2018-2019学年高二物理11月月考试题选修2 .doc

xx-2019学年高二物理11月月考试题选修2一选择题（共15小题，满分45分，每小题3分）1法拉第在1831年发现了“磁生电”现象。如图，他把两个线圈绕在同一个软铁环上，线圈A和电池连接，线圈B用导线连通，导线下面平行放置一个小磁针。实验中可能观察到的现象是（）A只要A线圈中电流足够强，小磁针就会发生偏转BA线圈接通后，线圈B匝数较少时小磁针不偏转，匝数足够多时小磁针会偏转C线圈A和电池接通瞬间，小磁针会偏转D线圈A和电池断开瞬间，小磁针不偏转2如图所示，小磁针正上方的直导线与小磁针平行，当导线中有电流时，小磁针会发生偏转。首先观察到这个实验现象的物理学家和观察到的现象是（）A物理学家伽利略，小磁针的N极垂直转向纸内B天文学家开普勒，小磁针的S极垂直转向纸内C大物理学家牛顿，但小磁针静止不动D物理学家奥斯特，小磁针的N极垂直转向纸内3发现电磁感应现象并且总结出电磁感应定律的科学家是（）A法拉第B奥斯特C麦克斯韦D赫兹4下面所示的实验示意图中，用于探究电磁感应现象的是（）A B C D5下列四幅图中能产生感应电流的情形是（）A B C D6如图所示，矩形导线框abcd处于整直面内，直导线MN与bc边平行且与线框平面共面，并通以向上的电流i，则以下情况不能使线框中产生感应电流的是（） A线框以直导线MN为轴转动B线框以ad边为轴转动C线框沿线框平面向右平移 D增大直导线中的电流i7如图所示，光滑固定金属导轨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接近回路的过程中，下列说法正确的是（）AP、Q将保持不动BP、Q将相互远离C磁铁的加速度小于gD磁铁的加速度仍为g8如图甲所示，在绝缘的水平桌面上放置一金属圆环。在圆环的正上方放置一个螺线管，在螺线管中通入如图乙所示的电流，电流从螺线管a端流入为正。以下说法中正确的是（）A在第1s末，圆环中的感应电流最大B在第2s末，圆环对桌面的压力小于圆环的重力C在12s内和23s内，圆环中的感应电流的方向相反D从上往下看，在01s内，圆环中的感应电流沿顺时针方向9如图所示，当导线棒MN在外力作用下沿导轨向右运动时，流过R的电流方向是（）A由ABB由BAC无感应电流D无法确定10根据法拉第电磁感应定律，电路中感应电动势的大小，是由穿过这一电路的哪个因素所决定（）A磁通量 B磁通量的变化量 C磁通量的变化率 D磁感应强度11如图所示，一宽2L的匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向里。一边长为L的正方形导线框位于纸面内，以垂直于磁场边界的恒定速度v通过磁场区域，在运动过程中，线框有一边始终与磁场区域的边界平行，取它刚进入磁场的时刻为t=0，规定逆时针方向电流为正方向，在下图所示的图象中，能正确反映感应电流随时间变化的规律是（）ABCD12截面积S=0.5m2，n=100匝的圆形线圈，处在如图甲所示的磁场内，磁场方向与线圈平面垂直，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示，已知电路中R=3，C=10F，线圈电阻r=2，导线电阻忽略不计，t=0时刻磁场方向垂直线圈平面向里，则有（）A电容器两端电压为10VB通过电阻R的感应电流大小为20AC通过电阻R的电流方向为bRaD电容器所带的电荷量6105C13如图所示，在同一平面内有A、B两闭合金属圆环，圆环A通有顺时针方向的电流。若圆环A中的电流突然增大，关于圆环B，下列说法中正确的是（）A将产生逆时针的感应电流，有扩张的趋势B将产生顺时针的感应电流，有收缩的趋势C将产生顺时针的感应电流，有扩张的趋势D将产生逆时针的感应电流，有收缩的趋势14下列情况中能产生感应电流的是（）A如图甲所示，导体AB顺着磁感线运动B如图乙所示，条形磁铁插入线圈中不动时C如图丙所示，小螺线管A置于大螺线管B中不动，开关S一直接通时D如图丙所示，小螺线管A置于大螺线管B中不动，开关S一直接通，在移动变阻器滑片的过程中15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增加时（） 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环有扩大的趋势以阻碍原磁道量的增大二多选题（共6小题，满分24分，每小题4分）16（4分）下列现象中属于电磁感应现象的是（）A磁场对电流产生力的作用 B变化的磁场使闭合电路中产生电流C闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线的运动 D电流周围产生磁场17（4分）如图，竖直放置的长直导线ef中通有恒定电流，有一矩形线框abcd与导线在同一平面内，在下列情况中线圈产生感应电流的是（）A导线中电流强度变大 B线框向右平动C线框向下平动 D线框以直导线ef为轴转动18（4分）彼此绝缘、相互垂直的两根通电直导线与闭合线圈共面，当两导线中的电流均增大时，下图中闭合线圈一定产生感应电流的是（）A B C D19（4分）如图所示，有一个闭合金属铜环放置在光滑水平的绝缘桌面上，铜环正上方有一个竖直的条形磁铁。则下列说法正确的是（）A磁铁迅速向下运动，圆环对桌面的压力增大B磁铁迅速向上运动，圆环有收缩的趋势C磁铁迅速向右运动，圆环向右平动D磁铁迅速向左运动，圆环对桌面的压力减小20（4分）如图为地磁场磁感线的示意图，在北半球地磁场的竖直分量向下，飞机在我国上空匀速巡航，机翼保持水平，飞行高度不变，由于地磁场的作用，金属机翼上有电势差，设飞行员在左方机翼末端处的电势为U1，右方机翼末端处的电势为U2，若（） A飞机从东往西飞，则U1比U2高B飞机从西往东飞，则U1比U2高C飞机从南往北飞，则U1比U2高D飞机从北往南飞，则U2比U1高21（4分）如图所示闭合电路导体AB在做切割磁感线运动时，将产生一个电动势，称为动生电动势下列说法中正确的是（） A若电路不闭合，导体AB两端依旧存在动生电动势B动生电动势的产生与洛仑兹力有关C动生电动势的产生与电场力有关D导体AB相当于电源，运动时安培力对导体AB做正功第卷（非选择题）三实验题（共2小题，满分10分）22（6分）如图甲所示，30匝的线圈两端A、B与一个电压表相连线圈内有垂直纸面向里的磁场，线圈中的磁通量按图乙所示规律变化则穿过线圈的磁通量的变化率 Wb/s，电压表的示数为 V，与电压表标+号的接线柱连接的是 （选填“A”或“B”）23（4分）如图所示，匀强磁场的磁感应强度为0.4T，R=100，C=100F，ab长20cm，当ab以v=10m/s的速度向右匀速运动时，电容器 极板带正电（填“上”或“下”），电荷量为 四计算题（共3小题，满分21分）24（6分）有一个100匝的线圈，在0.4s内穿过它的磁通量从0.01Wb均匀增加到0.02Wb。（1）求磁通量变化了多少；（2）求线圈中的感应电动势；（3）若线圈的总电阻是10，通过10min线圈产生多少热量？25（7分）如图所示，电阻不计的光滑U形导轨水平放置，导轨间距l=0.5m，导轨一端接有R=4.0的电阻。有一质量m=0.1kg、电阻r=1.0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B=0.2T现用F=5N的水平恒力垂直拉动金属棒ab，使它由静止开始向右加速运动，当金属棒向右运动的距离为x=2m时速度达到v=10m/s。设导轨足够长。求：（1）此时金属棒ab中电流I的大小和方向；（2）此时金属棒ab两端的电压U；（3）金属棒在向右运动2m的过程中，电阻R产生的焦耳热QR。26（8分）如图甲所示为一对间距为d且竖直固定放置的平行光滑金属导轨。在导轨下端接有一阻值为R的钉子电阻，导轨上方放着一质量为m、长度为L的金属导体棒PQ（已知Ld）。导轨下部处于垂直导轨平面向内的匀强磁场中，磁场上边界距导轨下端为h，磁感应强度随时间变化情况如图乙所示。金属棒PQ从t=0以前某时刻自由释放，t0时刻进入磁场并恰好开始做匀速直线运动。金属导体棒PQ与金属导轨的电阻均不计，棒在下落过程中始终与导轨接触良好。求：（1）金属棒匀速运动的速度大小v；（2）t1时刻（t1t0），流过电阻R的电流I1；（3）t2时刻（t2t0），流过电阻R的电流I2；（4）0t2时间内，电阻R产生的焦耳热Q。xx11月19日刘世进的高中物理组卷参考答案与试题解析一选择题（共15小题，满分45分，每小题3分）1（3分）法拉第在1831年发现了“磁生电”现象。如图，他把两个线圈绕在同一个软铁环上，线圈A和电池连接，线圈B用导线连通，导线下面平行放置一个小磁针。实验中可能观察到的现象是（）A只要A线圈中电流足够强，小磁针就会发生偏转BA线圈接通后，线圈B匝数较少时小磁针不偏转，匝数足够多时小磁针会偏转C线圈A和电池接通瞬间，小磁针会偏转D线圈A和电池断开瞬间，小磁针不偏转【考点】D1：电磁感应现象的发现过程【专题】31：定性思想；43：推理法；53C：电磁感应与电路结合【分析】电磁感应现象发生的条件是：闭合导体回路，磁通量发生改变。【解答】解：A、只有电键闭合瞬间、断开瞬间有感应电流，即原磁场变化时才有感应电流，A中的电流稳定时，B内不产生感应电流，与A中电流的大小无关。故A错误；B、A接通到达稳定后B内没有感应电流，与B的线圈的匝数无关。故B错误；CD、电键闭合瞬间、断开瞬间有感应电流，即原线圈A产生的磁场变化时就有感应电流，故线圈A和电池接通瞬间，小磁针会偏转；线圈A和电池断开瞬间，小磁针也会偏转，故C正确，D错误。故选：C。【点评】本题关键是明确电磁感应现象产生的条件，只有磁通量变化的瞬间闭合电路中才会有感应电流。2（3分）如图所示，小磁针正上方的直导线与小磁针平行，当导线中有电流时，小磁针会发生偏转。首先观察到这个实验现象的物理学家和观察到的现象是（）A物理学家伽利略，小磁针的N极垂直转向纸内B天文学家开普勒，小磁针的S极垂直转向纸内C大物理学家牛顿，但小磁针静止不动D物理学家奥斯特，小磁针的N极垂直转向纸内【考点】1U：物理学史；D1：电磁感应现象的发现过程【专题】1：常规题型【分析】解答本题的关键是了解发现电流磁效应的科学家是哪位同时明确通电直导线周围的磁场分别情况。【解答】解：发现电流周围存在磁场的科学家是奥斯特，根据安培定则可知该导线下方飞磁场方向垂直纸面向里，因此小磁针的N极垂直转向纸内，故ABC错误，D正确。故选：D。【点评】本题考查了电流磁效应的发现已经直导线周围磁场的分部情况，比较简单，对于类似简单问题不能忽视，要不断加强练习。3（3分）发现电磁感应现象并且总结出电磁感应定律的科学家是（）A法拉第B奥斯特C麦克斯韦D赫兹【考点】D1：电磁感应现象的发现过程【专题】31：定性思想；43：推理法；53D：磁场 磁场对电流的作用【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可【解答】解：发现电磁感应现象的科学家是法拉第，奥斯特发现了电流的磁效应，麦克斯韦提出了电磁波理论，而赫兹通过实验证明了电磁波的存在；故A正确，BCD错误。故选：A。【点评】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一；不过本题存在问题，电磁感应定律并不是由法拉第总结出的4（3分）下面所示的实验示意图中，用于探究电磁感应现象的是（）ABCD【考点】D1：电磁感应现象的发现过程【分析】发电机原理是电磁感应现象，即闭合电路中一部分导体在磁场中做切割磁感线运动，即发电机的原理图中没电源，有电源的实验装置图不是发电机原理图【解答】解：A、该选项是奥斯特实验，该实验证明了通电导线周围存在着磁场，利用电生磁现象制成了电磁铁，故不符合题意；故A错误；B、磁铁在进入线圈的过程，由于磁通量的变化，产生感应电流；这是用来探究电磁感应现象的；故B正确；C、闭合开关，线圈中有电流通过时，它就会运动起来，即说明通电导线在磁场中受力的作用，即是电动机的制作原理，故不符合题意；故C错误；D、闭合开关，导线中有电流通过时，它就会运动起来，即说明通电导线在磁场中受力的作用，即是电动机的制作原理，故不符合题意；故D错误；故选：B。【点评】本题涉及的内容有电流的磁效应，电动机的原理和发电机的原理注意电磁感应和通电导体在磁场中受力运动的装置的不同，前者外部有没有电源，后者外部有电源5（3分）下列四幅图中能产生感应电流的情形是（）ABCD【考点】D2：感应电流的产生条件【专题】31：定性思想；4E：模型法；539：电磁感应中的力学问题【分析】产生感应电流的条件是：回路要闭合；磁通量要发生变化。【解答】解：A、根据产生感应电流的条件，A中电路没有闭合，无感应电流，故A错误；B、B中穿过回路的磁感应强度不变，面积增大，闭合电路的磁通量增大，有感应电流，故B正确；C、C中穿过线圈的磁感线相互抵消，磁通量恒为零，无感应电流，故C错误；D、D中磁通量不发生变化，无感应电流，故D错误。故选：B。【点评】本题主要考查学生对电磁感应现象，以及感应电流产生的条件的了解和掌握，重点是要判断出回路是否闭合，以及穿过回路的磁通量是否变化。6（3分）如图所示，矩形导线框abcd处于整直面内，直导线MN与bc边平行且与线框平面共面，并通以向上的电流i，则以下情况不能使线框中产生感应电流的是（）A线框以直导线MN为轴转动B线框以ad边为轴转动C线框沿线框平面向右平移D增大直导线中的电流i【考点】D2：感应电流的产生条件【专题】31：定性思想；43：推理法；538：电磁感应功能问题【分析】根据产生感应电流的条件，分析穿过线框的磁通量是否发生变化，由此作答即可。【解答】解：A、线框以MN为轴转动时，由于线框距导线的距离没有发生变化，则线框中磁通量也没有随之变化，故没有感应电流产生，故A符合题意；B、当线框以ad边为轴转动时，穿过线框的磁通量减小，线框中会产生感应电流，故B不符合题意；C、由于导线中有恒定的I，由据导线越远的地方磁场越弱，则穿过线框的磁通量越小，故当线框向右平移时，由于远离导线，穿过线框的磁通量减小，线框中将产生感应电流，故C不符合题意；D、当导线中电流增大时，由电流产生的磁场随之增大，所以穿过线框的磁通量发生变化，线框中产生感应电流，故D不符合题意。本题选择不能产生感应电流的，故选：A。【点评】正确地判断穿过线框的磁通量是否发生变化是解决问题的关键，通电导线形成磁场向外是越来越弱的，所以线框相对导线距离发生变化或导线中电流发生变化时，都会使线框中磁通量发生变化。7（3分）如图所示，光滑固定金属导轨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接近回路的过程中，下列说法正确的是（）AP、Q将保持不动BP、Q将相互远离C磁铁的加速度小于gD磁铁的加速度仍为g【考点】DB：楞次定律【专题】31：定性思想；43：推理法；538：电磁感应功能问题【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，分析导体的运动情况。【解答】解：A、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错误，B错误；C、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正确，D错误。故选：C。【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。8（3分）如图甲所示，在绝缘的水平桌面上放置一金属圆环。在圆环的正上方放置一个螺线管，在螺线管中通入如图乙所示的电流，电流从螺线管a端流入为正。以下说法中正确的是（）A在第1s末，圆环中的感应电流最大B在第2s末，圆环对桌面的压力小于圆环的重力C在12s内和23s内，圆环中的感应电流的方向相反D从上往下看，在01s内，圆环中的感应电流沿顺时针方向【考点】DB：楞次定律；E3：正弦式电流的图象和三角函数表达式【专题】31：定性思想；43：推理法；538：电磁感应功能问题【分析】根据安培定则判定穿过线圈A的磁通量变化，再依据楞次定律，确定环对桌面的压力情况；同理，根据安培定则与楞次定律，即可判定各段时间内的感应电流方向和环的变化趋势。【解答】解：A、1s末金属环中感应电流最大，但电流的变化率为0，所以螺线管中电流为零，故A错误；B、第2s末金属环中感应电流最大，但螺线管中电流为零，没有磁场，与金属环间无相互作用，所以1s末圆环对桌面的压力等于圆环的重力，故B错误；C、在12s正方向电流减小，23s反向电流增大，根据楞次定律，金属环中感应电流的磁场方向不变，感应电流方向不变，故C错误；D、01s线圈中电流增大弱，产生的磁场增大，金属环中磁通量增大，根据楞次定律可知，从上往下看，0ls内圆环中的感应电流沿顺时针方向，故D正确；故选：D。【点评】解决本题的关键是理解并掌握楞次定律：增反减同或来拒去留，来分析环所受的安培力方向。9（3分）如图所示，当导线棒MN在外力作用下沿导轨向右运动时，流过R的电流方向是（）A由ABB由BAC无感应电流D无法确定【考点】DC：右手定则【专题】53C：电磁感应与电路结合【分析】右手定则的：右手平展，使大拇指与其余四指垂直，并且都跟手掌在一个平面内磁感线垂直进入手心，大拇指指向导线运动方向，则四指所指方向为导线中感应电流的方向【解答】解：导线棒MN在外力作用下沿导轨向右运动而切割磁感线产生感应电流，根据右手定则可以判定感应电流的方向为由AB。故A正确。故选：A。【点评】本题考查了右手定则，只要是导体切割磁感线而产生感应电流就可以利用右手定则判定感应电流的方向10（3分）根据法拉第电磁感应定律，电路中感应电动势的大小，是由穿过这一电路的哪个因素所决定（）A磁通量B磁通量的变化量C磁通量的变化率D磁感应强度【考点】D8：法拉第电磁感应定律【专题】31：定性思想；43：推理法；538：电磁感应功能问题【分析】根据法拉第电磁感应定律分析答题，法拉第电磁感应定律内容：在电磁感应现象中，感应电动势与磁通量的变化率成正比。【解答】解：由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势与磁通量的变化率成正比，感应电动势大小取决于磁通量的变化率，与磁通量无关，与磁通量的变化量无关；A、感应电动势与穿过这个电路的磁通量大小无关，故A错误；B、感应电动势与穿过这个电路的磁通量的变化量无关，故B错误；C、感应电动势与穿过这个电路的磁通量的变化率成正比，由穿过这个电路的磁通量的变化率决定，故C正确；D、感应电动势与穿过这个电路的磁感应强度大小无关，故D错误；故选：C。【点评】本题考查了对法拉第电磁感应定律的理解，不要根据法拉第电磁感应定律公式E=n错误地认为：感应电动势与、与有关。11（3分）如图所示，一宽2L的匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向里。一边长为L的正方形导线框位于纸面内，以垂直于磁场边界的恒定速度v通过磁场区域，在运动过程中，线框有一边始终与磁场区域的边界平行，取它刚进入磁场的时刻为t=0，规定逆时针方向电流为正方向，在下图所示的图象中，能正确反映感应电流随时间变化的规律是（）ABCD【考点】B2：欧姆定律；D9：导体切割磁感线时的感应电动势；DB：楞次定律【专题】34：比较思想；4B：图析法；53B：电磁感应与图像结合【分析】根据楞次定律判断感应电流的方向。由感应电动势公式和欧姆定律分别研究各段过程感应电流的大小，再选择图象。【解答】解：线框进入磁场过程，所用时间t1=，根据楞次定律判断可知感应电流方向是逆时针方向，为正值。感应电流大小 I=，保持不变。线框完全在磁场中运动过程，磁通量不变，没有感应电流产生，经历时间 t2=，则t2=t1。线框穿出磁场过程，所用时间 t3=，感应电流方向沿顺时针方向，为负值，感应电流大小 I=，保持不变。故ABD错误，C正确。故选：C。【点评】本题分三个过程分别研究感应电流大小和方向，关键掌握电磁感应的基本规律：E=BLv、右手定则等等，并能正确运用。12（3分）截面积S=0.5m2，n=100匝的圆形线圈，处在如图甲所示的磁场内，磁场方向与线圈平面垂直，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示，已知电路中R=3，C=10F，线圈电阻r=2，导线电阻忽略不计，t=0时刻磁场方向垂直线圈平面向里，则有（）A电容器两端电压为10VB通过电阻R的感应电流大小为20AC通过电阻R的电流方向为bRaD电容器所带的电荷量6105C【考点】BB：闭合电路的欧姆定律；D8：法拉第电磁感应定律【专题】12：应用题；32：定量思想；4C：方程法；53C：电磁感应与电路结合【分析】根据法拉第电磁感应定律求解感应电动势，根据闭合电路的欧姆定律求解感应电流，由此求解电容器两端电压；根据楞次定律判断感应电流方向，根据Q=CU计算电荷量。【解答】解：AB、根据法拉第电磁感应定律可得产生的感应电动势为：E=n=nS=1000.20.5V=10V根据闭合电路的欧姆定律可得通过电阻R的感应电流大小为：I=A=2A电容器两端电压等于R两端电压，即为：U=IR=6V，故AB错误；C、根据楞次定律可得通过电阻R的电流方向为ab，故C错误；D、电容器所带的电荷量Q=CU=101066=6105C，故D正确。故选：D。【点评】对于电磁感应现象中涉及电路问题的分析方法是：确定哪部分相对于电源，根据电路连接情况画出电路图，结合法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律、以及电功率的计算公式列方程求解。13（3分）如图所示，在同一平面内有A、B两闭合金属圆环，圆环A通有顺时针方向的电流。若圆环A中的电流突然增大，关于圆环B，下列说法中正确的是（）A将产生逆时针的感应电流，有扩张的趋势B将产生顺时针的感应电流，有收缩的趋势C将产生顺时针的感应电流，有扩张的趋势D将产生逆时针的感应电流，有收缩的趋势【考点】DB：楞次定律【专题】31：定性思想；43：推理法；53C：电磁感应与电路结合【分析】当圆环A中通有不断增大的顺时针方向的电流时，周围的磁场发生变化，即通过圆环B的磁通量发生变化，根据楞次定律结合右手螺旋定则判断出圆环B中感应电流的方向。根据楞次定律的另一种表述，引起的机械效果阻碍磁通量的变化，确定圆环B有扩张还是收缩趋势。【解答】解：当圆环A中通有不断增大的顺时针方向的电流时，知穿过圆环B的磁通量垂直向里，且增大，根据楞次定律，圆环B产生逆时针方向的电流，由于穿过圆环B的磁通量增大，根据楞次定律的另一种表述，圆环B有扩张的趋势，阻碍磁通量的增加，故A正确，B、C、D错误。故选：A。【点评】解决本题的关键掌握楞次定律判断感应电流的方向，以及掌握楞次定律的另一种表述，感应电流引起的机械效果阻碍磁通量的变化。14（3分）下列情况中能产生感应电流的是（）A如图甲所示，导体AB顺着磁感线运动B如图乙所示，条形磁铁插入线圈中不动时C如图丙所示，小螺线管A置于大螺线管B中不动，开关S一直接通时D如图丙所示，小螺线管A置于大螺线管B中不动，开关S一直接通，在移动变阻器滑片的过程中【考点】D2：感应电流的产生条件【专题】31：定性思想；43：推理法；53C：电磁感应与电路结合【分析】根据感应电流产生的条件：穿过闭合电路的磁通量发生变化进行分析判断有无感应电流产生。【解答】解：A、导体顺着磁场运动，通过闭合电路的磁通量不变，故不会产生电流，故A错误；B、条形磁铁插入线圈不动时，通过闭合电路的磁通量不发生变化，故不会产生电流，故B错误；C、小螺线管A插入大螺线管B中不动，开关S一直接通时，通过闭合电路的磁通量不变，故不会产生电流，故C错误；D、小螺线管A插入大螺线管B中不动，开关S一直接通，当改变滑动变阻器的阻值时，回路中电流发生改变，故A中产生变化的磁场，B中的磁通量发生变化，故产生电流，故D正确；故选：D。【点评】判断有无感应电流产生对照感应电流产生的条件，抓住两点：一是电路要闭合；二是磁通量要变化。15（3分）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增加时（）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环有扩大的趋势以阻碍原磁道量的增大【考点】DB：楞次定律【专题】31：定性思想；43：推理法；53C：电磁感应与电路结合【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大时，电流产生的磁场逐渐变强，故穿过金属环a的磁通量增大，根据楞次定律可知，为阻碍原磁通量增大，金属环a产生的磁场的方向与螺线管产生的磁场的方向相反，所以电流的方向与原电流的方向相反，根据异向电流相互排斥，所以金属环a有扩大的趋势，故D正确，ABC错误；故选：D。【点评】该题可以使用楞次定律的四个步骤逐步分析解答，也可以根据楞次定律“阻碍变化”快速做出正确的解答；正确理解楞次定律即可正确解题二多选题（共6小题，满分24分，每小题4分）16（4分）下列现象中属于电磁感应现象的是（）A磁场对电流产生力的作用B变化的磁场使闭合电路中产生电流C闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线的运动D电流周围产生磁场【考点】D1：电磁感应现象的发现过程【分析】解答本题应掌握：电磁感应的现象因磁通量的变化，从而产生感应电动势，形成感应电流的现象【解答】解：A、磁场对电流产生力的作用，是安培力，故A错误；B、电磁感应指闭合回路中部分导体做切割磁感线运动，或者穿过闭合线圈的磁通量变化，则回路中即可产生感应电流，故BC正确，D、电流周围产生磁场，属于电流的磁效应，故D错误；故选：BC。【点评】本题中的四个选项分别对应了电与磁间关系的四个问题，A为电流在磁场中受力；B、C为电磁感应；D为电流的磁效应17（4分）如图，竖直放置的长直导线ef中通有恒定电流，有一矩形线框abcd与导线在同一平面内，在下列情况中线圈产生感应电流的是（）A导线中电流强度变大B线框向右平动C线框向下平动D线框以直导线ef为轴转动【考点】D2：感应电流的产生条件【分析】通过线圈面积的磁通量发生变化时，则会出现感应电动势，当电路闭合时，则产生感应电流【解答】解：A、导线中电流强度增大，导线将产生的磁场增强，使得穿过线框的磁通量发生变化，从而产生感应电流，故A正确；B、当线框右移动，由于通电导线的远近导致磁场的强弱，所以使得穿过线框的磁通量发生变化，从而产生感应电流，故B正确；C、当线框上下移动时，对于线框的磁通量没有变化，所以没有感应电动势，也没有感应电流，故C错误；D、当线框以以直导线ef为轴旋转过程中，穿过线框的磁通量没有变化，所以不产生感应电流，故D错误；故选：AB。【点评】穿过线框的磁通量变化有几种方式，有磁场变化导致磁通量变化，也有面积变化导致磁通量变化，还有磁场与面积均变化导致磁通量变化的，最后有磁场与面积均没有变，而是放置的角度变化导致磁通量变化18（4分）彼此绝缘、相互垂直的两根通电直导线与闭合线圈共面，当两导线中的电流均增大时，下图中闭合线圈一定产生感应电流的是（）ABCD【考点】D2：感应电流的产生条件【专题】31：定性思想；43：推理法；53C：电磁感应与电路结合【分析】通电直导线管周围有磁场存在，根据右手螺旋定则可判定电流方向与磁场方向的关系根据产生感应电流的条件判断各项【解答】解：A、由右手螺旋定则可判定通电导线磁场的方向。I1产生的磁场垂直纸面向里，I2产生的磁场垂直纸面向外，两个电流大小相等，所以合磁通量为0当电流均增大时，合磁通量仍然等于0，所以没有感应电流，故A错误；B、由图可知，I1产生的磁场垂直纸面向外，I2产生的磁场垂直纸面向里，两个电流大小相等，所以合磁通量为0当电流均增大时，合磁通量仍然等于0，所以没有感应电流。故B错误；C、I1产生的磁场垂直纸面向里，I2产生的磁场垂直纸面向里，所以合磁通量的方向向里。当电流均增大时，合磁通量向里增大，线圈中有感应电流，故C正确；D、I1产生的磁场垂直纸面向外，I2产生的磁场垂直纸面向外，所以合磁通量的方向向外。当电流均增大时，磁通量增大，所以有感应电流。故D正确；故选：CD。【点评】本题考查了右手螺旋定则和感应电流的条件，注意矢量的叠加原则以及磁通量的变化是解答的关键19（4分）如图所示，有一个闭合金属铜环放置在光滑水平的绝缘桌面上，铜环正上方有一个竖直的条形磁铁。则下列说法正确的是（）A磁铁迅速向下运动，圆环对桌面的压力增大B磁铁迅速向上运动，圆环有收缩的趋势C磁铁迅速向右运动，圆环向右平动D磁铁迅速向左运动，圆环对桌面的压力减小【考点】DB：楞次定律【专题】31：定性思想；43：推理法；53C：电磁感应与电路结合【分析】解本题时应该掌握：楞次定律的理解、应用。在楞次定律中线圈所做出的所有反应都是阻碍其磁通量的变化。如：感应电流磁场的磁通量、面积、速度、受力等。【解答】解：A、根据楞次定律可知：当条形磁铁沿轴线竖直向下迅速移动时，闭合导体环内的磁通量增大，因此线圈做出的反应是面积有收缩的趋势，同时将远离磁铁，故增大了和桌面的挤压程度，从而使导体环对桌面压力增大，故A正确；B、根据楞次定律可知：当条形磁铁沿轴线竖直向上迅速移动时，闭合导体环内的磁通量减小，因此线圈做出的反应是面积有扩大的趋势。故B错误；C、磁铁向右运动时，根据楞次定律，圆环产生的感应电流有阻碍二者相对运动的趋势，所以圆环向右平动。故C正确；D、磁铁迅速向左运动，闭合导体环内的磁通量减小，因此线圈做出的反应是面积有扩大的趋势，同时圆环对桌面的压力减小。故D正确故选：ACD。【点评】本题从力、运动的角度考查楞次定律，可以结合楞次定律使用的四个步骤逐步分析得出结论，也可以根据楞次定律的推广方法：阻碍变化，来做出判定，该推广方法要求的思维含量高。基础题目。20（4分）如图为地磁场磁感线的示意图，在北半球地磁场的竖直分量向下，飞机在我国上空匀速巡航，机翼保持水平，飞行高度不变，由于地磁场的作用，金属机翼上有电势差，设飞行员在左方机翼末端处的电势为U1，右方机翼末端处的电势为U2，若（）A飞机从东往西飞，则U1比U2高B飞机从西往东飞，则U1比U2高C飞机从南往北飞，则U1比U2高D飞机从北往南飞，则U2比U1高【考点】D9：导体切割磁感线时的感应电动势【专题】53C：电磁感应与电路结合【分析】由于地磁场的存在，当飞机在北半球水平飞行时，两机翼的两端点之间会有一定的电势差，相当于金属棒在切割磁感线一样由右手定则可判定电势的高低【解答】解：当飞机在北半球飞行时，由于地磁场的存在，且地磁场的竖直分量方向竖直向下，由于感应电动势的方向与感应电流的方向是相同的，由低电势指向高电势，由右手定则可判知，在北半球，不论沿何方向水平飞行，都是飞机的左方机翼电势高，右方机翼电势低，即总有U1比U2高。故ABC正确，D错误。故选：ABC。【点评】本题要了解地磁场的分布情况，掌握右手定则对于机翼的运动，类似于金属棒在磁场中切割磁感线一样会产生电动势，而电源内部的电流方向则是由负极流向正极的21（4分）如图所示闭合电路导体AB在做切割磁感线运动时，将产生一个电动势，称为动生电动势下列说法中正确的是（）A若电路不闭合，导体AB两端依旧存在动生电动势B动生电动势的产生与洛仑兹力有关C动生电动势的产生与电场力有关D导体AB相当于电源，运动时安培力对导体AB做正功【考点】DA：感生电动势、动生电动势【分析】导线切割磁感应线时产生的电动势叫动生电动势；磁场变化所产生的电动势叫感生电动势；动生电动势和感生电动势都叫感应电动势【解答】解：A、电路不闭合时，由于导体棒切割磁感线，导体两端仍然会产生电动势为故A正确；B、动生电动势的产生与洛仑兹力有关，感生电动势与电场力做功有关，故B正确；C错误；D、导体AB相当于电源，运动时安培力一定对导体做负功；故D错误；故选：AB。【点评】本题关键是明确感生电动势和动生电动势的区别，不变的磁场运动的线圈是动生：变化的磁场不动的线圈是感生三实验题（共2小题，满分10分）22（6分）如图甲所示，30匝的线圈两端A、B与一个电压表相连线圈内有垂直纸面向里的磁场，线圈中的磁通量按图乙所示规律变化则穿过线圈的磁通量的变化率1Wb/s，电压表的示数为30V，与电压表标+号的接线柱连接的是A（选填“A”或“B”） 【考点】D8：法拉第电磁感应定律【专题】32：定量思想；43：推理法；53C：电磁感应与电路结合【分析】线圈平面垂直处于匀强磁场中，当磁感应强度随着时间均匀变化时，线圈中的磁通量发生变化，从而导致出现感应电动势，产生感应电流由法拉第电磁感应定律可求出感应电动势大小，从而得出电压表读数，再由楞次定律判定感应电流方向【解答】解：整个线圈磁通量的变化率为=1Wb/s；感应电动势E=n=301=30V，电压表为30V；由楞次定律可得：感应电流的方向为逆时针，则B端比A端的电势低，所以电压表“+”接线柱接A；故答案为：1，30，A【点评】由法拉第电磁感应定律求出感应电流的大小，而感应电流的方向则由楞次定律判定同时穿过磁通量发生变化的线圈相当于电源，所以电源内部（线圈）电流方向是负极到正极23（4分）如图所示，匀强磁场的磁感应强度为0.4T，R=100，C=100F，ab长20cm，当ab以v=10m/s的速度向右匀速运动时，电容器上极板带正电（填“上”或“下”），电荷量为8105 C【考点】AN：电容器与电容；D9：导体切割磁感线时的感应电动势【专题】32：定量思想；43：推理法；53C：电磁感应与电路结合【分析】根据右手定则可判断电流的方向，从而明确电容两极板的正负；根据E=BLv可求得电动势，再根据Q=UC可求得电荷量【解答】解：由右手定则可知ab，即电容器上极板带正电，下极板带负电E=Blv=0.40.210 V=0.8 V，电容器所带电荷量：Q=CU=CE=1001060.8 C=8105 C故答案为：上；8105 C【点评】本题考查电磁感应与电路的结合题目，要注意明确电路结构，知道电容器两端的电压与感应电动势相同四计算题（共3小题，满分21分）24（6分）有一个100匝的线圈，在0.4s内穿过它的磁通量从0.01Wb均匀增加到0.02Wb。（1）求磁通量变化了多少；（2）求线圈中的感应电动势；（3）若线圈的总电阻是10，通过10min线圈产生多少热量？【考点】D8：法拉第电磁感应定律【专题】32：定量思想；43：推理法；53C：电磁感应与电路结合【分析】（1）磁通量的变化量为末态磁通量减去初态磁通量；（2）根据法拉第电磁感应定律即可求出线圈的感应电动势；（3）根据焦耳定律可求10min内线圈产生的热量。【解答】解：（1）磁通量的变化量=12=0.02Wb0.01Wb=0.01Wb；（2）由法拉第电磁感应定律得：E=；（3）由焦耳热公式：；答：（1）磁通量的变化为0.01Wb；（2）线圈中的感应电动势为2.5V；（3）通过10min线圈产生的热量为375J。【点评】此题一道常规的电磁感应题，考查了电磁感应的基本知识，在求解时相关的电磁感应计算公式要能够熟练使用。25（7分）如图所示，电阻不计的光滑U形导轨水平放置，导轨间距l=0.5m，导轨一端接有R=4.0的电阻。有一质量m=0.1kg、电阻r=1.0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B=0.2T现用F=5N的水平恒力垂直拉动金属棒ab，使它由静止开始向右加速运动，当金属棒向右运动的距离为x=2m时速度达到v=10m/s。设导轨足够长。求：（1）此时金属棒ab中电流I的大小和方向；（2）此时金属棒ab两端的电压U；（3）金属棒在向右运动2m的过程中，电阻R产生的焦耳热QR。【考点】D9：导体切割磁感线时的感应电动势；DD：电磁感应中的能量转化【专题】11：计算题；24：开放题；32：定量思想；4B：图析法；538：电磁感应功能问题【分析】（1）根据切割磁感线产生电动势公式和欧姆定律就能求出回路中的电流，根据右手定则判断感应电流的方向；（2）根据部分电路欧姆定律结合上一问的结论就能求出电阻R两端的电压；（3）从焦耳定律和功能关系，先求出电路中产生的总的焦耳热，而这些焦耳热是按电阻正比分配的，就能求出电阻R上的热量。【解答】解：（1）感应电动势大小为：E=BLv根据全电路欧姆定律有：I=代入数据解得电流为：I=0.2A电流方向由b指向a（2）金属棒ab两端的电压即为电阻R两端电压，根据部分电路欧姆定律得：U=IR代入数据解得：U=0.8V（3）设电路中产生的焦耳热为Q，根据功和能的关系有：Fx=+Q根据焦耳定律有：Q=I2（R+r）t电阻R产生的焦耳热为：QR=联立以上各式解得：QR=4J答：（1）此时金属棒ab中电流I的大小为0.2A，方向是由b指向a；（2）此时金属棒ab两端的电压U为0.8V。（3）金属棒在向右运动2m的过程中，电阻R产生的焦耳热QR是4J。【点评】本题是切割磁感线产生电动势的综合题，导体棒虽做变加速运动，但由于已知末速度和恒力大小及导体棒的位移，所以由能量守恒或功能关系就能求出回路产生的总热量，按正比分配就能求出R上产生的热量。26（8分）如图甲所示为一对间距为d且竖直固定放置的平行光滑金属导轨。在导轨下端接有一阻值为R的钉子电阻，导轨上方放着一质量为m、长度为L的金属导体棒PQ（已知Ld）。导轨下部处于垂直导轨平面向内的匀强磁场中，磁场上边界距导轨下端为h，磁感应强度随时间变化情况如图乙所示。金属棒PQ从t=0以前某时刻自由释放，t0时刻进入磁场并恰好开始做匀速直线运动。金属导体棒PQ与金属导轨的电阻均不计，棒在下落过程中始终与导轨接触良好。求：（1）金属棒匀速运动的速度大小v；（2）t1时刻（t1t0），流过电阻R的电流I1；（3）t2时刻（t2t0），流过电阻R的电流I2；（4）0t2时间内，电阻R产生的焦耳热Q。【考点】BB：闭合电路的欧姆定律；BH：焦耳定律；D9：导体切割磁感线时的感应电动势【专题】53C：电磁感应与电路结合【分析】（1）金属棒匀速运动时，安培力与重力平衡，求出安培力，再求速度v。（2）0t0时间内，回路中产生恒定的感应电动势和感应电流，由法拉第定律、欧姆定律结合求感应电流。（3）t2时刻时，根据平衡条件求电流I2。（4）根据焦耳定律求焦耳热。【解答】解：（1）金属棒匀速运动时，安培力与重力平衡，则有：mg=B0I2d，I2=联立得：v=（2）t1时刻（t1t0），感应电动势为：E1=hd=hd感应电流为：I1=（3）由上得：I2=（4）0t2时间内，电阻R产生的焦耳热为：Q=+解得：Q=+答：（1）金属棒匀速运动的速度大小v是；（2）t1时刻（t1t0），流过电阻R的电流I1是。（3）t2时刻（t2t0），流过电阻R的电流I2是。（4）0t2时间内，电阻R产生的焦耳热Q是+。【点评】本题是感生和动生结合的问题，运用法拉第电磁感应定律、欧姆定律和力学知识结合处理，关键要注意导体棒的有效长度是d，不是L。