1、高二物理周练12.8一、单选题（每题5分，共40分）1关于感应电流，下列说法中正确的是( )A只要闭合电路内有磁通量，闭合电路中就有感应电流产生B穿过螺线管的磁通量发生变化时，螺线管内就一定有感应电流产生C只要电路的一部分作切割磁感线运动，电路中就一定有感应电流D线框不闭合时，即使穿过线圈的磁通量发生变化，线圈中也没有感应电流2如图所示，空间有一个方向水平的有界磁场区域，一个矩形线框，自磁场上方某一高度下落，然后进入磁场，进入磁场时，导线框平面与磁场方向垂直则在进入时导线框不可能()A匀加速下落 B变加速下落C匀速下落 D变减速下落3如图所示，一圆形闭合小铜环从高处由静止开始下落，穿过一根竖直
2、悬挂的、质量为m的条形磁铁，铜环的中心轴线与条形磁铁的中心轴线始终保持重合。则细绳中弹力F随时间t的变化关系图像可能 是（ ）A B C D4如图所示，闭合导线框的质量可以忽略不计，将它从图示位置匀速拉出匀强磁场若第一次用0.3s时间拉出，外力所做的功为W1，通过导线截面的电量为q1；第二次用0.9s时间拉出，外力所做的功为W2，通过导线截面的电量为q2，则 （ ）AW1W 2，q1q2 B W 1W 2，q1= q2C W 1W 2，q1= q2 D W 1W 2，q1q25如图所示，两根相距为L的平行直导轨ab、cd，b、d间连有一固定电阻R，导轨电阻可忽略不计MN为放在ab和cd上的一导
3、体杆，与ab垂直，其电阻也为R.整个装置处于匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，磁场方向垂直于导轨所在平面(垂直纸面向里)现对MN施力使它沿导轨方向以速度v水平向右做匀速运动令U表示MN两端电压的大小，则( )A，流过固定电阻R的感应电流由d经R到bB，流过固定电阻R的感应电流由d经R到bCMN受到的安培力大小，方向水平向左DMN受到的安培力大小，方向水平向左6如图甲、乙所示，矩形线框ABCD静置在光滑的水平面上，竖直方向存在着组合磁场，其磁感应强度分别为B、2B，分别用力、将相同的矩形线框一边与两磁场的边界重合沿水平面匀速完全拉进另一磁场，且两次的速度之比为：2，则在线框完全进入另一磁场的过程
4、中，下列说法正确的是A回路中电流之比为1：1 B线框中产生的热量之比为1：1C拉力大小之比为1：2 D克服安培力做功的功率之比为1：27如图所示，相同长度的同一材料导线做成不同形状的的单匝线圈，有正方形、等边三角形、圆形，将它们放在同一直线边界匀强磁场中，线圈平面与磁场垂直现以相同的速度v将线圈从磁场中匀速拉出，当线圈的一半在磁场中时，线圈与磁场边界交点间电压最小的是()A B C D8（5分）如图所示，螺线管匝数n1500匝，横截面积S20 cm2，螺线管导线电阻r1 ，电阻R4 ，磁感应强度B的Bt图像如图所示(以向右为正方向)，下列说法正确的是()A通过电阻R的电流方向是从A到C B感应
5、电流的大小保持不变为2.4 AC电阻R的电压为6 V DC点的电势为4.8 V二、多选题（每题5分，共20分）9如图所示，在匀强磁场中放有平行铜导轨，它与大导线圈M相连接，要使小导线圈N获得逆时针方向的感应电流，则放在导轨中的裸金属棒ab的运动情况是(两导线圈共面放置) （ ）A向右匀速运动 B向左减速运动C向右减速运动 D向右加速运动 （9题图） （10题图）10匀强磁场中有一细金属圆环，圆环平面位于纸面内，如图甲所示。磁场方向垂直纸面，规定向里的方向为正，磁感强度B随时间t变化规律如图乙所示。用I1、I2、I3分别表示Oa、ab、bc段的感应电流，f1、f2、f3分别表示金属环产生对应感应
6、电流时其中很小段受到的安培力。则（ ）AI1沿逆时针方向，I2沿顺时针方向BI2沿顺时针方向，I3沿逆时针方向Cf2方向背离圆心向外，f3方向指向圆心Df1方向指向圆心，f2方向指向圆心11如图所示，不计电阻的光滑金属直轨道AB和CD固定在同一水平面内，两轨道间的宽度为1m。平行轨道左端接一阻值为0.5的电阻。轨道处于磁感应强度大小B=2T，方向垂直导轨平面向下的匀强磁场中。一电阻为0.5的导体棒ab垂直于轨道放置。导体棒在垂直导体棒且水平向右的外力F作用下向右匀速运动，速度大小v=5m/s，导体棒与轨道始终接触良好并且相互垂直，则（ ）A通过电阻的电流大小为5AB作用在导体棒上的外力大小为1
7、0NC导体棒克服安培力做功的功率为100WD通过电阻的电流为从A到C12如图所示，光滑斜面的倾角为，斜面上放置一矩形导体线框abcd，ab边的边长为L1，bc边的边长为L2，线框的质量为m，电阻为R。线框通过绝缘细线绕过光滑的定滑轮与一质量为M的重物相连，斜面上的虚线ef和gh之间有宽为L0的垂直斜面向上的匀强磁场(L0L2)，磁感应强度为B，将线框从虚线下方某一位置由静止释放，当ab边到达ef处时刚好做匀速直线运动，线框的ab边始终平行于底边，对线框穿过磁场的整个过程，下列说法中正确的是（ ）A线框匀速穿入磁场的速度为B线框从gh穿出磁场的过程一直减速C整个过程中线框产生的焦耳热大于2(Mg
8、L2-mgL2sin)D线框穿入和穿出磁场的过程中，通过线框的电荷量均为三、填空题（每空3分，共15分）13楞次定律:_具有这样的方向，即感应电流的_总要阻碍引起感应电流的_的变化14一架飞机以900km/h的速度在北半球某处沿水平方向飞行，该处地磁场的竖直向下分量为0.5104T，飞机的机翼长为48m，机翼两端间的感应电动势为_V，在飞机上的飞行员看来_侧机翼末端的电势高。四、解答题15.（10分）一个10匝的闭合线圈的总电阻为0.5，线圈的面积为10cm2,有一垂直于线圈平面的匀强磁场，其磁感应强度随时间变化的情况如图所示，求：（1）00.2s内线圈中磁通量的变化率；（2）00.4s内线圈
9、中产生的热量。16（15分）如图所示，两根足够长平行金属导轨MN、PQ固定在倾角=37的绝缘斜面上，顶部接有一阻值R=1的定值电阻，下端开口，轨道间距L=1m。整个装置处于磁感应强度B=4T的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向下。质量m=2kg的金属棒ab置于导轨上，ab在导轨之间的电阻r=1，电路中其余电阻不计。金属棒ab由静止释放后沿导轨运动时始终垂直于导轨且与导轨接触良好。已知金属棒ab与导轨间动摩擦因数=0.5，不计空气阻力影响。sin37=0.6，cos37=0.8，取g=10m/s2求：（1）金属棒ab沿导轨由静止开始下滑时的加速度大小am（2）金属棒ab沿导轨向下运动的最大速度vm；
10、（3）金属棒ab沿导轨向下运动过程中，电阻R上的最大电功率PR；参考答案1D【解析】【详解】A.产生感应电流条件是闭合回路磁通量有变化，故选项A错误B. 产生感应电流条件是闭合回路磁通量有变化，螺线管如果没有连成闭合回路，就不会有感应电流，故选项B错误C. 电路的一部分作切割磁感线运动，如果电路没闭合仍然没有感应电流，故选项C错误D. 线框不闭合时，线圈的磁通量发生变化也没有感应电流是对的，故D正确故选D2A【解析】【详解】线框进入磁场过程中受到的安培力：；如果，线框向下做加速运动，由牛顿第二定律得：mg-=ma，a=g-，由于速度v增大，a减小，线框向下做变加速运动，故B正确，A错误；如果，
11、线框受到的合力向上，线框向下做减速运动，由牛顿第二定律得：-mg=ma，a=-g，由于速度v减小，a减小，线框向下做变减速运动，故D正确；如果，线框将向下做匀速直线运动，故C正确；本题选错误的，故选A.。3B【解析】【详解】铜环闭合，铜环在下落过程中，穿过铜环的磁通量不断变化，铜环中产生感应电流；由楞次定律可知，感应电流总是阻碍磁体间的相对运动，当铜环在磁铁上方时，感应电流阻碍铜环靠近磁铁，给铜环一个向上的安培力，铜环给磁铁一个向下的反作用力，因此拉力大于重力；当铜环位于磁铁下方时，铜环要远离磁铁，感应电流阻碍铜环的远离对铜环施加一个向上的安培力，铜环给磁铁一个向下的反作用力，则拉力大于重力；
12、当铜环处于磁铁中央时，磁通量不变，则没有感应电流，没有安培阻力，因此拉力等于重力，故ACD错误，B正确。4C【解析】【详解】设导体切割磁感线的边长为L，运动距离为s，导线框的电阻为R.由，可知W与t成反比.则W1W2；根据感应电量，相同，则；故A，B，D错误，C正确.故选C.5D【解析】【分析】当MN运动时切割磁感线，MN相当于电源由右手定则判断电流的方向再根据闭合电路欧姆定律求出MN两端电压的大小由左手定则可得出安培力的方向；由F=BIL可求得安培力的大小【详解】AB.当MN运动时，相当于电源。但其两边的电压是外电路的电压，假设导轨没电阻，MN两端的电压也就是电阻R两端的电压，电路中电动势为
13、E=BLv，MN的电阻相当于电源的内阻，二者加起来为2R，则电阻上的电压为BLv，再由右手定则，拇指指向速度方向，手心被磁场穿过，四指指向即为电流方向，即由N到M，那么流过电阻的就是由b经R到d。故A B错误。CD.由欧姆定律可知，电流，则MN受到的安培力大小FA=BIL=；故C错误，D正确。故选D。【点睛】本题考查导体切割磁感线中的力学及电路问题，要求能够把电磁感应和电路知识结合起来解决问题明确电压值为路端电压，不是电源的电动势6C【解析】【分析】线框的左右两边都切割磁感线，产生两个感应电动势，由求出感应电动势，由欧姆定律求出感应电流，然后由安培力公式求出安培力，应用平衡条件求出拉力，然后求
14、出拉力之比；应用焦耳定律求出线框产生的焦耳热，然后求出焦耳热之比；应用功率公式求出克服安培力的功率，然后求出克服安培力功率之比。【详解】甲、乙两个回路中产生的感应电流分别为：，则回路电流之比： ：2，故A错误；线圈产生的热量：，则线圈产生的热量之比：2，故B错误；线框受到的安培力分别为：，线框做匀速直线运动，处于平衡状态，由平衡条件得：，则拉力大小之比：2，故C正确；克服安培力功率为：，则克服安培力做功的功率之比：4，故D错误。所以C正确，ABD错误。【点睛】本题是电磁感应与电学、力学相结合的综合题，根据题意分析清楚图示情景与线框的运动情况是解题的前提与关键，应用、欧姆定律、安培力公式、平衡条
15、件、焦耳定律与功率公式，要熟练运用比例法解答。7A【解析】【分析】线圈与磁场边界交点间电压是外电压，等于感应电动势的一半，根据有效切割长度分析感应电动势，确定哪种情况的感应电动势最小，即可作出判断【详解】设导线的总长度为S。A图中：设正方形边长为L，则4L=S，有效切割长度 L=S/4；B图中：设正三角形的边长为a，则 3a=S，a=S/3，有效切割长度 L=asin60=S；C图中：设圆的直径为d，则 d=S，有效切割长度 ; D图中：设正方形边长为l，有效切割长度为；由数学知识可知，A图中有效切割长度最小，产生的感应电动势最小，则线圈与磁场边界交点间电压最小。故A正确。故选A。【点睛】解决
16、本题的关键是运用数学知识确定有效的切割长度，分析感应电动势的关系，要注意线圈与磁场边界交点间电压是外电压，不是内电压8D【解析】【详解】A.根据图像可知，磁感应强度在向右增强，根据楞次定律可知，感应电流的磁场向左，由右手定则可知，通过电阻的电流为C到A，A错误。B.根据法拉第电磁感应定律可知，所以回路电流，B错误。C.电阻R的电压，C错误。D.因为A点接地电势为零，结合C选项分析，根据右手定则可知，C端与电源正极相连，所以C点电势为4.8V，D正确。9BD【解析】【分析】根据棒的切割磁感线，依据右手定则可确定感应电流的方向，由法拉第电磁感应定律来确定感应电流的大小；从而由右手螺旋定则来确定线圈
17、M的磁通量的变化，再根据楞次定律，即可确定线圈N中的感应电流的方向【详解】若要让N中产生逆时针的电流，M必须让N中的磁场“减小”或“增大”所以有以下两种情况.垂直纸面向外的磁场（）且大小减小，根据楞次定律与法拉第电磁感应定律，则有导体棒向左减速运动；同理，垂直纸面向里的磁场（）且大小增大，根据楞次定律与法拉第电磁感应定律，则有导体棒向右加速运动；故B，D正确，A，C错误；故选BD.【点睛】考查右手定则、法拉第电磁感应定律、右手螺旋定则与楞次定律的应用，注意各定律的作用，同时将右手定则与左手定则区别开10AC【解析】【详解】AB、由图乙所示可知，oa段，磁场垂直于纸面向里，穿过圆环的磁通量增加，
18、由楞次定律可知，感应电流沿逆时针方向，在ab段磁场向里，穿过圆环的磁通量减少，由楞次定律可知，感应电流沿顺时针方向，在bc段，磁场向外，磁通量增加，由楞次定律可知，感应电流沿顺时针方向，故A正确，B错误；CD、由左手定则可知，oa段电流受到的安培力方向指向圆心，ab段安培力方向背离圆心向外，bc段，安培力方向指向圆心，故C正确，D错误。11CD【解析】【详解】A、导体棒ab切割磁感线产生的电动势 ，根据闭合电路做姆定律有 ，选项A不符合题意B、导体棒ab受到安培力F安=BIL=2101N=20N，由于导体棒ab匀速运动，则F=F安=20N，选项B不符合题意C、导体棒克服安培力的功率，选项C符合
19、题意；D、根据右手定则判断通过电阻的电流为从A到C，选项D符合题意。12CD【解析】【详解】设线框匀速运动的速度大小为v，则线框受到的安培力大小为，根据平衡条件得：F=Mg-mgsin，联立两式得，选项A错误；线圈进入磁场的过程为匀速，全部进入磁场后向上做匀加速运动，当出离磁场时，线圈所受的安培力大于匀速运动时的安培力，可知线圈做减速运动，若当速度减到匀速的速度v时，线圈又做匀速运动，可知线框从gh穿出磁场的过程可能先减速后匀速，选项B错误；线框进入磁场的过程做匀速运动，M的重力势能减小转化为m的重力势能和线框中的内能，根据能量守恒定律得：产生的焦耳热为Q=（Mg-mgsin）L2；出离磁场时
20、开始阶段线圈的速度大于匀速的速度v，则出离磁场时产生的焦耳热大于Q=（Mg-mgsin）L2，则整个过程中线框产生的焦耳热大于2(MgL2-mgL2sin)，故C正确。根据可知，线框穿入和穿出磁场的过程中，通过线框的电荷量均为，故选D.13感应电流 磁场 磁通量 【解析】【详解】楞次在分析了许多实验事实后提出楞次定律，即感应电流应具有这样的方向，感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化140.6 左 【解析】【详解】飞机的速度为v=900km/h=250m/s根据法拉第电磁感应定律，机翼两端间的感应电动势为：E=BLv=0.510448250V=0.6V，根据右手定则判断可知，感应电动势的方向从机翼右侧指向左侧，左侧相当于电源的正极，电势高。15（1）（2）【解析】【详解】(1)内磁通量的变化率 (2)内感应电动势和线圈中电动势大小相同，则内线圈中产生的热量16（1）2m/s2（2）0.5m/s（3）1w【解析】【详解】（1）金属棒开始运动时，根据牛顿第二定律可得： 代入数据解得：；（2）当金属棒做匀速直线运动速度速度最大，此时金属棒受力平衡，根据平衡条件可得：，而安培力为：，代入数据解得：；（3）金属棒速度最大时感应电流最大，电阻R上电功率最大；根据闭合电路的欧姆定律可得感应电流为：I=，根据电功率的计算公式可得：PR=I2R，代入数据解得：PR=1W