1、2015年内蒙古赤峰市翁牛特旗乌丹一中高考物理模拟试卷（电磁感应）一、选择题1（3分）（2009重庆）如图为一种早期发电机原理示意图，该发电机由固定的圆形线圈和一对用铁芯连接的圆柱形磁铁构成，两磁极相对于线圈平面对称，在磁极绕转轴匀速转动过程中，磁极中心在线圈平面上的投影沿圆弧运动，（O是线圈中心），则（）A从X到O，电流由E经G流向F，先增大再减小B从X到O，电流由F经G流向E，先减小再增大C从O到Y，电流由F经G流向E，先减小再增大D从O到Y，电流由E经G流向F，先增大再减小2（3分）（2009海南）一长直铁芯上绕有一固定线圈M，铁芯右端与一木质圆柱密接，木质圆柱上套有一闭合金属环N，N可
2、在木质圆柱上无摩擦移动M连接在如图所示的电路中，其中R为滑线变阻器，E1和E2为直流电源，S为单刀双掷开关下列情况中，可观测到N向左运动的是（）A在S断开的情况下，S向a闭合的瞬间B在S断开的情况下，S向b闭合的瞬间C在S已向a闭合的情况下，将R的滑动头向c端移动时D在S已向a闭合的情况下，将R的滑动头向d端移动时3（3分）（2015翁牛特旗校级模拟）如图所示，金属导轨M、N处于同一平面内，导轨M的水平部分有垂直纸面向里的匀强磁场，金属棒ab与导轨始终接触良好并且能够水平向左（或右）运动若导轨M、N的圆形部分由于磁场力而相互吸引，那么棒ab的运动可能是（）A向右加速运动B向右减速运动C向左加速
3、运动D向左减速运动4（3分）（2015翁牛特旗校级模拟）如图，线圈M和线圈N绕在同一铁芯上M与电源、开关、滑动变阻器相连，P为滑动变阻器的滑动端，开关S处于闭合状态N与电阻R相连下列说法正确的是（）A当P向右移动，通过R的电流为b到aB当P向右移动，通过R的电流为a到bC断开S的瞬间，通过R的电流为b到aD断开S的瞬间，通过R的电流为a到b5（3分）（2015翁牛特旗校级模拟）振弦型频率传感器的结构如图所示，它由钢弦和永磁铁两部分组成，钢弦上端用固定夹块夹紧，下端的夹块与一膜片相连接，当弦上的张力越大时，弦的固有频率越大这种装置可以从线圈输出电压的频率确定膜片处压力的变化下列说法正确的是（）A
4、当软铁块与磁铁靠近时，a端电势高B当软铁块与磁铁靠近时，b端电势高C膜上的压力较小时，线圈中感应电动势的频率高D膜上的压力较大时，线圈中感应电动势的频率高6（3分）（2015翁牛特旗校级模拟）在条形磁铁的中央位置的正上方水平固定一铜质圆环，如图所示，以下判断中正确的是（）A释放圆环，环下落时磁铁对桌面的压力比磁铁的重力大B释放圆环，环下落时环的机械能守恒C给磁铁水平向右的初速度，磁铁滑动时做减速运动D给磁铁水平向右的初速度，圆环产生向左的运动趋势7（3分）（2010奉贤区二模）如图所示，通电螺线管置于闭合金属环a的轴线上，当螺线管中电流I减小时（）A环有缩小的趋势以阻碍原磁通量的减小B环有扩大
5、的趋势以阻碍原磁通量的减小C环有缩小的趋势以阻碍原磁通量的增大D环有扩大的趋势以阻碍原磁通量的增大8（3分）（2015翁牛特旗校级模拟）一根长导线弯曲成如图所示形状，通以直流电I，正中间用绝缘线悬挂一金属环C，环与导线处于同一竖直平面内在电流I增大的过程中，下列叙述正确的是（）A金属环中无感应电流产生B金属环中有沿顺时针方向的感应电流C悬挂金属环C的竖直线中的张力不变D金属环C仍能保持静止状态9（3分）（2002天津）图中MN、GH为平行导轨，AB、CD为跨在导轨上的两根横杆，导轨和横杆均为导体有匀强磁场垂直于导轨所在的平面，方向如图用I表示回路中的电流（）A当AB不动而CD向右滑动时，I0且
6、沿顺时针方向B当AB向左、CD向右滑动且速度大小相等时，I=0C当AB、CD都向右滑动且速度大小相等时，I=0D当AB、CD都向右滑动，且AB速度大于CD时，I0且沿逆时针方向10（3分）（2015翁牛特旗校级模拟）如图所示，ab是一个可以绕垂直于纸面的轴O转动的闭合矩形导体线圈，当滑动变阻器R的滑片P自左向右滑动过程中，线圈ab将（）A静止不动B逆时针转动C顺时针转动D发生转动，但因电源的极性不明，无法确定转动的方向11（3分）（2009黄冈模拟）通过水平绝缘传送带输送完全相同的铜线圈，线圈均与传送带以相同的速度匀速运动为了检测出个别未闭合的不合格线圈，让传送带通过一固定匀强磁场区域，磁场方
7、向垂直于传送带，线圈进入磁场前等距离排列，穿过磁场后根据线圈间的距离，就能够检测出不合格线圈，通过观察图形，判断下列说法正确的是（）A若线圈闭合，进入磁场时，线圈相对传送带向后滑动B若线圈不闭合，进入磁场时，线圈相对传送带向后滑动C从图中可以看出，第2个线圈是不合格线圈D从图中可以看出，第3个线圈是不合格线圈12（3分）（2015翁牛特旗校级模拟）如图所示，金属导轨上的导体棒ab在匀强磁场中沿导轨做下列哪种运动时，线圈c中将有感应电流产生（）A向右做匀速运动B向左做匀速运动C向右做减速运动D向右做加速运动13（3分）（2015翁牛特旗校级模拟）如图所示，光滑固定导轨m、n水平放置，两根导体棒p
8、、q平行放于导轨上，形成一个闭合回路，当一条形磁铁从高处下落靠近回路时（）Ap、q将互相靠拢Bp、q将互相远离C磁铁的加速度仍为gD磁铁的加速度小于g14（3分）（2015翁牛特旗校级模拟）法拉第通过精心设计的一系列试验，发现了电磁感应定律，将历史上认为各自独立的学科“电学”与“磁学”联系起来在下面几个典型的实验设计思想中，所作的推论后来被实验否定的是（）A既然磁铁可使近旁的铁块带磁，静电荷可使近旁的导体表面感应出电荷，那么静止导线上的稳恒电流也可在近旁静止的线圈中感应出电流B既然磁铁可在近旁运动的导体中感应出电动势，那么稳恒电流也可在近旁运动的线圈中感应出电流C既然运动的磁铁可在近旁静止的线
9、圈中感应出电流，那么静止的磁铁也可在近旁运动的导体中感应出电动势D既然运动的磁铁可在近旁的导体中感应出电动势，那么运动导线上的稳恒电流也可在近旁的线圈中感应出电流15（3分）（2011山东）如图所示，两固定的竖直光滑金属导轨足够长且电阻不计两质量、长度均相同的导体棒c、d，置于边界水平的匀强磁场上方同一高度h处磁场宽为3h，方向与导轨平面垂直先由静止释放c，c刚进入磁场即匀速运动，此时再由静止释放d，两导体棒与导轨始终保持良好接触用ac表示c的加速度，Ekd表示d的动能，xc、xd分别表示c、d相对释放点的位移选项中正确的是（）ABCD16（3分）（2015翁牛特旗校级模拟）两个大小不同的绝缘
10、金属圆环如图所示叠放在一起，小圆环有一半面积在大圆环内，当大圆环通上顺时针方向电流的瞬间，小圆环中感应电流的方向是（）A顺时针方向B逆时针方向C左半圆顺时针，右半圆逆时针D无感应电流二.非选择题17（2015翁牛特旗校级模拟）如图所示，在磁感应强度为B的磁场中，两导轨间距为L，某时刻两棒速度为v1和v2，且v1v2，试由E=n，求出此时回路中的感应电动势为多少？18（2001上海）半径为a的圆形区域内有均匀磁场，磁感应强度为B=0.2T，磁场方向垂直纸面向里，半径为b的金属圆环与磁场同心地放置，磁场与环面垂直，其中a=0.4m，b=0.6m金属环上分别接有灯L1、L2，两灯的电阻均为R=2，一
11、金属棒MN与金属环接触良好，棒与环的电阻均忽略不计（1）若棒以v0=5m/s的速率，在环上向右匀速滑动，求棒滑过圆环直径OO的瞬时（如图），MN中的电动势和流过灯L1的电流（2）撤去中间的金属棒MN，将右面的半圆环OL2O以OO为轴向上翻转90后，磁场开始随时间均匀变化，其变化率为，求L1的功率2015年内蒙古赤峰市翁牛特旗乌丹一中高考物理模拟试卷（电磁感应）参考答案与试题解析一、选择题1（3分）（2009重庆）如图为一种早期发电机原理示意图，该发电机由固定的圆形线圈和一对用铁芯连接的圆柱形磁铁构成，两磁极相对于线圈平面对称，在磁极绕转轴匀速转动过程中，磁极中心在线圈平面上的投影沿圆弧运动，（
12、O是线圈中心），则（）A从X到O，电流由E经G流向F，先增大再减小B从X到O，电流由F经G流向E，先减小再增大C从O到Y，电流由F经G流向E，先减小再增大D从O到Y，电流由E经G流向F，先增大再减小考点：楞次定律；导体切割磁感线时的感应电动势 专题：压轴题分析：根据磁极的转动可知线圈平面中的磁通量的变化，由楞次定律定律可判断线圈中的感应电流方向解答：解：在磁极绕转轴从X到O匀速转动，穿过线圈平面的磁通量向上增大，根据楞次定律可知线圈中产生顺时针方向的感应电流，电流由F经G流向E，又导线切割磁感线产生感应电动势E感=BLV，因磁铁的运动使导线处的磁感应强度先增后减可知感应电动势先增加后减小、则电
13、流先增大再减小，AB均错误；在磁极绕转轴从O到Y匀速转动，穿过线圈平面的磁通量向上减小，根据楞次定律可知线圈中产生逆时针方向的感应电流，电流由E经G流向F，又导线切割磁感线产生感应电动势E感=BLV，导线处的磁感应强度先增后减可知感应电动势先增加后减小、则电流先增大再减小，C错误、D正确故选D点评：本题考查楞次定律的基本应用，首先明确原磁场方向及磁通量的变化，然后由楞次定律判断感应电流的磁场，再由安培定则即可判断感应电流的方向2（3分）（2009海南）一长直铁芯上绕有一固定线圈M，铁芯右端与一木质圆柱密接，木质圆柱上套有一闭合金属环N，N可在木质圆柱上无摩擦移动M连接在如图所示的电路中，其中R
14、为滑线变阻器，E1和E2为直流电源，S为单刀双掷开关下列情况中，可观测到N向左运动的是（）A在S断开的情况下，S向a闭合的瞬间B在S断开的情况下，S向b闭合的瞬间C在S已向a闭合的情况下，将R的滑动头向c端移动时D在S已向a闭合的情况下，将R的滑动头向d端移动时考点：楞次定律；磁场对电流的作用 分析：要使N向左移动，N应受到向左的力；由楞次定律可知通过N的磁场应如何变化，则可知开关的情况解答：解：由楞次定律的第二种描述：“来拒去留”可知要使N向左运动，通过N的磁通量应减小；而A、B中由断开到闭合过程中磁通量均增大，故AB错误；若将移动滑动头，则向c端移动时，滑动变阻器接入电阻增大，则电路中电流
15、减小，磁通量减小，故会使N左移，故C正确；而D中向d移动时，滑动变阻器接入电阻减小时，故电路中电流增大，磁场增大，故会使N右移，故D错误；故选C点评：楞次定律有两种描述：“增反减同”和“来拒去留”，后者判断导体的运动更有效，应学会应用3（3分）（2015翁牛特旗校级模拟）如图所示，金属导轨M、N处于同一平面内，导轨M的水平部分有垂直纸面向里的匀强磁场，金属棒ab与导轨始终接触良好并且能够水平向左（或右）运动若导轨M、N的圆形部分由于磁场力而相互吸引，那么棒ab的运动可能是（）A向右加速运动B向右减速运动C向左加速运动D向左减速运动考点：导体切割磁感线时的感应电动势；楞次定律 专题：电磁感应与电
16、路结合分析：先有楞次定律确定M中电流的变化情况，再结合右手定则及法拉第电磁感应定律求解棒的运动方向及大小解答：解：若导轨M、N的圆形部分由于磁场力而相互吸引，两线圈为同向电流，根据楞次定律可知，穿过线圈N的磁通量变小，即电流在变小，故运动速度在减小故选：BD点评：本题是有两次电磁感应的问题，比较复杂，考查综合运用右手定则、楞次定律和安培定则的能力4（3分）（2015翁牛特旗校级模拟）如图，线圈M和线圈N绕在同一铁芯上M与电源、开关、滑动变阻器相连，P为滑动变阻器的滑动端，开关S处于闭合状态N与电阻R相连下列说法正确的是（）A当P向右移动，通过R的电流为b到aB当P向右移动，通过R的电流为a到b
17、C断开S的瞬间，通过R的电流为b到aD断开S的瞬间，通过R的电流为a到b考点：楞次定律 专题：电磁感应与电路结合分析：通过开关通断与滑片的移动，来改变电流大小，根据安培定则来确定线圈的电流方向与磁场方向的关系，由于穿过线圈的磁通量变化，导致线圈B中产生感应电流，其方向根据楞次定律“增反减同”来判断解答：解：A、当P向右移动，导致电流增大，根据右手螺旋定则可知，线圈M先是左端是N极，右端是S极则线圈N的左端是N极，右端是S极导致向右穿过线圈N的磁通量变大，则由楞次定律可得：感应电流方向由b流向a；故A正确，B错误；C、当断开S的瞬间，导致电流减小，根据右手螺旋定则可知，线圈M先是左端是N极，右端
18、是S极则线圈N左端是N极，右端是S极导致向右穿过线圈N的磁通量变小，则由楞次定律可得：感应电流方向由a流向b；故C错误，D正确；故选：AD点评：解决本题的关键会用用楞次定律判断感应电流方向，关键确定原磁场方向及通过线圈的磁通量如何变化；会使用安培定则，注意大拇指向即为线圈内部磁场的方向5（3分）（2015翁牛特旗校级模拟）振弦型频率传感器的结构如图所示，它由钢弦和永磁铁两部分组成，钢弦上端用固定夹块夹紧，下端的夹块与一膜片相连接，当弦上的张力越大时，弦的固有频率越大这种装置可以从线圈输出电压的频率确定膜片处压力的变化下列说法正确的是（）A当软铁块与磁铁靠近时，a端电势高B当软铁块与磁铁靠近时，
19、b端电势高C膜上的压力较小时，线圈中感应电动势的频率高D膜上的压力较大时，线圈中感应电动势的频率高考点：传感器在生产、生活中的应用 分析：根据楞次定律，结合电源内部电流方向从电势低到电势高，及由张力的大小影响频率高低，即可求解解答：解：A、当软铁块靠近磁铁时，软铁会磁化，线圈中的磁通量增加，根据楞次定律可得，b端电势比a端电势高，故A错误，B正确；C、膜上压力越小时，钢弦上的张力越大，振动频率越高，线圈中感应电动势的频率越高，故C正确，D错误故选：BC点评：考查楞次定律的内容，掌握电源的内部的电势高低是解题的关键6（3分）（2015翁牛特旗校级模拟）在条形磁铁的中央位置的正上方水平固定一铜质圆
20、环，如图所示，以下判断中正确的是（）A释放圆环，环下落时磁铁对桌面的压力比磁铁的重力大B释放圆环，环下落时环的机械能守恒C给磁铁水平向右的初速度，磁铁滑动时做减速运动D给磁铁水平向右的初速度，圆环产生向左的运动趋势考点：楞次定律 分析：圆环竖直向下运动时，通过圆环的磁通量始终为零，不产生感应电流没有安培力做功，只有重力做功，故环的机械能守恒解答：解：A、圆环竖直向下运动时，通过圆环的磁通量始终为零，穿过环的磁通量不变，没有感应电流产生，环下落时磁铁对桌面的压力等于磁铁的重力故A错误；B、圆环竖直向下运动时，通过圆环的磁通量始终为零，穿过环的磁通量不变，没有感应电流产生，环下落时环的机械能守恒故
21、B正确C、给磁铁水平向右的初速度，穿过线圈向上的磁通量增大，根据楞次定律，感应电流将阻碍线圈与磁铁之间的相对运动，所以磁铁滑出时做减速运动故C正确；D、给磁铁水平向右的初速度，穿过线圈向上的磁通量增大，根据楞次定律，感应电流将阻碍线圈与磁铁之间的相对运动，所以圆环产生向右的运动趋势，故D错误故选：BC点评：解决本题的关键知道产生感应电流的条件，以及掌握条形磁铁的磁感线分布，基础题7（3分）（2010奉贤区二模）如图所示，通电螺线管置于闭合金属环a的轴线上，当螺线管中电流I减小时（）A环有缩小的趋势以阻碍原磁通量的减小B环有扩大的趋势以阻碍原磁通量的减小C环有缩小的趋势以阻碍原磁通量的增大D环有
22、扩大的趋势以阻碍原磁通量的增大考点：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解答：解：当螺线管中通过的电流逐渐变小时，电流产生的磁场逐渐变弱，故穿过金属环a的磁通量变小，根据楞次定律可知，为阻碍原磁通量变小，金属环a有收缩的趋势，故A正确，BCD错误；故选A点评：螺线管每匝线圈相当于磁铁，两匝线圈相对应的面极性相反，每匝线圈相互吸引，当线圈电流减小时，磁性减弱，螺线管伸长；正确理解楞次定律即可正确解题8（3分）（2015翁牛特旗校级模拟）一根长导线弯曲成如图所示形
23、状，通以直流电I，正中间用绝缘线悬挂一金属环C，环与导线处于同一竖直平面内在电流I增大的过程中，下列叙述正确的是（）A金属环中无感应电流产生B金属环中有沿顺时针方向的感应电流C悬挂金属环C的竖直线中的张力不变D金属环C仍能保持静止状态考点：楞次定律 分析：金属环C处于弯曲成“”导线中，导线中通以如图所示的电流，则会产生的磁场，根据楞次定律来确定感应电流的方向，再根据左手定则，判断出安培力的方向，从而判断出金属线圈的受力与运动状况解答：解：根据安培定则知，弯曲成“”导线中电流的磁场方向为：垂直纸面向里，且大小增加由楞次定律可知，感应电流的方向为逆时针，根据左手定则可知，安培力的方向指向圆心，由于
24、弯曲成是“”导线，所以金属环所在的区域上部分的磁场比较大，下部分的磁场比较小，环的上部分受到的向下的安培力比较大，因此导致挂环的拉力增大，但环仍处于静止状态，故D正确，ABC错误，故选：D点评：解决本题的关键会用安培定则判断电流周围磁场的方向，以及学会根据楞次定律来确定感应电流的方向同时会用左手定则判断安培力的方向9（3分）（2002天津）图中MN、GH为平行导轨，AB、CD为跨在导轨上的两根横杆，导轨和横杆均为导体有匀强磁场垂直于导轨所在的平面，方向如图用I表示回路中的电流（）A当AB不动而CD向右滑动时，I0且沿顺时针方向B当AB向左、CD向右滑动且速度大小相等时，I=0C当AB、CD都向
25、右滑动且速度大小相等时，I=0D当AB、CD都向右滑动，且AB速度大于CD时，I0且沿逆时针方向考点：法拉第电磁感应定律 专题：压轴题；电磁感应与电路结合分析：CD切割产生感应电动势，回路中有感应电流，根据两棒所受的安培力分别判断出两棒的运动规律，当两棒速度相等时，回路中没有感应电流，两棒不受安培力作用解答：解：A、当AB不动而CD棒向右运动时，产生感应电动势，在整个回路中产生感应电流，其方向逆时针方向，故A错误；B、当AB向左、CD也向左滑动且速度大小相等时，此时，穿过电路中的磁通量不变，则整个回路中的感应电流为零；若AB、CD都向右滑动且速度大小相等时，I=0，故B错误，C正确D、当AB、
26、CD都向右滑动，且AB速度大于CD时，则相当于AB棒向右切割，因而产生I0且沿顺时针方向，故D错误；故选C点评：解决本题的关键能正确地对两棒受力分析，根据受力情况，判断其运动情况10（3分）（2015翁牛特旗校级模拟）如图所示，ab是一个可以绕垂直于纸面的轴O转动的闭合矩形导体线圈，当滑动变阻器R的滑片P自左向右滑动过程中，线圈ab将（）A静止不动B逆时针转动C顺时针转动D发生转动，但因电源的极性不明，无法确定转动的方向考点：楞次定律 专题：电磁感应与电路结合分析：楞次定律的内容是：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滑动变阻器的滑片R自左向右滑动时，引起线圈电流的变化，使得通电
27、螺旋管的磁场强度发生变化，引起闭合矩形线框的磁通量发生改变解答：解：当滑动变阻器的滑片R自左向右滑动时，引起线圈电流增大，通电螺旋管穿过线框的磁场强度增大，引起闭合矩形线框的磁通量增大，感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化线框所在位置的磁场方向大致是水平的，要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，所以线框顺时针转动故选：C点评：解决本题的关键掌握楞次定律的内容：感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化11（3分）（2009黄冈模拟）通过水平绝缘传送带输送完全相同的铜线圈，线圈均与传送带以相同的速度匀速运动为了检测出个别未闭合的不合格线圈，让传送带通过一固定匀强磁场区域，磁场方向垂
28、直于传送带，线圈进入磁场前等距离排列，穿过磁场后根据线圈间的距离，就能够检测出不合格线圈，通过观察图形，判断下列说法正确的是（）A若线圈闭合，进入磁场时，线圈相对传送带向后滑动B若线圈不闭合，进入磁场时，线圈相对传送带向后滑动C从图中可以看出，第2个线圈是不合格线圈D从图中可以看出，第3个线圈是不合格线圈考点：楞次定律 专题：电磁感应中的力学问题分析：线圈进入磁场，磁通量增加，要产生感应电动势，如闭合还产生感应电流，线圈将受到安培力作用，将相对传送带运动如不闭合，没有感应电流，不受安培力，相对传送带不运动解答：解：A、若线圈闭合，进入磁场时，由于电磁感应现象，由楞次定律可判断线圈相对传送带向后
29、滑动，故A正确； B、若线圈不闭合，不会产生感应电流，线圈不受安培力，故线圈相对传送带不发生滑动，故B错误； C、D由图知1、2、4、5、6线圈都发生了相对滑动，而第3个线圈没有，则第3个线圈为不合格线圈，故C错误，D正确故选AD点评：本题理论联系实际的问题，考查应用物理知识处理实际问题的能力12（3分）（2015翁牛特旗校级模拟）如图所示，金属导轨上的导体棒ab在匀强磁场中沿导轨做下列哪种运动时，线圈c中将有感应电流产生（）A向右做匀速运动B向左做匀速运动C向右做减速运动D向右做加速运动考点：导体切割磁感线时的感应电动势；楞次定律 分析：导体棒ab在匀强磁场中沿导轨运动时，根据右手定则判断感
30、应电流方向，感应电流通过螺线管时，由安培定则判断磁场方向，根据楞次定律判断线圈c中感应电流方向，再确定c是否被螺线管吸引解答：解：A、B导体棒ab向右做匀速运动时，ab中产生的感应电流不变，螺线管产生的磁场是稳定的，穿过c的磁通量不变，c中没有感应电流故A错误B、导体棒ab向左做匀速运动时，根据右手定则判断得到，感应电流不变，螺线管产生的磁场不变，穿过c的磁通量不变；C中不会产生感应电流；故B错误；C、导体棒ab向右做减速运动时，根据右手定则判断得到，感应电流减小，螺线管产生的磁场减弱，穿过c的磁通量减小，根据楞次定律得知，c中产生感应电流故C正确D、导体棒ab向右做变加速运动时，根据右手定则
31、判断得到，感应电流增大，螺线管产生的磁场增强，穿过c的磁通量增大，根据楞次定律得知，c中产生感应电流故D正确故选：CD点评：本题运用右手定则、安培定则和楞次定律按步就班进行分析的，并掌握感应电流的产生条件13（3分）（2015翁牛特旗校级模拟）如图所示，光滑固定导轨m、n水平放置，两根导体棒p、q平行放于导轨上，形成一个闭合回路，当一条形磁铁从高处下落靠近回路时（）Ap、q将互相靠拢Bp、q将互相远离C磁铁的加速度仍为gD磁铁的加速度小于g考点：楞次定律 专题：电磁感应与电路结合分析：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
32、导体的运动情况解答：解：A、B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，起到阻碍原磁通量增加的作用故A正确，B错误C、D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C错误；D正确故选：AD点评：本题直接用楞次定律判断电磁感应现象中导体的运动方向，抓住导体总是反抗原磁通量的变化是关键楞次定律的另一结论：增反减同14（3分）（2015翁牛特旗校级模拟）法拉第通过精心设计的一系列试验，发现了电磁感应定律，将历史上认为各自独立的学科“电学”与
33、“磁学”联系起来在下面几个典型的实验设计思想中，所作的推论后来被实验否定的是（）A既然磁铁可使近旁的铁块带磁，静电荷可使近旁的导体表面感应出电荷，那么静止导线上的稳恒电流也可在近旁静止的线圈中感应出电流B既然磁铁可在近旁运动的导体中感应出电动势，那么稳恒电流也可在近旁运动的线圈中感应出电流C既然运动的磁铁可在近旁静止的线圈中感应出电流，那么静止的磁铁也可在近旁运动的导体中感应出电动势D既然运动的磁铁可在近旁的导体中感应出电动势，那么运动导线上的稳恒电流也可在近旁的线圈中感应出电流考点：感应电流的产生条件 分析：静止导线上的稳恒电流产生稳定的磁场，穿过静止线圈的磁通量不变，不能在静止的线圈中感应
34、出电流稳恒电流可在近旁运动的线圈中感应出电流，静止的磁铁也可在近旁运动的导体中感应出电动势，运动导线上的稳恒电流也可在近旁线圈中感应出电流解答：解：A、静止导线上的稳恒电流产生稳定的磁场，穿过静止线圈的磁通量没有变化，不能在静止的线圈中感应出电流符合题意故A错误B、稳恒电流产生的磁场是稳定的，穿过在近旁运动的线圈的磁通量可能变化，可在近旁运动的线圈中感应出电流故B正确；C、静止的磁铁周围的磁场是稳定的，在其近旁运动的导体中可切割磁感线产生感应出电动势不符合题意故C错误D、运动导线上的稳恒电流在空间产生的磁场是变化的，穿过近旁线圈中的磁通量在变化，可感应出电流不符合题意故D错误故选：B点评：本题
35、实质是考查对感应电流产生条件的理解能力历史上科学家采用类比的方法设计实验的基础题15（3分）（2011山东）如图所示，两固定的竖直光滑金属导轨足够长且电阻不计两质量、长度均相同的导体棒c、d，置于边界水平的匀强磁场上方同一高度h处磁场宽为3h，方向与导轨平面垂直先由静止释放c，c刚进入磁场即匀速运动，此时再由静止释放d，两导体棒与导轨始终保持良好接触用ac表示c的加速度，Ekd表示d的动能，xc、xd分别表示c、d相对释放点的位移选项中正确的是（）ABCD考点：电磁感应中的能量转化 专题：压轴题分析：未进入磁场时，c、d做自由落体运动，到达磁场上边界时速度相同c、d都进入磁场后，同时在磁场中运
36、动时，两者速度相同，没有感应电流产生，只受重力，都做匀加速直线运动，加速度为gc出磁场后，d在切割磁感线时，此时d的速度比进磁场时大，产生感应电动势增大，感应电流增大，受到的安培力增大，则d做匀减速直线运动根据动能与高度的关系选择动能图象解答：解：A、B，设c、d刚进磁场时速度为v，c刚进入磁场做匀速运动，此时由静止释放d设d经时间t进入磁场，并设这段时间内c的位移为x则 由于h=，x=vt，得到x=2h，则d进入磁场时，c相对释放点的位移为3h d进入磁场后，cd二者都做匀速运动，且速度相同，二者与导轨组成的回路磁通量不变，感应电流为零，不受安培力，两导体棒均做加速度为g的匀加速运动，故A错
37、误，B正确； C、D，c出磁场时d下落2h，c出磁场后，只有导体棒d切割磁感线，此时d的速度大于进磁场时的速度，d受到安培力作用做减速运动，动能减小，d出磁场后动能随下 落高度的增加而均 匀增大，故C错误，D正确故选：BD点评：本题关键在于分析两导体的受力情况和运动情况，抓住安培力大小与速度大小成正比这个结论，分析只有d切割磁感线过程d的运动情况16（3分）（2015翁牛特旗校级模拟）两个大小不同的绝缘金属圆环如图所示叠放在一起，小圆环有一半面积在大圆环内，当大圆环通上顺时针方向电流的瞬间，小圆环中感应电流的方向是（）A顺时针方向B逆时针方向C左半圆顺时针，右半圆逆时针D无感应电流考点：楞次定
38、律 分析：由通电导线产生磁场，导致线圈中产生感应电流，再根据电流与电流的作用力关系进行判断，同向电流相互吸引，异向电流相互排斥解答：解：根据右手螺旋定则可知，通电导线瞬间，左、右线圈的磁通量均增大，但小线圈的左边的磁场方向垂直纸面向里，右边的磁场方向垂直向外导致合磁场方向垂直纸面向里，根据楞次定律可知，线圈的感应电流方向是逆时针方向故选：B点评：解决本题的关键掌握同向电流、异向电流的关系同向电流相互吸引，异向电流相互排斥同时还考查右手螺旋定则与楞次定律二.非选择题17（2015翁牛特旗校级模拟）如图所示，在磁感应强度为B的磁场中，两导轨间距为L，某时刻两棒速度为v1和v2，且v1v2，试由E=
39、n，求出此时回路中的感应电动势为多少？考点：导体切割磁感线时的感应电动势 专题：电磁感应与电路结合分析：振动两根导体棒的速度，由磁通量的计算式求出磁通量的变化，然后由法拉第电磁感应定律即可求出解答：解：（1）金属棒AB、CD都小于运动，且v1v2，所以导体棒之间的面积上的磁通量增大，=BS=BL（v1v2）t由法拉第电磁感应定律：E=答：此时回路中的感应电动势为BL（v1v2）点评：本题中要求用E=n计算电动势，由几何磁通量的计算公式即可求出另外，存在反电动势，两个动生电动势抵消后得到总电动势，根据公式E=BLv求出动生电动势的大小，由右手定则判断动生电动势的方向根据电动势的方向，分析得出总电
40、动势18（2001上海）半径为a的圆形区域内有均匀磁场，磁感应强度为B=0.2T，磁场方向垂直纸面向里，半径为b的金属圆环与磁场同心地放置，磁场与环面垂直，其中a=0.4m，b=0.6m金属环上分别接有灯L1、L2，两灯的电阻均为R=2，一金属棒MN与金属环接触良好，棒与环的电阻均忽略不计（1）若棒以v0=5m/s的速率，在环上向右匀速滑动，求棒滑过圆环直径OO的瞬时（如图），MN中的电动势和流过灯L1的电流（2）撤去中间的金属棒MN，将右面的半圆环OL2O以OO为轴向上翻转90后，磁场开始随时间均匀变化，其变化率为，求L1的功率考点：法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律；导体切割磁感线时的
41、感应电动势 专题：电磁感应与电路结合分析：（1）当导体棒MN在外力作用下从导线框的左端开始做切割磁感应线的匀速运动，所以产生的电动势为定值E=BLv0，再画出等效电路，根据欧姆定律可求出两灯泡并联时流过灯L1的电流；（2）当线圈半边翻转时，导致磁通量发生变化，从而产生感应电动势，再由电功率表达式来求出两灯泡串联时L1的功率；解答：解：（1）棒滑过圆环直径OO的瞬时，MN中的电动势E1=B2av=0.20.85V=0.8V 等效电路如图（1）所示，流过灯L1的电流I1=A=0.4A；故流过灯L1的电流为0.4A； （2）撤去中间的金属棒MN，将右面的半圆环OL2O以OO为轴向上翻转90，半圆环OL1O中产生感应电动势，相当于电源，灯L2为外电路，等效电路如图（2）所示，感应电动势E2=0.5a2=0.32V L1的功率P1=1.28102W答：（1）若棒以v0=5m/s的速率，在环上向右匀速滑动，求棒滑过圆环直径OO的瞬时（如图），MN中的电动势0.8V和流过灯L1的电流0.8A（2）撤去中间的金属棒MN，将右面的半圆环OL2O以OO为轴向上翻转90后，磁场开始随时间均匀变化，其变化率为，求L1的功率1.28102W点评：考查法拉第电磁感应定律、欧姆定律及电功率表达式；同时导体棒切割磁感线相当于电源；穿过线圈磁通量变化也相当于电源；并注意第1问两灯是并联，而第2问两灯是串联
