电感的影响，则A. 此时在圆环中产生了（俯视）逆时针的感应电流B. 此时圆环受到竖直向下的安培力作用C. 此时圆环的加速度D. 如果径向磁场足够深，则圆环的最大速度 D由题意可知，根据右手定则，右图中，环左端面电流方向垂直纸面向里，右端电流方向向外，则有（俯视）顺时针的感应电流，故A错误；根据楞次定律可知，环受到的安培力向上，阻碍环的运动，故B错误；圆环落入磁感应强度B的径向磁场中，产生的感应电动势E=Blv=B2Rv，圆

38、环的电阻为：，电流为：，圆环所受的安培力大小为F=BI2R，由牛顿第二定律得：，其中质量为：联立以上解得：，故C错误；当圆环做匀速运动时，安培力与重力相等速度最大，即有mg=F，可得：，解得：，故D正确。所以D正确，ABC错误。35如图所示，长为L=0.5 m、倾角为=37的光滑绝缘斜面处于水平向右的匀强电场中，一带电荷量为q，质量为m的小球(可视为质点)，以初速度v0=2m/s恰能沿斜面匀速上滑，g=10 m/s2，sin 37=0.6，cos 37=0.8，则下列说法中正确的是()A. 小球在B点的电势能大于在A点的电势能B. 水平匀强电场的电场强度为C. 若电场强度加倍，小球运动的加速度

39、大小为3m/s2D. 若电场强度减半，小球运动到B点时速度为初速度v0的一半 BD试题分析：小球由A到B的过程中，重力做负功，电场力做正功，小球电势能减少，选项A错误；因小球做匀速运动，由平衡条件知qEcos=mgsin，所以电场强度，选项B正确；电场强度变为2倍后，则有q2Ecos mgsinma，所以a6 m/s2，选项C错误；电场强度减为一半后，则有:，a13 m/s2，由v02v22a1L代入数值得v1 m/s，选项D正确；故选BD。考点：带电粒子在电场中的运动；牛顿第二定律；动能定理【名师点睛】由带电小球受到分析得：重力、支持力与电场力，且三力均不变若存在加速度，则带小球也不可能到达

40、N点的速度仍不变的，所以三力处于平衡状态故带电小球做的是匀速直线运动。36如图所示，一个菱形的导体线框沿着自己的对角线匀速运动，穿过具有一定宽度的匀强磁场区域，已知对角线AC的长度为磁场宽度的两倍且与磁场边界垂直下面对于线框中感应电流随时间变化的图象(电流以ABCD顺序流向为正方向，从C点进入磁场开始计时)正确的是()A. B. C. D. B线圈在进磁场的过程中，磁通量增加，根据楞次定律可知，感应电流的方向为ABCD方向，为正；在出磁场的过程中，磁通量减小，根据楞次定律知，感应电流的方向为ADCBA，为负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

41、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；故B正确，ACD错误故选：B.37在水平桌面上，一个圆形金属框置于匀强磁场中，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，导体棒与导轨接触良好，导体棒处于另一均强磁场中，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随时间的变化关系如图乙所示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随时间变化的图象是（ ）A. B. C. D. D点睛：本题表面上要求静摩擦力大小与方向，实际上是

42、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38如图所示，矩形导线框abcd与无限长通电直导线MN在同一平面内，直导线中的电流方向由M到N，导线框的ab边与直导线平行。若直导线中的电流增大，导线框中将产生感应电流，导线框会受到安培力的作用，则以下关于导线框受到的安培力的判断正确的是（）A. 导线框有两条边所受安培力的方向相同B. 导线框有两条边所受安培力的大小相同C. 导线框所受的安培力的合力向左D. 导线框所受的安培力的合力向右 BD试题分析：若直导线中的电流增大，导线框中将产生感应电流，上下两边电流方向相反、而所在区域磁场方向相同，则安培力大小相等、方向相反，同样左右两条

43、边电流方向也相反，所受安培力方向相反，由于所在区域磁场大小不等，则所受安培力大小不等。则B正确C错。若直导线中的电流增大，则导线右侧磁场增强，线圈中磁通量增大，根据楞次定律推论线圈将向右移从而阻碍线圈中磁通量增大，所以所受合力向右，则D正确C错。考点：本题考查安培力与楞次定律。39如图，平行金属导轨宽度为d，一部分轨道水平，左端接电阻R，倾斜部分与水平面成角，且置于垂直斜面向上的匀强磁场中，磁感应强度为B，现将一质量为m长度也为d的导体棒从导轨顶端由静止释放，直至滑到水平部分（导体棒下滑到水平部分之前已经匀速，滑动过程中与导轨保持良好接触，重力加速度为g，）不计一切摩擦力，导体棒接入回路电阻为

44、r，则整个下滑过程中（）A. 导体棒匀速运动时速度大小为B. 匀速运动时导体棒两端电压为C. 导体棒下滑距离为s时，通过R的总电荷量为D. 重力和安培力对导体棒所做的功大于导体棒获得的动能 AC考点：考查了电磁感应切割类问题【名师点睛】本题是电磁感应与电路、力学相结合的综合题，应用E=BLv、欧姆定律、安培力公式、动能定理即可正确解题40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，边缘和圆心处各与一个黄铜电刷紧贴，用导线将电刷与电流表连接起来形成回路。转动摇柄，使圆盘以角速度逆时针匀速转动，下列说法正确的是()A. 回路中不会产生感应电流B. 回路中会产生电流

45、大小不变、方向变化的感应电流C. 回路中电流的大小和方向都周期性变化，周期为D. 回路中电流方向不变，从b导线流进电流表 D铜盘转动产生的感应电动势为：E=BL2/2，B、L、不变，E不变，电流：I=E/R=BL2/2R，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ABC错误，D正确；故选：D。【名师点睛】圆盘转动可等效看成无数轴向导体切割磁感线，有效切割长度为铜盘的半径L，根据感应电动势公式分析电动势情况，由欧姆定律分析电流情况；根据右手定则分析感应电流方向。41如图所示，一带负电的质点在固定的正的点电荷作用下绕该正电荷做匀速圆周运动，周期为T0，轨道平面位于

46、纸面内，质点的速度方向如图中箭头所示，现加一垂直于轨道平面的匀强磁场，已知轨道半径并不因此而改变，则 ( )A. 若磁场方向指向纸里，质点运动的周期将大于T0B. 若磁场方向指向纸里，质点运动的周期将小于T0C. 若磁场方向指向纸外，质点运动的周期将大于T0D. 若磁场方向指向纸外，质点运动的周期将小于T0 AD若磁场方向指向纸里，根据左手定则可得，粒子受到的洛伦兹力方向与库伦力方向相反，即向心力从变为，所以向心力减小了，又因为轨道半径没有变化，所以根据牛顿第二定律可得，半径不变，向心力减小，所以质点的运动周期变大，A正确B错误，若磁场方向指向纸外，根据左手定则，粒子受到的洛伦兹力方向和库伦力

47、方向相同，即向心力从变为，向心力变大了，同样轨道半径没有变化，根据公式可得周期变小了，故C错误D正确，思路分析：根据洛伦兹力的方向，判断向心力的变化，然后再根据公式判断，在轨道半径不变的情况下，向心力的变化导致的周期的变化规律，试题点评：本题考查了粒子在复合场中的运动，关键是根据题中的信息，运用相关公式进行解析，42如图所示，有一个等腰直角三角形的匀强磁场区域其直角边长为L，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B.边长为L、总电阻为R的正方形导线框abcd，从图示位置开始沿x轴正方向以速度v匀速穿过磁场区域取沿abcda的感应电流为正，则表示线框中电流i随bc边的位置坐标x变化的图象正确的是

48、()A. B. C. D. C故选C【点评】本题关键确定线框有效切割长度与x的关系，再结合数学知识选择图象43如图9所示，足够长且电阻不计的光滑平行金属导轨MN、PQ竖直放置，间距为L0.5 m ，一匀强磁场磁感应强度B0.2 T垂直穿过导轨平面，导轨的上端M与P间连接阻值为R0.40 的电阻，质量为m0.01 kg、电阻不计的金属棒ab垂直紧贴在导轨上。现使金属棒ab由静止开始下滑，经过一段时间金属棒达到稳定状态，这段时间内通过R的电荷量为0.3 C，则在这一过程中(g10 m/s2)( )A. 安培力最大值为0.05 N B. 这段时间内下降的高度1.2 mC. 重力最大功率为0.1 W

49、D. 电阻产生的焦耳热为0.04 J BD试题分析:安培力的最大值应该等于重力0.1N，故A错误；由法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律可知，解得x=1.2m，故B正确；当安培力等于重力时，速度最大，解得，重力最大功率，故C错误；由能量守恒定律，电阻产生的焦耳热，故D正确。考点：导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；电磁感应中的能量转化44如图所示，匀强磁场中有两个导体圆环a、b，磁场方向与圆环所在平面垂直。磁感应强度B随时间均匀增大。两圆坏半径之比为2:1，圆环中产生的感应电动势分别为Ea和Eb，不考虑两圆环间的相互影响。下列说法正确的是( )A. Ea:Eb=2:1，感应电流均

50、沿逆时针方向B. Ea:Eb=2:1，感应电流均沿顺时针方向C. Ea:Eb=4:1，感应电流均沿逆时针方向D. Ea:Eb=4:1，感应电流均沿顺时针方向 D根据法拉第电磁感应定律，因ra:rb=2:1，则；由于磁场向外，磁感应强度B随时间均匀增大，根据楞次定律可知，感应电流均沿顺时针方向，故D正确，ABC错误；故选D45如图所示，有一个等腰直角三角形的匀强磁场区域其直角边长为L，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B.边长为L、总电阻为R的正方形导线框abcd，从图示位置开始沿x轴正方向以速度v匀速穿过磁场区域取沿abcda的感应电流为正，则表示线框中电流i随bc边的位置坐标x变化的图象

51、正确的是()A. B. C. D. Cbc边的位置坐标x在L-2L过程，线框bc边有效切线长度为l=x-L，感应电动势为E=Blv=B（x-L）v，感应电流，根据楞次定律判断出来感应电流方向沿abcda，为正值x在2L-3L过程，根据楞次定律判断出来感应电流方向沿adcba，为负值，线框ad边有效切线长度为l=x-2L，感应电动势为E=Blv=B（x-2L）v，感应电流，根据数学知识知道C正确故选C.46如图所示的电路中，电感L的自感系数很大，电阻可忽略，D为理想二极管，则下列说法正确的有()A. 当S闭合时，L1立即变亮，L2逐渐变亮B. 当S闭合时，L1一直不亮，L2逐渐变亮C. 当S断开

52、时，L2立即熄灭D. 当S断开时，L1突然变亮，然后逐渐变暗至熄灭 BD试题分析：当S闭合时，因二极管加上了反向电压，故二极管截止，L1一直不亮；通过线圈的电流增加，感应电动势阻碍电流增加，故使得L2逐渐变亮，选项B正确，A错误；当S断开时，由于线圈自感电动势阻碍电流的减小，故通过L1的电流要在L2-L1-D-L之中形成新的回路，故L1突然变亮，然后逐渐变暗至熄灭，选项C错误，D正确；故选BD考点：自感现象【名师点睛】此题是对自感现象的考查；要知道自感线圈的作用是当电流增加时，产生的自感电动势阻碍电流的增加；电流减弱时，感应电动势阻碍电流的减弱，若有回路要重新形成电流；二极管只能导通正向电流4

53、7如图，一均匀金属圆盘绕通过其圆心且与盘面垂直的轴逆时针匀速转动现施加一垂直穿过圆盘的有界匀强磁场，圆盘开始减速在圆盘减速过程中，以下说法正确的是（）A. 处于磁场中的圆盘部分，靠近圆心处电势高B. 所加磁场越强越易使圆盘停止转动C. 若所加磁场反向，圆盘将加速转动D. 若所加磁场穿过整个圆盘，圆盘将匀速转动 ABD试题分析：将金属圆盘看成由无数金属幅条组成，根据右手定则判断感应电流的方向，从而判断电势的高低，形成感应电流，再根据左手定则，即可求解解：A、将金属圆盘看成由无数金属幅条组成，根据右手定则判断可知：圆盘上的感应电流由边缘流向圆心，所以靠近圆心处电势高，所以A正确；B、根据右手定则可

54、知，产生的电动势为BLv，所以所加磁场越强，产生的电动势越大，电流越大，受到的安培力越大，越易使圆盘停止转动，所以B正确；C、若所加磁场反向，只是产生的电流反向，根据楞次定律可知，安培力还是阻碍圆盘的转动，所以圆盘还是减速转动，所以C错误；D、若所加磁场穿过整个圆盘时，圆盘在切割磁感线，产生感应电动势，相当于电路断开，则不会产生“感应电流，没有安培力的作用，圆盘将匀速转动，所以D正确；故选：ABD【点评】本题关键要掌握右手定则、安培定则，并能正确用来分析电磁感应现象，对于这两个定则运用时，要解决两个问题：一是什么条件下用；二是怎样用48如图所示，纸面内有一矩形导体闭合线框abcd，ab边长大于

55、bc边长，置于垂直纸面向里、边界为MN的匀强磁场外，线框两次匀速地完全进入磁场，两次速度大小相同，方向均垂直于MN.第一次ab边平行MN进入磁场，线框上产生的热量为Q1，通过线框导体横截面的电荷量为q1；第二次bc边平行MN进入磁场，线框上产生的热量为Q2，通过线框导体横截面的电荷量为q2则()A. Q1Q2，q1q2 B. Q1Q2，q1q2 C. Q1Q2，q1q2 D. Q1Q2，q1q2 A于电磁感应能量问题一般有三种方法求解：利用电路中产生的热量等于克服安培力做得功；利用动能定理；利用能量守恒；具体哪种方法，要看题目中的已知条件.49如图甲所示，电阻不计且间距L1m的光滑平行金属导轨

56、竖直放置，上端接一阻值R2的电阻，虚线OO下方有垂直于导轨平面向里的匀强磁场现将质量m0.1kg、电阻不计的金属杆ab从OO上方某处由静止释放，金属杆ab在下落的过程中与导轨保持良好接触且始终水平，已知金属杆ab进入磁场时的速度v01m/s，下落0.3m的过程中加速度a与下落距离h的关系图像如图乙所示，g取10m/s2，则()A. 匀强磁场的磁感应强度为2TB. 金属杆ab下落0.3m时的速度为1m/sC. 金属杆ab下落0.3m的过程中R上产生的热量为0.2JD. 金属杆ab下落0.3m的过程中通过R的电荷量为0.25C DA、进入磁场后，根据右手定则判断可知金属杆ab中电流的方向由a到b由

57、乙图知，刚进入磁场时，金属杆的加速度大小：，方向竖直向上，由牛顿第二定律得：，设杆刚进入磁场时的速度为v0，则有 ：，且代入数据，解得：，A正确；B、通过ah图象知：，表明金属杆受到的重力与安培力平衡有： ，联立得：，B正确； C、从开始到下落的过程中，由能的转化和守恒定律有： 代入数值有：，C错误；D、金属杆自由下落的高度 ：，ab下落0.3m的过程中，通过R的电荷量：，D正确；故选ABD。50两根足够长的平行光滑导轨竖直固定放置，顶端接一电阻R，导轨所在的平面与匀强磁场垂直；将一金属棒与下端固定的轻弹簧的上端栓接，金属棒和导轨接触良好，重力加速度为g，如图所示现将金属棒从弹簧原长位置由静止

58、释放，则（）A. 金属棒在最低点的加速度小于gB. 回路中产生的总热量等于金属棒重力势能的减少量C. 当弹簧弹力等于金属棒的重力时，金属棒下落速度最大D. 金属棒在以后运动过程中的最大高度一定低于静止释放时的高度 AD考点：能量守恒定律；楞次定律【名师点睛】本题运用力学的方法分析金属棒的运动情况和受力情况及功能关系，金属棒的运动情况：先向下做加速运动，后向下做减速运动，当重力、安培力与弹簧的弹力平衡时，速度最大此题的难点是运用简谐运动的对称性分析金属棒到达最低点时的加速度与g的关系。二、多项选择题1如图，正方形闭合导线框在边界水平的匀强磁场区域的上方，由不同高度静止释放，用、分别表示线框ab边

59、和cd边刚进入磁场的时刻，用、分别表示线框ab边和cd边刚出磁场的时刻。线框下落过程中形状不变，ab边始终保持与磁场水平边界平行，线框平面与磁场方向垂直。设磁场区域的宽度大于线框的边长，不计空气阻力的影响，则下列反映线框下落过程中速度v随时间t变化规律的图象有可能的是 () A. B. C. D. BCDA、在0时间内，线框做自由落体运动，时刻以后，线框全部进入磁场后做匀加速直线运动，这两段时间内的vt图线均为直线。在时间内，线框进入磁场的过程中，线框的运动状态与进入磁场时的速度v有关。当线框在磁场中匀速运动时，安培力等于重力，即。若线框的速度v远大于，则进入磁场后减速。由可知，加速度减小；若线框速度v，但相差不大，则线框进入磁场后可能先减速再匀速，故A错误，B正确；C、若线框的速度，但相差不大，则线框进入磁场后可能先加速再匀速；若线框的速度v远小于，则线框进入磁场后加速，加速度减小，故选项C正确；D、若线框的速度，则线框进入磁场一直匀速至全部进入磁场，故选项D正确。点睛：解决本题的关键能够根据物体的受力判断物体的运动，结合安培力公式、切割产生的感应电动势公式进行分析。2倾角为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