第12章 电磁感应综合测试&真题演练-【经纶学霸●蓝题】2025年学霸高考物理一轮复习

第十二章电磁感应学霸高吉 第十二章综合测试 ☑章末自测阶段强化，巩固提升|限时：60min 的图像正确的是 一，选择题 1.(2024·宁夏银川质检)如图所示装置中，平 行导轨光滑、水平放置，cd杆原来静止.当ab 杆做如下哪些运动时，cd杆将向左移动 ( A.向左匀速运动 B.向左减速运动 C.向右加速运动 D.向右减速运动 B 24 (第1题) (第2题) 2.(2022·河北卷)将一根绝缘硬质细导线顺 3/×】 D 次绕成如图所示的线圈，其中大圆面积为S, 4.(2023·江苏泰州调研)如图，足够长的磁铁 小圆面积均为S,垂直线圈平面方向有一随 在空隙产生一个径向辐射状磁场，一个圆形 时间t变化的磁场，磁感应强度大小B= 细金属环与磁铁中心圆柱同轴，由静止开始 B。+d,B。和k均为常量，则线圈中总的感应 下落，经过时间，速度达最大值”，此过程中 电动势大小为 ( 环面始终水平.已知金属环质量为m、半径为 A.kS B.5kS, 「、电阻为R,金属环下落过程中所经过位置 C.k(S,-5S2) D.k(S,+5S2) 的磁感应强度大小均为B,重力加速度大小 3.(2024·湖北荆州调研)（多选）如图所示，两 为g,不计空气阻力，则 ( 个相邻的有界匀强磁场区域，磁感应强度的 大小分别为B、2B,磁场方向分别为垂直于纸 环 中心四柱 面向外、向里，两磁场边界均与x轴垂直且宽 度均为L,在y轴方向足够长.现有一边长为 1的正方形导线框，从图示位置开始，在 俯视因 侧视困 力F的作用下沿x轴正方向匀速穿过磁场区 A.在俯视图中，环中感应电流沿逆时针方向 域，在运动过程中，对角线ab始终与x轴平 行线框中感应电动势的大小为￡、感应电流 B.环中最大感应电流大小为 mg四 √R 的大小为i线框所受安培力的大小为F,下 C.环下落过程中一直处于超重状态 列关于E、i、F随线框向右匀速运动距离x D.t时间内通过金属环横截面的电荷量 学霸高春|蓝题物理 为2mhan B.N在磁场内运动过程中通过回路的电荷 R mo 5.(2024·山西金科大联考)（多选）如图所示 量94BL 电路，L是一直流电阻可忽略的自感线圈，A、 mvoR C.初始时刻N到ab的最小距离x= B、C为完全相同的三个灯泡，下列说法正确 4B2L2 的是 D.从M进人磁场到N离开磁场，金属杆N B 产生的焦耳热Q= 3mvg 32 7.(2022·山东卷)（多选） xOy平面的第一、三象限内 以坐标原点0为圆心、半 A.闭合电键S的瞬间，A、B、C三灯一样亮 径为√2L的扇形区域充满 B.闭合电键S稳定后，A灯最亮 方向垂直于纸面向外的匀强磁场.如图所示， C.闭合电键S稳定后，再断开电键S,A、B、C 灯都立即熄灭 边长为L的正方形金属框绕其始终在O点的 D.闭合电键S稳定后，再断开电键S,A、B、C 顶点、在xOy平面内以角速度0顺时针匀速 灯都缓慢熄灭 转动，1=0时刻，金属框开始进入第一象限不 6.(2024·广西河池一模)（多选）如图所示，两 考虑自感影响，关于金属框中感应电动势E 平行光滑长直金属导轨水平放置，间距为L. 随时间t变化规律的描述正确的是() abcd区域有匀强磁场，磁感应强度大小为B, A.在1=0到t=π的过程中，E一直增大 20 方向竖直向上.初始时刻，磁场外的细金属 杆M以初速度。向右运动，磁场内的细金属 B.在1=0到t=π的过程中，E先增大后 2w 杆N处于静止状态.两杆在磁场内未相撞 减小 且N出磁场时的速度为？两金属杆与导轨 C. 在1=0到1=π的过程中，E的变化率一 接触良好且运动过程中始终与导轨垂直.两 直增大 杆的质量均为m,在导轨间的电阻均为R,感 应电流产生的磁场及导轨的电阻忽略不计 D.在0到三的过程中，E的变化率一 下列说法正确的是 ( 直减小 二、非选择题 8.(2024·河南三门峡一模)如图所示，足够长 的绝缘水平传送带在电动机的带动下以恒定 的速率。=4m/s匀速转动（顺时针）.与传送 A.M刚进入磁场时受到的安培力F的大小 带运动方向垂直的两虚线MN和M'N'之间 BLvo 为F= 的区域存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强 R 度大小为B=0.6T,两虚线之间的距离为d= 第十二章电磁感应学高吉 3.5m.将一边长为L=2.0m、质量为m=1kg、9.(2024·陕西渭南二模)如图甲所示，两根平 阻值为R=0.62的正方形闭合金属线框 行光滑足够长的金属导轨固定在倾角0=30° abcd无初速度的放置在传送带上，当线框 的斜面上，其间距L=1m.导轨间存在垂直于 的cd边运动到虚线MN时，线框刚好第一次 斜面向上的匀强磁场，磁感应强度B=1T两 与传送带共速，当线框的d边运动到虚 根金属棒ab和cd与导轨始终保持垂直且接 线M'N'时，线框刚好第二次与传送带共速， 触良好，ab棒通过一绝缘细线与固定在斜面 线框运动过程中d边始终与两虚线平行，线 上的拉力传感器连接（连接前，传感器已校 框与传送带之间的动摩擦因数为4=0.4，重 零)，细线平行于导轨.已知ab棒的质量 力加速度g取10m/s2,求： 为m,=0.1kg,电阻为R,=1.52,cd棒的质 (1)整个线框通过虚线MN所用的时间： 量为m2=0.2kg,电阻为R2=0.52,导轨电阻 (2)从线框放置在传送带上到线框穿过磁场 不计.现对cd棒施加平行于导轨向上的外力 区域后速度最终稳定的过程中，线框与 F,使其从静止开始匀加速直线运动，此时拉 传送带之间因摩擦产生的热量， 力传感器开始测量细线对ab棒的拉力F, 观察得到F,随时间t的变化图像如图乙所 示，且在10s内cd与ab并未相遇，重力加速 度g取10m/s2.求： (1)t=4s时，金属棒cd的电流大小及方向： (2)1=4s时，金属棒cd的速度大小及方向： (3)已知金属棒ab在0~4s的时间内产生的 热量为0.08J,求这段时间外力F所做 的功. 豆力传感器 10t/s 学霸高春引蓝题物理 第十二章真题演练 ☑真题集训探究考向，剖析考点限时：25mim 1.(2024·全国甲卷)（多选）如图，一绝缘细绳 跨过两个在同一竖直面（纸面）内的光滑定 309 滑轮，绳的一端连接一矩形金属线框，另一端 30 连接一物块线框与左侧滑轮之间的虚线区 A.回路中的电流方向为abeda 域内有方向垂直纸面的匀强磁场，磁场上下 边界水平，在t=0时刻线框的上边框以不同 B.b中电流趋于3mg 3BL 的初速度从磁场下方进入磁场.运动过程中， C.ab与cd加速度大小之比始终为2：1 线框始终在纸面内且上下边框保持水平以 D.两棒产生的电动势始终相等 向上为速度的正方向，下列线框的速度：随 3.(2024·全国甲卷)如图，金属导轨平行且水 时间1变化的图像中可能正确的是() 平放置，导轨间距为L,导轨光滑无摩擦.定值 电阻阻值大小为R,其余电阻忽略不计，电容 大小为C.在运动过程中，金属棒始终与导轨 垂直且接触良好.整个装置处于竖直方向且 磁感应强度为B的匀强磁场中。 (1)开关S闭合时，对金属棒施加一水平向 右的恒力，金属棒能达到的最大速度为 当外力功率为定值电阻功率的两倍 时，求金属棒速度的大小 (2)当金属棒速度为(1)中v时，断开开关S, 改变水平外力并使金属棒匀速运动.当外 力功率为定值电阻功率的两倍时，求电 C 容器两端的电压以及从开关断开到此刻 2.(2024·黑吉辽卷)（多选）如图.两条“八”形 外力所做的功： 的光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上， 间距为，左、右两导轨面与水平面夹角均为 30°，均处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应 强度大小分别为2B和B.将有一定阻值的导 体棒ab、cd放置在导轨上，同时由静止释放， 两棒在下滑过程中始终与导轨垂直并接触良 好.ab、cd的质量分别为2m和m,长度均为L. 导轨足够长且电阻不计，重力加速度大小 为g.两棒在下滑过程中水平方向，根据牛顿第二定律可得B=m@, 减弱的磁场，该磁场向上通过L,根据楞次定律，在d杆上产生从c 直方向a,=8, 到d的电流，根据左手定则，受到向右的安培力，向右运动，故B错 误：C.b杆向右加速运动，根据右手定则，知在ab杆上产生增大的 从a到b的电流，根据安培定则，在L,中产生向上增强的磁场，该避 (2)线框进人毯场区域后，竖直方向只受重力作用，且竖直方向的运 场向下通过L2,根据愣次定律，在d杆上产生从c到d的电流，根据 动不改变线框的磁通量，水平方向运动磁通量变化时，会产生阻碍线 左手定则，受到向右的安培力，向右运动.故C错误：D.山杆向右诚 框运动的安培力.设线框刚好离开第一个磁场时的水平速度的大小 速运动，根据右手定则，知在b杆上产生减小的从：到b的电流，根 为”，线框穿过第一个继场的过程，根据动量定理可得-B1,,= 据安培定则，在山，中产生向上减弱的磁场，该磁场向下通过2，根 据愣次定律，在d杆上产生从d到c的电流，根据左手定则，受到向 mo=R4=21, 左的安培力，向左运动，故D正确故选D. 2.D解析：由法拉第电磁感应定律可得大圆线圈产生的感应电动势 解得"，=38m/s, △，△B·S 同理可得线框刚离开第二个磁场瞬间水平方向的速度=2.8m:, E,= =S,每个小圆线圈产生的感应电动势E,= 据功能关系可得Q-了-m。 △中△·=5，由线圈的挠线方式和份次定律可得大，小圆线 解得0=0.66J: 圈产生的感应电动势方向相同，故线图中总的感应电动势大小为 (3)线框进人邀场区域后，在水平方向受安培力作用时，做或速运 E=E1+5E3=(S,+5S2),故D正确，ABC错误 动，线框完全进入磁场和完全离开磁场的过程中做匀速直线运动.由 (2)问可得，线框穿过一个完整的磁场区域，水平方向的速度减小量 3.AD解析：ABD,在0- 之过程中，线框右半部分进人左边磁场，有 △p=o-1 所以线框可以穿过4个完整的磁场区域，但是不能从第5个磁场风 效切制长度随位移均匀增大，线圈在位置时，有效切制长度达到 域穿出，线框穿出第4个完整的磁场区域时水平方向的速度为= 最大上，电动势达到最大值，则有=L6:=只，在子上过程中。 Eo xn-4△p. 设线框在第5个磁场区域运动中，有感应电流的过程中水平方向运 线框左半部分也进人左边磁场，有效切割长度随位移均匀减小，到L 动的总距离为 由(2)同可得 位置时，有效切料长度减小到零，电动势减小到零，感应电流为零： R =0-球。 在1，过程中，线框右半部分进人右方磁场，左半部分在左方题 解得x=0.32m. 线框在进入第5个磁场区域有感应电流的过程中水平方向运动的距 场，两部分切料能感线的有效切制长度都在增大，当到达头位置 离为L线框刚要离开第5个磁场区域时，水平方向运动的总距离为 时.有效切割长度都达到最大值L,由惕次定律知两磁场中两部分感 9d所以线框在水平方向运动的最大距离为L=9+*-1, 应电流（电动势）对线圈来说方向相同，都为逆时针方向，则有= 解得1.=642m 7.(1)R2 +2B=3BL=3,1=尽光=3，在兰-2L过程中，有效切 R-R 6mR ,方向向右(2) 12"g(3)mv2 28L 割长度随位移均匀减小，到2弘位置时有效切制长度减小到零.电动 (4)3mkv2 2B2L2 势减小到零，感应电流为零：在2山~2过程中，线框开始离开右方 解析：()从释放到进场，根据机城能守恒定律有mgh=2m产 鹭场，有效切州长度随位移均匀增大，线国在二位置有效切剂长度 M进磁场时，对金属杆N根据牛横第二定律有F=BL=B 3R 达到最大L,则有E"=2Bm=2E,”= 2近62%，在2-3L过 2ma. 程中，有效切割长度随位移均匀减小，到3L位置时有效切割长度藏 解得a=产P25 小到零，电动势或小到零，感应电流为零，故AD正确，B错误：C,设 6mR 线圆有效切群长度为，本题中也是各阶段计算安培力的等效长度 根据左手定则可知，安培力的方向水平向右，期加速度方向向右： P (2)由MN组成的系统动量守恒，则m=1+2: 线圈受到的安培力大小为F安=B=R ,由于等效长度【在随位 根据能量守恒有0=) 移变化，星线性关系，所以安培力与位移不晕线性关系，故C错误 故选AD. 所以细金属杆N产生的焦耳热为Q,=3Q-2g: 2 5 4,B解析：A根据题意，由右手定则可知，在金属环下落过程中，在俯 视图中，环中感应电流沿顺时针方向，故A错误： (3)对细金属杆N根据动量定理可得B=2m2, B.根据题意可知，当重力等于安培力时.环下落的速度最大，根据平 其中g=. 衡条件有mg=F室=BH·2, 当环速度最大时，感应电动势为E=B·2Tm, 解得g=mV2 EB·2rW 2BL 感应电流为1. R (4)当N出磁场时M也刚好出磁场，此时N到h的距离最小，设细 金属杆N到b的最小距离为x,则整个过程中流过闭合回路的电荷 联立可得I二√ m 量有00 故B正确： C根据题意可知，金属环下落过程先做加速运动，其有向下的加速 所以x=3mRV2动 度，则环下落过程中不会一直处于超重状态，故C错误： 2B2L2 D,设t时何内通过金属环横截面的电荷量为？.由题意可知，环下落 第十二章综合测试 1.D解析：L.h杆向左匀速运动，在h杆中产生恒定的电流，该电 速度为：时的感应电流大小为1=B·2加严 R 流在线阁L,中产生瓦定的磁场，在乙中不产生感应电流，所以d杆 由于环中感应电流不断增大，则：时间内通过金属环横战面的电荷 不动，故A错误：B.ab杆向左减速运动，根据右手定则，可知在山 杆上产生成小的从b到：的电流，根据安培定则，在L,中产生向下 景g<h=2m7Bm R 学霸高考·蓝题·物理·77一 取向下为正方向，由动量定理有m-B·2=m-0, 化率一直增大，故C正确，D错误 又有q=h, 故选BC 联立解得9B·2面 g-聚 8.(1)0.7s(2)18.4J 解析：(1)设线根进人磁场区域的过程中，所用时间为2，刚好完全 故D错误 进入磁场区域瞬间速度大小为“，此过程线框中的感应电动势为 故选B. 5.BD解析：AB.白感线图中的电流不能突变，则电键S闭合瞬间B, E=Ble-B2 C立即亮起来，而A灯所在支路存在自感线圈，电流会从0逐渐增 大，故A是逐渐变亮的.当电路稳定后，自感线圈的直流电阻可忽 线能中的感应电流7： R 略，则根据并联电路中各支路电压相等，则电流之比等于电阻的反 比，所以A灯所在支路电流比B,C灯更大，则A灯功率最大，A灯最 由动量定理可知g2一B山2=m1-0。 亮，故A错误，B正确.CD.闭合电键S稳定后，再断开电键S,自惑 线框刚好完全进入磁场区域极间到d边运动到MN的过程中，线 线圈中电流不能突变，则自感线图充当电源作用，与A、B,C三个灯 组成闭合国路，B,C灯电流突变成A灯电流的大小，再与A一起缓 枢中设有感应电流，由动能定理可知mgd-=子d-m。 慢熄灭所以，B,C灯先闪一下后缓慢熄灭，A灯直接缓慢熄灭，所以 联立解得与=0.7“ 三个灯都是缓慢熄灭的.而不是立即熄灭的，故C错误，D正确.故 (2)线框放置到传送带上到d边刚要进人磁场区域过程中，由动量 选BD 定理和动能定理可知=m。-0,mg=2m-0。 6BD解桥：人M刚进人藏场时，电路中的电流为=克=M刚 该过程中传送带运动的距离为1=， B-Lro cd边距离虚线MN的距离x,=2m, 进人磁场时受到的安培力F的大小为F=BL= 2R 故A错误： 线框进人磁场区城的过程中，传送带的位移为：=2， 设线框刚好完全进人磁场后到d边运动到MN的过程中所用时间 解得N在 B.N在磁场内运动过程，根据动量定理有BA=m·4 为13，则有mg3=1, 该过程中传送带的位移为与=o, 磁场内运动过程中通过同路的电荷量为q=仙=，放B正确 同理可知.线框穿出磁场区域用时等于进入磁场过程所用时间.线相 离开磁场后到再次与传送带共速的过程用时也为：，所以从线框放 N在磁场内运动过程中通过同路的电荷量为，？次，初始 置到传送带上开始到线框穿过磁场区域后速度最终稳定的过程中 传送带的总位移大小为s=1+2s1+2s3, 2BP,故C错误：D.从M进入场 R 时刻N到b的最小距离为x 线框的位移大小为x=x1+2L+2(d-): 整个过程中线框与传送带之间因摩擦产生的热量为Q=mg(s一x), 3 到N离开磁场，对M,根据动量定理-B△=m一r0,解得m=4o, 解得Q=184J 9.(1)1=0.2A:方向由e流向d(2)w=0.4/s.运动方向沿斜面向上 2 根据能量守恒有)-子2子m (3)0.923J 4 +Qa,金属杆N产生 解析：(1)由F,-t图像知，t=4s时，F,=0.3N,因ab棒不动，，随i 3m2 的熊耳热为Q=20a=32,放D正确故选BD, 减小，山受到的安培力方向向上，由左手定则可判定其电流方向由 b流向a,对ab棒，由平衡知BL+F,=m:gsin0, 7.BC解析：AB.如图所示 代人数据解得1=0.2A, ab棒与cd棒构成同路.则d棒的电流也为I=0.2A,方向由c流 向d: (2)棒切割磁感线产生感应电流，电流方向和磁场方向用右手定 H 则判定d棒的运动方向向上，由E=,/= E R1+R2 解得《民+) BL 将1=4s时.1=0.2A代入得r=0.4m/s: 在1=0到1=π的过程中，线框的有效切制长度先变大再变小，当 所以d棒的运动方向沿斜面向上，=4时，其速度大小为0.4m“ 20 己时，有效切利长度最大为，L,此时，感位电动势最大.所以在 (3)在0-4，d棒做句加速直线运动，有x= 21=08m =0到= 的过程中，E先增大后减小，故B正确，A错误： 由功能关系有W=2m,r+mn040, 20 R,+R2 C.在=0到一的过程中，设转过的角度为：，由儿何关系可刊 而回路产生焦耳热O与b棒的焦耳热的关系为Q= 将Q.=0.08】代人解得W,=0.923J. 0=, 进人鹭场部分线框的面积S=·n0 第十二章真题演练 2 1.AC解析：设线框的上边框进人磁场时的速度为：，线框的总电阻 穿过线图的酸通量中=S.BL1am侧 为R,线框上边框切割磁感线产生感应电动势，感应电动势E=BL 2 感应电流1上-比，线框上边枢所受安培力F,=BL=产 线圈产生的感应电动势E:4 ,设 4 线框的质量为M,物块的质量为m,图中线框的上边框进人磁场时 感应电动势的变化率为A“ 线框的加速度向下：根据牛顿第二定律，对线框Mg+F,-T=M,对 B2Lc =(M+m)a,线框向上做 对小.Lm求二次导数得 物块T-mg=ma,联立解得(M-m)g+R 2 =BLw2 see2ooftan ot △ 减速运动，随速度的诚小，向下的加速度减小，当加速度为零时，线 在1=0到1一无的过程中肌wo侧mo似一直变大.所以E的变 框匀速运动的速度为。=（mA.若线糇上边框进人医场时 B21 一学霸高考·蓝题·物理·78一 的速度较小，则线框进人磁场时做加速度减小的减速运动，线框下 应用微元法，从开关断开到此刻外力所做的功为W=ΣBL(,· 边框还未完全进入磁场时，线框的速度和加速度都趋近干零：由于 △r)=BLeI·△=BLg, -图像的斜率的绝对值表示加速度的大小，图线将接近于：轴， 故A正确：B.因从1=0时刻线框的上边框就进人磁场，根据 由电容定义式可得：9=Cc=2 BLa ( =(M+m)a可知，线框上边框进人避场时，线框向上 联立解得：W=CB2rCBL'行 2 8 不可能做匀减速运动，放B错误：CD.若线框的质量等于物块的质 量，且当线框上边框进人磁场时，速度大于。，线圈进人磁场做加速 第十三章交变电流 度减小的诚速运动：线据完全进人磁场后，穿过线框的磁通量不发 第1节交变电流的描述及变化规律 生变化线框中不产生感应电动势，线框不受安培力作用，线框做匀 1.D 速运动：当线框上边根开始离开磁场时，线框的下边框切做制磁感 2.B解析：由图可知该电压的周期为T,设加在电灯的有效电压为. 线运动，产生感应电动势，线服下边框受向下的安培力，线根又做加 速度藏小的减速运动.线框完全离开磁场时做匀速直线运动，故 C正确，D错误故选AC T T护 有 2.AB解析：A.两棒沿各自所在的导轨下滑过程中，根据右手定则判 R 2 2RT,得02，故选B +0× 断，可得回路中的电流方向为aa,故A正确：CD.两棒同时由静 3.A解析：Em=NSu=NST,在0、 2时间内磁通量的变化量 止开始沿名自所在的导轨加速下滑，对两伟受力分析如图所示，在两 棒加速过程的某一时刻，根据牛顿第二定律，对ab棒有：2 ngsin30°- 4=2S,则有g=N4中 2BL.cas30°=2ma,对cd棒有：mgsin30°-BLcs30°=mad,可得 RR放A正确 as=a,即在两棒加速过程的任意时刻它们的加速度大小始终相 4.A解析：D.由-4图像可知，1=0时.线圈电流为零，此时穿过线 等，因两棒的初速度均为零，故任意时刻它们的速度大小始终相等. 圆的磁通量最大，线圈与磁场垂直，故BD错误：AC.由-图像可 两棒的速度方向与磁场方向的夹角均为120°，可得同一时刻b棒 知，0一时间内，电流从2流出线圈，由右手定则可知，A图中电流 产生的电动势为E4■2B1sim120°.cd棒产生的电动势为E= 从2流出线圈，C图中电流从1流出线圈，故A正确，C错误.放 Bsin120°，可知两棒产生的电动势不相等.故CD错误：B.在两棒 选A 加速过程中，回路的感应电动势为E=E。+E=2B1in120°+ 4中 Bin120°，随着速度增大，回路的电动势与感应电流均增大，两棒 5。B解析：AD.根据E=nA两线圈中磁通量的变化率相等，但是 各自受到安培力增大.两棒做加速度减小的加速运动，因两棒的加 线圈匝数不等，则产生的感应电动势最大值不相等，有效值也不相 速度大小始终相等，故当两棒的加速度同时减小到零之后均做匀速 直线运动.达到稳定状态，当两棒均做匀速直线运动时，对d棒由平 等，根据P=可知，两电阻的电功率也不相等，AD错误：.因两 R 衡条件得：mgin30°=Bl.Los30°，解得感应电流的最大值为：.= 线圈放在同一个旋转磁铁的旁边.则两线圈产生的交流电的颜常相 m,放两棒在下滑过程山中电流趋于测，故B正确赦选AB, 等，选项B正确：C,当磁铁的磁极到达线圈附近时.磁通量变化率 3BL 3BL 最大，感应电动势最大，可知两线圈产生的感应电动势不可能同时 2B 达到最大值，选项C错误，故选B. 6.D解析：A,0时刻，由图乙可知，感应电流为0，此时穿过线国的磁 30 2 通量最大，线国处于与磁场方向垂直的平面，故A错误：.时刻。 2mg 由乙图可知，感应电流最大，此时穿过线图的磁通量最小，线圈处于 与磁场方向平行的平面，故B错误：C.若仅增加转速，线圈产生的 3()号 感应电动势最大值增大，则变大，故C错误：D.若仅将转轴沿南 解析：(1)开关S闭合时，当外力与安培力相等时，金属棒的速度最 北方向水平放置，则地磁场水平分量一直与线圈平面平行，只有地 大，则=Fg=BL. 磁场的竖直分量穿过线圈，所以线圈产生的感应电动势最大值变 小.则1变小，故D正确.故选D. 由闭合电路欧定律得=。， 7,B解析：A,1=0时刻电动势为0，故线圈平面恰好与磁场方向 金属棒切制磁感线产生的感应电动势为E=B队， 直，A错误：B.由图中可知，改变转速后的角速度为心=2红 BLro 联立可得，恒定的外力为F 20m R d/s,改变后电动势的最大值为40V,故表达式为e= B2L20 在加速阶段，外力的功率为P,=F= R 40n(9平)小，B正确：C由7：。可细线周先后两次转速之比 定值电阻的功率为户。=R产 为3：2.C错误：D.转速调整后交流电的城率发生变化，电感对交 R· 变电流的阻碍作用减小，电容对交变电流的阳碍作用增大，三个灯 当P,=2P时，即 泡的亮度各不相同，D错误.故选B R R· 8.AC解析：A大轮和小轮通过皮带传动，线速度相等，小轮和线园 化简可得金赋棒速度：的大小为=之： 同轴转动，角速度相等，根据=w,由题意可知大轮与小轮半径之 比为4：1，则小轮转动的角速度为4细，线图转动的角速度为 (2)断开开关S,电容器与定值电阻巾联，电容器不断充电，设所求 4w,A正确： 的电容器两端的电压为Uc,根据闭合电路欧姆定律得：E=Ba= B.线喝产生感应电动势的最大值En=nBS,4w,又S=2,联立可 IR+Uc. 金属棒以速度：匀速运动，水平外力F与安培力F=BL等大反 得：Em=4BLo,则线圈产生感应电动势的有效值E.三 向，水平外力F的功率为：P,=Fe=Lr, 22:BL2仙，根据申联电路分压原理可知灯泡两端电压有效值为： 定值电阻的功率为：PW=R, 当P,=2Px时有：B=2PR R+RV2nLo,B错误； 联立解得此时电容器两端电压为：U= Bla BLo C.若用总长为原来两倍的相同漆包线重新绕制成边长仍为L的多 24 匝正方形线圈，则线国的匝数变为原米的2倍，线圈产生感应电动 学霸高考·蓝题·物理·79一