專題12電磁感應

一、單項選擇題

1.如下圖，一圓形金屬環與兩固定的平行長直導線在同一豎直平面內，環的圓心與兩導線

距離相等，環的直徑小于兩導線間距。兩導線中通有大小相等、方向向下的恒定電流。以下

說法正確的選項是()

A.金屬環向上運動，那么環上的感應電流方向為順時針方向

B.金屬環向下運動，那么環上的感應電流方向為順時針方向

C.金屬環向右側直導線靠近，那么環上的感應電流方向為逆時針

D.金屬環向左側直導線靠近，那么環上的感應電流方向為逆時針

【答案】C

【點睛】此題考查楞次定律的應用.掌握感應電流的產生條件,理解右手螺旋定那么的內

容.穿過線框的磁通量變化有幾種方式，有磁場變化導致磁通量變化，也有面積變化導致磁

通量變化，還有磁場與面積均變化導致磁通量變化的，最后有磁場與面積均沒有變，而是放

置的角度變化導致磁通量變化.

2.如圖甲所示，線圈ABCD固定于勻強磁場中，磁場方向垂直紙面向外，當磁場變化時，線

圈AB邊所受安培力向右且變化規律如圖乙所示，那么磁場的變化情況可能是以下選項中的

()

【答案】I)

【解析】由法拉第電磁感應定律可知七二"5,結合閉合電路歐姆定律，那么安培力的表

Ar

達式六BIL=B〃-SL,

\tR

由圖可知安培力的大小不變,而SL是定值,假設磁場4增大,那么I減小，假設磁場B

減小，那么增大；

線圈AB邊所受安培力向右，那么感應電流的方向是順時針，原磁場磁感強度應是增加的，

故〃正確，力a1錯誤；

應選：。

3.一個閉合線圈中沒有產生感應電流，因此可以得出().

A.此時該處一定沒有磁場B.此時該處一定沒有磁場的變化

C.閉合線圈的面積一定沒有變化D.穿過線圈平面的磁通量一定沒有變化

【答案】D

【解析】感應電流的產生其條件是閉合線圈的磁通量發生變化，閉合線圈中沒有感應電流產

生可能線圈始終與磁場平行，故A錯誤；感應電流的產生其條件是閉合線圈的磁通量發生變

化，磁通量的變化可以由磁場引起的，也可以由線圈的面積的變化引起的，閉合線圈中沒有

感應電流產生，不能判斷出此地一定沒有磁場的變化或沒有面積的變化，故BC錯誤；沒有

電流只能說明穿過閉合線圈的磁通量沒有發生變化.故D正確；應選D.

點睛：解答此題主要是抓住感應電流產生的條件：閉合線圈的磁通量發生變化，而磁通量的

變化可以是由磁場變化引起，也可以是線圈的面積變化，或位置變化引起的.

4.有一個勻強磁場邊界是雨在"右側無磁場，左側是勻強磁場區域，如圖甲所示.現

有一個閉合的金屬線框以恒定速度從旗右側水平進入勻強磁場區域.線框中的電流隨時間

變化的了一￡圖象如圖乙所示，那么可能的線框是以下四個選項中的（）

【解析】導體棒切割磁感線產生的感應電動勢E=BLv,設線框總電阻是R,那么感應電流

/=-=—;由圖乙所示圖象可知，感應電流先變大，后變小，且電流大小與時間成正

RR

比，由于B、v、R是定值，故導體棒的有效長度L應先變長，后變短，且L隨時間均勻變化,

即L與時間t成正比.三角形線框勻速進入磁場時，有效長度L光增加，后減小，且隨時間

均勻變化，符合題意，故A正確；梯形線框勻速進入磁場時，有效長度L光均勻增加，后不

變，最后均勻減小，不符合題意，故B錯誤；長方形線框進入磁場時，有效長度L不變，感

應電流不變，不符合題意，故B錯誤；閉合圓環勻速進入磁場時，有效長度L先變大，后變

小，但L不隨時間均勻變化，不符合題意，故D錯誤；應選A.

點睛：此題是一道關于感應電流的圖象題，熟練應用導體棒切割磁感線產生的感應電動勢公

式、歐姆定律、分析清楚圖象特點是正確解題的關鍵.

5.有人把自行車進行了改裝，在后車輪上裝上了一個小型發電機，想看電視時，就騎在自

行車上不停地蹬車，可供電視、照明用電.發電機原理如圖甲所示，在勻強磁場中，磁感應

強度為"放置一個有固定轉軸的發電輪，如下圖，發電輪平面與磁感應強度垂直，發電輪

半徑為八輪軸和輪緣為兩個輸出電極，該發電機輸出電壓接一理想變壓器，再給一小燈泡

供電，那么以下說法中正確的選項是（）

A.當人蹬車的速度增大時，小燈泡兩端的電壓降低

B.當人蹬車的速度增大時，小燈泡兩端的電壓不變

C.小燈泡的功率與發電機轉速無關

D.小燈泡的功率隨發電機轉速的增大而增大

【答案】0

【解析】PQ輸出端的電壓為。=，8口r，當人蹬車的速度增大時，小燈泡兩端的電壓增大,

40

〃24

選項AB錯誤；小燈泡的功率：P=—=,那么小燈泡的功率隨發電機轉速的增

R4R

大而增大，選項C錯誤.D.正確：應選D.

6.如下圖，邊長為乙匝數為*的正方形線圈aA"位于紙面內，線圈內接有電阻值為E的

電阻，過ab中點和cd中點的連線仇/恰好位于垂直紙面向里的勻強磁場的右邊界上，磁

場的磁感應強度為8.當線圈轉過30。時，通過電阻〃的電荷量為（）

BI?NBI}BI)NBI?

A.——B.-----C.---1).----------

2R2RRR

【答案】B

【解析】當正方形線圈abed有一半處在磁感應強度為B的勻強磁場中時，磁通量為：

①=B乃,根據〃==N%，故B正確，ACD錯誤；應選B.

22R2R

點睛：此題考行對于勻強磁場中磁通量的求解能力.對于公式①=BS,要懂得S的意義：有

效面積，即有磁感線穿過的面積.

7.如圖，由某種粗細均勻的總電阻為3R的金屬條制成的矩形線框abed,固定在水平面內

且處于方向豎直向下的勻強磁場B中.一接入電路電阻為R的導體棒PQ,在水平拉力作用

下沿ab、de以速度v勻速滑動，滑動過程PQ始終與ab垂直，且與線框接觸良好，不計摩

擦.在PQ從靠近ad處向be滑動的過程中（）

A.PQ中電流一直增大

B.PQ中電流一直減小

C.線框消耗的電功率先增大后減小

D.線框消耗的電功率先減小后增大

【答案】C

【解析】A、B項，設導體棒的長度為L,磁感應強度為B，導體棒的速度u保持不變，根

據法拉第電磁感應定律，感應的電動勢不變，設線框左邊的電阻為r,那么左右

E_3RE

兩邊線框的電阻為R并，

——=—+---流過PQ的電流I=R+R并一,（3R—r）+3R2

R井r3R—r

可以看出當PQ從靠近ad向be靠近過程中，廠從零增大到3R,從而可以判斷電流先減小后

增大，故A、B項錯誤。

C,D項，電源的內阻為R,PQ從靠近ad向be靠近過程中，外電路的并聯等效電阻從零增

大到0.75R又減小到零，外電路的電阻等于電源內阻的時候消耗的功率最大，所以外電路

的功率應該先增大后減小，故C正確D項錯誤。

綜上所述，此題正確答案為C。

8.如下圖，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，假設磁場的磁感應強度均勻增大，開始時的磁感應強度不為0,

那么（）

A.任意時刻，穿過a、b兩線圈的磁通量之比均為1：4

B.a、b兩線圈中產生的感應電動勢之比為1：2

C.a、b兩線圈中產生的感應電流之比為4：1

D.相同時間內a、b兩線圈產生的熱量之比為2：1

【答案】I）

【解析】A、任意時刻，穿過a、b兩線圈的磁感線條數，磁通量相等，磁通量之比為1：1.故

A錯誤.

△BAB

B、根據法拉第電磁感應定律得：E=ZktS,S=nr2,那么S相等，也相等，所以感應電

動勢相等，感應電動勢之比為1：1,故B錯誤.

C、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,根據歐姆定律知

旦

I=R,得a、b兩線圈中產生的感應電流之比為2：1.故C錯誤.

E2

D、根據焦耳定律得Q=Wt,得相同時間內a、b兩線圈產生的熱量之比為2：1,故D正確.

應選：D

9.如下圖，等腰三角形內分布有垂直于紙面向外的勻強磁場，它的底邊在x軸上且長為2L,

高為L,紙面內一邊長為L的正方形導線框沿x鈾正方向做勻速直線運動穿過勻強磁場區域,

在t=0時刻恰好位于如下圖的位置，以順時針方向為導線框中電流的上方向，下面四幅圖中

能夠正確表示導線框中的電流-位移(I-x)關系的是()

【答案】B

10.如下圖，金屬桿ab靜放在水平固定的"U”形金屬框上，整個裝置處于豎直向上的磁場

中。當磁感應強度均勻減小時，桿ab總保持靜止，那么：()

A.桿中感應電流方向是從b到aB.桿中感應電流大小減小

C.金屬桿所受安培力逐漸增大D.金屬桿所受安培力大小不變

【答案】A

【解析】根據楞次定律可得感應電流產生的磁場方向應豎直向上，所以方向為從b到a,A

正確；因為磁場是均勻減小的，故受恒定，根據法拉第電磁感應定律可得5=吃何知感應

MAt

電動勢恒定，即感應電流恒定，B錯誤；因為電流恒定，而磁感應強度減小，所以安培力減

小，CD錯誤.

11.如下圖，AB是一根裸導線，單位長度的電阻為R。，一局部彎曲成直徑為d的圓圈，圓

圈導線相交處導電接觸良好.圓圈所在區域有與圓圈平面垂直的均勻磁場，磁感強度為Bo

導線一端B點固定,A端在沿BA方向的恒力F作用下向右緩慢移動，從而使圓圈緩慢縮小.設

在圓圈縮小過程中始終保持圓的形狀，設導體回路是柔軟的，此圓圈從初始的直徑d到完全

消失所需時間1為()

22222222

、7rdBDdB八7TdBndB

16FR08F/?04FR02%

【答案】B

【解析】設在恒力F的作用下，A端At時間內向右移動微小的量△、，那么相應圓半徑減小

△r,那么有：

△x=2nAr

E2

在At時間內F做的功等于回路中電功，FM=—Ar

R

△S可認為由于半徑減小微小量Ar而引起的面積的變化，有：△S=2Jir?Z\r

A2Aq2

而回路中的電阻1^=比2丸=，代入得，F-2nAr=.—

△產凡.2萬廠

顯然At與圓面積變化△5成正比，所以由面積式:？變化為零，所經歷的時間t為:

82AsB2

SAS

2砍產2%乃

/R2z72R?

解得：，=為一=-一故B正確，ACD錯誤.應選B.

2%8%

12.通電直導線旁放一個金屬線框，線框和導線在同一平面內，如下圖.在線框abed中沒

有產生感應電流的運動情況是（）

A.線框向右移動

B.線框以AB為軸旋轉

C.線框以ad邊為軸旋轉

D.線框以ab邊為軸旋轉

【答案】B

點睛：該題將安培定那么與楞次定律相結合，要先根據安培定那么判斷出電流周圍的磁場才

方向與特點，然后在使用楞次定隹判定感應電流的方向.

13.關于處理物理問題的思想與方法，以下說法中正確的選項是（）

A.伽利略在研究自由落體運動時采用了微元法

B.在探究平均速度實驗中使用了等效替代的思想

C.法拉第在研究電磁感應現象時利用了理想實驗法

D.在探究加速度與力、質量的關系實驗中使用了理想化模型的思想方法

【答案】B

【解析】伽利略在研究自由落體運動時采用了理想實驗和邏輯推理的方法.故A錯誤.平均

速度能粗略表示物體運動的快慢，在探究平均速度實驗中使川了使用了等效替代的思想.故

B正確.法拉第在研究電磁感應現象時利用了控制變量法.故C錯誤.在探究加速度與力、

質量的關系實驗中使用了控制變量的思想方法.故D錯誤.應選B.

14.如下圖，紙面內有一矩形導體線框助置于垂直紙面向里、邊界為JW的勻強磁場外,

線框的數邊平行磁場邊界柳；線框以垂直于柳V的速度/勻速進入磁場，線框進入磁場過

程中，產生焦耳熱為Q,通過線框導體橫截面的電荷量為如假設線框以速度2夕勻速進入

磁場，線框進入磁場過程中，產生的熱量為Q,通過線框導體橫截面的電荷量為3,那么以

下選項正確的選項是

A.0=2。。=27B.Q=2QQ=S

C.Qi=Qq>=q\D.0=4。親=25

【答案】B

【解析】試題分析：線框勻速進入磁場，克服安培力做功的功率等于線框產生的熱量，根據

A①

功能關系可求線框中產生的熱量.由感應電荷量公式q二〃丁，可判兩次進入通過線框導

R總

體橫截面的電荷量相等.

根據/=g@&F=BIL可得安培力表達式：尸二”幺，拉力做的功轉化為電能，然后轉

RR

化為焦耳熱，由Q=W=汽學可知產生的焦耳熱與速度成正比，所以。=20,根

R

據9二—可知通過線框某橫截面的電荷量與速度無關，%=%,B正確.

R

15.由于地磁場的存在，飛機在一定高度水平飛行時，其機翼就會切割磁感線，機翼的兩端

之間會有一定的電勢差.假設飛機在北半球水平飛行，那么從飛行員的角度看，機翼左端的

電勢比右端的電勢（）

A.低B,高C.相等D.以上情況都有可能

【答案】B

【解析】當飛機在北半球水平飛行時，由于地磁場的存在，且地磁場的豎直分量方向豎直向

下，那么由右手定那么可判定機翼左端的電勢比右端的電勢高.假設構成閉合電路那么電流

方向由機翼的右端流向左端，而機翼切割磁感線相當于電源，所以電源內部電流由負極流向

正極.應選B.

點睛?：機翼的運動，類似于金屬棒在磁場中切割磁感線一樣會產生電動勢，而電源內部的電

流方向那么是由負極流向正極的.

16.如圖示，金屬桿ab以恒定的速率v在光滑的平行導軌上向右滑行，設整個電路中總電

阻為R（恒定不變），整個裝置置于垂直于紙面向里的勻強磁場中，以下說法不正確的選項

是（）

A.ab桿中的電流與速率v成正比

B.磁場作用于ab桿的安培力與速率v成正比

C.電阻R上產生的電熱功率與速率v平方成正比

D.外力對ab桿做功的功率與速率v的成正比

【答案】D

【解析】電動勢E=BLv,那么電流強度/=合等，知電流強度與速率成正比.故A正

確.FA=BIL=

呼.知安培力與速率成正比.故B正確.根據P=PR,那么知電阻R

RRR

產生的熱功率與速率的平方成正匕.故C正確.P=Fv=FAV=知外力的功率與速率的平

方成正比.故D錯誤.此題選不正確的，應選D.

17.美國一位物理學家卡布萊拉用實驗尋找磁單極子.實驗根據的原理就是電磁感應現象，

儀器的主要局部是由超導體做成的線圈，設想有一個磁單極子穿過超導線圈，如下圖，于是

在超導線圈中將引起感應電流，關于感應電流的方向以下說法正確的選項是（）

A.磁單極子穿過超導線圈的過程中，線圈中產生的感應電流的方化

B.N磁單極子，與S磁單極子分別穿過超導線圈的過程中，線圈中感應電流方向相同

C.磁單極子穿過超導線圈的過程中，線圈中感應電流方向不變

D.假假設磁單極子為N磁單極子，穿過超導線圈的過程中，線圈中感應電流方向始終為順

時針（從上往下看）

【答案】C

【解析】假設N磁單極子穿過超導線圈的過程中，當磁單極子靠近線圈時，當穿過線圈中磁

通量增加，且磁場方向從上向下，所以由楞次定律可知，感應磁場方向：從下向上，再由右

手螺旋定那么可確定感應電流方向逆時針；當磁單極子遠離線圈時，當穿過線圈中磁通量減

小，且磁場方向從下向上，所以由楞次定律可知，感應磁場方向：從下向上，再由右手螺旋

定那么可確定感應電流方向逆時針.因此線圈中產生的感應電流方向不變.故AD錯誤；假

設是S磁單極子穿過超導線圈，與A分析相同，得出：靠近線圈時，感應磁場從上向下，那

么感應電流方向順時針；當遠離時，感應電流也是順時針.故B錯誤；由AB分析可知，磁

單極子穿過超導線圈的過程中，線圈中感應電流方向不變，故C正確；應選C.

點睛：考查右手螺旋定那么、楞次定律及磁單極子的特征.同時注意磁體外部的感應線是從

N極射出，射向S極.

18.如下圖，在水平面上有兩條導電導軌MN、PQ,導軌間距為d,勻強磁場垂直于導軌所在

的平面向里，磁感應強度的大小為B,兩根完全相同的金屬桿1、2間隔一定的距離擺開放

在導軌上，且與導軌垂直。它們的電阻均為R,兩桿與導軌接觸良好，導軌電阻不計，金屬

桿的摩擦不計。桿1以初速度小滑向桿2,為使兩桿不相碰，那么桿2固定與不固定兩種情

況下，最初擺放兩桿時的最少距離之比為：

A.1:1B.1:2C.2:1D.1:1

【答案】C

解得：八42=粵3，即月8間的距離最小為方要，；

B2l3B2!)

當棒2固定后，對左側棒，以向右為正方向，根據動量定理，有：ETXEmXv、

其中：戶?竺上?￡,

2R

故：-X-----,△夕E必v,

2R

即_8-//=三刈,

2R

解得：片絲呼，故小間的距離最小為/二”g；

B21}B21}

故x：x'=1:2；

故力切錯誤，C正確；

應選：a

【名師點睛】

兩個棒均不固定時，左邊棒受向左的安培力，右邊棒受向右的安培力，故左邊棒減速，右邊

棒加速，兩個棒系統動量守恒，根據動量守恒定律得到最后的共同速度，然后對右邊棒運用

動量定理列式；當右邊棒固定時，左邊棒受向左的安培力，做減速運動，根據動量定理列式:

最后聯立求解即可。

19.如下圖，在光滑的水平面上，有一垂直向下的勻強磁場分布在寬度為L的區域內，現有

一個邊長為a(a<L)的正方形閉合線圈以初速度V。垂直磁場邊界滑①磁場后，速度為v(v

<vo),那么線圈

A.完全進入磁場中時的速度大于(vo+v)/2

B.完全進入磁場中時的速度等于(vo+v)/2

C.完全進入磁場中時的速度小于(vo+v)/2

D.以上情況均有可能

【答案】B

【解析】線框進入磁場過程：

線框離開磁場過程：

聯立，得到：v-vQ=v-v'

所以u=(q)+/)/2,選B。

【名師點睛】

線框進入和穿出磁場過程，受到安培力作用而做減速運動，根據動量定理和電量q=I2\t分

析電量的關系。根據感應電量q=普，分析可知兩個過程線框磁通量變化量大小相等，兩個

過程電量相等，聯立就可求出完全進入磁場中時線圈的速度。

20.以下表達中不正確的選項是()

A.伽利略通過斜面實驗加邏輯推理的方法研究了自由落體運動的規律

B.開普勒提出了日心說，從而發現了行星運動的規律，后人稱為開普勒行星運動規律

C.利用渦流的熱效應，人們制成了用于加熱食物的電磁爐

D.超高壓帶電作業的工人穿戴的工作服是用包含金屬絲的織物制成的，這是利用了靜電屏

蔽的原理

【答案】B

【解析】伽利略通過斜面實驗加邏輯推理的方法研究了自由落體運動的規律，A正確；哥白

尼提出了日心說，開普勒發現了行星運動的規律，后人稱為開普勒行星運動定律，B錯誤；

電磁爐是利用渦流的熱效應來加熱食物的，C正確：超高壓帶電作業的工人穿戴的工作服是

用包含金屬絲的織物制成的，利用的是靜電屏蔽的原理，故D正確.

21.以下那種材料制成的器皿不能用于一般微波爐()

A.玻璃B.陶瓷C.鋁D.耐熱塑料

【答案】C

22.電磁爐是利用渦流加熱而到達烹飪食物的目的.電磁爐適用的鍋類是(

A.平底陶亮鍋

B.凹底陶瓷鍋

C.平底不銹鋼鍋

D.凹底不銹鋼鍋

【答案】C

【解析】電磁爐是利用高頻電流在電磁爐內部線圈中產生磁場，磁化鐵質鐵鍋，從而形成無

數個小渦流〔即電流)，加速鍋底分子運動，使鍋底自身發熱到達加熱食品的目的，必須使

用鐵質鍋具才被堿化形成渦流，C正確.

23.如下圖，正方形閉合導線框以速度V。在光滑絕緣水平面上勻速運動，穿過有理想邊界

的勻強磁場區域后以速度v做勻速直線運動，那么當完全處在磁場區域內時的運動速度u

為0

A.u>(va+v)/2B.u=(vo+v)/2

C.u<(vo+v)/2D.無法確定

【答案】B

【解析】線框在進入磁場的過程中，所受安培力的沖量大小為：Ix=BILM=BLq.

同理，線框在離開磁場的過程中，所受安培力的沖量大小為：I2=BlL^t=BLq2

因為夕所以q1二q2

由此可知，線框在進入或穿出磁場的過程中，所受安培力的沖量都相同

那么由動量定理得：I沖=/?(〃-%)="(v-u)

解得：u=(v0+v)/2

應選：B。

24.如下圖，兩光滑平行導軌水平放置在勻強磁場中，磁場垂直導軌所在平面，金屬棒ab

可沿導軌自由滑動，導軌一端連接一個定值電阻R,金屬棒和導軌電阻不計.現將金屬棒沿

導軌由靜止向右拉，假設保持拉力F恒定，經時間力后速度為v,加速度為a”最終以速度

2V做勻速運動；假設保持拉力的功率P恒定，棒由靜止經時間上后速度為v,加速度為a2,

最終也以速度2V做勻速運動，那么（）.

A.t?=tiB.ti>t?

=

C.a2=2a】D.a25ai

【答案】B

【解析】AB、當拉力的功率恒定時，隨著速度增大，拉力逐漸減小，最后勻速運動時拉力最

小，且最小值和第一種情況下拉力相等，因此都到達速度v時，日〉枕，故力錯誤，8正確;

CD,由于兩種情況下，最終棒都以速度2y勻速運動，此時拉力與安培力大小相等，那么有:

當拉力恒定速度為%加速度為力時，根據牛頓第二定律有:

解得:4=需

假設保持拉力的功率恒定，速度為2/時，拉力為￡那么有:P=F-2v,

又…沖

所以八中

P4B2L2V

那么當速度為P時，拉力大小為：F}

vR

根據牛頓第二定律，得：月一寫之二機的

"妨3B2￡2V

解得：a,=----

Rm

所以有&2=3a,故切錯誤。

應選：瓦

【名師點睛】

分析清楚兩種情況下的運動形式區別，然后根據牛頓第二定律和運動學規律求解，注意兩種

情況下導體棒最終勻速運動時所受拉力大小是相同的。

25.以下三圖中除導體棒ab可動外，其余局部均固定不動，甲圖中的電容器C原來不帶電.設

導體棒、導軌和直流電源的電阻均可忽略，導體棒和導軌間的摩擦也不計.圖中裝置均在水

平面內，且都處于方向垂直水平面（即紙面）向下的勻強磁場中，導軌足夠長.今給導休棒

ab一個向右的初速度v,在甲、乙、丙三種情形下導體棒ab的最終運動狀態是（）

A.三種情形下導體棒ab最終均做勻速運動

B.三種情形下導體棒ab最終均靜止

C.乙、丙中，ab棒最終將做勻速運動；甲中，ab棒最終靜止

D.甲、丙中，ab棒最終將做勻速運動；乙中，ab棒最終靜止

【答案】D

【解析】圖甲中，導體棒向右運動切割磁感線產生感應電流而使電容器充電，當電容器C極板間電壓與導

體棒產生的感應電動勢相等時，電路中沒有電流，劭棒不受安培力，向右做勻速運動；圖乙中，導體棒位

右運動切割磁感線產生感應電流，通過電阻工轉化為內能，劭棒速度減小，當曲棒的動能全部轉化為內有

時，數棒靜止；圖丙中，導體棒先受到向左的安培力作用向右做減速運動，速度減為零后再在安培力作月

下向左做加速運動，當導體棒產生的感應電動勢與電源的電動勢相等時，電路中沒有電流，s方棒向左做《

速運動。故刀正確。

故選：D.

【名師點睛】

圖甲中，導體棒向右運動切割磁感線產生感應電流而使電容器充電，分析電路中電流的變化，

即可判斷ab棒所受的安培力，確定ab棒的運動情況；圖乙中，導體棒向右運動切割磁感線

產生感應電流，通過電阻R轉化為內能，ab棒將做減速運動；圖丙中，分析導體棒受到的

安培力情況，判斷ab棒的運動情況。

26.在勻強磁場中有一N匝、半徑為a的圓形線圈（其總電阻為R）和一儀器（內阻不計〕

串聯，線圈平面與磁場垂直。當線圈迅速由靜止翻轉180°,該儀器指示有電量q通過，根

據q、N、a、R可計算出磁感強度B等于

A.4B.C.盜D.土

2N7ZO22naNqR2NR

【答案】A

【解析】由法拉第電磁感應定律：線圈產生的感應電動勢E=N把

由閉合電路歐姆定律得感應電流，=3

根據電量的公式q=It,可得：q=N學

由于開始線圈平面與磁場垂直，現把探測圈翻轉180。，那么磁能量的變化△①=2BS=2B?

所以由上公式可得：q=N==N絲注，

“RR

那么得：8=肅，應選A.

點睛：考查法拉第電磁感應定律、閉合電路歐姆定律、電量表達式，同時注意磁通量雖然是

標量，但注意線圈分正反面，從而導致磁通量有正負.還有磁通量與線圈匝數無關，但感應

電動勢與線圈匝數有關.

27.如下圖，A0C是光滑的直角金屬導軌，A0沿豎直方向，0C沿水平方向，ab是一根金屬

直棒，如圖立在導軌上，它從靜止開始在重力作用下運動，運動過程中b端始終在0C上，a

端始終在A0上，直到ab完全落在0C上。整個裝置放在一勻強磁場口，磁場方向垂直紙面

向里，那么ab棒在運動過程中

A.感應電流方向始終是bfa

B.感應電流方向先是b-a,后變為a-b

C.受磁場力方向與ab垂直，如圖中箭頭所示方向

I）.受磁場力方向與ab垂直，開始如圖中箭頭所示方向，后來變為與箭頭所示方向相反

【答案】B

【解析】當ab棒從圖示位置滑到與水平面成45°時，閉合電路的磁通在變大，那么由楞次

定律得閉合電路中的電流是逆時針方向，即是b-a.而此時棒受到的安培力的方向與圖中

箭頭方向相反.當越過與水平面成45°時，閉合電路的磁通在變小，那么由楞次定律得閉

合電路中的電流是順時針方向，即是a-b.而此時棒受到的安培力的方向與圖中箭頭方向

相同.由上可知：只有B選項正確.應選B.

28.如下圖，質量為〃尸0.5kg、電阻為尸1Q的輕桿仍可以無摩擦地沿著水平固定導軌滑

行，導軌足夠長，兩導軌間寬度為￡二101,導軌電阻不計，電阻必=1.5。，尼=3。，整個裝置

處在豎直向下的勻強磁場中，磁感應強度為廬1To桿從x軸原點0以水平速度的=6m/s開

始滑行，直到停止下來。以下說法不正確的選項是（）

A.a點電勢高于b點電勢

B.在桿的整個運動過程中，電流對電阻a做的功為9J

C.整個運動過程中，桿的位移為6m

D.在桿的整個運動過程中，通過電阻用的電荷量為2c

【答案】B

【解析】由右手定那么可知，a點電勢高于b點電勢，選項A正確；設總電流為I,那么ab、

電阻R和R2上的電功率之比：3:2:1,由能量關系可知：

=(2,+QR1+QR2,解得QH3J,選項B錯誤；由動量定理可知：B1L?AI=BLq=mvfl,

解得口=等=繁。=3&那么通過RM電量為I=2G選項D正確；由q=,=詈,

其中H=三三'+1=2C,解得x=5m，選項C正確；此題選項不正確的選項，應選B.

29.一個粗細均勻總電阻為A的矩形金屬線框朗W0,如圖，JW的長度是的2倍，AP長

度為￡,有一寬度為2￡、大小為3垂直紙面向里的勻強磁場，自J四邊進入磁場開始線框以

產勻速穿過磁場區域，那么掰兩端的電勢差的隨時間的關系圖線為

【答案】A

【解析】勻速運動L的過程中感應電動勢E=2BLv,根據閉合電路的歐姆定律可得感應電流

1=2二簧，根據閉合電路的歐姆定律可得等;

在L?2L過程中，磁通量不變，感應電流為零，此過程U『E=2BLv；

在2L?3L的過程中，感應電動勢E=2BLv,根據閉合電路的歐姆定律可得=言竺,

故A正確、BCD錯誤.應選A.

點睛:關于電磁感應與圖象的結合問題，關鍵要分段由電磁感應和電路的根本規律、法拉第

電磁感應定律、歐姆定律、安培力公式和焦耳定律等，得到各物理量的解析式，再進行選擇.在

解題時要靈活選擇解法，也可以運用排除法等進行解答.

30.法拉第是十九世紀電磁學領域中最偉大的實驗家，以下有關法拉第在電磁學領域的奉獻,

不正確的選項是

A.法拉第是電磁學的奠基者，他首先提出了場的概念

B.法拉第發現并總結電磁感應是由于閉合電路磁通量變化引起的

C.法拉第正確地指出電磁感應與靜電感應不同，感應電流并不是與原電流有關，而是與原

電流的變化有關

D.法拉第通過科學實驗以及研究發現判斷感應電流方向的方法，即：感應電流的磁場總是

阻礙引起感應電流磁通量的變化

【答案】D

31.如下圖，等腰直角三角形區域內有垂直于紙面向內的勻強磁場，左邊有一形狀完全相同

的等腰直角三角形導線框，線框從圖示位置開始水平向右勻速穿過磁場區域，規定線框中感

應電流逆時針方向為正方向，線框剛進入磁場區域時感應電流為i。，直角邊長為L.其感應

電流i隨位移X變化的圖象正確的選項是

i

.卜

A.1B.4/C.

D.

卜

【答案】C

【解析】線框進入磁場的位移為0?L的過程中，三角形切割磁感線的有效長度先減小，當

右邊和斜邊切割長度相等時感應電流為零，接著又反向增大，根據右手定那么可知感應電流

方向先是逆時針，后是順時針；以后在L-2L過程中有效切割長度逐漸減小到零，那么感應

電流逐漸減小到零，所以C正確，ABD錯誤.應選C.

32.某同學在“探究感應電流產生的條件”的實驗中，將直流電源、滑動變阻器、線圈4(有

鐵芯)、線圈8、靈敏電流計及開關按圖連接成電路.在實驗中，該同學發現形狀閉合的瞬

間，靈敏電流計的指針向左偏.由此可以判斷，在保持開關閉合的狀態下：()

A.當線圈A拔出時，靈敏電流計的指針向左偏

B.當線圈4中的鐵芯拔出時，靈敏電流計的指針向右偏

C.當滑動變阻器的滑片勻速滑動時，靈敏電流計的指針不偏轉

D.當滑動變阻器的滑片向N端滑動時，靈敏電流計的指針向右偏

【答案】B

點睛：此題無法直接利用楞次定律進行判斷，但是可以根據題意得出產生使電流表指針左偏

的條件，即可不根據繞向判出各項中應該出現的現象.

33.如下圖，相距為d的兩條水平虛線之間是方向水平向里的勻強磁場，磁感應強度為B,

正方形線圈abed邊長為L(L<d),質量為m,電阻為R,將線圈在磁場上方高h處靜止釋

放，cd邊剛進入磁場時速度為%,cd邊剛離開磁場時速度也為%，那么從線圈cd邊剛進

入磁場起一直到ab邊離開磁場的過程中。以下說法不正確的選項是：0

A,線圈可能是加速進入磁場的B.感應電流所做的功為2mgd

C.線圈的最小速度可能為黑■D.線圈的最小速度一定為j2g(/z+L-d)

【答案】A

【解析】A、線圈全部進入磁場時沒有感應電流，不受安培力，做勻加速運動，而立邊剛離

開磁場與剛進入磁場時速度相等，所以線圈進磁場時要減速，A錯誤；

B、根據能量守恒可知：從“邊剛進入磁場到“邊剛穿出磁場的過程：線圈動能變化量為

0,重力勢能轉化為線框產生的熱量①mgd,c"邊剛進入磁場時速度為⑷，cd邊剛離開磁場

時速度也為⑷，所以線圈穿出磁場與進入磁場的過程運動情況相同，線框產生的熱量與從

cd邊剛進入磁場到cd邊剛穿出磁場的過程產生的熱量相等，所以線圈從cd邊進入磁場到

瑟邊離開磁場的過程，產生的熱量0'=2加gd,感應電流做的功為2圖&故8正確；

C、線框可能先做減速運動，在完全進入磁場前做勻速運動，因為完全進入磁場時的速度最

小，那么〃7g=￡孕，那么線圈下落的最小速度可能為：V=噌,故C錯誤;

RB"L

D、設線圈的最小速度為vm,可知全部進入磁場的瞬間速度最小。由動能定理，從cd邊剛

進入磁場到線框完全進入時,那么有：g〃說一gm詔=mgL-mgd,有gmv^=mgh,

綜上可解得線圈的最小速度為J2g（〃+L-d）,故〃正確；

此題選擇錯誤答案，應選：Ao

【名師點睛】

線圈由靜止釋放，其下邊緣剛進入磁場和剛穿出磁場時刻的速度是相同的，又因為線圈全部

進入磁場不受安培力，要做勻加速運動，可知線圈進入磁場先要做減速運動；根據動能定理，

分析安培力做的功和最小速度。

34.用一段橫截面半徑為八電阻率為P、密度為d的均勻導體材料做成一個半徑為R〈r

VVQ的圓環。圓環豎直向下落入如下圖的徑向磁場中，圓環的圓心始終在N極的軸線上，

圓環所在位置的磁感應強度大小均為反圓環在加速下落過程中某一時刻的速度為匕忽略

電感的影響，那么

A.此時在圓環中產生了（俯視）逆時針的感應電流

B.此時圓環受到豎直向下的安培力作用

.二5一

c.此時圓環的加速度M

V=遜

D.如果徑向磁場足夠深，那么圓環的最大速度必B2

【答案】D

【解析】由題意可知，根據右手定那么，右圖中，環左端面電流方向垂直紙面向里，右端電

流方向向外，那么有（俯視）順時針的感應電流，故A錯誤；根據楞次定律可知，環受到的

安培力向上，阻礙環的運動，故B錯誤；圓環落入磁感應強度8的徑向磁場中，產生的感應

電動勢方BlgB?2nRv,圓環的電阻為：R=p電流為：/=△，圓環所受的安培

萬產R

力大小為F二BI?2五R,由牛頓第二定律得：F-mg=nia,其中質量為：

帆=小/=/24R?萬心聯立以上解得：a=g--f故C錯誤；當圓環做勻速運動時,

pd

安培力與重力相等速度最大，即有儂=汽，可得：小2笈尺?乃/g=8的二&.2乃氏，解得:

P

y=照,故D正確。所以D正確，ABC錯誤。

raB2

35.如下圖，長為￡=0.5in、傾隹為。=37°的光滑絕緣斜面處于水立向右的勻強電場中，

一帶電荷量為+g,質量為0的小球（可視為質點），以初速度的=2m/s恰能沿斜面勻速上滑,

^=10m/s2,sin370=0.6,cos370=0.8,那么以下說法中正確的選項是（）.

A.小球在夕點的電勢能大于在力點的電勢能

B.水平勻強電場的電場強度為典

C.假設電場強度加倍，小球運動的加速度大小為3m/s2

0.假設電場強度減半，小球運動到月點時速度為初速度的的一半

【答案】BD

【解析】試題分析：小球由A到B的過程中，重力做負功，電場力做正功，小球電勢能減少,

選項A錯誤；因小球做勻速運動，由平衡條件知qEcos0=mgsin0,所以電場強度E=即8，

4q

選項B正確；電場強度變為2倍后，那么有q?2Ecos9-mgsin0=ma?所以a=6m/s2,

選項C錯誤；電場強度減為一半后，那么有：

E

/ngsinO-q5cos6=/次?],a】=3m/s）由v/-v2=2aiL代入數值得v=1m/s,選項【）正

確；應選BD。

考點：帶電粒子在電場中的運動；牛頓第二定律；動能定理

【名師點睛】由帶電小球受到分析得：重力、支持力與電場力，且三力均不變.假設存在加

速度，那么帶小球也不可能到達N點的速度仍不變的，所以三力處于平衡狀態.故帶電小球

做的是勻速直線運動。

36.如下圖，一個菱形的導體線框沿著自己的對角線勻速運動，穿過具有一定寬度的勻強磁

場區域，對角線力C的長度為磁場寬度的兩倍且與磁場邊界垂直.下面對于線框中感應電流

隨時間變化的圖象（電流以力^順序流向為正方向，從。點進入磁場開始計時）正確的選項

是（）.

0

A.B.

【解析】線圈在進磁場的過程中，磁通量增加，根據楞次定律可知，感應電流的方向為ABCD

方向，為正；在出磁場的過程中，磁通量減小，根據楞次定律知，感應電流的方向為ADCBA,

為負.在線圈進入磁場的前一半的過程中，切割的有效長度均勻增大，感應電動勢均勻增大,

那么感應電流均勻增大，在線圈注入磁場的后一半過程中，切割的有效長度均勻減小，感應

電動勢均勻減小，那么感應電流均勻減小；故B正確，ACD錯誤.應選：B.

37.在水平桌面上，一個圓形金屬框置于勻強磁場中，線框平面與磁場垂直，I員I形金屬

框與一個水平的平行金屬導軌相連接，導軌上放置一根導體棒出?，導體棒與導軌接觸良好,

導體棒處于另一均強磁場當中，該磁場的磁感應強度恒定，方向垂直導軌平面向下，如圖

甲所示.磁感應強度用隨時間，的變化關系如圖乙所示.。?1.0s內磁場方向垂直線框平面

向下.假設導體棒始終保持靜止，并設向右為靜摩擦力的正方向，那么導體棒所受的靜摩擦

力/隨時間變化的圖象是（）

【答案】D

點睛：此題外表上要求靜摩擦力大小與方向，實際上是確定安培力的方向與大小，所以考查

了法拉第電磁感應定律與楞次定律.

38.如下圖，矩形導線框abed與無限長通電直導線MN在同一平面內，直導線中的電流方向

由M到N,導線框的ab邊與直導線平行。假設直導線中的電流增大，導線框中將產生感應

電流，導線框會受到安培力的作用，那么以下關于導線框受到的安培刀的判斷正確的選項是

0

A.導線框有兩條邊所受安培力的方向相同

B.導線框有兩條邊所受安培力的大小相同

C.導線框所受的安培力的合力向左

D.導線框所受的安培力的合力向右

【答案】BD

【解析】試題分析：假設直導線中的電流增大，導線框中將產生感應電流，上下兩邊電流方

向相反、而所在區域磁場方向相同，那么安培力大小相等、方向相反，同樣左右兩條邊電流

方向也相反，所受安培力方向相反，由于所在區域磁場大小不等，那么所受安培力大小不等。

那么B正確C錯。假設直導線中的電流增大，那么導線右側磁場增強，線圈中磁通量增大，

根據楞次定律推論線圈將向右移從而阻礙線圈中磁通量增大，所以所受合力向右，那么D

正確C錯。

考點：此題考查安培力與楞次定律。

39.如圖，平行金屬導軌寬度為d,一局部軟道水平，左端接電阻R,傾斜局部與水平面成。

角，且置于垂直斜面向上的勻強磁場中，磁感應強度為B,現將一質量為m長度也為d的導

體棒從導軌頂端由靜止釋放，直至滑到水平局部（導體棒下滑到水平局部之前已經勻速，滑

動過程中與導軌保持良好接觸，重力加速度為g,）不計一切摩擦力，導體棒接入回路電阻

為r,那么整個下滑過程中

導體棒勻速運動時速度大小為2sme

A.

Bd

B.勻速運動時導體棒兩端電壓為

Bd

C.導體棒下滑距離為s時，通過R的總電荷量為必-

R+r

D.重力和安培力對導體棒所做的功大于導體棒獲得的動能

【答案】AC

考點：考查了電磁感應切割類問題

【名師點睛】此題是電磁感應與電路、力學相結合的綜合題，應用E=BLv、歐姆定律、安培

力公式、動能定理即可正確解題

40.如下圖，紫銅做的圓盤水平放置在豎直向下的勻強磁場中，圓盤圓心處固定一個搖柄，

邊緣和圓心處各與一個黃銅電刷緊貼,用導線將電刷與電流表連接起來形成回路。轉動搖柄,

使圓盤以3角速度逆時針勻速轉動，以下說法正確的選項是（）

A.回路中不會產生感應電流

B.回路中會產生電流大小不變、方向變化的感應電流

C.回路中電流的大小和方向都周期性變化，周期為三

CD

D.回路中電流方向不變，從b導線流進電流表

【答案】D

【解析】銅盤轉動產生的感應電動勢為：%就3/2,R、/.、3不變.￡不變，電流：

I=E//BC3/R,電流大小恒定不變，由右手定那么可知，回路中電流方向不變，從。導線

流進電流表，故力比錯誤，，正確；

應選：Do

【名師點睛】

圓盤轉動可等效看成無數軸向導體切割磁感線，有效切割長度為銅盤的半徑L