电磁感应（8）.docx

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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、多选题
1．如图所示，竖直放置的两根平行金属导轨间距为l，之间接有定值电阻R，质量为m的金属棒与两导轨始终保持垂直并良好接触且无摩擦，棒的电阻为r，导轨电阻不计．整个装置放在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直，棒在竖直向上的恒力F作用下先加速上升的一段时间，再达到稳定状态．则下列说法中正确的是（ ）

A． 棒达到稳定状态时，通过它的电流为I=F−mgBl
B． 棒达到稳定状态时，其速度为v=F−mgRB2l2
C． 棒达到稳定状态前，其加速度一直在减小
D． 整个过程中，棒所受安培力做功在数值上等于棒上所生的热
【答案】AC
【解析】对导体棒受力分析得：F−mg−BIL=ma，而感应电动势E=BLv，电流I=ER+r，带入得：F−mg−B2L2vR+r=ma，随着运动速度v增加，加速度减小，当加速度减小到零时，速度最大vm=F−mgR+rB2L2，此时F−mg−BIL=0，即电流I=F−mgBL，所以AC正确的；B错误．根据能量守恒定律可以知道，棒所受安增力做功在数值上等于回路中产生的焦耳热，故D错误；故选AC．
点睛：本题为电磁感应定律条件下，牛顿第二定律和能量守恒定律的应用题目，关键确定合外力变化中速度与加速度的过程分析，知道当加速度为零时，速度最大．
2．一电容器的电容为10μF，A、C两板间距极小，垂直于回路平面的磁感应强度以5×10-3T/s的变化率增加，回路面积为1×10-2m2，如图所示。则

A． A板带正电
B． C板带正电
C． A板带电量为2×10-10C
D． A板带电量为5×10-10C
【答案】AD
【解析】A、B项：由楞次定律可得：穿过线圈的磁通量增加，则产生的感应电流方向是顺时针，由处于电源内部所以电流方向是从负极到正极，故A板为正电荷，故A正确，B错误；
C、D项：由法拉第电磁感应定律：E=nΔϕΔt=5×10−5V，则A、C两板的电势差5×10-5V，由公式C=QU得Q=CU=5×10−10C，故C错误，D正确。
点晴：线圈平面垂直处于匀强磁场中，当磁感应强度随着时间均匀变化时，线圈中的磁通量发生变化，从而导致出现感应电动势，产生感应电流．由楞次定律可确定感应电流方向，由法拉第电磁感应定律可求出感应电动势大小。
3．如图所示，电池内阻不计，L是电阻与灯泡相同、自感系数足够大的线圈，D是灯泡。对于这个电路，下列说法中正确的是

A． S闭合后，灯泡立即变亮
B． S闭合后，灯泡逐渐变亮
C． 电路达到稳定后，再断开开关，灯泡立即熄灭
D． 电路达到稳定后，再断开开关，灯泡逐渐熄灭
【答案】AD
【解析】A、B项：由于自感线圈与灯泡并联，所以S闭合瞬间，灯泡立即变亮，故A正确，B错误；
C、D项：电路达到稳定后，再断开开关，自感线圈中的电流减小，在自感线圈中产生自感电动势，自感线圈与灯泡组成闭合回路，所以灯泡逐渐熄灭，故C错误，D正确。
4．在理解法拉第电磁感应定律E=nΔΦΔt及改写形势E=nBΔSΔt,E=nSΔBΔt 的基础上（线圈平面与磁感线不平行），下面叙述正确的为（ ）
A． 对给定线圈，感应电动势的大小跟磁通量的变化率成正比
B． 对给定的线圈，感应电动势的大小跟磁感应强度的变化 ΔB成正比
C． 对给定匝数的线圈和磁场，感应电动势的大小跟面积的平均变化率ΔsΔt成正比
D． 题目给的三种计算电动势的形式，所计算感应电动势的大小都是Δt时间内的瞬时值
【答案】AC
【解析】由E=n△Φ△t可知，对给定线圈，感应电动势的大小跟磁通量的变化率成正比，故A正确，由E=nS△B△t可知，对给定的线圈，感应电动势的大小跟磁感应强度的变化磁感应强度的变化率成正比，与△B无关，故B错误；由E=nB△S△t可知，对给定匝数的线圈和磁场，感应电动势的大小跟面积的平均变化率△S△t成正比，故C正确；根据法拉第电磁感应定律：E=N△Φ△t，得知感应电动势与穿过线圈的磁通量的变化率大小成正比，△Φ是表示磁通量的变化量，△t表示变化所用的时间，则E表示△t时间内的平均感应电动势，故D错误；故选AC。
5．如图所示，倾角为θ的光滑斜面固定在水平面上，水平虚线L下方有垂直于斜面向下的匀强磁场，磁感应强度为B. 正方形闭合金属线框边长为h，质量为m，电阻为R，放置于L上方一定距离处，保持线框底边ab与L平行并由静止释放，当ab边到达L时，线框速度为V0，ab边到达L下方距离为d(d＞h)处时，线框速度也为V0，以下说法正确的是(　 )

A． ab边刚进入磁场时，电流方向为a→b
B． ab边刚进入磁场时，线框加速度沿斜面向下
C． 线框进入磁场过程中的最小速度小于mgRsinθB2h2
D． 线框进入磁场过程中产生的热量为mgdsinθ
【答案】AD
【解析】根据右手定则知，ab边刚进入磁场时，电流方向为a→b．故A正确。当ab边到达L时，线框速度为v0．ab边到达L下方距离d处时，线框速度也为v0，知线框进入磁场时做减速运动，完全进入磁场后做加速运动，则ab边刚进入磁场时，做减速运动，加速度方向向上。故B错误。线框从进入磁场到完全进入的过程中，做减速运动，完全进入的瞬间速度最小，此时安培力大于重力沿斜面方向的分力，根据E=BIh，I=BhvR，FA=BIL，根据FA＞mgsinθ，有B2h2vR＞mgsinθ，解得v＞mgRsinθB2h2，故C错误。对线框进入磁场的过程运用能量守恒定律得，mgdsinα=Q．故D正确。故选AD。
点睛：本题综合考查了右手定则、安培力大小公式、闭合电路欧姆定律、切割产生的感应电动势公式和能量守恒，知道线框进入磁场的运动规律是解决本题的关键．
6．如图所示，长为L的金属杆在水平外力作用下，在匀强磁场中沿水平光滑导轨匀速运动，如果速度v不变，而将磁感应强度由B增为2B.除电阻R外，其它电阻不计．那么(　　)

A． 水平外力将增为4倍
B． 水平外力将增为2倍
C． 感应电动势将增为2倍
D． 感应电流的热功率将增为4倍
【答案】ACD
【解析】由法拉第电磁感应定律得E=BLv，B增为2B，则E变为2E，C正确；又由闭合电路欧姆定律得由于电阻R不变，所以电流I变为2I，所以F安=BIL变为原来的4倍，匀速运动，受力平衡，所以外力变为4倍，A正确B错误；又热功率P=I2R变为原来的4倍，D正确．
7．电磁感应现象揭示了“由磁生电”的内在规律，根据这一发现，发明了许多电器设备．以下电器中没有利用电磁感应原理的是(　　)
A． 电热毯 B． 汽车防抱死制动系统(ABS)
C． 电磁灶 D． 电吹风
【答案】AD
【解析】A项：电热毯利用的是电流的热效应，故A没有利用电磁感应原理；
B项：防抱死制动系统ABS有一个小电动机，系统比较复杂，但是没有利用电磁感应原理；
C项：电磁灶是通入交流电后线圈中产生变化的电磁场，当锅放入变化的电磁内使得锅底的自由电荷在电场力作用下做高速运动即涡流，从而产生热能，故电磁灶利用了电磁感应原理；
D项：电吹风是通电后电动机转动将暖风吹出，所以没有利用电磁感应原理；
故应选AD。
点晴：电生磁，没有磁生电条件苛刻．只要通电周围就产生磁场，然而磁生电呢．只有变化的磁场才能在闭合电路中产生电流。
8．如图甲所示，在磁感应强度B＝1 T的有界匀强磁场中，用外力将边长L＝0.5m的正方形金属线框（各处都完全相同）沿光滑水平面向右匀速拉出磁场，以bc边刚离开磁场的时刻为计时起点，在将线框拉出磁场的过程中，ab边受到的安培力大小F随时间t变化的关系如图乙所示。则下列说法正确的是

A． 线框做匀速运动的速度大小为2 m/s
B． 线框产生的感应电流为逆时针方向，大小为0.5A
C． 金属线框的总电阻为0.5Ω
D． 线框穿出磁场过程中产生的焦耳热为0.5J
【答案】ACD
【解析】由题意及图象可知，当t=0时刻ab边的受力最大，为F1=BIl=1N，解得I=F1Bl=11×0.5=2A，根据右手定则，感应电流为顺时针方向，B错误；线框匀速运动，其受到的安培力为阻力大小即为F1，由能量守恒：Q=W安=F1L=1×0.5J=0.5J，D正确；根据Q=I2Rt解得：R=QI2t=0.522×0.25=0.5Ω，C正确；根据I=BLvR有：v=IRBL=2×0.51×0.5=2m/s，A正确；
9．如图所示，两条平行的光滑导轨水平放置(不计导轨电阳)，两金属棒垂直导轨放置在导轨上，整个装置处于竖在向下的匀强磁场中。现在用水平外力F作用在导体棒B上，使导体棒从静止开始向有做直线运动，经过一段时间，安培力对导体棒A做功为W1，导体棒B克服安培力做功为W2，两导体棒中产生的热量为Q，导体棒A获得的动能为Ek，拉力做功为WF，则下列关系式正确的是

A． W1=Ek B． W2=W1+Ek C． W2=Q+Ek D． WF=Q+Ek
【答案】AC
【解析】导体棒A在水平方向上只受到安培力作用，故根据动能定理可得W1=Ek，A正确；设B棒的动能变化量为Ek'，则对B分析，由动能定理可得WF−W2=Ek'①，将两者看做一个整体，由于安培力是内力，所以整体在水平方向上只受拉力作用，根据能量守恒定律可得WF=Ek+Ek'+Q②，联立①②解得W2=Q+Ek，由于WF=Ek+Ek'+Q>Q+Ek，所以C正确BD错误．
10．如图甲所示，两根足够长粗糙的平行金属导轨MN、PQ固定在同一绝缘水平面上，两导轨间距为d=0.2m，导轨电阻忽略不计，M、P端连接一阻值R=0.5Ω的电阻；现有一质量m=0.08kg、阻值r=0.5Ω的金属棒ab垂直于导轨放在两导轨上，棒离R的距离为L=2m，棒与导轨接触良好。整个装置处于一竖直方向的匀强磁场中，磁感应强度大小随时间变化的情况如图乙所示。已知棒与导轨间的动摩擦因数μ=0.01，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g=10m/s2，下列说法正确的是

A． 棒ab相对于导轨静止时，回路中产生的感应电动势为0.2V
B． 棒ab相对于导轨静止时，回路中产生的感应电流为0.02A
C． 棒ab经过40s开始运动
D． 在0~4.0s时间内通过R的电荷量q为0.8C
【答案】BC
【解析】根据法拉第电磁感应定律可知棒ab相对于导轨静止时产生的感应电动势为E=ΔBΔtS=0.02V，回路中的感应电流为I=ER+r=0.02A，A错误B正确；棒开始运动时，安培力等于最大静摩擦力，则有BId=ktId=μmg，从图乙中可知B=0.05t
代入解得t=40s，C正确；在0~4s内棒ab未运动，产生的电流恒定，故通过R的电荷量为q=It=0.08C，D错误．
11．如图所示，虚线右侧存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，具有一定电阻的正方形金属线框的右边与磁场的边界重合，在外力作用下，金属线框从0时刻由静止开始，以垂直于磁场边界的恒定加速度a进入磁场区域，t1时刻线框全部进入磁场，感应电流大小i、外力大小F，线框中电功率的瞬时值P以及通过导体横截面的电荷量q随时间t变化的关系可能正确的是

A． B． C． D．
【答案】AD
【解析】A. 线框做匀加速运动，其速度v=at，感应电动势E=BLv，感应电流i=E/R= BLatR，i与t成正比，故A正确；
B. 线框进入磁场过程中受到的安培力FB=BiL= B2L2atR，由牛顿第二定律得：F−FB=ma，得F=ma+B2L2atR，F−t图象是不过原点的倾斜直线，故B错误；
C. 线框的电功率P=i2R=B2L2a2t2R∝t2，故C错误；
D. 线框的位移x=12at2，电荷量q=I△t=ΔϕR=BLxR=BLat22R∝t2，故q−t图象应是开口向上，过原点的抛物线。故D正确。
故选：AD.
点睛：线框进入磁场切割磁感线，根据运动学公式可知速度与时间关系；由法拉第电磁感应定律E=BLv，可得出产生感应电动势与速度关系，由闭合电路欧姆定律来确定感应电流的大小，并由安培力公式可确定其大小与时间的关系；由牛顿第二定律来确定合力与时间的关系；最后得出电量、功率的表达式来分别得出各自与时间的关系．
12．水平面上固定相距为d的光滑直轨道MN和PQ，在N、Q之间连接不计电阻的电感线圈L和电阻R.匀强磁场磁感应强度为B，方向垂直导轨平面向上，在导轨上垂直导轨放置一质量为m，电阻不计的金属杆ab，在直导轨右侧有两个固定挡块C、D，CD连线与导轨垂直．现给金属杆ab沿轨道向右的初速度v0，当ab即将撞上CD时速度为v，撞后速度立即变为零但不与挡块粘连．以下说法正确的是(　　)

A． ab向右做匀变速直线运动
B． 当ab撞上CD后，将会向左运动
C． ab在整个运动过程中受到的最大安培力为B2d2v0R
D． 从ab开始运动到撞上CD时，电阻R上产生的热量小于12mv02−12mv2
【答案】BD
【解析】ab向右运动时受到向左的安培力而做减速运动，产生的感应电动势和感应电流减小，安培力随之减小，加速度减小，所以ab做非匀变速直线运动，故A错误。当ab撞CD后，ab中产生的感应电动势为零，电路中电流要减小，线框将产生自感电动势，根据楞次定律可知自感电动势方向与原来电流方向相同，沿b→a，根据左手定则可知ab受到向左的安培力，故当ab撞CD后，将会向左运动。故B正确。开始时，ab的速度最大，产生的感应电动势最大，由于线圈中产生自感电动势，此自感电动势与ab感应电动势方向相反，电路中的电流小于Bdv0R，最大安培力将小于BdI=B2d2v0R．故C错误。从ab开始运动到撞CD时，由于线圈中有磁场能，所以电阻R上产生的热量小于12mv02-12mv2．故D正确；故选BD。
点睛：本题要注意与常规问题不同，电路中有线圈，会产生自感现象，阻碍电流的变化，根据法拉第电磁感应定律、楞次定律、能量守恒定律进行分析．
13．如图所示，正方形闭合线圈置于匀强磁场中，线圈平面与磁感线的方向垂直，用力将线框分别以速度v1和v2匀速拉出磁场，v1=2v2。设第一次以速度v1拉出线框过程，外力大小为F1，外力所做的功为W1，通过导线横截面的电量为q1；第二次以速度v2拉出线框过程，外力大小为F2，外力所做的功为W2，通过导线横截面的电量为q2，则

A． q1=q2，W1=2W2
B． F1=2F2，W1=4W2
C． q1=2q2，W1=2W2
D． q1=q2，F1=2F2
【答案】AD
【解析】根据法拉第电磁感应定律：E=ΔΦΔt，以及欧姆定律：I=ER，则：q=IΔt，所以q=ΔΦR，由于ΔΦ及R一定，而且与速度大小无关，故q1=q2；
由于线框匀速运动，则F=F安，而F安=BIL，I=ER，E=BLv，所以F=F安=B2L2vR，由于v1=2v2，则拉力F1=2F2；
由拉力做功W=FL=F安L=B2L2vR⋅L=B2L3vR，又因v1=2v2，故W1=2W2，综上所述可以知道选项AD正确，BC错误。
点睛：本题考查法拉第电磁感应定律的应用，要注意正确根据题意选择公式。
14．如图所示,一有限范围的匀强磁场，宽为d,磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。一个边长为L的正方形导线框，总电阻为R，在拉力作用下，以速度v向右匀速地通过该磁场区域。若d＞L,则在线框通过磁场的过程中，下述说法正确的是

A． 感应电流方向先逆时针后顺时针
B． 感应电流的大小为BLdR
C． 线框中产生的热量为2B2L3vR
D． 拉力做的总功为B2L2vdR
【答案】AC
【解析】A项：在线框进入磁场过程中，穿过线框磁通量增大 ，由“楞次定律”可得，感应电流的方向为逆时针，在线框出磁场过程中，穿过线框磁通量减小 ，由“楞次定律”可得，感应电流的方向为顺时针，故A正确；
B项：在线框进磁场和出磁场过程中有电流产生，电流为I=ER=BLvR，故B错误；
C项：在线框进磁场和出磁场过程中有电流产生，电流为I=ER=BLvR，产生的热量Q=I2Rt=(BLvR)2R2Lv，解得Q=2B2L2vR，故C正确；
D项：由能量守恒可知，拉力所做的功就等于克服安培力所做的功，克服安培力所做的功又等于回路中产生的焦耳热，故D错误。
15．如图甲所示，半径为r带小缺口的刚性金属圆环固定在竖直平面内，在圆环的缺口两端用导线分别与两块水平放置的平行金属板A、B连接，两板间距为d且足够大．有一变化的磁场垂直于圆环平面，规定向里为正，其变化规律如图乙所示．在平行金属板A、B正中间有一电荷量为q的带电液滴，液滴在0～14T内处于静止状态．重力加速度为g.下列说法正确的是(　　)

A． 液滴带负电
B． 液滴的质量为4B0qr2gdT
C． t=34T时液滴的运动方向改变
D． t=T时液滴与初始位置相距12gT2
【答案】BD
【解析】根据题意液滴在0~T4处于静止状态，知液滴受到向上的电场力和向下的重力平衡，根据楞次定律线圈中感应电动势沿逆时针方向，B板高电势，A板接低电势，两板间的电场方向向上与电场力的方向相同，故液滴带正电，A错误；根据法拉第电磁感应定律E=ΔΦΔt=ΔBΔtS=4B0πr2T，两极板间的电场强度E′=Ud，根据受力平衡有E′q=mg，得m=E′qg=4B0πr2qgdT，B正确；根据楞次定律，T4~3T4内，线圈内感应电动势顺时针方向，上极板接高电势，下极板接低电势，两极板间电场向下，电场力向下，根据牛顿第二定律mg+F电=ma，其中F电=mg，解得a=2g，液滴向下做初速度为0的匀加速运动，在第34T时速度最大，运动方向不改变，C错误；根据楞次定律t=34T~T内，感应电动势逆时针方向，下极板接高电势，上极板接低电势，电场方向向上，液滴在34T~T内做匀速直线运动，T4~34T匀加速直线运动，位移x1=12⋅2g⋅(T2)2=14gT2，t=34T~T内匀速直线运动，位移x2=2g⋅T2⋅T4=12gT2，t=T时液滴与初始位置相距x=x1+x2=12gT2，故D正确．
16．如图是法拉第发明的圆盘发电机的示意图：铜盘安装在水平的同轴上，两块铜片C、D分别与转动轴和铜盘的边缘接触，使铜盘转动，电阻R中就有电流通过，所加磁场水平向右，从左往右看，铜盘沿顺时针方向匀速转动时，下列说法正确的是

A． 穿过铜盘的磁通量不变
B． 穿过铜盘的磁通量均匀变化
C． 通过R的电流方向是从a流向b
D． 通过R的电流方向是从b流向a
【答案】AD
【解析】由于磁感线的条数不变，故铜盘转动过程中，穿过铜盘的磁通量不变；故A正确，B错误；根据右手定则可知，电流从D点流出，流向C点，因此电流方向为故电流由b流向a；故D正确，C错误。故选AD。
点睛：本题是右手定则和法拉第电磁感应定律的综合应用，考查对实验原理的理解能力，同时注意切割磁感线相当于电源，内部电流方向是从负极到正极．注意由于圆盘在切割磁感线，相当于电源；注意判断电流的方向．
17．法拉第圆盘发电机的示意图如图所示。铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触，圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中。圆盘旋转时，关于流过电阻R的电流，下列说法正确的是 ( 　)

A． 若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定
B． 若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a到b的方向流动
C． 若圆盘不转动，磁感应强度均匀增大，则电流沿a到b的方向流动
D． 若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R上的热功率也变为原来的2倍
【答案】AB
【解析】A、由电磁感应定律得E=Bl0+ωl2=Bl2ω2，故ω一定时，电流大小恒定，故A正确；
B项：由右手定则知圆盘中心为等效电源正级，圆盘边缘为负极，电流经外电路从a经过R流到b，故B正确；
C项：若圆盘不转动，磁感应强度均匀增大，铜盘中形成涡流，但没有电流流过电阻，故C错误。
D项：P=E2R=B2l4ω24R，角速度加倍时功率变成4倍，故D错误。
点晴：本题是转动切割磁感线类型，运用等效法处理．根据右手定则判断感应电流的方向和电动势的高低，注意和左手定则的区别。
18．如图所示，在某中学实验室的水平桌面上，放置边长为L的正方形闭合导体线框abcd，线框的ad边沿南北方向，ab边沿东西方向。已知该线框上方的地磁场可分解为平行于桌面向北和垂直于桌面向下的两个分量。下列说法正确的是( )

A． 若使线框向东平移，则a点电势比d点电势低
B． 若使线框向北平移，则a点电势等于b点电势
C． 若以ad边为轴，将线框向上翻转90°，则翻转过程线框中电流方向始终为adcb方向
D． 若以ab边为轴，将线框向上翻转90°，则翻转过程线框中电流方向始终为adcb方向
【答案】AC
【解析】A项：地磁场的竖直分量向下，若使线圈向东平动，地磁场的竖直分量向下，线圈的磁通量没有变化，没有感应电流产生，ad切割磁感线，产生感应电动势，a点的电势比d点的电势低，故A正确；
B项：若使线圈向北平动，地磁场的竖直分量向下，ab切割磁感线，由右手定则可知，a点的电势比b点的电势高，故B错误；
C项：若以ad边为轴，将线圈向上翻转900，线圈的磁通量向下减小，根据楞交定律可知线圈中感应电流方向为adcba，故C正确；
D项：若以ab边为轴将线圈向上翻转，因地磁场方向沿向北斜向下的方向，则线圈的磁通量先增加后减小，根据楞次定律可知线圈中感应电流方向为先abcda，后adcba，故D错误。
19．如图所示，有一个在水平面内固定的“V”字型金属框架CAD，θ=60°，磁感应强度为B的匀强磁场方向竖直向下．导体棒MN在框架上从A点开始在外力F作用下，沿垂直MN方向以速度v匀速向右平移，使导体棒和框架始终构成等边三角形回路．已知框架和导体棒的材料和横截面积均相同，其单位长度的电阻均为r，框架和导体棒均足够长，导体棒运动中始终与磁场方向垂直，且与框架接触良好．关于回路中的电流I、外力F和回路消耗的电功率P随时间t变化关系的下列四个图象中正确的是

A． B．
C． D．
【答案】AC
【解析】A、导体棒运动时间为t时，通过的位移为x=vt，回路中有效的切割长度为：L=2xtanθ2，感应电动势为：E=BLv
感应回路的总电阻为：R总=R（2xtanθ2+2xcosθ2）
联立得电流与t的关系式为：I=Bvtanθ2R0(tanθ2+1cosθ)，式中各量均一定，则I为一定值，故A正确，B错误；
C、外力F大小等于安培力大小，则F=BIL=BI⋅2vt⋅tanθ2，F与t成正比，故C正确；
D、运动x时的功率为：P=I2R总=I2R（2xtanθ2+2xcosθ2）=2I2Rv（tanθ2+1cosθ2）t，则P与t成正比，故D错误。
点睛：本题考查根据物理规律推导解析式的能力，由解析式确定图象，这是常用的研究方法。
20．如图所示的电路中，三个灯泡L1、L2、L3的电阻关系为R1=R2=R3，电感L的电阻可忽略，D为理想二极管（正向导通时电阻忽略不计）．下列说法中正确的是

A． 电键K闭合瞬间，L1、L2、L3均立即变亮，然后逐渐变暗
B． 电键K闭合瞬间，L1逐渐变亮，L2、L3均立即变亮，后亮度稍有下降，稳定后L2、L3亮度相同
C． 电键K从闭合状态突然断开时，L2立即熄灭，L1、L3均逐渐变暗
D． 电键K从闭合状态突然断开时，L1、L2、L3均先变亮，然后逐渐变暗
【答案】BC
【解析】A、开关K闭合瞬间，L2、L3均立即变亮，L1的电路中由于线圈对电流的阻碍作用，会逐渐亮。随L1的电路中电流的增大，路端电压减小，L2、L3亮度稍有下降，稳定后L2、L3亮度相同，故A错误，B正确；
C、开关K从闭合状态突然断开时，线圈相当于电源，则L1、L3均逐渐变暗，由于L2的电路中的二极管由单向导电性，电流不能从右向左通过二极管，所以L2立即熄灭，故C正确，D错误。
点睛：记住自感线圈对电流突变时的阻碍：闭合开关瞬间L相当于断路，稳定后L相当于一段导线，断开瞬间L相当于电源，注意二极管的单向导通性。
21．如图甲所示，宽度为L的足够长的光滑平行金属导轨固定在水平面上，导轨左端连接一电容为C的电容器，将一质量为m的导体棒与导轨垂直放置，导轨间存在垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度为B。用与导轨平行的外力F向右拉动导体棒，使导体棒由静止开始运动，作用时间t1后撤去力F，撤去力F前棒内电流变化情况如图乙所示。整个过程中电容器未被击穿，不计空气阻力。下列说法正确的是

A． 有外力作用时，导体棒在导轨上做匀速运动
B． 有外力作用时，导体棒在导轨上做匀加速直线运动
C． 外力F的冲量大小为It1(BL+mCBL)
D． 撤去外力F后，导体棒最终静止在导轨上，电容器中最终储存的电能为零
【答案】BC
【解析】对电容器Q=CU，则∆Q=C∆U，I=ΔQΔt；ΔU=ΔE=BLΔv；解得I=CBLΔvΔt=CBLa ，则导体棒的加速度a恒定，做匀加速运动，选项A错误，B正确；根据牛顿第二定律：F-BIL=ma,则F=BIL+mICBL，则外力F的冲量大小为IF=Ft1=It1(BL+mCBL)，选项C正确；撤去外力F后，导体棒开始时做减速运动，当导体棒产生的感应电动势与电容器两端电压相等时，回路中电流为零，此时安培力为零，导体棒做匀速运动，此时电容器两端的电压不为零，则最终储存的电能不为零，选项D错误；故选BC.
点睛：此题关键是掌握电容器公式和电动势公式的变式：∆Q=C∆U，ΔU=BLΔv，联系电容器充放电的知识解答；注意金属棒最终的稳定态是匀速运动状态.
22．如图所示。在垂直于纸面向里的匀强磁场中，水平放置两个同心金属环，半径分到是r和2r，磁感应强度为B，在两环问连接有一个电容为C的电容器，a、b是电容器的两个极板、长为r的金属棒AB沿半径方向放置在两环间且与两环接触良好，并绕圆心以角速度ω做顺时针方向(从垂直环面向里看)的匀速圆周运动，不计一切电阻，则下列说法正确的是

A． 电容器a极板带负电
B． 金属棒AB中有从B到A的持续电流
C． 电容器两端电压为Bωr2
D． 电容器所带电荷量为3CBωr22
【答案】AD
【解析】根据右手定则可知，AB棒切割磁感线产生感应电动势高低为：A端为高电势、B端为低电势，则电容器a极板带负电，b极板带正电，但电路没有闭合，金属棒AB中没有感应电流，故A正确、B错误；根据切割感应电动势为：E=BLv=Brω×r+2r2=32Bωr2，根据电容器电荷量的计算公式可得：Q=CU=3CBωr22，故C错误、D正确。故选AD。
【点睛】根据右手定则，即可判定感应电流方向，从而确定电容器的极性；根据切割感应电动势E=BLv，结合线速度v=ωR，及电荷量Q=CU，即可求解．
23．如图所示，一U 形金属导轨竖直倒置，相距为 L，磁感应强度的大小为B的匀强磁场与导轨平面垂直．一阻值为R、长度为L、质量为m的导体棒在距磁场上边界h处静止释放．导体棒进入磁场后速度减小，最终速度稳定时离磁场上边缘的距离为H.导体棒从静止开始运动到速度刚稳定的整个运动过程中，导体棒与导轨接触良好，且始终保持水平，不计导轨的电阻．下列说法正确的是： （ ）

A． 整个运动过程中回路的最大电流为BL2ghR
B． 整个运动过程中导体棒产生的焦耳热为mgH+h−m3g2R22B4L4
C． 整个运动过程中导体棒克服安培力所做的功为mgH
D． 以上均不正确
【答案】AB
【解析】A：由题意知，导体棒刚进入磁场时的速度最大，产生的感应电流最大，设最大速度为vm。对自由下落过程，据机械能守恒得：mgh=12mvm2，感应电流的最大值：Im=EmR=BLvmR，代入解得：Im=BL2ghR。故A项正确。
BCD：设导体棒匀速运动的速度为v，则mg=BIL=BLBLvR，解得：v=mgRB2L2。设整个过程中导体棒产生的焦耳热为Q，据能量守恒定律可得：Q=mgH+h−12mv2，解得：Q=mgH+h−m3g2R22B4L4。运动过程中导体棒克服安培力所做的功W克安=Q=mgH+h−m3g2R22B4L4。故B项正确，CD两项错误。
24．如图所示，足够长的光滑水平导轨间距为2 m，电阻不计，垂直导轨平面有磁感应强度为1 T的匀强磁场，导轨上相隔一定距离放置两根长度略大于间距的金属棒，a棒质量为1 kg，电阻为5 Ω，b棒质量为2 kg，电阻为10 Ω。现给a棒一个水平向右的初速度8 m/s，当a棒的速度减小为4 m/s时，b棒刚好碰到了障碍物，经过很短时间0.5 s速度减为零（不反弹，且a棒始终没有与b棒发生碰撞），下列说法正确是（ ）

A． 从上向下看回路产生逆时针方向的电流
B． b棒在碰撞前瞬间的速度大小2 m/s
C． 碰撞过程中障碍物对b棒的平均冲击力大小为6 N
D． b棒碰到障碍物后，a棒继续滑行的距离为15 m
【答案】ABD
【解析】根据右手定则可知，从上向下看回路产生逆时针方向的电流，选项A正确；系统动量守恒，由动量守恒定律可知：mav0=mava+mbvb解得vb=2m/s，选项B正确；d碰到障碍物时，回路的感应电动势：E=BL(va−vb)=4V；回路的电流：I=ERa+Rb=415A；b棒所受的安培力：Fb=BIL=815N；b与障碍物碰撞时，由动量定理：(Fb−F)t=0-mbvb 解得：F=8.5N,选项C错误；b碰到障碍物时，a先前做减速运动，直到停止，此时由动量定理：BILΔt=mava，其中IΔt=q=ΔΦRa+Rb=BLxRa+Rb联立解得x=15m，选项D正确；故选ABD.
25．如图，质量为m、电阻为R的单匝矩形线框静止于粗糙斜面上，线框边长ab=L、ad=2L，虚线MN过ad、bc边中点。斜面倾角为θ，线框与斜面间的动摩擦因数为μ（μ>tanθ），设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。从某时刻起，在MN右侧加一方向垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度大小按B=kt（k>0）的规律均匀变化。一段时间后，线框沿斜面向下运动，ab边刚好匀速穿出磁场时的速度为v，重力加速度为g，则

A． 线框刚开始运动时，感应电流的方向为abcda
B． 线框刚开始运动时，线框中的电功率为P=2k2L4R
C． 线框离开磁场的过程中安培力所做的功W=12mv2
D． 线框从开始运动到穿出磁场过程中通过导线截面的电量q=μmgcosθ-mgsinθkL
【答案】AD
【解析】
【详解】
磁场均匀增加，根据楞次定律，感应电流方向为abcda，A正确；线框刚要运动时，感应电流为I=ER=ΔBL2ΔtR=kL2R，则线框中的电功率为P=I2R=k2L4R，B错误。线框下滑过程中有重力、摩擦力、安培力三力做功，且重力小于摩擦力，根据动能定理，安培力做功大于动能变化量，C错误；由ab边由匀速穿出磁场，由平衡条件得：mgsinθ+BIL=μmgcosθ，运动过程中通过的电荷量为q=ΔΦR=ΔBL2R，联立q=μmgcosθ-mgsinθkL，D正确，线框刚开始运动时，故选AD。
【点睛】
线框没有运动时，由根据楞次定律判断感应电流的方向；线框运动后，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律求出感应电流，根据P=I2R求出时的功率，根据ab边刚出磁场做匀速运动，由受力分析，并列出表达式求解此时的磁感应强度，再根据q=ΔΦR=ΔBL2R求解通过的电荷量。
26．如图甲所示，在倾角为θ的光滑斜面上分布着垂直于斜面的匀强磁场，以垂直于斜面向上为磁感应强度正方向，其础感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示。一质量为m、电阻为R的矩形金属框从t=0时刻由静止释放，t3时刻的速度为v，移动的距离为L，重力加速度为g，线框面积为S，t1=t0、t1=2t0、t1=3t0。在金属框下滑的过程中，下列说法正确的是

A． t1～t3时间内金属框中的电流方向不变
B． 0～t3时间内金属框做匀加速直线运动
C． 0～t3时间内金属框做加速度逐渐减小的直线运动
D． 0～t3时间内金属框中产生的焦耳热为2B02S2Rt0
【答案】ABD
【解析】根据B-t图像可知，t1～t3时间内B-t线的斜率不变，则金属框中的感应电动势大小方向不变，则电流方向不变，选项A正确；0～t3时间内金属框所受安培力的合力为零，则向下做匀加速直线运动，选项B正确，C错误；线圈中的感应电动势E=ΔBΔtS=B0St0，则0～t3时间内金属框中产生的焦耳热为Q=E2R⋅2t0=2B02S2Rt0，选项D正确；故选ABD.
27．在如图所示的倾角为θ的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度大小均为B的匀强磁场，区域Ⅰ的磁场方向垂直于斜面向上，区域Ⅱ的磁场方向垂直于斜面向下，磁场的宽度均为L.一个质量为m、电阻为R、边长也为L的正方形导线框由静止开始沿斜面下滑，当ab边刚越过GH进入磁场区域Ⅰ时，恰好以速度v1做匀速直线运动；当ab边下滑到JP与MN的中间位置时，又恰好以速度v2做匀速直线运动，ab从进入GH到运动至MN与JP的中间位置的过程中的，线框动能的变化量为ΔEk，重力对线框做的功为W1，安培力对线框做的功大小为W2，下列说法中正确的有(　　)

A． 在下滑过程中，由于重力做正功，所以有v2＞v1
B． ab从进入GH到运动至MN与JP的中间位置的过程中机械能守恒
C． ab从进入GH到运动至MN与JP的中间位置的过程中，有(W1－ΔEk)的机械能转化为电能
D． ab从进入GH到运动至MN与JP的中间位置的过程中，线框动能的变化量ΔEk＝W1－W2
【答案】CD
【解析】A项：当ab边刚越过GH进入磁场Ⅰ区时，恰好以速度 v1做匀速直线运动，则由法拉第电磁感应定律得 E1=BLv1，回路总电流 I1=E1/R，导体棒滑动中受到安培力F1=BI1L=B2L2v1R=mgsinθ，当ab边下滑到JP与MN的中间位置时，线框又恰好以速度v2做匀速直线运动，此时正方形导线框的两边均切割磁感线，故这是典型的双电源问题，同理有E2=2BLv2，回路总电流 I2=E2/R，导体棒滑动中受到安培力F2=2BI2L=4B2L2v2R=mgsinθ，故容易得到v2 ：v1 =1 ：4 ，故A错误；
B项：ab从进入GH到运动至MN与JP的中间位置的过程中，线框中产生焦耳热，故机械能不守恒，故B错误；
C项：从ab进入GH到MN与JP的中间位置的过程中，由动能定理可知，W1−W克安=ΔE，解得：W克安=W1−ΔE，根据克服安培力做功等回路中产生的电能，故C正确；
D项：ab从进入GH到运动至MN与JP的中间位置的过程中，由动能定理可知，W1−W2=ΔE，故D正确。
点晴：当ab边刚越过GH进入磁场区时，ab边切割磁感线产生感应电动势，推导此时安培力的表达式，由重力沿斜面向下的分力与安培力平衡，列出方程，得出速度v1的表达式．当ab边下滑到JP与MN的中间位置时，ab边与dc边都切割磁感线，都产生感应电动势，再用同样的方法得出速度v2的表达式，再求出两个速度之比．根据功能关系分析线框克服安培力对线框做功与机械能减小的关系．根据动能定理研究线框动能的变化量。

二、单选题
28．如图甲所示，矩形导线框ABCD固定在匀强磁场中，磁感线垂直于线框所在平面且向里．规定垂直于线框所在平