选修3-2第四章电磁感应单元测试(共19页).doc

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1、精选优质文档-倾情为你奉上电磁感应单元测试第I卷（选择题）一、选择题1.如图所示，条形磁铁以速度v向螺旋管靠近，下面几种说正确的是（）A螺旋管中不会产生感应电流B螺旋管中会产生感应电流C只有磁铁的速度足够大时，螺旋管中才会产生感应电流D只有磁铁的磁性足够强时，螺旋管中才会产生感应电流2.将一段导线绕成图甲所示的闭合电路，并固定在水平面（纸面）内，回路的ab边置于垂直纸面向里的匀强磁场中回路的圆形区域内有垂直纸面的磁场，以向里为磁场的正方向，其磁感应强度B随时间t变化的图象如图乙所示用F表示ab边受到的安培力，以水平向右为F的正方向，能正确反映F随时间t变化的图象是（）ABCD3.如图所示，一闭

2、合直角三角形线框以速度v匀速穿过匀强磁场区域从BC边进入磁场区开始计时，到A点离开磁场区止的过程中，线框内感应电流的情况（以逆时针方向为电流的正方向）是如图所示中的（）ABCD4.如图所示，L为一个带铁芯的线圈，R是纯电阻，两支路的直流电阻相等，那么在接通和断开开关瞬间，两表的读数I1和I2的大小关系分别是（）AI1I2，I1I2BI1I2，I1I2CI1I2，I1=I2DI1=I2，I1I25.矩形线圈在匀强磁场中，绕垂直磁场方向的轴匀速转动时，线圈平面跟中性面重合的瞬间，下面的说法中正确的是（）A线圈中的磁通量为零B线圈中的感应电动势最大C线圈的每一边都不切割磁感线D线圈所受的磁场力不为零

3、6.（多选题）如图所示，一电子以初速度v沿与金属板平行方向飞入MN极板间，突然发现电子向M板偏转，若不考虑磁场对电子运动方向的影响，则产生这一现象的原因可能是（）A开关S闭合瞬间B开关S由闭合后断开瞬间C开关S是闭合的，变阻器滑片P向右迅速滑动D开关S是闭合的，变阻器滑片P向左迅速滑动7.图中甲图所示的线圈为5匝，其端点a，b与电压表相连，线圈内磁通量变化规律如（b）图所示，则a，b两点的电势高低及电压表读数为（）Aab，2伏Bab，1伏Cab，2伏Dab，1伏8.闭合电路中产生感应电动势的大小，跟穿过这一闭合电路的下列哪个物理量成正比（）A磁通量 B磁感应强度C磁通量的变化率 D磁通量的变化

4、量9.（多选题）如图甲所示，圆形线圈P静止在水平桌面上，其正上方悬挂一螺线管Q，P和Q共轴，Q中通有变化的电流i，电流随时间变化的规律如图乙所示，P所受的重力为G，桌面对P的支持力为FN，则（）At1时刻，FNG Bt2时刻，FNGCt3时刻，FNG Dt4时刻，FN=G10.（多选题）如图所示的电路中，A1和A2是完全相同的灯泡，线圈L的电阻可以忽略下列说法中正确的是（）A合上开关K接通电路时，A2先亮，A1后亮，最后一样亮B合上开关K接通电路时，A1和A2始终一样亮C断开开关K切断电路时，A2立刻熄灭，A1过一会儿才熄灭D断开开关K切断电路时，A1和A2都要过一会儿才熄灭11.如图，光滑固

5、定的金属导轨M、N水平放置，两根导体棒P、Q平行放置在导轨上，形成一个闭合回路，一条形磁铁从高处自由下落接近回路时（）AP、Q将相互远离 B磁铁的加速度大于gC磁铁的加速度仍为gD磁铁的加速度小于g12.（多选题）如图所示，平行金属导轨与水平面间的倾角为，导轨电阻不计，与阻值为R的定值电阻相连，匀强磁场垂直穿过导轨平面，磁感应强度为B有一质量为m长为l的导体棒从ab位置获得平行于斜面的，大小为v的初速度向上运动，最远到达ab的位置，滑行的距离为s，导体棒的电阻也为R，与导轨之间的动摩擦因数为则（）A上滑过程中导体棒受到的最大安培力为B上滑过程中电流做功发出的热量为mv2mgs（sin+cos）

6、C上滑过程中导体棒克服安培力做的功为mv2D上滑过程中导体棒损失的机械能为mv2mgssin13.（多选题）如图A、B为两个相同的环形线圈，共轴并靠近放置当A线圈中通有如图（a）所示的变化电流i，则（）A在t1到t2时间内A、B两线圈相吸B在t2到t3时间内A、B两线圈相斥Ct1时刻两线圈间作用力为零Dt2时刻两线圈间吸力最大14.（多选题）如图中甲、乙两图，电阻R和自感线圈L的阻值都较小，接通开关S，电路稳定，灯泡L发光，则（）A在电路甲中，断开S，L逐渐变暗B在电路甲中，断开S，L突然亮一下，然后逐渐变暗C在电路乙中，断开S，L逐渐变暗D在电路乙中，断开S，L突然亮一下，然后逐渐变暗15.

7、如图甲所示电路中，A1、A2、A3为相同的电流表，C为电容器，电阻R1、R2、R3的阻值相同，线圈L的电阻不计在某段时间内，理想变压器T原线圈内磁场的磁感应强度B的变化情况如图乙所示，则在t1t2时间内（）A电流表A1和A2的示数相同 B电流表A2的示数比A3的小C电流表A1的示数比A2的小 D电流表的示数都不为零16.（多选题）如图所示，直导线MN中通有M向N的电流，要使闭合导线圈a中产生如图方向的感应电流，应采取的办法是（）Aa不动，使MN中电流增大Ba不动，使MN中电流减小CMN中电流不变，使a平行于MN向右运动DMN中电流不变，使a向着远离MN方向运动17.下列说法中错误的是（）A奥斯

8、特发现了电流的磁效应B电磁炉是利用电磁感应产生涡流原理制成的C穿过闭合电路的磁通量不为零，闭合电路中就一定产生感应电流D电容器的电容越大、交流的频率越高，电容器对交流的阻碍作用就越小18.物理学的基本原理在生产生活中有着广泛应用在下面器件中，利用电磁感应原理工作的是（）A回旋加速器 B电磁炉 C质谱仪 D示波管19.（多选题）如图所示，开始时矩形线框与匀强磁场的方向垂直，且一半在磁场内，一半在磁场外若要使线框中产生感应电流，下列办法中可行的是（）A以cd边为轴转动（小于90）B以ab边为轴转动（小于90）C以ad边为轴转动（小于60）D以bc边为轴转动（小于60）20.如图所示，一个有界匀强磁

9、场区域，磁场方向垂直纸面向外一个矩形闭合导线框abcd，沿纸面由位置1（左）匀速运动到位置2（右）则g（）A导线框进入磁场时，感应电流方向为abcdaB导线框离开磁场时，感应电流方向为adcbaC导线框离开磁场时，受到的安培力方向水平向左D导线框进入磁场时，受到的安培力方向水平向右21.（多选题）如图是创意物理实验设计作品小熊荡秋千两根彼此靠近且相互绝缘的金属棒C、D固定在铁架台上，与两个铜线圈P、Q组成一闭合回路，两个磁性很强的条形磁铁如图放置，当用手左右摆动线圈P时，线圈Q也会跟着摆动，仿佛小熊在荡秋千以下说法正确的是（）AP向右摆动的过程中，P中的电流方向为顺时针方向（从右向左看）BP向

10、右摆动的过程中，Q也会向右摆动CP向右摆动的过程中，Q会向左摆动D若用手左右摆动Q，P会始终保持静止22.（多选题）如图，螺线管B置于闭合金属圆环A的轴线上，当B中通过的电流增加A环A有扩张的趋势B环A有缩小的趋势C螺线管B有缩短的趋势D螺线管B有伸长的趋势23.如图所示，通有恒定电流的导线MN与闭合金属框共面，第一次将金属框由平移到，第二次将金属框绕cd边翻转到，设先后两次通过金属框的电量分别为q1和q2，则（）Aq1q2 Bq1=q2 Cq1q2 D不能判断24.如图所示，电阻R和电感线圈L的值都较大，电感线圈的电阻不计，A、B是两只完全相同的灯泡，当开关S闭合时，下面能发生的情况是（）A

11、B比A先亮，然后B熄灭 BA比B先亮，然后A熄灭CA、B一起亮，然后A熄灭 DA、B一起亮，然后B熄灭二、计算题25.如图甲所示，两根足够长、电阻不计的光滑平行金属导轨相距为L=2m，导轨平面与水平面成=30o角，下端连接阻值R=1.5 的电阻；质量为m=1.4kg、阻值r=0.5的匀质金属棒ab放在两导轨上，距离导轨最下端为L1=l m，棒与导轨垂直并保持良好接触，动摩擦因数。整个装置处于一匀强磁场中，该匀强磁场方向与导轨平面垂直(向上为正)，磁感应强度大小随时间变化的情况如图乙所示。(g=10ms2) (1)在01.Os内，金属棒ab保持静止，求通过的电流大小和方向；(2)求t=1.1s寸

12、刻，ab棒受到的摩擦力的大小和方向；(3)1.2s后对ab棒施加一沿斜面向上的拉力F，使ab棒沿斜面向上做匀加速运动，加速度大小为5 ms2 ，请写出拉力F随时间t（加F时开始计时）的变化关系式。26.如图甲所示，截面积为0.2m2的100匝圆形线圈A处在变化的磁场中磁场方向垂直纸面，其磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示，设向外为B的正方向R1=4，R2=6，C=30 F，线圈的内阻不计，求电容器上极板所带电荷量并说明正负27.如图甲所示，两根间距=1.0m、电阻不计的足够长平行金属导轨ab、cd水平放置，一端与阻值R=2.0的电阻相连质量m=0.2kg的导体棒ef在恒定外力F作用下由静

13、止开始运动，已知导体棒与两根导轨间的最大静摩擦力和滑动摩擦力均为f=1.0N，导体棒电阻为r=10，整个装置处于垂直于导轨平面向上的匀强磁场B中，导体棒运动过程中加速度a与速度v的关系如图乙所示（取g=10m/s2）求：（1）当导体棒速度为v时，棒所受安培力F安的大小（用题中字母表示）（2）磁场的磁感应强度B（3）若ef棒由静止开始运动距离为S=6.9m时，速度已达v=3m/s求此过程中产生的焦耳热Q28.如图甲所示，用相同导线绕制、半径分别为r和3r的金属圆环a、b放置在纸面内，半径为2r的圆形区域内充满了垂直纸面的匀强磁场，磁场区域和金属圆环的圆心均为O点磁场的磁感应强度B随时间t变化如图

14、乙所示，求0t0时间内a、b圆环中产生的热量之比29.如图1所示，一个匝数n=100的圆形线圈，面积S1=0.4m2，电阻r=1。在线圈中存在面积S2=0.3m2、垂直线圈平面(指向纸外)的匀强磁场区域，磁感应强度B随时间t变化的关系如图2所示。将其两端a、b与一个R=2的电阻相连接，b端接地。试分析求解：(1)圆形线圈中产生的感应电动势E；(2)电阻R消耗的电功率；(3)a端的电势a。试卷答案1.B【考点】感应电流的产生条件【分析】产生感应电流的条件：闭合回路的磁通量发生变化或闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动，导体中有感应电流根据条件进行分析【解答】解：当条形磁铁以速度v向螺旋管

15、靠近，穿过螺旋管的磁通量增大，则螺旋管中会产生感应电流，与磁铁的速度、磁铁的磁性强弱无关故B正确，ACD错误故选：B2.B【考点】楞次定律；安培力；左手定则【分析】当线圈的磁通量发生变化时，线圈中才会产生感应电动势，从而形成感应电流；当线圈的磁通量不变时，则线圈中没有感应电动势，所以不会有感应电流产生由楞次定律可知电流的方向，由左手定则判断安培力的方向【解答】解：分析一个周期内的情况：在前半个周期内，磁感应强度均匀变化，磁感应强度B的变化度一定，由法拉第电磁感应定律得知，圆形线圈中产生恒定的感应电动势恒定不变，则感应电流恒定不变，ab边在磁场中所受的安培力也恒定不变，由楞次定律可知，圆形线圈中

16、产生的感应电流方向为顺时针方向，通过ab的电流方向从ba，由左手定则判断得知，ab所受的安培力方向水平向左，为负值；同理可知，在后半个周期内，安培力大小恒定不变，方向水平向右故B正确故选B3.A【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【分析】分三个阶段分析感应电流的变化情况，根据感应电流产生的条件判断线框中是否由感应电流产生，根据E=BLv及欧姆定律判断感应电流的大小【解答】解：根据感应电流产生的条件可知，线框进入或离开磁场时，穿过线框的磁通量发生变化，线框中有感应电流产生，当线框完全进入磁场时，磁通量不变，没有感应电流产生，故C错误；感应电流I=，线框进入磁场时，导体棒切割磁

17、感线的有效长度L减小，感应电流逐渐减小；线框离开磁场时，导体棒切割磁感线的有效长度L减小，感应电流逐渐减小；故A正确，BD错误；故选A4.C【考点】自感现象和自感系数【分析】当开关接通和断开的瞬间，流过线圈的电流发生变化，产生自感电动势，阻碍原来电流的变化，根据这一特点来分析电流的大小【解答】解：当开关接通瞬间，R中电流立即增大到正常值I2而线圈中的电流从零开始增大，产生自感电动势阻碍电流的增大，则电流I1只能逐渐增大，故I1I2断开开关瞬间，线圈产生的自感电流流过线圈和电阻R，两者串联，电流相同，I1=I2故选项C正确，选项ABD错误故选：C5.C【考点】法拉第电磁感应定律；磁通量【分析】矩

18、形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动时，线圈中产生正弦式电流在中性面时，线圈与磁场垂直，磁通量最大，感应电动势为零【解答】解：A、在中性面时，线圈与磁场垂直，磁通量最大故A错误 B、在中性面时，没有边切割磁感线，感应电动势为零故B错误 C、在中性面时，没有边切割磁感线，且每一边都不切割磁感线，感应电动势为零，故C正确 D、在中性面时，没有边切割磁感线，感应电动势为零，没有感应电流，则没有磁场力作用，故D错误故选：C6.AD【考点】法拉第电磁感应定律；通电直导线和通电线圈周围磁场的方向【分析】电子向M偏转，与两金属板相连的线圈产生的感应电动势与M相连的一端电势高，与N板相连的一端电势低

19、，然后应用楞次定律分析答题【解答】解：电子向M板偏转，说明电子受到向左的电场力，两金属板间的电场由M指向N，M板电势高，N板电势低，这说明：与两金属板相连的线圈产生的感应电动势：左端电势高，与N板相连的右端电势低；A、开关S闭合瞬间，由安培定则可知，穿过线圈的磁通量向右增加，由楞次定律知在右侧线圈中感应电流的磁场方向向左，产生左正右负的电动势，电子向M板偏振，A正确；B、开关S由闭合后断开瞬瞬间，穿过线圈的磁通量减少，由楞次定律知在右侧线圈中产生左负右正的电动势，电子向N板偏振，B错误；C、开关S是闭合的，变阻器滑片P向右迅速滑动，变阻器接入电路的电阻增大，电流减小，穿过线圈的磁通量减小，由楞

20、次定律知在上线圈中产生左负右正的电动势，电子向N偏振，C错误；D、开关S是闭合的，变阻器滑片P向左迅速滑动，滑动变阻器接入电路的阻值减小，电流增大，穿过线圈的磁通量增大，由楞次定律知在上线圈中感应出左正右负的电动势，电子向M偏振，D正确故选：AD7.B【考点】法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律【分析】根据法拉第电磁感应定律求出线圈中感应电动势根据楞次定律判断感应电流的方向结合电路知识求出a、b两点电势差【解答】解：从图中发现：线圈的磁通量是增大的，根据楞次定律，感应电流产生的磁场跟原磁场方向相反，即感应电流产生的磁场方向为垂直纸面向外，根据右手定则，我们可以判断出线圈中感应电流的方向为：逆

21、时针方向在回路中，线圈相当于电源，由于电流是逆时针方向，所以a相当于电源的正极，b相当于电源的负极，所以a点的电势大于b点的电势根据法拉第电磁感应定律得：E=n=50.2 v=1v电压表读数为1v故选B8.C【考点】法拉第电磁感应定律【分析】由法拉第电磁感应定律可知，闭合电路中产生的感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比，与磁通量及磁通量的变化量无关【解答】解：由法拉第电磁感应定律可知；E=n，即E与磁通量的变化率成正比，即电动势取决于磁通量的变化快慢；故选C9.AD【考点】楞次定律【分析】开始电流增大，磁通量变化，设逆时针为电流正方向，形成感应的磁场，由楞次可知，总是阻碍磁通量的变化，所以确

22、定下面的磁场，再可知该线圈顺时针电流，由安培力知，异向电流相互排斥知，支持力与重力的关系【解答】解：线圈总是阻碍磁通量的变化，所以t1电流增大，磁通量变大，下面线圈阻碍变化，就向下运动的趋势，所以FNGt2时刻与t4时刻无电流变化，t3时刻Q中没有电流；所以t2时刻、t3时刻、t4时刻FN=G，故AD正确，BC错误故选：AD10.AD【考点】自感现象和自感系数【分析】当开关接通和断开的瞬间，流过线圈的电流发生变化，产生自感电动势，阻碍原来电流的变化，根据楞次定律及串联电路的特点来分析【解答】解：A、B，合上开关K接通电路时，A2立即正常发光，线圈中电流要增大，由于自感电动势的阻碍，灯泡A1中电

23、流只能逐渐增大，则A2先亮，A1后亮，最后一样亮故A正确，B错误 C、D，A2原来的电流立即减小为零，线圈中产生自感电动势，两灯泡串联和线圈组成回路，回路中电流从原来值逐渐减小到零，则A1和A2都要过一会儿才熄灭故C错误，D正确故选AD11.D【考点】楞次定律【分析】当一条形磁铁从高处下落接近回路时，穿过回路的磁通量增加，根据楞次定律：感应电流的磁场总是阻碍磁通量的变化，分析导体的运动情况【解答】解：A、当一条形磁铁从高处下落接近回路时，穿过回路的磁通量增加，根据楞次定律：感应电流的磁场总是阻碍磁通量的变化，可知，P、Q将互相靠拢，回路的面积减小一点，使穿过回路的磁场减小一点，起到阻碍原磁通量

24、增加的作用故A错误BCD、根据楞次定律可知，磁铁受到向上的排斥力由于磁铁受到向上的安培力作用，所以合力小于重力，磁铁的加速度一定小于g故BC错误；D正确故选：D12.ABD【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化【分析】当导体棒的速度最大时，感应电流最大，安培力最大，即初始时刻安培力最大，结合安培力公式、切割产生的感应电动势公式和欧姆定律求出最大安培力的大小根据能量守恒求出由于电流做功产生的热量，从而得出克服安培力做功的大小根据重力势能的增加量和动能的减小量求出机械能的减小量【解答】解：A、当速度最大时，感应电动势最大，感应电流最大，则安培力最大，FA=BIl，I=，则最大安

25、培力，故A正确B、根据能量守恒知，解得上滑过程中电流做功发出的热量Q=，故B正确C、克服安培力做功全部转化为热量，可知上滑过程中导体棒克服安培力做功为，故C错误D、上滑的过程中，动能减小了，重力势能增加了mgssin，则机械能减小了，故D正确故选：ABD13.ABC【考点】法拉第电磁感应定律；楞次定律【分析】根据安培定则确定电流与磁场的方向关系，再根据楞次定律知，感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化当磁通量增大时，感应电流的磁场与它相反，当磁通量减小时，感应电流的磁场与它相同最后运用同向电流相互吸引，异向电流相互排斥【解答】解：A、在t1到t2时间内，若设逆时针（从左向右看）方向为

26、正，则线圈A电流方向逆时针且大小减小，所以根据右手螺旋定则可判定穿过线圈B方向向右的磁通量大小减小，由楞次定律可知，线圈B的电流方向逆时针方向，因此A、B中电流方向相同，出现相互吸引现象，故A正确；B、在t2到t3时间内，若设逆时针方向（从左向右看）为正，则线圈A电流方向顺时针且大小增大，所以根据右手螺旋定则可判定穿过线圈B方向向左的磁通量大小增大，由楞次定律可知，线圈B的电流方向逆时针方向，因此A、B中电流方向相反，A、B出现互相排斥，故B正确；C、由题意可知，在t1时刻，线圈A中的电流最大，而磁通量的变化率是最小的，所以线圈B感应电流也是最小，因此两线圈间作用力为零，故C正确；D、在t2时

27、刻，线圈A中的电流最小，而磁通量的变化率是最大的，所以线圈B感应电流也是最大，但A、B间的相互作用力最小，故D错误；故选：ABC14.AD【考点】自感现象和自感系数【分析】电感总是阻碍电流的变化线圈中的电流增大时，产生自感电流的方向与原电流的方向相反，抑制增大；线圈中的电流减小时，产生自感电流的方向更原电流的方向相同，抑制减小，并与灯泡L构成电路回路【解答】解：A、在电路甲中，断开S，由于线圈阻碍电流变小，导致L将逐渐变暗故A正确；B、在电路甲中，由于电阻R和自感线圈L的电阻值都很小，所以通过灯泡的电流比电阻的电流小，当断开S，L将不会变得更亮，但会渐渐变暗故B错误；C、在电路乙中，由于电阻R

28、和自感线圈L的电阻值都很小，所以通过灯泡的电流比线圈的电流小，断开S时，由于线圈阻碍电流变小，导致L将变得更亮，然后逐渐变暗故C错误；D、在电路乙中，由于电阻R和自感线圈L的电阻值都很小，所以通过灯泡的电流比线圈的电流小，断开S时，由于线圈阻碍电流变小，导致L将变得更亮，然后逐渐变暗故D正确；故选：AD15.A【分析】由图可知副线圈电路中的磁通量的变化情况，则由电磁感应可得出产生的感应电流；根据电容器及电感器的性质可得出各表的电流大小【解答】解：原线圈中磁场如乙图所示变化，则原线圈中的磁通量均匀变化，故副线圈中产生恒定的电流，因线圈电阻不计，故线圈L对恒定电流没有阻碍作用，所以电流表A1和A2

29、的读数相同，而电容器“通交隔直”，所以电流表A3的读数为0故A正确，BCD错误；故选：A16.BD【考点】楞次定律【分析】直导线中的电流方向由M到N，根据安培定则判断导线框所在处磁场方向根据楞次定律判断导线框中感应电流方向，由左手定则分析导线框所受的安培力情况【解答】解：根据安培定则可知导线框所在处的磁场方向垂直纸面向里，A、a不动，直导线中的电流增大，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律得到：线框中感应电流方向为逆时针方向故A错误；B、a不动，直导线中的电流减小，穿过线圈的磁通量减小，根据楞次定律得到：线框中感应电流方向为顺时针方向故B正确C、MN中电流保待恒定，使a平行于MN向右运动，线圈中

30、的磁通量不变，没有感应电流故C错误；D、使a远离MN运动，线圈磁通量减小，根据楞次定律得到：线框中感应电流方向为顺时针方向故D正确故选：BD17.C【考点】感应电流的产生条件；电容【分析】明确电流磁效应的发现，知道电磁炉利用了电磁感应规律；明确感应电流产生的条件，知道只有闭合回路中磁通量发生变化时才能产生感应电流；电容器对电流的阻碍作用取决于电容和交流电的频率【解答】解：A、奥斯特最早通过实验发现了电流的磁效应，故A正确；B、电磁炉是利用电磁感应产生涡流原理制成的，故B正确；C、穿过闭合电路的磁通量发生变化时，闭合电路中才能产生感应电流，故C错误；D、根据电容的性质可知，电容器的电容越大、交流

31、的频率越高，电容器对交流的阻碍作用就越小，故D正确本题选错误的，故选：C18.B【考点】电磁感应在生活和生产中的应用【分析】回旋加速器利用磁场使带电粒子旋转，电场使粒子加速电磁炉是利用电磁感应原理质谱仪是利用电场加速，磁场使粒子偏转示波器利用了电场加速和偏转的原理【解答】解：A、回旋加速器利用磁场使带电粒子旋转，电场使粒子加速故A错误B、电磁炉是利用电磁感应原理使产生涡流，将电能最终转化成内能故B正确C、质谱仪是利用电场加速，磁场使粒子偏转，不是电磁感应现象故C错误D、利用了电场加速和电场偏转的原理故D错误故选B19.ABC【考点】感应电流的产生条件【分析】磁通量是穿过线圈的磁感线的条数对照产

32、生感应电流的条件：穿过电路的磁通量发生变化进行分析判断有无感应电流产生【解答】解：A、以cd边为轴转动（小于90），穿过线圈的磁通量减小，有感应电流产生故A正确B、以ab边为轴转动（小于90），穿过线圈的磁通量减小，有感应电流产生故B正确C、以ad边为轴转动（小于60），穿过线圈的磁通量从=BS减小到零，有感应电流产生故C正确、以bc边为轴转动（小于60），穿过线圈的磁通量=B，保持不变，没有感应电流产生故D错误故选：ABC20.C【考点】楞次定律【分析】线框进入时dc边切割磁感线，出来时ab边切割磁感线，因此根据右手定则可以判断出电流方向，注意完全进入时，磁通量不变，无感应电流产生；然后根据

33、左手定则判断安培力方向也可以利用楞次定律直接判断电流和受力方向【解答】解：A、线框进入磁场时，由右手定则可知，感应电流沿顺时针方向，即方向为adcba，故A错误；B、由右手定则可知，导线框离开磁场时，感应电流方向为逆时针方向，故B错误；C、由左手定则可知，导线框离开磁场时，受到的安培力方向向左，故C正确；D、导线框进入磁场时，受到的安培力方向向左，故D错误；故选：C21.AB【考点】楞次定律【分析】当P摆动时，穿过P的磁通量发生变化，产生感应电流，由于P和Q形成闭合回路，Q的下端受到安培力的作用而发生摆动结合楞次定律和左手定则进行判断【解答】解：A、P向右摆动的过程中，穿过P的磁通量减小，根据

34、楞次定律，P中有顺时针方向的电流（从右向左看）故A正确B、P向右摆的过程中，P中的电流方向为顺时针方向，则Q下端的电流方向向外，根据左手定则知，下端所受的安培力向右，则Q向右摆动同理，用手左右摆动Q，P会左右摆动故B正确，C错误，D也错误故选：AB22.AC【考点】法拉第电磁感应定律；楞次定律【分析】线圈B中电流I减小，B中电流产生的磁场减弱，应用楞次定律阻碍磁通量变化分析A环的受力情况；根据同向电流相互吸引，异向电流相互排斥判断螺线管相邻两匝线圈间的力，再分析A和B有怎样形变的趋势【解答】解：A、B、当B中通过的电流逐渐增加时，电流产生的磁场逐渐增强，故穿过A的磁通量增加，为阻碍磁通量增加，

35、根据楞次定律可知，环A应向磁通量减小的方向形变由于A环中有两种方向的磁场：B线圈外的磁感线方向与B线圈内的磁感线方向相反，B线圈外的磁感线要将B线圈内的磁通量抵消一些，当A的面积增大时，穿过A的磁通量会减小，所以可知环A应有扩张的趋势，故A正确，B错误；C、D、线圈B中电流增加，每匝线圈产生的磁场增强，线圈间的引力增大，所以螺线管B有缩短的趋势，故C正确，D错误；故选：AC23.C【考点】法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律；磁通量【分析】第一次将金属框由平移到，穿过线框的磁感线方向没有改变，磁通量变化量大小等于两个位置磁通量的差值；第二次将金属框绕cd边翻转到，穿过线框的磁感线的方向发生改

36、变，磁通量变化量大小等于两个位置磁通量绝对值之和从而根据电量综合表达式，q=，即可求解【解答】解：设在位置时磁通量大小为1，位置时磁通量大小为2第一次将金属框由平移到，穿过线框的磁感线方向没有改变，磁通量变化量1=12；第二次将金属框绕cd边翻转到，穿过线框的磁感线的方向发生改变，磁通量变化量2=1+2所以：12根据电量综合表达式，q=，则有：q1q2；故C正确，ABD错误；故选：C24.D【考点】自感现象和自感系数【分析】当开关S闭合时，电源的电压同时加到两个灯泡上，它们会同时发光根据电感线圈的电阻不计，会将B灯短路，分析B灯亮度的变化【解答】解：当开关S闭合时，电源的电压同时加到两个灯泡上

37、，它们会一起亮但由于电感线圈的电阻不计，线圈将B灯逐渐短路，B灯变暗直至熄灭；故ABC错误，D正确故选：D25.(1) ，方向为；(2) ，方向沿斜面向上；(3) （1）由法拉第电磁感应定律，得：由闭合电路欧姆定律，得：又有楞次定律和右手定则得：电流方向：（2）时，电流大小和方向都不变，则安培力：，方向沿斜面向下又：，仍保持静止所以，方向沿斜面向上（3）后，对棒由法拉第电磁感应定律，得：由牛顿第二定律，得：解得：答：(1)通过的电流大小为，方向为；(2) 棒受到的摩擦力大小为，方向沿斜面向上；(3)拉力随时间的变化关系式为。26.解：根据图象，结合题意可知，在0到1秒内，磁场方向向里，且大小减

38、小，由楞次定律，则有线圈产生顺时针的电流，从而给电容器充电，电容器上极板带正电；在1秒到2秒内，磁场方向向外，大小在增大，由楞次定律，则有线圈产生顺时针的电流，仍给电容器充电，则电容器上极板带正电；由法拉第电磁感应定律，得：E=V=0.4V；由电路图可得：UR2=R2=6V=0.24V；因电容器与电阻R2并联，则电压相等，根据电容与电量关系式，则有：Q=CUC=301060.24C=7.2106 C；答：电容器上极板所带电荷量7.2106 C，且电容器上极板带正电【考点】法拉第电磁感应定律；楞次定律【分析】根据E=n求出感应电动势的大小，再根据闭合电路欧姆定律求出电流的大小，从而求出电容器充电

39、时的电压，再根据Q=CU求出电容器所带的电量27.考点：导体切割磁感线时的感应电动势；磁感应强度 专题：电磁感应与电路结合分析：（1）由法拉第电磁感应定律：E=BLv 由欧姆定律：I= 导体棒所受安培力F=BIL，三式联立求解安培力；（2）由图可知：导体棒开始运动时加速度a1=5m/s2，初速度v0=0，导体棒中无电流当导体棒的加速度a=0时，开始以v=3m/s做匀速运动，根据牛顿运动定律列方程求解即可；（3）功能关系知：（Ff）s=Q+mv2，从而得热量Q解答：解：（1）当导体棒速度为v时，导体棒上的电动势为E，电路中的电流为I由法拉第电磁感应定律：E=BLv 由欧姆定律：I= 导体棒所受安

40、培力F=BIL 解得：F安= （2）由图可知：导体棒开始运动时加速度a1=5m/s2，初速度v0=0，导体棒中无电流由牛顿第二定律知：Ff=ma1 解得：F=2N 由图可知：当导体棒的加速度a=0时，开始以v=3m/s做匀速运动此时有：FfF安=0 解得：B=带入数据解得：B=1T （3）设ef棒此过程中，产生的热量为Q，由功能关系知：（Ff）s=Q+mv2 带入数据解得Q=6J 答：（1）当导体棒速度为v时，棒所受安培力F安的大小为（2）磁场的磁感应强度B为1T（3）若ef棒由静止开始运动距离为S=6.9m时，速度已达v=3m/s求此过程中产生的焦耳热Q为6J28.解：设两圆环单位长度上的电

41、阻为r0，则两圆环的电阻分别为Ra=2rr0，Rb=6rr0根据法拉第电磁感应定律可得，感应电动势为：Ea=Eb=； 又在0t0时间内圆环中产生的热量为：Q=；故热量之比为： =答：0t0时间内a、b圆环中产生的热量之比3：16【考点】法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律；电磁感应中的能量转化【分析】根据圆的周长，结合单位长度的电阻，可知两圆环的电阻，再由法拉第电磁感应定律，结合焦耳定律，即可求解29.(1)4.5V (2) 4.5W (3)-3.0V本题主要考查法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律以及楞次定律；（1） 有法拉第电磁感应定律知（2） 由闭合电路欧姆定律得，电阻R的功率为（3） 由欧姆定律知,由楞次定律知电流沿着回路顺时针方向，即a点电势较低，故专心-专注-专业