1、一、选择题(本题共12小题，每小题5分，共60分在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确，全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分)1(2011年惠阳高二检测)关于磁通量的概念，以下说法中正确的是()A磁感应强度越大，穿过闭合回路的磁通量也越大B磁感应强度越大，线圈面积越大，则磁通量也越大C穿过线圈的磁通量为零，但磁感应强度不一定为零D磁通量发生变化，一定是磁场发生变化引起的解析：选C.穿过闭合回路的磁通量大小取决于磁感应强度、回路所围面积以及两者夹角三个因素，所以只了解其中一个或两个因素无法确定磁通量的变化情况，A、B项错误；同样由磁通量的
2、特点，也无法判断其中一个因素的情况，C项正确，D项错误图192如图19所示，若套在条形磁铁上的弹性金属导线圈突然缩小为线圈，则关于线圈的感应电流及其方向(从上往下看)是()A有顺时针方向的感应电流B有逆时针方向的感应电流C先逆时针后顺时针方向的感应电流D无感应电流解析：选A.穿过线圈的磁通量包括磁体内和磁体外的一部分，合磁通量是向上的当线圈突然缩小时合磁通量增加，原因是磁体外向下穿过线圈的磁通量减少故由楞次定律判断，感应电流的方向为顺时针方向(从上往下看)3(2010年高考广东卷)如图110所示，平行导轨间有一矩形的匀强磁场区域，细金属棒PQ沿导轨从MN处匀速运动到MN的过程中，棒上感应电动势
3、E随时间t变化的图示，可能正确的是()图110图111解析：选A.由EBLv可以直接判断选项A正确4穿过某线圈的磁通量随时间变化的关系，如图112所示，在下列几段时间内，线圈中感应电动势最小的是()图112A02 sB2 s4 sC4 s5 s D5 s10 s解析：选D.图像斜率越小，表明磁通量的变化率越小，感应电动势也就越小5家用日光灯电路如图113所示，S为启动器，A为灯管，L为镇流器，关于日光灯的工作原理下列说法正确的是()图113A镇流器的作用是将交流变为直流B在日光灯的启动阶段，镇流器能提供一个瞬时高压，使灯管开始工作C日光灯正常发光时，启动器中的两个触片是接触的D日光灯发出柔和的
4、白光是由汞原子受到激发后直接辐射的解析：选B.镇流器是一个自感系数很大的线圈，当流经线圈的电流发生变化时能产生很大的自感电动势阻碍电流的变化，在日光灯启动时，镇流器提供一个瞬时高压使其工作；在日光灯正常工作时，自感电动势方向与原电压相反，镇流器起着降压限流的作用，此时启动器的两个触片是分离的，当灯管内的汞蒸气被激发时能产生紫外线，涂在灯管内壁的荧光物质在紫外线的照射下发出可见光6(2011年德州高二检测)如图114所示，两个大小相等互相绝缘的导体环，B环与A环有部分面积重叠，当开关S断开时()图114AB环内有顺时针方向的感应电流BB环内有逆时针方向的感应电流CB环内没有感应电流D条件不足，无
5、法判定解析：选A.由安培定则可知穿过环B的磁通量向里，当S断开时，磁通量减少，由楞次定律可知B中产生顺时针方向的感应电流，A对7如图115所示，用丝线悬挂一个金属环，金属环套在一个通电螺线管上，并处于螺线管正中央位置如通入螺线管中的电流突然增大，则()图115A圆环会受到沿半径向外拉伸的力B圆环会受到沿半径向里挤压的力C圆环会受到向右的力D圆环会受到向左的力解析：选A.无论通入螺线管的电流是从a流向b还是从b流向a，电流强度增大时，穿过金属环的磁通量必增加由于穿过金属环的磁通量由螺线管内、外两部分方向相反的磁通量共同决定，等效原磁场方向由管内磁场方向决定根据楞次定律，环内感应电流的磁场要阻碍引
6、起感应电流的磁通量的变化，即要阻碍穿过环的磁通量的增加，因此有使环扩张的趋势，从而使环受到沿半径向外拉伸的力答案为A.8(2011年龙岩模拟)如图116所示，在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中，有一质量为m、阻值为R的闭合矩形金属线框abcd用绝缘轻质细杆悬挂在O点，并可绕O点摆动金属线框从右侧某一位置静止开始释放，在摆动到左侧最高点的过程中，细杆和金属线框平面始终处于同一平面，且垂直纸面则线框中感应电流的方向是()图116AabcdaBdcbadC先是dcbad，后是abcdaD先是abcda，后是dcbad解析：选B.由楞次定律，一开始磁通量减小，后来磁通量增大，由“增反”“减
7、同”可知电流方向是dcbad.9.图117如图117所示是测定自感系数很大的线圈L直流电阻的电路，L两端并联一电压表，用来测量自感线圈的直流电压在测量完毕后，将电路拆除时应()A先断开S2B先断开S1C先拆除电流表D先拆除电阻R解析：选B.只有先断开S1，才能切断线圈L和电压表所组成的自感回路，防止由于自感电流太大而把电压表烧坏10(2011年大庆一中高二检测)如图118所示，将边长为l的正方形闭合线圈以不同速度v1、v2向右匀速拉出磁场时(v1W1B拉力的功率P2P1C流过线框的电荷量Q2Q1D线框中的感应电流I2I1解析：选C.F拉F安BIlBl，W拉F拉l，v1W1，选项A正确P拉F拉v
8、，P2P1，选项B正确流过线框的电荷量Q，Q1Q2，选项C错误电流I，I2I1，选项D正确11如图119所示，在空间中存在两个相邻的、磁感应强度大小相等、方向相反的有界匀强磁场，其宽度均为L.现将宽度也为L的矩形闭合线圈，从图示位置垂直于磁场方向匀速经过磁场区域，则在该过程中，能正确反映线圈中所产生的感应电流或其所受的安培力随时间变化的图像是()图119图120解析：选D.由楞次定律可知，当正方形导线框进入磁场和出磁场时，磁场力总是阻碍物体的运动，方向始终向左，所以外力F始终水平向右，因安培力的大小不同，故选项D是正确的，选项C是错误的当矩形导线框进入磁场时，由法拉第电磁感应定律判断，感应电流
9、的大小在中间时是最大的，所以选项A、B是错误的12(2011年泉州高二检测)如图121所示，固定放置在同一水平面内的两根平行长直金属导轨的间距为d，其右端接有阻值为R的电阻，整个装置处在竖直向上磁感应强度大小为B的匀强磁场中一质量为m(质量分布均匀)的导体杆ab垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触，杆与导轨之间的动摩擦因数为.现杆在水平向左、垂直于杆的恒力F作用下从静止开始沿导轨运动距离l时，速度恰好达到最大(运动过程中杆始终与导轨保持垂直)设杆接入电路的电阻为r，导轨电阻不计，重力加速度大小为g，则此过程()图121A杆的速度最大值为B流过电阻R的电量为C恒力F做的功与摩擦力做的功之和等于
10、杆动能的变化量D恒力F做的功与安培力做的功之和大于杆动能的变化量解析：选D.当杆的速度达到最大时，安培力F安，杆受力平衡，故FmgF安0，所以v，选项A错；流过电阻R的电量为qIt，选项B错；根据动能定理，恒力F、安培力、摩擦力做功的代数和等于杆动能的变化量，由于摩擦力做负功，所以恒力F、安培力做功的代数和大于杆动能的变化量，选项C错D对二、计算题(本题共4小题，共40分解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)13(8分)如图122所示，边长为L的正方形金属框，质量为m，电阻为R，用细线把它悬挂于一个有界的匀强
11、磁场边缘，金属框的上半部处于磁场内，下半部处于磁场外磁场随时间变化规律为Bkt(k0)，已知细线所能承受的最大拉力为2mg，求从t0开始，经多长时间细线会被拉断？图122解析：由题意知k根据法拉第电磁感应定律知ESk当细线刚要断时：mgF安BIL.I，Bkt，联立以上各式解得：t.答案：图12314(10分)如图123所示，电阻不计的光滑U形导轨水平放置，导轨间距d0.5 m，导轨一端接有R4.0 的电阻有一质量m0.1 kg、电阻r1.0 的金属棒ab与导轨垂直放置整个装置处在竖直向下的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B0.2 T现用水平力垂直拉动金属棒ab，使它以v10 m/s的速度向右做匀速
12、运动设导轨足够长(1)求金属棒ab两端的电压；(2)若某时该撤去外力，从撤去外力到金属棒停止运动，求电阻R产生的热量解析：(1)根据法拉第电磁感应定律，EBdv根据欧姆定律，I，UIR由以上各式可得U0.8 V.(2)由能量守恒得，电路中产生的热量Qmv2，因为串联电路电流处处相等，所以，代入数据求出QR4.0 J.答案：(1)0.8 V(2)4.0 J15(10分)(2010年高考江苏卷)如图124所示，两足够长的光滑金属导轨竖直放置，相距为L，一理想电流表与两导轨相连，匀强磁场与导轨平面垂直一质量为m、有效电阻为R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，流经电流表的电流逐渐减小
13、，最终稳定为I.整个运动过程中，导体棒与导轨接触良好，且始终保持水平，不计导轨的电阻求：图124(1)磁感应强度的大小B；(2)电流稳定后，导体棒运动速度的大小v；(3)流经电流表电流的最大值Im.解析：(1)电流稳定后，导体棒做匀速运动，则有BILmg解得B.(2)感应电动势EBLv感应电流I由式解得v.(3)由题意知，导体棒刚进入磁场 时的速度最大，设为vm由机械能守恒定律得mvmgh感应电动势的最大值EmBLvm，感应电流的最大值Im解得Im.答案：(1)(2)(3)16(12分)如图125甲所示，在水平面上固定有长为L2 m、宽为d1 m的金属“U”型导轨，在“U”型导轨右侧l0.5
14、m范围内存在垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间变化规律如图乙所示在t0时刻，质量为m0.1 kg的导体棒以v01 m/s的初速度从导轨的左端开始向右运动，导体棒与导轨之间的动摩擦因数为0.1，导轨与导体棒单位长度的电阻均为0.1 /m，不计导体棒与导轨之间的接触电阻及地球磁场的影响(取g10 m/s2)图125(1)通过计算分析4 s内导体棒的运动情况；(2)计算4 s内回路中电流的大小，并判断电流方向；(3)计算4 s内回路产生的焦耳热解析：(1)导体棒先在无磁场区域做匀减速直线运动，有mgma，v1v0at，xv0tat2代入数据解得：t1 s，x0.5 m，导体棒没有进入磁场区域导体棒在1 s末已停止运动，以后一直保持静止，离左端位置仍为x0.5 m.(2)前2 s磁通量不变，回路电动势和电流分别为E0，I0后2 s回路产生的电动势为Eld0.1 V回路的总长度为5 m，因此回路的总电阻为R50.5 电流为I0.2 A根据楞次定律，在回路中的电流方向是顺时针方向(3)前2 s电流为零，后2 s有恒定电流，焦耳热为QI2Rt0.04 J.答案：见解析高考资源网w w 高 考 资源 网