1、(建议用时：40分钟)一、单项选择题1. 如图，空间有一匀强磁场，一直金属棒与磁感应强度方向垂直，当它以速度v沿与棒与磁感应强度都垂直的方向运动时，棒两端的感应电动势大小为；将此棒弯成两段长度相等且相互垂直的折线，置于与磁感应强度相垂直的平面内，当它沿两段折线夹角平分线的方向以速度v运动时，棒两端的感应电动势大小为.则等于()ABC1D解析：选B.设折弯前导体切割磁感线的长度为L，折弯后，导体切割磁场的有效长度为l L，故产生的感应电动势为BlvBLv，所以，B正确2.如图所示，两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有电阻R.金属棒ab与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场
2、方向垂直于导轨平面向下现使磁感应强度随时间均匀减小，ab始终保持静止，下列说法正确的是()Aab中的感应电流方向由b到aBab中的感应电流逐渐减小Cab所受的安培力保持不变Dab所受的静摩擦力逐渐减小解析：选D.本题考查楞次定律、电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、安培力、平衡条件由于通过回路的磁通量向下减小，则根据楞次定律可知ab中感应电流的方向由a到b，A错误；因ab不动，回路面积不变；当B均匀减小时，由EnnS知，产生的感应电动势恒定，回路中感应电流I恒定，B错误；由FBIL知，F随B减小而减小，C错误；对ab由平衡条件有fF，故D正确3(2019北京昌平一模)图甲为手机及无线充电板，图乙为
3、充电原理示意图充电板接交流电源，对充电板供电，充电板内的送电线圈可产生交变磁场，从而使手机内的受电线圈产生交变电流，再经整流电路转变成直流电后对手机电池充电为方便研究，现将问题做如下简化：设受电线圈的匝数为n，面积为S，若在t1到t2时间内，磁场垂直于受电线圈平面向上穿过线圈，其磁感应强度由B1均匀增加到B2.下列说法正确的是()Ac点的电势高于d点的电势B受电线圈中感应电流方向由d到cCc、d之间的电势差为 Dc、d之间的电势差为 答案：C4(2019长沙模拟) 如图所示，闭合导线框的质量可以忽略不计，将它从如图所示的位置匀速拉出匀强磁场若第一次用0.3 s时间拉出，外力所做的功为W1，通过
4、导线截面的电荷量为q1；第二次用0.9 s时间拉出，外力所做的功为W2，通过导线截面的电荷量为q2，则()AW1W2，q1q2BW1W2，q1q2DW1W2，q1q2解析：选C.两次拉出的速度之比v1v231.电动势之比E1E231，电流之比I1I231，则电荷量之比q1q2(I1t1)(I2t2)11.安培力之比F1F231，则外力做功之比W1W231，故C正确5(2019甘肃靖远模拟)如图所示，abcd为水平放置的平行“”形光滑金属导轨，间距为l，导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，导轨电阻不计，已知金属杆MN倾斜放置，与导轨成角，单位长度的电阻为r，保持金属杆以速度v沿
5、平行于cd的方向滑动(金属杆滑动过程中与导轨接触良好)则()A电路中感应电动势的大小为 B电路中感应电流的大小为 C金属杆所受安培力的大小为 D金属杆的热功率为 解析：选B.金属杆的运动方向与金属杆不垂直，电路中感应电动势的大小为EBlv(l为切割磁感线的有效长度)，选项A错误；电路中感应电流的大小为I，选项B正确；金属杆所受安培力的大小为FBIlB，选项C错误；金属杆的热功率为PI2R，选项D错误6. 如图所示，线圈L的自感系数很大，且其直流电阻可以忽略不计，L1、L2是两个完全相同的小灯泡开关S闭合和断开的过程中，灯L1、L2的亮度变化情况是(灯丝不会断)()AS闭合，L1亮度不变，L2亮
6、度逐渐变亮，最后两灯一样亮；S断开，L2立即熄灭，L1逐渐变亮BS闭合，L1不亮，L2很亮；S断开，L1、L2立即熄灭CS闭合，L1、L2同时亮，而后L1逐渐熄灭，L2亮度不变；S断开，L2立即熄灭，L1亮一下才熄灭DS闭合，L1、L2同时亮，而后L1逐渐熄灭，L2则逐渐变得更亮；S断开，L2立即熄灭，L1亮一下才熄灭解析：选D.当S闭合，L的自感系数很大，对电流的阻碍作用较大，L1和L2串联后与电源相连，L1和L2同时亮，随着L中电流的增大，因为L的直流电阻不计，则L的分流作用增大，L1中的电流逐渐减小为零，由于总电阻变小，故电路中的总电流变大，L2中的电流增大，L2灯变得更亮；当S断开，L
7、2中无电流，立即熄灭，而线圈L产生自感电动势，试图维持本身的电流不变，L与L1组成闭合电路，L1要亮一下后再熄灭综上所述，D正确二、多项选择题7. (2016高考全国卷)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若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化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倍解析：选AB.
8、设圆盘的半径为r，圆盘转动的角速度为，则圆盘转动产生的电动势为EBr2，可知，若转动的角速度恒定，电动势恒定，电流恒定，A项正确；根据右手定则可知，从上向下看，圆盘顺时针转动，圆盘中电流由边缘指向圆心，即电流沿a到b的方向流动，B项正确；圆盘转动方向不变，产生的电流方向不变，C项错误；若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电动势变为原来的2倍，电流变为原来的2倍，由PI2R可知，电阻R上的热功率变为原来的4倍，D项错误8. 如图所示，灯泡A、B与定值电阻的阻值均为R，L是自感系数较大的线圈，当S1闭合、S2断开且电路稳定时，A、B两灯亮度相同，再闭合S2，待电路稳定后将S1断开，下列说法中正确的
9、是()AB灯立即熄灭BA灯将比原来更亮一下后熄灭C有电流通过B灯，方向为cdD有电流通过A灯，方向为ba解析：选AD.S1闭合、S2断开且电路稳定时，A、B两灯一样亮，说明两个支路中的电流相等，这时线圈L没有自感作用，可知线圈L的电阻也为R，在S2、S1都闭合且稳定时，IAIB，当S2闭合、S1突然断开时，由于线圈的自感作用，流过A灯的电流方向变为ba，但A灯不会出现比原来更亮一下再熄灭的现象，故选项D正确，B错误；由于定值电阻R没有自感作用，故断开S1时，B灯立即熄灭，选项A正确，C错误9如图，一端接有定值电阻的平行金属轨道固定在水平面内，通有恒定电流的长直绝缘导线垂直并紧靠轨道固定，导体棒
10、与轨道垂直且接触良好在向右匀速通过M、N两区的过程中，导体棒所受安培力分别用FM、FN表示不计轨道电阻以下叙述正确的是()AFM向右BFN向左CFM逐渐增大DFN逐渐减小解析：选BCD.根据直线电流产生磁场的分布情况知，M区的磁场方向垂直纸面向外，N区的磁场方向垂直纸面向里，离导线越远，磁感应强度越小当导体棒匀速通过M、N两区时，感应电流的效果总是反抗引起感应电流的原因，故导体棒在M、N两区运动时，受到的安培力均向左，故选项A错误，B正确；导体棒在M区运动时，磁感应强度B变大，根据EBlv，I及FBIl可知，FM逐渐变大，故选项C正确；导体棒在N区运动时，磁感应强度B变小，根据EBlv，I及F
11、BIl可知，FN逐渐变小，故选项D正确10. 半径为a右端开小口的导体圆环和长为2a的导体直杆，单位长度电阻均为R0.圆环水平固定放置，整个内部区域分布着竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B.杆在圆环上以速度v平行于直径CD向右做匀速直线运动，杆始终有两点与圆环良好接触，从圆环中心O开始，杆的位置由确定，如图所示则下列说法正确的是()A0时，杆产生的电动势为2BavB时，杆产生的电动势为BavC0时，杆受的安培力大小为D时，杆受的安培力大小为解析：选AD.开始时刻，感应电动势E1BLv2Bav，故A项正确；时，E2B2acosvBav，故B项错误；由L2acos ，EBLv，I，RR02acos
12、 (2)a，得在0时，F，故C项错误；时F，故D项正确三、非选择题11(2017高考江苏卷)如图所示，两条相距d的平行金属导轨位于同一水平面内，其右端接一阻值为R的电阻质量为m的金属杆静置在导轨上，其左侧的矩形匀强磁场区域MNPQ的磁感应强度大小为B、方向竖直向下当该磁场区域以速度v0匀速地向右扫过金属杆后，金属杆的速度变为v.导轨和金属杆的电阻不计，导轨光滑且足够长，杆在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触求：(1)MN刚扫过金属杆时，杆中感应电流的大小I；(2)MN刚扫过金属杆时，杆的加速度大小a；(3)PQ刚要离开金属杆时，感应电流的功率P.解析：本题考查法拉第电磁感应定律、
13、闭合电路欧姆定律、牛顿第二定律(1)感应电动势EBdv0感应电流I解得I.(2)安培力FBId牛顿第二定律Fma解得a.(3)金属杆切割磁感线的速度vv0v，则感应电动势EBd(v0v)电功率P解得P.答案：(1)(2)(3)12(2019安徽十校联考)如图甲所示，一个电阻值为R，匝数为n的圆形金属线圈与阻值为2R的电阻R1连接成闭合回路线圈的半径为r1，在线圈中半径为r2的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系图线如图乙所示图线与横、纵轴的截距分别为t0和B0，导线的电阻不计求0至t1时间内(1)通过电阻R1的电流大小和方向；(2)通过电阻R1的电荷量q.解析：(1)穿过闭合线圈的磁场的面积为Sr由题图乙可知，磁感应强度B的变化率的大小为，根据法拉第电磁感应定律得：EnnS由闭合电路欧姆定律可知流过电阻R1的电流为I再根据楞次定律可以判断，流过电阻R1的电流方向应由b到a.(2)0至t1时间内通过电阻R1的电荷量为qIt1.答案：(1)方向从b到a(2)