1、一、选择题(每小题5分，共40分)1(2011届厦门测试)如图是某电磁冲击钻的原理图，若突然发现钻头M向右运动，则可能是()A电键S闭合后一段时间B电键S由闭合到断开的瞬间C电键S已经是闭合的，变阻器滑片P向左迅速滑动D电键S已经是闭合的，变阻器滑片P向右迅速滑动【解析】当电键闭合后一段时间，穿过线圈的磁通量与开始相同，钻头M不动，故A错误；当电键由闭合到断开瞬间，穿过右线圈的磁通量要减少，为了阻碍磁通量的减少，钻头M要向左运动靠近左边线圈，故B项错误；电键闭合时，当变阻器滑片P突然向左滑动时，回路的电阻减小，回路电流增大，产生的磁场增强，穿过右线圈的磁通量增大，为了阻碍磁通量的增加，钻头M向
2、右运动远离左边线圈，故C项正确；当变阻器滑片P突然向右滑动时，回路的电阻增大，回路电流减小，产生的磁场减弱，穿过右线圈的磁通量减少，为了阻碍磁通量的减少，钻头M向左运动靠近左边线圈，故D项错误【答案】C2下列说法中正确的是()A线圈中磁通量变化越大，线圈中产生的感应电动势就一定越大B线圈中的磁通量越大，线圈中产生的感应电动势就一定越大C线圈所处位置磁场越强，线圈中产生的感应电动势就一定越大D线圈中磁通量变化得越快，线圈中产生的感应电动势就越大【解析】由En知，A、B两项中因t未知，故无法判断感应电动势的大小，故A、B错；对C项，磁场强的地方，线圈中磁通量变化得不一定快，即不一定大，故C错误；对
3、D项，磁通量变化得快，即大，由En可知D正确【答案】D3带电圆环绕圆心旋转，在环的圆心处有一闭合小线圈，小线圈和圆环在同一平面内，则()A只要圆环在转动，小线圈内就一定有感应电流B不管圆环怎样转动，小线圈内都没有感应电流C圆环在做变速转动时，小线圈内一定有感应电流D圆环做匀速转动时，小线圈内有恒定的感应电流【解析】带电圆环旋转时，产生环形电流，若匀速转动，会产生恒定电流，周围磁场不变，穿过小线圈的磁通量不变，没有感应电流产生，故A、D错；若变速转动，会产生变化的电流，周围产生变化的磁场，穿过小线圈的磁通量变化，产生感应电流，C对，B错【答案】C4. MN、GH为光滑的水平平行金属导轨，ab、c
4、d为跨在导轨上的两根金属杆，匀强磁场垂直穿过MN、GH所在的平面，如图所示，则()A若固定ab，使cd向右滑动，则abdc回路有电流，电流方向由abdcB若ab、cd以相同的速度一起向右滑动，则abdc回路有电流，电流方向由cdbaC若ab向左、cd向右同时运动，则abdc回路电流为零D若ab、cd都向右运动，且两棒速度vcdvab，则abdc回路有电流，电流方向由cdba【解析】由右手定则可判断出A应产生顺时针的电流，故A错若ab、cd同向且速度大小相同，ab、 cd所围的线圈面积不变，磁通量不变，故不产生感应电流，故B错若ab向左，cd向右，则abdc中有顺时针电流，故C错若ab、cd向右
5、运动，但vcdvab，则abdc所围面积发生变化，磁通量也发生变化，故由楞次定律可判断出产生由c到d的电流，故D正确【答案】D5(2011届江门检测)一环形线圈放在匀强磁场中，设第1 s内磁感线垂直线圈平面(即垂直于纸面)向里，如图甲所示若磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙所示，那么第3 s内线圈中感应电流的大小与其各处所受安培力的方向是()A大小恒定，沿顺时针方向与圆相切B大小恒定，沿着圆半径指向圆心C逐渐增加，沿着圆半径离开圆心D逐渐增加，沿逆时针方向与圆相切【解析】由题图乙知，第3 s内磁感应强度B逐渐增大，变化率恒定，故感应电流的大小恒定再由楞次定律，线圈各处受安培力的方向都使线圈面
6、积有缩小的趋势，故沿半径指向圆心【答案】B6.(2011届厦门检测）照明电路中，为了安全，一般在电能表后面电路上安接一漏电保护器，如图所示，当漏电保护器的ef两端没有电压时，脱扣开关K能始终保持接通，当ef两端有电压时，脱扣开关K立即断开，下列说法正确的是（ ）A.连接火线的线圈匝数和连接零线的线圈匝数相等B.当输入电压过低或用户电流超过一定值时，脱扣开关会自动断开，即有低压或过流保护作用C.当站在绝缘物上的带电工作的人两手分别触到b线和d线时（双线触电）脱扣开关会自动断开，即有触电保护作用D.“脱扣开关控制器”的线圈匝数越少，触电保护越灵敏【答案】A7如图所示是测定自感系数很大的线圈L直流电
7、阻的电路，L两端并联一只电压表，用来测自感线圈的直流电压，在测量完毕后，将电路拆开时应先()A断开S1B断开S2C拆除电流表 D拆除电阻R【解析】当S1、S2均闭合时，电压表与线圈L并联；当S2闭合而S1断开时，电压表与线圈L串联所以在干路断开前后自感线圈L中电流方向相同而电压表中电流方向相反只要不断开S2，线圈L与电压表就会组成回路，在断开干路时，L中产生与原来电流同方向的自感电流，使电压表中指针反向转动而可能损坏电压表正确答案为B.【答案】B8(2011届海口测试)如图所示，竖直平面内有平行放置的光滑导轨，导轨间距为l0.2m，电阻不计，导轨间有水平方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B2 T
8、，方向如图所示，有两根质量均为m0.1 kg，长度均为l0.2 m，电阻均为R0.4 的导体棒ab和cd与导轨接触良好，当用竖直向上的力F使ab棒向上做匀速运动时，cd棒刚好能静止不动，则下列说法正确的是(g取10 m/s2)()Aab棒运动的速度是2.5 m/sB力F的大小为1 NC在1 s内，力F做的功为5 JD在1 s内，cd棒产生的电热为2.5 J【解析】考查电磁感应问题对导体棒cd由Blmg，得到v5 m/s，选项A错再由FmgF安2 N知选项B错在1 s内由WFvt10 J，选项C错Q()2Rt2.5 J，选项D正确【答案】D二、非选择题(共60分)9. (10分)如图所示，长为L
9、的金属棒ab，绕b端在垂直于匀强磁场的平面内以角速度匀速转动，磁感应强度为B，则a、b两端的电势差为_【解析】解法1：棒上各处速率不等，故不能直接用公式EBLv求由vr可知，棒上各点线速度跟半径成正比，故可用棒的中点的速度作为平均切割速度代入公式计算由有EBLBL2.解法2：设经过t时间ab棒扫过的扇形面积为S，则SLtLL2t，变化的磁通量为BSBL2t，所以EnBBL2(n1)所以，a、b两端的电势差为BL2.【答案】BL210(2011届常州卷测)(15分)如图所示，两根足够长的光滑金属导轨，相距为L10 cm，竖直放置，导轨上端连接着电阻R11 ，质量为m0.01 kg、电阻为R20.
10、2 的金属杆ab与导轨垂直并接触良好，导轨电阻不计，整个装置处于与导轨平面垂直的磁感应强度为B1 T的匀强磁场中ab杆由静止释放，经过一段时间后达到最大速率，g取10 m/s2，求此时：(1)杆的速率；(2)ab间的电压；(3)电阻R1消耗的电功率【解析】(1)对ab杆受力分析知，当杆达到最大速度时，a0.即mgBIL.又I，EBLv.解以上三式得：v12 m/s.(2)UabIR11 V.(3)P1I2R11 W.【答案】(1)12 m/s(2)1 V(3)1 W11.(17分）如图所示，两个同心金属环，大环半径为a,小环半径为b,两环间的半径方向均匀连接n根相同的直导线，每根直导线上都接一
11、个阻值恒为R的相同小灯泡，在两环间存在一个固定的、形状和面积都与相邻两直导线间隔相同的匀强磁场，磁感应强度为B.环在外力作用下绕垂直两环中心的轴匀速转动，设转动周期为T，且每个小灯泡都能发光.除了灯泡电阻外其他电阻均不计.（1）求产生的感应电动势的大小；（2）求所有小灯泡的总功率.【解析】（1）金属环转动的角速度=2/T,每个时刻一定有一直导线在做切割磁感线运动，等效电路图如图所示.产生的感应电动势为：E=.(2)灯泡、导线组成的闭合回路的总电阻为：R总=R+ = R.故所有灯泡的总功率P总=E2/R总=.【答案】（1） (2) 12(2011届济宁检测)(18分) 如图所示，在方向竖直向上的磁感应强度为B的匀强磁场中，有两条光滑的平行金属导轨，其电阻不计，间距为L，导轨平面与磁场方向垂直，ab、cd为两根垂直导轨放置的、电阻都为R、质量都为m的金属棒棒cd用能承受最大拉力为f的水平细线拉住，棒ab在水平拉力F的作用下以加速度a由静止开始向右做匀加速运动，求：(1)F随时间t的变化规律；(2)经多长时间细线将被拉断；(3)从ab棒开始运动到cd棒刚要运动过程中，流过cd棒的电量【解析】(1)时刻t，棒的速度vat.此时棒中感应电动势为EBLvBLat.w。w-w*k&s%5￥u高考资源网w。w-w*k&s%5￥u