第12章 电磁感应-【经纶学霸●白题】2025年学霸高考物理一轮复习

学霸高春！白题物理 第十二章 电磁感应 第1节 电磁感应 楞次定律 装时：25min 考点分析：1，电磁感应现象产生的条件 2.楞次定律的理解与应用 1.楞次定律是下列哪个定律在电磁感应现象中 abcd由静止开始平移时.磁场对ab边的安培 的具体体现 ( 力F专方向如图所示.则线圈内磁通量变化及 A.电阻定律 B.库仑定律 ad边受到的安培力方向分别为 ( C.欧姆定律 D.能量守恒定律 A.变大，向左 B.变大，向右 2.(2024·江苏扬州期中)如 C.变小，向左 D.变小，向右 图所示，A、B都是很轻的 C>“ 铝环，环A是闭合的，环B 是断开的，横梁可以绕中间的支点自由转动. 若用磁铁分别接近这两个圆环，则下面说法 正确的是 ( ) A.用磁铁的任意一磁极接近A环时，A环均 (第4题) (第5题) 被吸引 5.(2024·四川绵阳期中)（多选）如图所示，把 B.把磁铁远离A环，A环又会被排斥 一个闭合线框放在蹄形磁体的两磁极之间， C.磁铁N极接近B环时，B环会被吸引 D.磁极接近或者远离B环时，B环保持静止 蹄形磁体可以绕竖直轴转动，闭合线框也可 3.(2023·陕西安康期中)如图1所示，绝缘水 以绕竖直轴转动，当蹄形磁体逆时针（从上往 平面上导体环甲、乙同心放置，导体环丙位于 下看)转动时，有关线圈的运动说法正确的是 乙的右侧，乙中通有逆时针方向的电流且电 ( 流值按如图2所示的规律变化，下列说法正 A.线圈将顺时针方向转动 确的是 B.线圈将逆时针方向转动 C.线圈转速与磁体相同 D.线圈转速比磁体小 6.(2023·福建三明期中)如图，水平放置的圆 柱形光滑玻璃棒左边绕有一线圈，右边套有 ☒1 图2 A.甲中感应电流方向为顺时针，有收缩趋势 一金属圆环圆环初始时静止.将图中开关S B.甲中感应电流方向为逆时针，有扩张趋势 由断开状态拨至连接状态，电路接通的瞬间， C.丙中感应电流方向为顺时针，有收缩趋势 可观察到 ( D.丙中感应电流方向为逆时针，有扩张趋势 A.拨至M端或N端，圆环都向左运动 4.(2023·上海浦东新区一模)虚线区域内有一 B.拨至M端或N端，圆环都向右运动 垂直于纸面向里的匀强磁场，当闭合线圈 C.拨至M端时圆环向左运动，拨至V端时向 第十二章电磁感应学霸高春 右运动 9.(2024·辽宁鞍山期中)》 D.拨至M端时圆环向右运动，拨至N端时向 (多选)如图，在方向垂直 左运动 于纸面向里的匀强磁场中 ×R×××U× 有一U形金属导轨，导轨平面与磁场垂直.金 属杆PQ置于导轨上并与导轨形成闭合回路 PQRS,一圆环形金属线框T位于回路围成的 区域内，线框与导轨共面.现让金属杆PQ向 (第6题)》 (第7题) 右做减速运动，在之后的运动过程中，关于感 7.(2024·上海调研)（多选）如图所示，光滑固 应电流的方向，下列说法正确的是。() 定的金属导轨M、N水平放置.两根导体棒P、 A.PQRS中沿顺时针方向，T中沿逆时针方向 Q平行放置在导轨上，形成一个闭合回路，一 B.PQRS中沿逆时针方向，T中沿逆时针方向 条形磁铁从高处下落接近回路时( C.T具有收缩趋势，PQ受到向右的安培力 A.P、Q将彼此靠拢 D.T具有扩张趋势，PQ受到向左的安培力 B.P、Q将相互远离 10.(2023·湖北华师大联盟联考)（多选）城市施 C.磁铁的加速度仍为g 工时，为了避免挖到铺设在地下的电线，需要 D.磁铁的加速度小于g 在施工前用检测线圈检测地底是否铺设导线 8.新模型(2023·重庆期中)某同学制作了一 若地下有一条沿着东西方向的水平直导线，导 个简易的稳定装置，如图所示，N极朝右的条 线中通过电流现用一闭合的检测线圈来检测 形磁铁正中心被细线悬挂在天花板下，沿条 俯视检测线圈，下列说法正确的是 形磁铁中轴线的左右两侧放置两个完全相同 检测线图 的闭合圆形线圈，线圈始终与地面保持相对 静止，需要稳定的实验设备悬挂于条形磁铁 水平地面 下方（图中未画出），当条形磁铁左右摆动或 地下通电 直乎线 前后转动时，可快速地回到初始的稳定状 态，则 ( A.若线圈静止在导线正上方，当导线中通过 A.当条形磁铁向右摆动时， 正弦交变电流时，线圈中会产生感应电流 从右往左看，右侧线圈将 B.若线圈在恒定电流正上方由西向东运动， 产生逆时针的感应电流 检测线圈受到安培力与运动方向相反 B.当条形磁铁向右摆动时，左侧线圈有收缩 C.若线圈由北向南沿水平地面通过恒定电 的趋势，右侧线圈有扩张的趋势 流上方，感应电流的方向先逆时针后顺时 C.无论条形磁铁向哪边摆动，两侧线圈总是 针，然后再逆时针 同时对磁铁提供排斥力 D.若线圈由北向南沿水平地面通过恒定电 D.无论条形磁铁向哪边摆动，两侧线圈的感 流上方，检测线圈所受安培力在水平方向 应电流方向总是相反 的分量一直向北 学霸高春白题物理 第2节法拉第电磁感应定律（一） 限时：12mim 考点分析：1.法拉第电磁感应定律的理解： 2.感生电动势的计算 1.(2024·浙江浙东北联盟联考)近年来，无线 与磁场方向垂直.磁感应强度B随时间变化 门铃逐渐流行图甲为某款无线门铃按钮，其 规律如图乙所示.在0~0.2s时间内与0.2~ “自发电”原理如图乙所示，按下门铃按钮过 0.6s时间内 程磁铁靠近螺线管，松开门铃按钮磁铁远离螺 B/T 0.5- 线管回归原位置.下列说法正确的是( 烟线管 磁段 按下按包 0.2 0.6/s 松开轻缸 A.通过金属框的电荷量之比为2：1 B.金属框中电流的电功率之比为4：1 A.按下按钮过程，螺线管上的导线Q端电势 C.金属框中产生的焦耳热之比为4：1 较高 D.金属框a山边受到安培力方向相反，大小之 B.松开按钮过程，螺线管上的导线P端电势 比为3：1 较低 4.(2022·全国乙卷)如图，一不可伸长的细绳 C.按住按钮不动，螺线管上的导线两端PQ 的上端固定，下端系在边长为l=0.40m的正 间仍有电势差 方形金属框的一个顶点上.金属框的一条对角 D.按下和松开按钮过程，螺线管产生的感应 线水平，其下方有方向垂直于金属框所在平 电动势大小一定相等 面的匀强磁场.已知构成金属框的导线单位长 2.(2023·广东清远模拟)（多选）如图所示，用 度的阻值为入=5.0×1032/m:在t=0到t= 两根完全相同的带有绝缘外皮的导线首尾相 3.0s时间内.磁感应强度大小随时间t的变化 接，分别绕制成一个单匝闭合圆环和两匝闭 关系为B(t)=0.3-0.1u(SI).求： 合圆环，把它们垂直放在随时间均匀变化的 (1)t=2.0s时金属框所受安培力的大小： 磁场中，下列说法正确的是 (2)在t=0到t=2.0s时间内金属框产生的 A.穿过两环的磁通量之比 焦耳热， 为2：1 B.两环内的感应电动势之 比为2：1 C.两环内的感应电流之比为2：1 D.相同时间内通过两环任一截面的电荷量之 比为2：1 3.(2023·河南开封期中)如图甲所示，正方形 硬质金属框abcd放置在磁场中，金属框平面 第十二章电磁感应学霸高吉 第3节法拉第电磁感应定律（二》 限时：35mim 考点分析：1.导体平动与转动切割磁感线产生的感应电动势；2，线框进出磁场问题 1.“L”形的细铜棒在磁感应强度为B的匀强磁 B.电容器两端的电压为 Br'w 场中运动，已知“L”形细铜棒两边相互垂直， 长度均为(，运动速度大小为，则铜棒两端电 C.电阻消耗的电功率为Bw 势差的最大值为 ( 2R A脚B区 D.圆环边缘的电势高于中心的电势 C.√3BlmD.2Blm 4.(2023·四川成都期末)（多选）由相同材料、 2.一个质量为m的条形磁 相同横截面积的导线绕成边长相同的甲、乙 体，磁体长为l,在磁体下 两个正方形闭合线圈，乙线圈的匝数是甲的2 方h处固定一总电阻为R 倍现两线圈在竖直平面内从同一高度同时由 的矩形线框，磁体由静止 静止开始下落，一段时间后进入一方向垂直 释放，当磁体上端离开线 于纸面的匀强磁场区域，磁场的上边界水平， 框时，速度为，不计空气 如图所示.不计空气阻力，已知下落过程中线 阻力，这个过程中，线框 圈始终平行于纸面，上、下边保持水平.已知甲 产生的焦耳热为( 线圈正好匀速进入磁场，在甲线圈下边进入 A.mgh B.mgh+ 磁场后且上边进人磁场前，甲线圈中的感应 电动势为E、感应电流为【、产生的焦耳热为 C.mg(bs)-m D.2mo Q,则在乙线圈下边进入磁场后且上边进入磁 3.(2024·宁夏银川期中)如图所示，固定在水 场前，下列说法中正确的是 平面上的半径为r的金属圆环内存在方向竖 甲□□z 直向上，磁感应强度大小为B的匀强磁场.长 ××××× XX×XX 为1的金属棒，一端与圆环接触良好，另一端 XXXXX 固定在竖直导电转轴O0'上，随轴以角速度ω A.乙线圈也正好匀速进入磁场 匀速转动.在圆环的A点和电刷间接有阻值为 B.乙线圈中的感应电动势也为E R的电阻和电容器，不计其他电阻和摩擦，下 C.乙线圈中的感应电流也为I 列说法正确的是 D.乙线圈中产生的焦耳热也为Q 5.(2023·广东惠州段考)（多选）如图所示，边 长为L的等边三角形闭合金属导轨abc,内部 有磁感应强度为B,方向垂直于导轨平面向外 0电 的匀强磁场.一根金属杆MN垂直于bc边放 置于导轨上，在获得一个初速度后，金属杆紧 A.棒产生的电动势为。B1 贴导轨向右滑行，经过a点时，金属杆的速度 学霸高春！白题物理 为，此时下列说法正确的是 A.ab棒中电流的方向由a到b A.ac边电流方向由a到c B.ab棒中所受到的安培力方向与金属棒的 B.ab边电流方向由b到a 运动方向相反且做负功 C.金属杆MN受到平行于bc边向左的安培 力作用 C.加速度的大小为 D.回路的感应电动势为BL, D.下滑过程中速度的最大值是gRsin X 2BL 8.(2024·河南郑州期中)如图所示，平行长直 光滑固定的金属导轨MN、PQ平面与水平面 的夹角0=30°，导轨间距为L=0.5m,上端接 有R=32的电阻，在导轨中间加一垂直轨道 (第5题) (第6题) 平面向下的匀强磁场，磁场区域为00'00， 6.(2023·辽宁沈阳一模)（多选）有界匀强磁场 磁感应强度大小为B=2T,磁场区域宽度为 磁感应强度为B,有一半径为R的线圈，其单 d=0.4m,放在导轨上的一金属杆ab质量为 位长度上的电阻为r,线圈直径MN垂直磁场 m=0.08kg、电阻为r=22,从距磁场上边缘 边界于M点，现以M点为轴在纸面内，沿顺时 山。处由静止释放，金属杆进入磁场上边缘的 针方向匀速旋转90°，角速度为w,则( 速度v=2m/s.导轨的电阻可忽略不计，杆在 A.感应电流方向为顺时针方向 运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保 B.感应电动势的最大值为BRw 持良好接触，重力加速度g取10/s2,求： C.感应电流的最大值为 BR'w (1)金属杆距磁场上边缘的距离d: (2)杆通过磁场区域的过程中所用的时间： (3)金属杆通过磁场区域的过程中电阻R上 D.通过导体任意横截面的电荷量为饮 产生的焦耳热Qe 7.(2024·宁夏银川期中)如图所示，足够长的 U形光滑金属导轨平面与水平面成0角(0< 0 0<90),其中MN与PQ平行且间距为L,导 轨平面与磁感应强度大小为B的匀强磁场垂 0 直，导轨电阻不计.金属棒ab由静止开始沿导 轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且接触良 好，ab棒接人电路的部分的电阻为R,某一时 刻金属棒的速度大小为v,关于金属棒ab在 这一过程中，下列说法正确的是 () 第十二章 电磁感应学霸高春 第4节涡流 电磁阻尼 互感与自感 限时：10mim 考点分析：1.涡流现象；2.电磁阻尼与电磁驱动； 3.互感与自感 1.关于电磁感应，下列说法错误的是 ( 4.(2024·浙江温州联考)如图电路中，P、Q两 A.真空冶炼炉利用金属中涡流产生的热量使 灯完全相同，电感线圈L的电阻不计，则 金属融化 ( B.使用电磁炉加热食物时可以使用陶瓷锅 C.用互相绝缘的硅钢片叠成的铁芯来代替整块 硅钢铁芯可以减小变压器铁芯中的热损失 D.用来探测有金属壳的地雷或有较大金属零 A.S接通瞬间，P、Q同时达到正常发光 件的地雷的探雷器是利用电磁感应工作的 B.S接通瞬间，P先达到最亮，稳定后与Q一 2.如图所示，将一个铝框放在蹄形磁铁的两个 样亮 磁极间，铝框可以绕竖直轴线O0'自由转动. C.S断开瞬间，通过P的电流与原来方向 转动磁铁，会发现静止的铝框也会发生转动. 相同 下列说法正确的是 D.S断开瞬间，P立即熄灭，Q过一会才熄灭 A.铝框与磁极转动方向 5.(2024·广东佛山模 相反 溆洲器 拟)（多选）一种电磁 主休 B.铝框始终与磁极转动的 阻尼缓冲装置用于月 ×× XXX 绝缘光 一样快 球探测器在月面实现 滑轨逝 Xxx C.铝框是因为磁铁吸引铝 软着陆，其原理如图 Q 线 质材料而转动的 滑块 所示.该装置的主要 D.铝框是因为受到安培力 部件有两部分：①由高强绝缘材料制成的缓 而转动的 冲滑块K,其边缘绕有闭合的矩形线圈abcd; 3.新情境北京市阵 ②包括绝缘光滑缓冲轨道等部件的探测器主 永磁铁（与质 风并伴有沙尘暴 可摆动 质量块 量块固定) 体探测器主体能产生方向垂直于整个缓冲轨 时，北京中信大厦 底部导体板 道平面的匀强磁场.当缓冲滑块接触地面时， (中国尊)上的电磁阻尼器出现了摆动，及时 滑块立即停止运动，探测器主体继续下降，磁 对大厦进行减振，示意图如图所示，下列说法 场下移，致使探测器主体减速缓冲，则在缓冲 正确的是 ( ) 过程中 A.风速越大，导体板中磁通量变化率越小 A.磁场对线圈ab段的作用力向上 B.风速越大，导体板内产生的感应电动势 B.线圈ab段中电流方向由b到a 越小 C.探测器主体的机械能减少量等于线圈中产 C.风速越大，导体板内电涡流越小 生的焦耳热 D.导体板内电涡流对永磁铁的电磁阻力是 D.探测器主体的重力势能减少量等于线圈中 减振的原因 产生的焦耳热 学霸高春！白题物理 第5节 电磁振荡与电磁波 限时：6min 考点分析：1.电磁振荡： 2.电磁波的应用 1.关于电磁波，下列说法错误的是 ( ) 速度小 A.在工业上，利用X射线检查金属构件内部 D.海水是导体，电磁波在海水中的衰减导致 的缺陷 传播距离较短 B.Y射线的穿透能力很强，因此不可用于探 5.(2023·重庆调研)（多选）如图所示，先把开 测金属构件内部的缺陷 关S置于电源一侧，为电容器充电，稍后再把 C.X射线对生命物质有较强的作用，过量的 开关$置于线圈一侧，于是产生电磁振荡要 X射线辐射会引起生物体的病变 使振荡电路的频率增大，可以采取的调节方 D.许多物质在紫外线的照射下会发出荧光， 式是 ( 根据这一点可以设计防伪措施 2.随着通信技术的更新换代，无线通信使用的 电磁波频率更高，频率资源更丰富，在相同时 A.其他条件不变，仅增大电容器的电容 间内能够传输的信息量更大.第5代移动通信 B.其他条件不变，仅减小电容器的电容 技术（简称5G)意味着更快的网速和更大的 C.其他条件不变，仅增大线圈的电感 网络容载能力，“4G改变生活，5G改变社 D.其他条件不变，仅减小线圈的电感 会”.与4G相比，5C使用的电磁波 6.(2020·江苏高考)国际宇航联合会将2020 A.光子能量更大B.衍射更明显 年度“世界航天奖”授予我国“嫦娥四号”任 C.传播速度更大 D.波长更长 务团队.“嫦娥四号”任务创造了多项世界第 3.开放的振荡电路的振荡频率为∫，发射电磁波 一.在探月任务中，“玉兔二号”月球车朝正下 的波长为入，若把振荡电路中的电容减少到原 方发射一束频率为的电磁波，该电磁波分别 来的g,电感的自感系数增加为原来的2倍， 在月壤层的上、下表面被反射回来，反射波回 到“玉兔二号”的时间差为△.已知电磁波在 则发射的电磁波频率和波长分别为( 月壤层中传播的波长为入，求该月壤层的厚 2 度d. c D 4.(2024·河北联合测评)在海洋中不能应用电 磁波进行水下通信的主要原因是 A.电磁波不能在海水中传播 B.在海水中电磁波的频率不稳定，会随海水 起伏而变化 C.电磁波在海水中传播速度比在空气中传播 第十二章电磁感应学霸高吉 专题探究十二电磁感应的图像问题 限时：25mim 考点分析：1，判断感应电动势、感应电流的图像；2.利用图像分析安培力变化 1.(2023·陕西宝鸡一模)如图甲 B 所示，在匀强磁场中固定放置 一圆形导线框，线框平面与磁 场方向垂直.在图乙所示的磁× 感应强度大小B随时间：变化图像中，可使线 3.如图甲所示，光滑导轨水平放置在与水平方 框中产生逆时针方向、逐渐减小的感应电流 向成60°角斜向下的匀强磁场中，匀强磁场的 的是 磁感应强度B随时间：的变化规律如图乙所 BT 示（规定斜向下为正方向），导体棒ab垂直导 轨放置，除电阻R的阻值外，其余电阻不计， 导体棒b在水平外力作用下始终处于静止 B 状态规定a→b的方向为电流的正方向，水平 B/T 向右的方向为外力的正方向，斜向右下方为 安培力的正方向，则在0~t,时间内，能正确 反映电阻R的热功率P、流过导体棒ab的电 D 流i、导体棒ab所受水平外力F及安培力F、 乙 随时间t变化的图像的是 2.(2024·云南昆明期中)形状如图所示闭合导 线框abcde从图示位置开始以垂直ab边和磁 感线的速度？匀速穿过匀强磁场区域，图中 L,<L,=L3,匀强磁场方向垂直纸面向里.规定 顺时针方向为线框中感应电流的正方向，则 下图中导线框内感应电流i随时间t变化的 图像正确的是 4.(多选)如图甲所示，竖直放置的通电直导线 A和圆形导线B位于同一平面内.导线A中通 人如图乙所示的电流，以竖直向上为电流的 学霸高专白题物理 正方向.下列说法中正确的是 t=0到1=2s时间内，金属棒水平静止在距导 轨顶端L=1m处的卡槽内；t=2s时，撤去卡 槽由静止释放金属棒，经1.4s金属棒已达到 2T 稳定状态.已知整个过程中金属棒与导轨始终 垂直且接触良好，金属棒的质量m=1kg,电 阻r=12,长度也为L,导轨的电阻不计，重力 A.2时刻B中没有感应电流 加速度g取10m/s2.求： (1)在1=0时刻，卡槽对金属棒的作用力大小 T B.。时刻A、B间安培力为零 及方向： 2 (2)稳定后金属棒的速度"为多大？ c时刻B中的感应电流方向与？时刻的 (3)金属棒由静止释放后1.4s内电阻R产生 4 的焦耳热Q.为多少？ 相反 D.0~T时间内B中的感应电流大小和方向 B/T 都不变 5.(2024·浙江舟山调研)如图甲所示，单匝线 圈电阻r=1Ω，线圈内部存在垂直纸面向外 的匀强磁场，磁场面积为S=0.2m2,有一个阻 值为R=2D的电阻两端分别与线圈两端a、b 相连，电阻的一端b接地.磁感应强度B随时 间t变化的规律如图乙所示，则 BT 0.6 46 甲 乙 A.在0~4s时间内，R中有电流从a流向b B.当t=2s时穿过线圈的磁通量为0.08W C.在0~4s时间内，通过R的电流大小为 0.01A D.在0~4s时间内，R两端电压U=0.03V 6.(2024·广东东莞模拟)如图甲所示，两根间 距L=1m、足够长的光滑平行金属导轨竖直 固定放置，顶端接有阻值R=9Ω的电阻，垂 直导轨平面存在变化规律如图乙所示的匀强 磁场，t=0时磁场方向垂直导轨平面向里.在 40 第十二章电磁感应学霸高吉 专题探究十三电磁感应的动力学与能量问题 限时：40mim 考点分析：1.电磁感应与力学的综合；2.电磁感应与能量、动里的综合 1.(2023·河南开封二模)如图所示，方向竖直3.(2024·云南昆明期中)（多选）如图所示，两 向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内 根光滑的平行金属导轨固定在水平桌面上， 的足够长的平行且光滑的金属导轨，导体棒 两导轨的左端接有电阻R,导轨的电阻可忽略 ab的质量为m、电阻为2R,导体棒cd的质量 不计，该空间有竖直向上的匀强磁场.金属棒 为2m、电阻为R,均静止在导轨上，现给导体 m与导轨和电阻R形成回路并保持接触良 棒ab以初速度o向右滑动.运动过程中，导 好，m用一绝缘细绳跨过一光滑的定滑轮与 体棒ab、cd始终与导轨垂直并接触良好，关于 物块M相连，将M由静止释放，m沿导轨滑 导体棒ab、cd组成的系统，下列说法正确的是 动一段距离后到达匀速运动状态.在此过程 中，下列说法正确的是 A.动量守恒，机械能守恒 A.合外力对金属棒做的 B.动量不守恒，机械能守恒 功等于零 C.动量守恒，机械能不守恒 ☐M B.物块M减少的重力势能等于回路中产生 D.动量不守恒，机械能不守恒 的焦耳热 C.安培力对m做的功数值上等于M和m组 d B 6 成的系统减少的机械能 D.物块M减少的重力势能大于m增加的动 (第1题) (第2题) 能与回路中产生的焦耳热之和 2.(2023·河南洛阳期末)为防止航天员在长 4.(2024·江苏无锡调研)如图 期失重状态下肌肉萎缩，我国在空间站中 所示，水平的平行虚线间距 安装了可用于锻炼上、下肢肌肉的“太空自 为d,中间有沿水平方向的匀 行车”，其工作原理可简化成如图所示模 强磁场，一个阻值为R的正 ××.×× 型，航天员锻炼时，半径为r的金属圆盘在 方形金属线圈边长l<d,线圈质量为m,线圈 磁感应强度大小为B、方向垂直盘面向里 在磁场上方某一高度处由静止释放，保持线 的匀强磁场中以角速度。匀速转动，电阻 圈平面与磁场方向垂直，其下边缘刚进入磁场 R连接在从圆盘中心和边缘处引出的两根 和刚穿出磁场时的速度相等，不计空气阻力， 导线上，不计圆盘电阻，若航天员消耗的能 重力加速度为g,则 量约有50%转化为电能，则在t时间内航 A.线圈进、出磁场过程中感应电流均沿逆时 天员消耗的能量为 ( A.Bort 针方向 B. Bo'r't 4R 2R B.线圈下边缘刚进入磁场时的加速度最小 Bw'rt Bwrt C.线圈在进入磁场和穿出磁场过程中产生的 C D. 4R 2R 焦耳热之和为mg(d+l)3mmo 3m 7.(151t (2)2 (3)16L 6.B 解析:无论开关s拨至哪一端,当把电路接通一瞬间,左边线圈 中的电流从无到有,电流在线圈轴线上的磁场从无到有,从而引起 解析:(1)由题意得在磁场I中运动轨迹如图,罔心在K点,在磁场 得B- 穿过园环的磁通量突然增大,根据楞次定律(增反减同),右边圆环 3rg 中产生了与左边线圈中方向相反的电流,异向电流相互排斥,所以 r) 无论哪种情况,因环均向有运动.故选B (2)进入电场后,电子做类平抛运动.从P点到M点的过程中,设沿 7. AD 解析:根据楞次定律,当条形磁铁从高处下落接近回路时,回路 电场力方向的位移为y.垂直于电场力方向的位移为x.则 磁通量变大,感应电流产生的感应磁场阻碍原磁通量的变化,对础 铁产生向上的斥力,因此磁铁的加速度小于g,同时P、0将彼此靠 3m{} 拨,减小面积,阻碍原磁通量的变大,AD正确.BC错误.故选AD. 解得E2 8.D 解析:A.条形磁铁向右摆动时,穿过右侧线圈向右的磁通量增 加,根据楞次定律可知,右侧线圈将产生向左的感应磁场,从右往左 (3)沿电场方向的速度c.=at,t-v+=v10r。. 看为题时针的电流,故A错误;B.条形磁铁向右摆动时,穿过右侧线 设。方向与x轴正向夹角为a.则tana--3. 圈的磁通量增加,根据楞次定律,右侧线圈有收缩的趋势,穿过左侧 0{ 线圈的磁通量减少,左侧线圈有扩张的趋势,故B错误;C.条形磁铁 设电子在第四象限中做匀速园周运动的半径为r.,有exB=m 摆动时,靠近线圈时会受到排斥力作用,远离线圈时会受到吸引力 作用,故两侧线圈总是一个提供排斥力,一个提供吸引力,故C错 经分析知,电子第1次过x在M点,运动一个劣孤第二次过x轴到第 I象限,再次下来到第3次经过:轴时的位置坐标为 误;D.条形磁铁摆动时,两侧线圈的磁通量总是朝同一方向且一个 =6L+2r. sina. 增加一个减少,故线圈内会产生反方向的感应磁场,从面形成反方 联立以上各式,代入数据得:=16L. 向的感应电流,故D正确.故选D. 9. BD 解析:AB.根据右手定则.PORS中电流沿逆时针方向.PORS中 电流在线框7处产生的磁场方向垂直纸面向外,金属杆P0向右做 减速运动,则PORS中电流减小,产生的磁场减弱,根据楞次定律.7 中电流沿逆时针方向,A错误,B正确;CD.7中磁通量减小,则具有 扩张趋势;根据左手定则.PO受到向左的安培力.C错误,D正确.故 选BD. 10.CD 解析:A.若线圈静止在导线正上方,当导线中通过正弦交变电 流时,由对称性可知,通过线圈的磁通量为零,磁通量的变化量为 零,感应电流为零,故A错误;B.若线圈在恒定电流正上方由西向 东运动,由对称性可知,通过线圈的磁通量为零,磁通量的变化量 第十二章 电磁感应 为零,感应电流为零.安培力为零.故B错误:C.根据通电直导线质 围的磁感线分布特点,检测线圈自北靠近直导线到导线正上方的 第1节 电磁感应 楞次定律 过程中,穿过线圈的磁场有向下的分量,磁通量先增大后减小,由 1.D 解析:楞次定律指感应电流的磁场阻碍引起感应电流的原础 楞次定律可知,线圈中的电流方向先逆时针后题时针:当检测线圈 场的磁通量的变化,这种阻碍作用做功将其他形式的能转变为 逐渐远离直导线的过程中,穿过线圈的磁场有向上的分量,磁通量 感应电流的电能,所以楞次定律的阻碍过程实质上就是能量转 先增大后减小,由楞次定律可知,线圈中的电流方向先顺时针后过 化的过程. 时针,故C正确;D.由榜次定律“来拒去留”可知,检测线罔受到安 2.D 解析:A.用磁铁的任意一磁极接近A环时,环内磁通量变大,根 培力在水平方向的分量一直向北,故D正确,故选CD 据楞次定律,圆环受到的安培力的效果总是阻碍磁通量的变化(来 第2节 法拉第电磁感应定律(一) 拒)可知闭合圆环中会产生感应电流,A环被排斥,A错误;B.同理 1.A 解析:A.按下按扭过程,穿过蝶线管的磁通量向左增加,根据楞 把磁铁远离A环.A环会被吸引.B错误;CD.磁极接近或者远离/ 次定律可知.蝶线管上产生的感应电流从P流向0.则蝶线管上的导 环时,碰通量变化,有感应电动势,但是由于B环不闭合,所以没有 感应电流,B环不受到安培力的作用,B环保持静止.C错误,D正 线0端电势较高,故A正确;B.松开按扭过程,穿过蝶线管的磁通量 向左减小,根据榜次定律可知,蝶线管上产生的感应电流从0流向 确.故选D. 3.A 解析:AB.根据安培定则,穿过环甲的磁场方向垂直纸面向外 P.蝶线管上的导线P端电势较高,故B错误;C.按住按纽不动,穿 过蝶线管的磁通量不变,则蝶线管无感应电动势产生,则蝶线管上 由于乙中电流增大,则环甲中磁场变强,磁通量变大,根据楞次定 律,甲中感应电流方向为顺时针,根据“增缩减扩”,有收缩趋势,A 导线两端PO间没有电势差,故C错误:D.按下和松开按扭过程,时 正确,B错误;CD.环乙在环丙位置的磁场方向垂直纸面向里,且磁 间不一定相等,则磁通量的变化率不一定相等,则蝶线管产生的感 感应强度不断增大,根据楞次定律可知环丙中感应电流方向为逆时 应电动势大小不一定相等,故D错误.故选A 针,有收缩趋势,CD错误.故选A 4.C 解析:当闭合线圈abod由静止开始平移时,磁场对ab边的安培 力F。方向如题图所示,可知线框面积有增大的趋势,阻碍磁通量减 B4 小,根据楞次定律可知,线圈内磁通量变小,则ad边受到的安培力向 左,使面积有增大的趋势.故C正确 5.BD 解析:转动磁体时,穿过线圈的磁通量改变,从面产生感应电 流,线框受到安培力,使得线圈转动,根据楞次定律可知,为阻碍 .. E2 △ 通量的变化,则线圈的转动方向与磁体转动方向相同,故A错误 B正确;因为不能完全使得磁通量不变,则线圈转速比磁体小,故( 错误.D正确故选BD 一学霸高考·白题·物理·52一 3.B 解析;设线框的面积为S.电阻为R.根据法拉第电磁感应定律 2R R -7.故C正确:D. 甲线匿 & 2 中产生的焦耳热为0=/PRA.乙线罔中产生的焦耳热为0'=^ 0.5S E $RAr=20.故D错误.故选AC 5. BC 解析:AB.根据右手定则可知,经过a点时,MV中的电流方向 可知,在0~0.2s时间内与0.2-0.6;时间内感应电流之比为%.; 为从M→N.则ae边电流方向由c到a.ab边电流方向由b到a.故A 1.=2:1.A.根据y=h可知,通过金属框的电荷量之比为a:4 错误,B正确:C. 根据AB选项分析以及左手定则可知.金属杆AMIV 1.4.742=1:1.故A错误;B.根据P=E7可知,金属框中电流的电 受到平行于c边向左的安培力作用,故C正确:D.根据几何关系可 功率之比为P:P=EI :E.1.=4:1.故B正确;C.根据0=f¥R 可知,金属框中产生的焦耳热之比为0:0=f.:号.=2:1.故 C错误:D.根据楞次定律可知,电流方向相反,由左手定则可知,金 属框ab边受到安培力方向相反,根据F。=BII.由于对应时间B相 同,则安培力大小之比为F.:F.=/:1.=2:1.故D错误,故 6. AD解析:A.根据援次定律,感应电流产生的磁场总要阻碍原磁通 选B. 量的变化,可知在线圈转动的过程中通过线圈的磁通量减小,由此 4.(1) N (2)0.016] 可知感应电流应为顺时针方向,故A正确:BC.当转过90*时的瞬间 感应电动势最大,此时切割磁感线的有效长度最大,为回形线圈的 解析:(1)金属框的总电阻为R=4/A=4x0.4x5x100=0.0080.金 直径,由此可得感应电动势的最大值为E.--B(2R){=2BR{a _。 △t△r 0.008V.金属框中的电流为/- 2BR{gBRa.故BC错误:D.通过导体任意横截面的电荷量为 2Rr 1 (0.3-0.1x2)T=0.1T.金属框处于磁场中的有效长度为L=v21.此 m 时金属框所受安培力大小为F.=BII=0.1x1xv2x0.4N= R. 2-Rr 4r .故D正确.故选AD (2)0-2.0;内金属框产生的焦耳热为0-72Rt=12x0.008x21= 7. B 解析;A. 根据右手定则可知.ab棒中电流的方向由5到a.故A 0.0161. 错误;B.根据左手定则可知,ab棒中所受到的安培力方向沿斜面向 第3节 法拉第电磁感应定律(二) 上.与金属标的运动方向相反,故安培力做负功,故B正确:C.根据 1.B 解析:当细铜棒切割磁感线的有效长度最大时,铜棒两端的感应 电动势最大.如图所示 最大值是。。-meRnin,故D错误,故选B. 8.(1)0.4m (2)0.2s(3)0.0961 当“1”形钢精速度方向垂直钢棒两端连线时,切割磁感线的有效长 度为/②1.此时铜棒两端电势差最大,最大值为E-②B.故B正确 解析:(1)由机械能守恒可得mgd。sin30= 2.C 解析:对条形磁体和线框整体根据能量守恒定律mg(h+l)- 解得金属杆距磁场上边缘的距离为.=0.4m (2)由法拉第电磁感应定律,金属杆刚进入磁场时,电动势为 f-Bl=2V. ABD错误. 由闭合电路欧姆定律得1- E04A. -Bro,故A错 3. B 解析:A.撵产生的电动势为E=Bre=Br. 金属杆受到的安培力为F=BIL=0.4N. 金属杆重力沿轨道平面向下的分力为G.=mgsin30*=0.4N 所以金属杆进人磁场后做匀速直线运动,则金属杆通过磁场区域的 的电功率为P-。 过程中所用的时间,-404 边缘的电势低于中心的电势,故D错误,故选B (3)由能量守恒定律得,回路中产生的焦耳热为0=mgdsin30,金属 联立解得0=0.0961. B 2R R。 第4节 涡流 电磁阻尼 互感与自感 所以乙线罔也正好匀速进入磁场,故A正确:B.甲线圈产生的感应 _BL 1.B 解析:A.真空冶炼炉利用金属中涡流产生的热量使金属融化,故 电动势为E=n -=nBL.乙线圈产生的感应电动势为E= △r A正确;B.使用电磁炉加热食物时,陶瓷锅内没有自由电荷,不能产 生涡流,不会发热,故B错误;C.变压器中用互相绝缘的硅钢片叠成 __ 铁芯可以减小润流,减小热损失,故C正确;D.用来探测有金属壳的 |_“ -2nBL=2E.故B错误;C.甲线圈中的感应电流为 地雷或有较大金属零件的地雷的探雷器是利用电磁感应工作的,故 D正确故选B. 一学霸高考·白题·物理·53一 2.D 解析:AB.根据楞次定律可知,为阻碍磁通量改变,铅框与磁铁 2.A 解析:当闭合导线框开始进入磁场时ab边切割磁感线,此时线 转动方向相同,但快慢不一,故AB错误;CD.转动磁铁时,通过错框 框中的电流为1-BL 的磁通量改变,从而产生感应电流,出现安培力,导致错框转动,所 以错框是因为受到安培力而转动的,故C错误,D正确.故选D. 方向;当ab边与磁场右边界重合后,导线框不切割磁感线,线框中的 3. D 解析:ABC.风速越大,永磁铁与可摆动质量块摆动越厉害,导体 磁通量不发生变化.直到ce进入磁场左边界,故此过程无感应电流 板中磁通量变化率越大,由电磁感应定律可知,导体板中产生的感 产生;维续向右运动,导线框在磁场中的有效切割长度逐渐变大,故 应电动势越大,产生的电涡流也越大,ABC错误;D.导体板内的电 感应电流也随之变大,直到ce到达磁场右边界,由右手定则可知,感 涡流与永磁铁间的电磁阻力,是中信大厦(中国尊)减振的原因,D 应电流的方向为颗时针方向;再继续向右运动,直到4到达磁场左边 正确.故选D. 界,导线框切割磁感线的有效长度不发生变化,此过程感应电流的 4.B 解析:AB.S接通瞬间.P灯先达到最亮.0灯支路由于电感线圈 大小和方向都不发生变化;继续向右运动,直到导线框离开磁场,导 产生盛应电动势阻碍电流的增大,则0灯支路电流缓慢增大,0灯 线在磁场中切割磁感线的有效长度逐渐减小,感应电流也随之减 缓慢变亮,稳定后由于两灯相同且电感线圈1.的电阻不计,则两灯 小,方向仍是顺时针方向,BCD错误,A正确.故选A. 一样亮,故A错误.B正确:CD.S断开瞬间,由于电感线圈的存在, 阻碍电流减小,且此时P、0连成一个回路,所以P、0都是缓慢熄 灭,通过P的电流与原来方向相反,故CD错误,故选B. 乙知,B的变化率不变,即保持不变,则感应电动势保持不变,电 5.BC 解析:A.磁场下移过程,存在缓冲阻力,则磁场对线圈ab段的 A&t 作用力向下,A错误;B.根据右手定则,线圈a6段中电流方向由5到 路中电流不变,B错误;A.根据P=/^R.电阻R的热功率P恒定不 a.B正确;C.电磁感应过程中,由能量守恒.探测器主体的机械能减 变,A错误;C.根据榜次定律判断可知ab中感应电流从b到a.当B 少量等于线圈中产生的焦耳热,C正确;D.探测器主体的动能减小 为负值时,安培力的方向垂直于磁感线斜向右下方,根据平衡条件 则探测器主体的重力势能减少量小于线圈中产生的焦耳热,D错误 可知,外力水平向左,为负值,大小为F=BILsin60{}xB,B为正值时 故选BC. 外力水平向右.为正值,大小为F=BILsin60*xB.C正确;D.根据安 第5节 电磁振荡与电磁波 培力F.=BII.可知,导体棒ab所受安培力F、随B的变化而变化.D 1.B 解析:A.X射线具有很强的穿透能力,在工业上,利用X射线检 错误.故选C. 查金属构件内部的缺陷,在医学上,可以用来检查人体内部器官,A 正确;B.Y射线的穿透能力很强,可用于探测金属构件内部的缺陷 B错误:C.X射线对生命物质有较强的作用.过量的X射线辐射会 率不为零,根据产生感应电流的条件,所以B中有感应电流,故A错 引起生物体的病变,C正确;D. 紫外线具有荧光作用.许多物质在紫 误;B.-时刻A中电流为零,由安培力公式F=B=0.故A受到安培 外线的照射下会发出荧光,根据这一点可以设计防伪措施,D正确 故选B. 2.A 解析:A.因为5G使用的电磁波频率比4G高,根据E=h可知 5G使用的电磁波比4G光子能量更大,故A正确;BCD.电磁波的传 中电流的变化率相同,即B中磁通量的变化率相同,由楞次定律知 播不需要介质,各种电磁波在真空中的传播速度均为光速,则c=A 两时刻B中感应电流的方向相同,故C错误:D.0~7时间内,A中电 可知,5G使用的电磁波的波长更短,衍射现象更不明显.BCD错误 流的变化率相同,即B中磁通量的变化率相同,由E=n “_及1- A 3.A 解析:根据振荡电路周期公式,有T=2nICf= 72VC' 5和楞次定律可得,B中感应电流的大小和方向都不变,故D正确 若把振荡电路中的电容减少到原来的-.电感的自感系数增加为原 1 故选BD. 来的2倍,则顿率变为原来的2倍,电磁波的速度不变,根据;=Af. 5.C 解析:ACD.在0~4s时间内,穿过线圈的磁通量增加.根据楞次 定律可知,R中有电流从6流向a:根据法拉第电磁感应定律可得E E 0. A△r△r4 故选A. 4.D 解析:在海洋中不能应用电磁波进行水下通信的主要原因是,海 0.01A.R两端电压为V.=IR=0.01x2V=0.02V.故AD错误.C正 水是导体,海水对电磁波能量吸收得很历害,电磁波信号在海水中 确;B.由题图乙可知1=2s时,B=0.3T.则此时穿过线圈的磁通量 衰减太快.导致传播距离较短,ABC错误,D正确.故选D. 为=B5=0.3X0.2 Wh=0.06 Wb.故B错误.故选C 5.BD 解析:IC振荡电路的周期为T=2*VIC.要增大LC振荡电路 6.(1)12.5N.方向竖直向上(2)4m/s(3)28.8] 的固有顿率,可减小周期.仅减小电容器的电容或仅减小线圈的电 解析:(1)1=0到1=2·的时间内,由法拉第电磁感应定律得 0.5A. 感,都减小了LC振荡电路的周期,可使振荡电路的频率增大,故BD 正确 A 在:=0时刻,金属棒所受到的安培力大小为F=B。1,L=2.5N.方向 6 竖直向下, 2d-r.△i.解得月壤层厚度为a-A. 根据力的平衡可知卡楷对金属棒的作用力大小F=Fe+ng=12.5N. 方向竖直向上. 专题探究十二 电磁感应的图像问题 (2)稳定时,金属受力平衡做匀速直线运动F.=mg. 1.D 解析:要使线框中产生逆时针方向感应电流,感应电流磁场垂直 金属所受安培力F=BIlL. 纸面向外,通过线圈的原磁场方向垂直纸面向里,根据楞次定律,则 由法拉第电磁感应定律E.=BLv. 原磁场的磁通量在增大,即B在增大;感应电流逐渐减小.根据法拉 B Fn△BS 由闭合电路欧姆定律得/= 代人数据解得:=4m/s 化率逐渐减小,B-:图像的切线的斜率逐渐减小.故选D (3)从静止释放金属棒到恰好达到稳定的过程中,由动量定理可得 一学霸高考·白题·物理·54- #ti mr,又因为h-it,所以mgt- mgt- a.At)-B(e.+a.Ar),由于电动势恒定,则对上式两边求变化率有0= R Rr 2Bla.-Bla.则可得a.=2a..故金属棒a与6均做匀变速运动且加 代入数据解得h=4m. 速度之比为1:2.A错误.B正确;C.根据受力分析,由牛顿第二定 从静止释放金属棒至恰好达到稳定的过程中,由能量守恒定律可得 律得F-F =2ma.F.=2F,F.=ma.,F=Bll,联立解得1= 0=mgh- 3.由于金属棒a、中联,则流过a的电流大小也为f.故C错误。 D.回路中的感应电动势保持不变,大小为E=/(2R+R)= 专题探究十三 电磁感应的动力学与能量问题 故选BD. 1.C 解析:由于系统不受外力,动量守恒,但导体棒在运动过程中,整 7.(1)1A.方向从a沿杆流向b(2)1.4](3)1m 个回路会产生焦耳热,机械能不守恒.故选C 解析:(1)金属杆刚进入磁场时,切割磁感线产生的电动势E=BL 由右手定则知感应电流方向从a沿杆流向i 航天员锻炼时消耗的能量只有50%转化为电能,故在锻炼的,时间 内航天员消耗的能量为E.=2/Pi.联立解得E= 解得0=2.11 3.CD 解析:A.金属棒由静止达到匀速,根据动能定理有W= 1{) (3)设通过磁场时总电荷量为a.在慰场中运动的距离为x.刚离开 磁场时的速度为t,离开题场运动到最高点的过程中,根据动能定 理-mgll=0-m,解得r.=2ns 关系可知安培力对n做的功数值上等于V和n组成的系统减少的 在磁场中的运动过程,根据动量定理-BIIt=mr,-mr. 又因为=it-R △BLr 解得x=1m. 第十二章 章末综合提升 4.D 解析:A.根据楞次定律可知,线圈进磁场过程中感应电流沿逆时 高考新题练 针方向,线圈出磁场过程中感应电流沿顺时针方向,故A错误;B.正 1.D 解析:由题知,开始时,开关S闭合时,由于1的电阻很小.0灯正 方形金属线圈边长lcd.正方形完全进入磁场中后,只受重力作用加 常发光.P灯微亮,断开开关前通过0灯的电流远大于通过P灯的 速,且下边缘刚进入磁场和刚穿出磁场时的速度相等,可知金属线 电流,断开开关时,0所在电路未闭合,立即熄灭,由于自感,1.中产 圈进入磁场过程中做减速运动,设加速度为a.则有F三BLL./= 生感应电动势,与P组成闭合回路,故P灯闪亮后再熄灭,ABC错 L mg,可知,金属框在进入磁场过程中做 误.D正确.故选D 2.C 解析:A.由题知.埋在地下的线圈1.2通顺时针(俯视)方向的电 加速度减小的减速运动,线罔下边缘刚进人磁场时的加速度并非最 流,则根据右手定则,可知线圈1、2产生的磁场方向坚直向下,A错 小,故B错误;CD.根据能量转化与守恒定律可知,线圈从下边缘刚 误:B.汽车进入线圈1过程中,磁通量增大,根据楞次定律可知产生 进入磁场到刚穿出磁场过程中线圈减少的机械能转化为焦耳热0. 感应电流方向为adcb(逆时针).B错误;C.汽车离开线圈1过程中 -AE=mgd.又因为其下边缘刚进人磁场和刚穿出磁场时的速度相 磁通量减小.根据榜次定律可知产生感应电流方向为abed(烦时 等,线圈在进入磁场和穿出磁场过程中产生的焦耳势相回,产生的 针).C正确;D.汽车进入线圈2过程中.磁通量增大.根据楞次定律 焦耳热之和为0=20.=2ngd,故C错误.D正确.故选D. 可知产生感应电流方向为ad(逆时针).再根据左手定则,可知沟 5.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 车受到的安培力方向与速度方向相反,D错误.故选C. 视图中,环中感应电流沿顺时针方向,故A错误;B.根据题意可知, 3.D 解析:A.根据右手定则,判断知流过杆的感应电流方向从M到 当重力等于安培力时,环下落的速度最大,根据平衡条件有m V.故A错误;B.依题意,设杆切制磁感线的有效长度为L.电阻为R F =Bl.·2nr.当环速度最大时,感应电动势为E=B·2rv,感应电 EB·2m联立可得!.R 杆在磁场中运动的此段时间内,杆受到重力,轨道支持力及沿轨道 mg.,故B正确:C.根据题意 向上的安培力作用,根据牛顿第二定律可得mngsinf-F=mo.F” 可知,金属环下落过程做加速运动,具有向下的加速度,则环下落过 程中一直处于失重状态,故C错误:D.设:时间内通过金属环横截面 运动的这段时间内做加速度逐渐减小的加速运动;若杆做匀加速直 的电荷量为a.由题意可知,环下落速度为;时的感应电流大小为/: B. 2-_.由于环中感应电流不断增大,则:时间内通过金属环横截 2 R 面积表示位移,可知杆在时间/内速度由,达到2.杆真实运动的既 而的电荷量ash-2t取向下为正方向,由动量定理有mgt-B· 离大于匀加速情况发生的距离,即大于-v.故B错误:C.由于在破 B 场中运动的此段时间内,杆做加速度逐渐减小的加速运动,杆的动 能增大.由动能定理可知,重力对杆所做的功大于杆克服安培力所做 6. BD 解析:AB.对ab整体分析,由于受恒定拉力作用,则经过足够长 的功,根据P-W可得安培力的平均功率小于重力的平均功率,也即 时间后最终达到稳定状态,此时回路中的感应电动势保持恒定,则 回路中的电流恒定,设两棒的加速度为a.、a.,有E=B·2/(r.+ 流过杆感应电流的平均电功率小于重力的平均功率,故C错误; 一学霸高考·白题·物理·55一 D. 杆在磁场中运动的此段时间内,根据动量定理,可得mgtsine- 的过程中线框内的感应电动势最大,有E.=BLsin60{t。“ ③BLro I&=m·2t-mv,得杆所受安培力的冲量大小为I=mgtsin6-me,故 D正确.故选D. 故B正确;C.当线框到如图所示的位置时,穿过线框的磁通量最大. 此时A点和C点到磁场边界VV和P0的距离相等.所以穿过线 B72 解析:(1)由于绝缘0与金属棒P发生弹性碰撞,根据动量守恒和 的磁通量的最大值.= 误;D.回路中感应电动势最大时热功率最大,有PR-4R. 37 联立解得3o-. 。) 故D正确.故选BD P1 xx M 由题知,碰撞一次后,P和0先后从导轨的最右端滑出导轨,并落在 地面上同一地点,则金属棒P滑出导轨时的速度大小为 。。 1 (2)根据能量守恒有-m--+o.,解得0-m. (3)P.0碰撞后,对金属棒P分析.根据动量定理得 -Bi△=m-arp. 6. BD 解析:A.cr棒到达er前已匀速运动,出磁场后水平方向不受 力,一直做匀速直线运动,故A错误;B.设cd棒匀速时的速度为v. 又q/A,-A mR “A联立可得 : 由于0为绝缘棒,无电流通过,做匀速直线运动,故0运动的时间为 _-2m 。 复习自测练 B正确;C.ab棒出磁场时速度刚好为零,金属棒od将以e--的速 1.C 解析:AB.地磁场磁感应强度的竖直分量方向向下,落潮时,海水 度匀速运动,根据能量守恒可知,整个回路产生的焦耳热为0 自西向东流,相当于导体切割磁感线,由右手定则判断可知,感应电 动势的方向由河南岸指向北岸,则河北岸的电势较高,故AB错误 CD.海水自西向东流切割地磁场的磁感线.产生的感应电动势大小 为E=Bl=4.5x10*x100x2V=9mV.则电压表记录的电压为$ 为对象,根据动能定理可得-W0--mg,可得整个过程,金属棒 9mV.故C正确.D错误.故选C 1 2.C 解析:AB.闭合开关S的瞬间,穿过两个金属环的磁通量向左增 大.为阻碍磁通量的增大,错环向左运动,铜环向右运动,AB错误 ab克服安培力做的功为W-2m},故D正确.故选BD. C.由于铅环和铜环的形状、大小相同且铜的电阻率较小,则有铜环 7.(1)1ms(2)0.5C (3)0.35] 的电阻较小,在团合开关S的瞬间,两环产生的感应电动势大小相 等,可知铜环中的感应电流大于错环中的感应电流,则铜环受到的 解析:(1)线框的CD边刚进入磁场时.恰好做匀速直线运动.对线枢 受力分析,根据受力平衡可得Fe+ungcosf=mgsin8. 安培力大于错环受到的安培力.C正确;D.闭合开关S的瞬间,由右 BL.联立解得:,=1n/s: 手蝶旋定则可知,固定线圈产生的磁场方向向左且增大,则穿过铜 又F=BIL.I B 环的磁通量向左增大,由楞次定律可知,从左向右看,铜环中的感应 电流沿顺时针方向.D错误.故选C (2)线框AB边穿越磁场的过程中,根据 d 3.A 解析:AB.4.-4.时间内,导线框中的磁通量先垂直纸面向里减 小.后垂直纸面向外增大,根据楞次定律可知,导线框先有扩张后有 =/△= 缩小的趋势,结合安培定则可知,导线框中电流的方向始终为adcba. 代入数据解得。=0.5C. 故A正确.B错误;C1.一1.时间内.穿过导线框的磁通量变化率不 (3)线框由CD边进入磁场到AB边离开磁场,由能量守恒AE。 变,即感应电流大小不变,由于匀强磁场的磁感应强度先变小后变 △E+Q0. 大、因此ab边受到的安培力先变小后变大.故C错误;D.1.~1.时间 2BL2 ,故D错误 △r 0.=mgeosf(d+L. )=2.21. 故选A. 联立解得0-0.351. 4. AC 解析:AB.杆0P绕0点在匀强磁场区内从6到。匀速转动时. 第十三章 交变电流 假设磁感应强度为B.金属杆0P长度为1.转动角速度为o.则产生 第1节 交变电流的描述及变化规律 0P的电流方向从0流向P,A正确.B错误;CD.杆MV的电流方向 从M流向V.可知M点的电势比V点高,由左手定则可知杆MV所 受的安培力方向向左.C正确,D错误.故选AC. ② 5. BD 解析:A.线框的A点离开磁场后,穿过线框的磁通量垂直纸面 面转到题图位置时处于中性面,产生的感应电动势为零,C错误; 向里先增大后减小,由楞次定律可知线框中的电流先沿逆时针方 D. 当线圈平面转到平行于磁场的位置时,垂直于中性面,磁通量的 向,后沿顺时针方向,故A错误:B.从B点进人磁场到D点进入磁场 变化率最大,此时产生的电动势最大,D正确.故选D 一学霸高考·白题·物理·56-