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2021学年第2节 法拉第电磁感应定律同步达标检测题
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这是一份2021学年第2节 法拉第电磁感应定律同步达标检测题，共21页。试卷主要包含了2法拉第电磁感应定律 跟踪训练，76J；0等内容，欢迎下载使用。
1．如图，间距为的足够长平行导轨固定在水平面上，导轨左端接阻值为的电阻。导轨之间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为。一质量为的金属杆从左侧水平向右以的速度进入磁场，在水平外力控制下做匀减速运动，后速度刚好减为零。杆与导轨间的动摩擦因数为0.1，忽略杆与导轨的电阻，重力加速度g取。杆从进入磁场到静止过程中，下列说法正确的是（ ）
A．通过电阻的电荷量为1C
B．整个过程中安培力做功为
C．整个过程中水平外力做功为零
D．水平外力对金属杆的冲量大小为0.5N·s
2．下列说法正确的是（ ）
A．牛顿不畏权威，通过“理想斜面实验”，科学地推理出“力不是维持物体运动的原因”
B．卡文迪许发现了电荷之间的相互作用规律，并测出了静电力常量k的值
C．法拉第通过实验研究，总结出“磁生电”是一种在变化、运动的过程中才能出现的效应，并总结出楞次定律
D．安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说
3．某正方形闭合导线框的质量可以忽略不计，现将它从如图所示的位置匀速拉出匀强磁场。若第一次用0.9s时间拉出，外力所做的功为W1；第二次用1.2s时间拉出，外力所做的功为W2则下列关系正确的是（ ）
A．W1：W2=1：1B．W1：W2=4：3C．W1：W2=3：4D．W1：W2=9：8
4．图中EF、GH为平行的金属导轨，其电阻可不计，R为电阻器，C为电容器，L为小灯泡，AB为可在EF和GH上滑动的导体横杆。金属导轨中有垂直于导轨平面的匀强磁场若用I1和I2分别表示图中该处导线中的电流，则当横杆AB加速滑动时，正确的是（ ）
A．I1≠0，I2=0B．I1=0，I2≠0C．I1=0，I2=0D．I1≠0，I2≠0
5．如图所示，半径为r的n匝线圈套在边长为L的正方形abcd之外，匀强磁场局限在正方形区域内且垂直穿过正方形面积，当磁感应强度以的变化率均匀变化时，线圈中产生的感应电动势的大小为（ ）
A．B．C．D．
6．一直升飞机停在南半球的地磁极上空，该处地磁场的磁感应强度在竖直方向的分量为B，螺旋桨叶片的长度为l，螺旋桨转动的频率为f，顺着地磁场的方向看，螺旋桨按顺时针方向转动。螺旋桨叶片的近轴端为a，远轴端为b，如图所示。如果忽略a到转轴中心线的距离，用E表示每个叶片中的感应电动势，则（ ）
A．，且a点电势低于b点电势
B．，且a点电势低于b点电势
C．，且a点电势高于b点电势
D．，且a点电势高于b点电势
7．如图所示，紫铜圆盘的边缘和圆心处各与一个黄铜电刷紧贴，用导线把电刷与电流表连接起来；紫铜圆盘放置在蹄形电磁铁的磁场中。紫铜圆盘在蹄形电磁铁中转动，电流表的指针偏向一边，说明电路中产生了持续的电流。下列说法正确的是（ ）
A．图中蹄形电磁铁在紫铜圆盘处产生的磁场方向向右
B．紫铜圆盘按照图示方向匀速转动，B点电势低于A点的电势
C．仅将滑动变阻器的滑片向右滑动，产生的感应电流增大
D．仅增大紫铜圆盘的转速，产生的感应电流将减小
8．如图所示，A、B两个闭合线圈由同样的导线制成，半径，图示区域内有匀强磁场，且磁感应强度随时间逐渐均匀减小，以下分析正确的是（ ）
A．两线圈中产生的感应电动势之比
B．两线圈中电阻之比
C．两线圈中感应电流之比
D．两线圈中产生的热功率之比
9．如图所示，宽为h的矩形线框从初始位置由静止开始下落，进入一水平的匀强磁场，磁场方向与线框平面垂直，且。已知线框刚进入磁场时恰好匀速下落，则线框刚出磁场时将做（ ）
A．向下的匀速运动
B．向下的减速运动
C．向下的加速运动
D．向上的运动
10．如图所示，一个圆形线圈的匝数n=100，线圈面积S=200cm2，线圈的电阻r=1，线圈外接一个阻值R=4的电阻，把线圈放入一方向垂直线圈平面向里的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化规律如图乙所示。下列说法中正确的是（ ）
A．线圈中的感应电流方向为顺时针方向
B．电阻R两端的电压随时间均匀增大
C．前4s内通过R的电荷量为8×10-2C
D．线圈电阻r消耗的功率为4×10-4W
11．在匀强磁场中，一个匝的闭合矩形金属线圈，绕与磁感线垂直的固定轴匀速转动，穿过该线圈的磁通量随时间按图示正弦规律变化。则（ ）
A．时，线圈中磁通量变化率最小
B．时，线圈中磁通量变化率最大
C．时，线圈中的磁通量最大
D．时，线圈产生的感应电动势处于增加的过程中
12．如图所示，足够长平行光滑导轨固定在水平面上，导轨左端接电阻。导轨之间有竖直向下的非匀强磁场，一根金属杆从左侧水平向右以某一初速度从左侧进入该磁场，在水平外力控制下做匀减速运动，一段时间后速度刚好减为零。从金属杆进入磁场到停止运动过程中，下列说法正确的是（ ）
A．整个过程中棒的动能减少量一定等于回路产生的焦耳热
B．整个过程中水平外力可能先减小再反向增大
C．整个过程中棒中的安培力随时间均匀减小
D．整个过程中拉力做功与安培力做功的代数和小于零
13．如图所示，在斜面的虚线以下有垂直斜面向下的匀强磁场，甲、乙两个正方形闭合线框是用同种材料的电阻丝制成的，边长相等，两者的横截面积之比为1：2，放在光滑斜面上从同一高度由静止释放，下滑过程中线框不发生转动。则（ ）
A．俯视两线框进入磁场的过程中，感应电流都是顺时针方向
B．两线框刚进入磁场瞬间，甲，乙中感应电流之比为1：2
C．线框进入磁场的过程中，甲、乙两线框产生的焦耳热之比为1：2
D．从开始运动到滑至斜面底端，甲线框比乙线框所用时间长
14．如图所示，abcd为水平放置的平行“匸”形光滑金属导轨，间距为l，导轨间有垂直与导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，导轨电阻不计。已知金属杆MN倾斜放置，与导轨成角，单位长度的电阻为r，保持金属杆以速度v沿平行于cd的方向滑动（金属杆滑动过程中与导轨接触良好）。则下列说法中错误的是（ ）
A．电路中感应电动势的大小为B．电路中感应电流的大小为
C．金属杆所受安培力的大小为D．金属杆的热功率为
15．如图甲所示，三角形线圈abc水平放置，在线圈所处区域存在一变化的磁场，其变化规律如图乙所示。线圈在外力作用下处于静止状态，规定垂直于线圈平面向下的磁场方向为正方向，垂直ab边斜向下的受力方向为正方向，线圈中感应电流沿abca方向为正，则线圈内电流及ab边所受安培力随时间变化规律是（ ）
A．B．
C．D．
16．如图所示，竖直放置的两根足够长的光滑金属导轨相距为L，导轨的两端分别与电源（串有一滑动变阻器R）、定值电阻和开关K相连．整个空间充满了垂直于导轨平面向外的匀强磁场，其磁感应强度的大小为B。一质量为m，电阻不计的金属棒ab横跨在导轨上。已知电源电动势为E，内阻为r，定值电阻的阻值为R0，不计导轨的电阻。
（1）当K接1时，金属棒ab在磁场中恰好保持静止，求接入电路的滑动变阻器阻值R；
（2）当K接2后，金属棒ab从静止开始下落，下落距离s时达到稳定速度，求：
①金属棒从静止到稳定速度电阻R0产生的热量；
②金属棒从静止到稳定速度所需的时间。
17．如图半径为的圆形金属导轨固定在水平面上，一根长也为，电阻为R的金属棒一端与导轨接触良好，另一端固定在圆心处的导电转轴上，由电动机带动匀速旋转，在圆形金属导轨区域内存在磁感强度大小为、方向竖直向下的匀强磁场，另有一质量为的金属棒与倾角为的固定金属导轨、良好接触，与导轨的交点为，且，的电阻均为，金属棒始终处于磁感强度大小为、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中，导轨顶部接有阻值也为的电阻。圆形导轨和转轴通过导线，经电键分别与导轨、相恋，不计其他电阻和一切摩擦等阻力，重力加速度为。
（1）闭合电键，同时静止释放金属棒，若要保持金属棒静止不动，则电动机应向哪个方向转动（俯视时是顺时针还是逆时针）？转动的角速度为多少？
（2）若金属导轨、足够长，断开电键，金属棒由静止开始释放且经过时间达到最大速度，求棒速度达到最大后，两端的电势差和时间内棒下滑的距离。
18．如图所示，一个总阻值r=10Ω，匝数n=1000的正方形金属线圈，与阻值R=20Ω的定值电阻连成闭合回路。线圈的边长，其内部空间（包括边界处）充满了垂直线圈平面向外的匀强磁场。磁感应强度B随时间t变化的关系图线如图所示。导线电阻不计，求：
（1）t=0时刻，穿过线圈的磁通量为多大？
（2）0-0.01s过程中，穿过线圈的磁通量对时间的变化率为多大？
（3）0-0.02s过程中电阻R的热功率为多大？
19．如图甲所示，半径为r带小缺口的刚性金属圆环固定在竖直平面内，在圆环的缺口两端用导线分别与两块水平放置的足够大平行金属板A、B连接，A、B两板间距为d、在A、B板间有一电荷量为q的带电液滴，且研究过程中带电液滴未能到达金属板。有一变化的有界匀强磁场垂直于圆环平面，其变化规律如图乙所示（规定磁场方向向里为正）。带电液滴在内处于静止状态。重力加速度为g。求：
（1）带电液滴的电性；
（2）带电液滴的质量；
（3）带电液滴在时间0-T时间段内的位移；
（4）若在时，欲使带电液滴的运动方向变为与竖直方向成30°角，所加外力冲量的最小值。
20．如图所示，矩形线圈abcd在磁感应强度B=2T的匀强磁场中绕轴OO′以角速度ω=10πrad/s匀速转动，线圈共10匝，电阻r=5Ω，ab=0.3m，bc=0.6m，负载电阻R=45Ω。从图示位置开始计时，求：
（1）0.025s时线框中的感应电动势；
（2）电阻R在0.05s内产生的热量；
（3）0.05s内流过电阻R上的电量。
参考答案
1．D
【详解】
A．导体棒在磁场中运动的位移为
通过电阻的电荷量为
故A错误；
BC．根据动能定理得
因为外力做功无法确定，所以安培力做功也无法确定，故BC错误；
D．根据动量定理得
结合解得
D正确。
故选D。
2．D
【详解】
A．伽利略不畏权威，通过“理想斜面实验”，科学地推理出“力不是维持物体运动的原因”，A错误；
B．库仑发现了电荷之间的相互作用规律，并根据库仑扭秤实验测出了静电力常量k的值，B错误；
C．法拉第通过实验研究，总结出“磁生电”是一种在变化、运动的过程中才能出现的效应，纽曼、韦伯总结出法拉第电磁感应定律，C错误；
D．安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说，D正确。
故选D。
3．B
【详解】
设正方形边长为L，产生的电动式
产生的电流
运动的速度
匀速拉出
则外力所做的功为
则
故选B。
4．D
【详解】
AB加速滑动时，根据
知感应电动势增大，电容器两端的电压增大，所带的电荷量要增加，此时有充电电流，所以
故D正确，ABC错误。
故选D。
5．D
【详解】
根据法拉第电磁感应定律，则线圈中产生的感应电动势的大小为
故选D。
6．A
【详解】
磁感线竖直分量方向向上，每个叶片都切割磁感线，根据右手定则，a点电势低于b点电势；
因
所以电动势为
故选A。
7．B
【详解】
A．根据右手螺旋定则，图中蹄形电磁铁在紫铜圆盘处产生的磁场方向向左。A错误；
B．根据右手定则，感应电流在紫铜圆盘中由B流向A，所以B点电势低于A点的电势。B正确；
C．仅将滑动变阻器的滑片向右滑动，滑动变阻器的有效电阻增大，则电磁铁中电流减小，电磁铁产生的磁场减弱，则紫铜圆盘产生的感应电动势减小，产生的感应电流减小。C错误；
D．仅增大紫铜圆盘的转速，则紫铜圆盘产生的感应电动势增大，产生的感应电流增大。D错误。
故选B。
8．C
【详解】
A. 由法拉第电磁感应定律得
因半径rA=2rB,且n、相同，则得到
EA:EB= 4:1
故A错误；
B. 根据电阻定律：线圈的电阻为
则ρ、S、n相同，两线圈电阻之比
RA:RB= rA:rB=2:1
故B错误；
C．线圈中感应电流
由A、B综合得到
IA:IB=2:1
故C正确；
D. 根据P=I2R，则热功率之比为8:1，故D错误；
故选C。
9．B
【详解】
进入磁场时做匀速运动，知安培力与重力相等，有
完全进入磁场后，做加速运动，出磁场的速度大于v，则安培力大于mg，安培力的方向竖直向上，知线框做减速运动，速度减小，安培力减小，加速度减小，则线框的运动是变减速运动。故B正确ACD错误。
故选B。
10．CD
【详解】
A．由图可知，穿过线圈的磁通量变大，由楞次定律可得：线圈产生的感应电流逆时针，故A错误；
B．根据法拉第电磁感应定律
可知，磁感应强度的变化率恒定，所以电动势恒定，则电阻两端的电压恒定，故B错误；
C．由法拉第电磁感应定律
由闭合电路欧姆定律，可知电路中的电流为
前4s内通过R的电荷量
Q=It=0.02×4C=0.08C
故C正确；
D．线圈电阻r消耗的功率
P=I2r=0.022×1W=4×10-4W
故D正确。
故选CD。
11．BC
【详解】
AC．根据图像可知，在时穿过线圈平面的磁通量为零，所以线圈平面平行于磁感线，此时磁通量的变化率最大；时，穿过线圈平面的磁通量最大，选项错误，C正确；
B．图像的斜率为，即表示磁通量的变化率，由图像可知，在时，图像的斜率最大，即磁通量的变化率最大，选项B正确；
D．根据法拉第电磁感应定律可得
在之间，磁通量的变化率在减小，故线圈产生的感应电动势处于减少的过程中，选项D错误。
故选BC。
12．BD
【详解】
A．整个过程中因为有外力做功，则棒的动能减少量不一定等于回路产生的焦耳热，选项A错误；
B．整个过程中棒做匀减速运动，则加速度向左，因安培力也向左，大小为
则根据牛顿第二定律
即
随时间的增加，若B从左向右是减小的，则外力F可能先减小后反向增加，选项B正确；
C．根据
可知，因B不是一定的，则整个过程中棒中的安培力随时间不是均匀减小，选项C错误；
D．根据动能定理
即整个过程中拉力做功与安培力做功的代数和小于零，选项D正确。
故选BD。
13．BC
【详解】
A．有楞次定律——增反减同可知，俯视两线框进入磁场的过程中，感应电流都是逆时针方向，故A错误；
B．线框刚进入磁场瞬间，感应电流大小为
由
知甲、乙电阻之比为2：1，则甲、乙中的感应电流之比为1：2，故B正确；
D．线框进入磁场前，由动能定理得
可知两线框进入磁场时速度相等，设任意一线框的边长为L，横截面积为S，电阻率为，密度为，质量为m，刚进入磁场时速度大小为v，加速度大小为a，根据牛顿第二定律得
得
可得a与S无关，所以线框进入磁场时加速度相同，初速度相同，则运动情况相同，运动时间相等，故D错误；
C．设线框刚好完全进入磁场时速度大小为，线框进入磁场的过程，由能量守恒得焦耳热为
可得
线框质量为
可知甲、乙两线框产生的焦耳热之比
故C正确。
故选BC。
14．ACD
【详解】
A．电路中感应电动势的大小为
A错误
B．电路中感应电流的大小为
B正确
C．金属杆所受安培力得大小为
C错误
D．金属杆得热功率为
D错误
故选ACD。
15．AD
【详解】
AB．根据电磁感应有
根据楞次定律可得感应电流的方向，又线圈中感应电流沿abca方向为正，变化的磁场的规律可得，电流恒定，0到1s为正，2s到3s为正，3s到5s为负，A正确，B错误；
CD．根据安培力的公式，即
因为电流恒定，磁场均匀变化，可得安培力也是均匀变化，在根据左手定则判断力的方向，又规定垂直于线圈平面向下的磁场方向为正方向，C错误，D正确。
故选AD。
16．(1)；(2)；
【详解】
(1)当K接1时，金属棒在磁场中恰好保持静止，棒的重力与安培力平衡，有
根据闭合电路欧姆定律，有
联立，可得
(2)①K接2后，棒达到稳定状态时做匀速运动，有
感应电动势为
联立，可得
设金属棒从静止到稳定速度电阻R0产生的热量为Q热，由功能关系可得
联立，可得
②根据动量定理，可得
感应电荷量为
联立，可得
解得
17．（1）顺时针；；（2）；
【详解】
（1）金属棒静止，棒受到的安培力平行于轨道向上，由左手定则可知，流过的电流由流向；由右手定则可知，俯视电动机顺时针方向转动。
切割磁感线产生的感应电动势为
回路总电阻为
电路总电流（干路电流）
流过金属棒的电流
金属棒静止，处于平衡状态，由平衡条件得
解得
（2）棒ef最终匀速运动，对棒ef受力分析，由力的平衡条件有
由安培力公式得
由闭合电路欧姆定律得
由法拉第电磁感应定律得
解得
又因为
由法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律得
所以
棒ef由静止到速度为，经过的时间为t，位移为x，对棒ef，由动量定理得
由闭合电路欧姆定律有
由法拉第电磁感应定律有
回路磁通量的变化为
解得
18．（1）；（2）；（3）0.2W
【详解】
(1)当t=0时，穿过线圈的磁通量为
(2)由法拉第电磁感应定律可得电动势为
(3)根据欧姆定律得
由功率的表达式
19．（1）正电荷；（2）；（3）；（4）
【详解】
解：（1）由图乙可知，在时间内，由楞次定律可得A极板带负电，B极板带正电，带电液滴在电场中处于平衡状态，所以液滴带正电荷。
（2）由电磁感应定律得
带电液滴受到的电场力为
由平衡条件可得
解得
（3）在时间内，带电液滴受电场力方向向下，因此由牛顿第二定律有
位移
在时刻的速度
在时间内，带电液滴做匀速直线运动，位移
总位移
（4）在时刻，带电液滴的动量
欲使带电液滴的运动方向变为与竖直方向成30°角，所加外力冲量的最小值
20．（1）80V；（2）5.76J；（3）0.072C
【详解】
(1)电动势的最大值为
故瞬时值表达式
0.025s时线框中的感应电动势
(2)电流的有效值
所以0.05 s内R上产生的热量
(3)电动势的平均值
0.05s为从图上位置转过90°，流过电阻R上的电量
1．如图，间距为的足够长平行导轨固定在水平面上，导轨左端接阻值为的电阻。导轨之间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为。一质量为的金属杆从左侧水平向右以的速度进入磁场，在水平外力控制下做匀减速运动，后速度刚好减为零。杆与导轨间的动摩擦因数为0.1，忽略杆与导轨的电阻，重力加速度g取。杆从进入磁场到静止过程中，下列说法正确的是（ ）
A．通过电阻的电荷量为1C
B．整个过程中安培力做功为
C．整个过程中水平外力做功为零
D．水平外力对金属杆的冲量大小为0.5N·s
2．下列说法正确的是（ ）
A．牛顿不畏权威，通过“理想斜面实验”，科学地推理出“力不是维持物体运动的原因”
B．卡文迪许发现了电荷之间的相互作用规律，并测出了静电力常量k的值
C．法拉第通过实验研究，总结出“磁生电”是一种在变化、运动的过程中才能出现的效应，并总结出楞次定律
D．安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说
3．某正方形闭合导线框的质量可以忽略不计，现将它从如图所示的位置匀速拉出匀强磁场。若第一次用0.9s时间拉出，外力所做的功为W1；第二次用1.2s时间拉出，外力所做的功为W2则下列关系正确的是（ ）
A．W1：W2=1：1B．W1：W2=4：3C．W1：W2=3：4D．W1：W2=9：8
4．图中EF、GH为平行的金属导轨，其电阻可不计，R为电阻器，C为电容器，L为小灯泡，AB为可在EF和GH上滑动的导体横杆。金属导轨中有垂直于导轨平面的匀强磁场若用I1和I2分别表示图中该处导线中的电流，则当横杆AB加速滑动时，正确的是（ ）
A．I1≠0，I2=0B．I1=0，I2≠0C．I1=0，I2=0D．I1≠0，I2≠0
5．如图所示，半径为r的n匝线圈套在边长为L的正方形abcd之外，匀强磁场局限在正方形区域内且垂直穿过正方形面积，当磁感应强度以的变化率均匀变化时，线圈中产生的感应电动势的大小为（ ）
A．B．C．D．
6．一直升飞机停在南半球的地磁极上空，该处地磁场的磁感应强度在竖直方向的分量为B，螺旋桨叶片的长度为l，螺旋桨转动的频率为f，顺着地磁场的方向看，螺旋桨按顺时针方向转动。螺旋桨叶片的近轴端为a，远轴端为b，如图所示。如果忽略a到转轴中心线的距离，用E表示每个叶片中的感应电动势，则（ ）
A．，且a点电势低于b点电势
B．，且a点电势低于b点电势
C．，且a点电势高于b点电势
D．，且a点电势高于b点电势
7．如图所示，紫铜圆盘的边缘和圆心处各与一个黄铜电刷紧贴，用导线把电刷与电流表连接起来；紫铜圆盘放置在蹄形电磁铁的磁场中。紫铜圆盘在蹄形电磁铁中转动，电流表的指针偏向一边，说明电路中产生了持续的电流。下列说法正确的是（ ）
A．图中蹄形电磁铁在紫铜圆盘处产生的磁场方向向右
B．紫铜圆盘按照图示方向匀速转动，B点电势低于A点的电势
C．仅将滑动变阻器的滑片向右滑动，产生的感应电流增大
D．仅增大紫铜圆盘的转速，产生的感应电流将减小
8．如图所示，A、B两个闭合线圈由同样的导线制成，半径，图示区域内有匀强磁场，且磁感应强度随时间逐渐均匀减小，以下分析正确的是（ ）
A．两线圈中产生的感应电动势之比
B．两线圈中电阻之比
C．两线圈中感应电流之比
D．两线圈中产生的热功率之比
9．如图所示，宽为h的矩形线框从初始位置由静止开始下落，进入一水平的匀强磁场，磁场方向与线框平面垂直，且。已知线框刚进入磁场时恰好匀速下落，则线框刚出磁场时将做（ ）
A．向下的匀速运动
B．向下的减速运动
C．向下的加速运动
D．向上的运动
10．如图所示，一个圆形线圈的匝数n=100，线圈面积S=200cm2，线圈的电阻r=1，线圈外接一个阻值R=4的电阻，把线圈放入一方向垂直线圈平面向里的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化规律如图乙所示。下列说法中正确的是（ ）
A．线圈中的感应电流方向为顺时针方向
B．电阻R两端的电压随时间均匀增大
C．前4s内通过R的电荷量为8×10-2C
D．线圈电阻r消耗的功率为4×10-4W
11．在匀强磁场中，一个匝的闭合矩形金属线圈，绕与磁感线垂直的固定轴匀速转动，穿过该线圈的磁通量随时间按图示正弦规律变化。则（ ）
A．时，线圈中磁通量变化率最小
B．时，线圈中磁通量变化率最大
C．时，线圈中的磁通量最大
D．时，线圈产生的感应电动势处于增加的过程中
12．如图所示，足够长平行光滑导轨固定在水平面上，导轨左端接电阻。导轨之间有竖直向下的非匀强磁场，一根金属杆从左侧水平向右以某一初速度从左侧进入该磁场，在水平外力控制下做匀减速运动，一段时间后速度刚好减为零。从金属杆进入磁场到停止运动过程中，下列说法正确的是（ ）
A．整个过程中棒的动能减少量一定等于回路产生的焦耳热
B．整个过程中水平外力可能先减小再反向增大
C．整个过程中棒中的安培力随时间均匀减小
D．整个过程中拉力做功与安培力做功的代数和小于零
13．如图所示，在斜面的虚线以下有垂直斜面向下的匀强磁场，甲、乙两个正方形闭合线框是用同种材料的电阻丝制成的，边长相等，两者的横截面积之比为1：2，放在光滑斜面上从同一高度由静止释放，下滑过程中线框不发生转动。则（ ）
A．俯视两线框进入磁场的过程中，感应电流都是顺时针方向
B．两线框刚进入磁场瞬间，甲，乙中感应电流之比为1：2
C．线框进入磁场的过程中，甲、乙两线框产生的焦耳热之比为1：2
D．从开始运动到滑至斜面底端，甲线框比乙线框所用时间长
14．如图所示，abcd为水平放置的平行“匸”形光滑金属导轨，间距为l，导轨间有垂直与导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，导轨电阻不计。已知金属杆MN倾斜放置，与导轨成角，单位长度的电阻为r，保持金属杆以速度v沿平行于cd的方向滑动（金属杆滑动过程中与导轨接触良好）。则下列说法中错误的是（ ）
A．电路中感应电动势的大小为B．电路中感应电流的大小为
C．金属杆所受安培力的大小为D．金属杆的热功率为
15．如图甲所示，三角形线圈abc水平放置，在线圈所处区域存在一变化的磁场，其变化规律如图乙所示。线圈在外力作用下处于静止状态，规定垂直于线圈平面向下的磁场方向为正方向，垂直ab边斜向下的受力方向为正方向，线圈中感应电流沿abca方向为正，则线圈内电流及ab边所受安培力随时间变化规律是（ ）
A．B．
C．D．
16．如图所示，竖直放置的两根足够长的光滑金属导轨相距为L，导轨的两端分别与电源（串有一滑动变阻器R）、定值电阻和开关K相连．整个空间充满了垂直于导轨平面向外的匀强磁场，其磁感应强度的大小为B。一质量为m，电阻不计的金属棒ab横跨在导轨上。已知电源电动势为E，内阻为r，定值电阻的阻值为R0，不计导轨的电阻。
（1）当K接1时，金属棒ab在磁场中恰好保持静止，求接入电路的滑动变阻器阻值R；
（2）当K接2后，金属棒ab从静止开始下落，下落距离s时达到稳定速度，求：
①金属棒从静止到稳定速度电阻R0产生的热量；
②金属棒从静止到稳定速度所需的时间。
17．如图半径为的圆形金属导轨固定在水平面上，一根长也为，电阻为R的金属棒一端与导轨接触良好，另一端固定在圆心处的导电转轴上，由电动机带动匀速旋转，在圆形金属导轨区域内存在磁感强度大小为、方向竖直向下的匀强磁场，另有一质量为的金属棒与倾角为的固定金属导轨、良好接触，与导轨的交点为，且，的电阻均为，金属棒始终处于磁感强度大小为、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中，导轨顶部接有阻值也为的电阻。圆形导轨和转轴通过导线，经电键分别与导轨、相恋，不计其他电阻和一切摩擦等阻力，重力加速度为。
（1）闭合电键，同时静止释放金属棒，若要保持金属棒静止不动，则电动机应向哪个方向转动（俯视时是顺时针还是逆时针）？转动的角速度为多少？
（2）若金属导轨、足够长，断开电键，金属棒由静止开始释放且经过时间达到最大速度，求棒速度达到最大后，两端的电势差和时间内棒下滑的距离。
18．如图所示，一个总阻值r=10Ω，匝数n=1000的正方形金属线圈，与阻值R=20Ω的定值电阻连成闭合回路。线圈的边长，其内部空间（包括边界处）充满了垂直线圈平面向外的匀强磁场。磁感应强度B随时间t变化的关系图线如图所示。导线电阻不计，求：
（1）t=0时刻，穿过线圈的磁通量为多大？
（2）0-0.01s过程中，穿过线圈的磁通量对时间的变化率为多大？
（3）0-0.02s过程中电阻R的热功率为多大？
19．如图甲所示，半径为r带小缺口的刚性金属圆环固定在竖直平面内，在圆环的缺口两端用导线分别与两块水平放置的足够大平行金属板A、B连接，A、B两板间距为d、在A、B板间有一电荷量为q的带电液滴，且研究过程中带电液滴未能到达金属板。有一变化的有界匀强磁场垂直于圆环平面，其变化规律如图乙所示（规定磁场方向向里为正）。带电液滴在内处于静止状态。重力加速度为g。求：
（1）带电液滴的电性；
（2）带电液滴的质量；
（3）带电液滴在时间0-T时间段内的位移；
（4）若在时，欲使带电液滴的运动方向变为与竖直方向成30°角，所加外力冲量的最小值。
20．如图所示，矩形线圈abcd在磁感应强度B=2T的匀强磁场中绕轴OO′以角速度ω=10πrad/s匀速转动，线圈共10匝，电阻r=5Ω，ab=0.3m，bc=0.6m，负载电阻R=45Ω。从图示位置开始计时，求：
（1）0.025s时线框中的感应电动势；
（2）电阻R在0.05s内产生的热量；
（3）0.05s内流过电阻R上的电量。
参考答案
1．D
【详解】
A．导体棒在磁场中运动的位移为
通过电阻的电荷量为
故A错误；
BC．根据动能定理得
因为外力做功无法确定，所以安培力做功也无法确定，故BC错误；
D．根据动量定理得
结合解得
D正确。
故选D。
2．D
【详解】
A．伽利略不畏权威，通过“理想斜面实验”，科学地推理出“力不是维持物体运动的原因”，A错误；
B．库仑发现了电荷之间的相互作用规律，并根据库仑扭秤实验测出了静电力常量k的值，B错误；
C．法拉第通过实验研究，总结出“磁生电”是一种在变化、运动的过程中才能出现的效应，纽曼、韦伯总结出法拉第电磁感应定律，C错误；
D．安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说，D正确。
故选D。
3．B
【详解】
设正方形边长为L，产生的电动式
产生的电流
运动的速度
匀速拉出
则外力所做的功为
则
故选B。
4．D
【详解】
AB加速滑动时，根据
知感应电动势增大，电容器两端的电压增大，所带的电荷量要增加，此时有充电电流，所以
故D正确，ABC错误。
故选D。
5．D
【详解】
根据法拉第电磁感应定律，则线圈中产生的感应电动势的大小为
故选D。
6．A
【详解】
磁感线竖直分量方向向上，每个叶片都切割磁感线，根据右手定则，a点电势低于b点电势；
因
所以电动势为
故选A。
7．B
【详解】
A．根据右手螺旋定则，图中蹄形电磁铁在紫铜圆盘处产生的磁场方向向左。A错误；
B．根据右手定则，感应电流在紫铜圆盘中由B流向A，所以B点电势低于A点的电势。B正确；
C．仅将滑动变阻器的滑片向右滑动，滑动变阻器的有效电阻增大，则电磁铁中电流减小，电磁铁产生的磁场减弱，则紫铜圆盘产生的感应电动势减小，产生的感应电流减小。C错误；
D．仅增大紫铜圆盘的转速，则紫铜圆盘产生的感应电动势增大，产生的感应电流增大。D错误。
故选B。
8．C
【详解】
A. 由法拉第电磁感应定律得
因半径rA=2rB,且n、相同，则得到
EA:EB= 4:1
故A错误；
B. 根据电阻定律：线圈的电阻为
则ρ、S、n相同，两线圈电阻之比
RA:RB= rA:rB=2:1
故B错误；
C．线圈中感应电流
由A、B综合得到
IA:IB=2:1
故C正确；
D. 根据P=I2R，则热功率之比为8:1，故D错误；
故选C。
9．B
【详解】
进入磁场时做匀速运动，知安培力与重力相等，有
完全进入磁场后，做加速运动，出磁场的速度大于v，则安培力大于mg，安培力的方向竖直向上，知线框做减速运动，速度减小，安培力减小，加速度减小，则线框的运动是变减速运动。故B正确ACD错误。
故选B。
10．CD
【详解】
A．由图可知，穿过线圈的磁通量变大，由楞次定律可得：线圈产生的感应电流逆时针，故A错误；
B．根据法拉第电磁感应定律
可知，磁感应强度的变化率恒定，所以电动势恒定，则电阻两端的电压恒定，故B错误；
C．由法拉第电磁感应定律
由闭合电路欧姆定律，可知电路中的电流为
前4s内通过R的电荷量
Q=It=0.02×4C=0.08C
故C正确；
D．线圈电阻r消耗的功率
P=I2r=0.022×1W=4×10-4W
故D正确。
故选CD。
11．BC
【详解】
AC．根据图像可知，在时穿过线圈平面的磁通量为零，所以线圈平面平行于磁感线，此时磁通量的变化率最大；时，穿过线圈平面的磁通量最大，选项错误，C正确；
B．图像的斜率为，即表示磁通量的变化率，由图像可知，在时，图像的斜率最大，即磁通量的变化率最大，选项B正确；
D．根据法拉第电磁感应定律可得
在之间，磁通量的变化率在减小，故线圈产生的感应电动势处于减少的过程中，选项D错误。
故选BC。
12．BD
【详解】
A．整个过程中因为有外力做功，则棒的动能减少量不一定等于回路产生的焦耳热，选项A错误；
B．整个过程中棒做匀减速运动，则加速度向左，因安培力也向左，大小为
则根据牛顿第二定律
即
随时间的增加，若B从左向右是减小的，则外力F可能先减小后反向增加，选项B正确；
C．根据
可知，因B不是一定的，则整个过程中棒中的安培力随时间不是均匀减小，选项C错误；
D．根据动能定理
即整个过程中拉力做功与安培力做功的代数和小于零，选项D正确。
故选BD。
13．BC
【详解】
A．有楞次定律——增反减同可知，俯视两线框进入磁场的过程中，感应电流都是逆时针方向，故A错误；
B．线框刚进入磁场瞬间，感应电流大小为
由
知甲、乙电阻之比为2：1，则甲、乙中的感应电流之比为1：2，故B正确；
D．线框进入磁场前，由动能定理得
可知两线框进入磁场时速度相等，设任意一线框的边长为L，横截面积为S，电阻率为，密度为，质量为m，刚进入磁场时速度大小为v，加速度大小为a，根据牛顿第二定律得
得
可得a与S无关，所以线框进入磁场时加速度相同，初速度相同，则运动情况相同，运动时间相等，故D错误；
C．设线框刚好完全进入磁场时速度大小为，线框进入磁场的过程，由能量守恒得焦耳热为
可得
线框质量为
可知甲、乙两线框产生的焦耳热之比
故C正确。
故选BC。
14．ACD
【详解】
A．电路中感应电动势的大小为
A错误
B．电路中感应电流的大小为
B正确
C．金属杆所受安培力得大小为
C错误
D．金属杆得热功率为
D错误
故选ACD。
15．AD
【详解】
AB．根据电磁感应有
根据楞次定律可得感应电流的方向，又线圈中感应电流沿abca方向为正，变化的磁场的规律可得，电流恒定，0到1s为正，2s到3s为正，3s到5s为负，A正确，B错误；
CD．根据安培力的公式，即
因为电流恒定，磁场均匀变化，可得安培力也是均匀变化，在根据左手定则判断力的方向，又规定垂直于线圈平面向下的磁场方向为正方向，C错误，D正确。
故选AD。
16．(1)；(2)；
【详解】
(1)当K接1时，金属棒在磁场中恰好保持静止，棒的重力与安培力平衡，有
根据闭合电路欧姆定律，有
联立，可得
(2)①K接2后，棒达到稳定状态时做匀速运动，有
感应电动势为
联立，可得
设金属棒从静止到稳定速度电阻R0产生的热量为Q热，由功能关系可得
联立，可得
②根据动量定理，可得
感应电荷量为
联立，可得
解得
17．（1）顺时针；；（2）；
【详解】
（1）金属棒静止，棒受到的安培力平行于轨道向上，由左手定则可知，流过的电流由流向；由右手定则可知，俯视电动机顺时针方向转动。
切割磁感线产生的感应电动势为
回路总电阻为
电路总电流（干路电流）
流过金属棒的电流
金属棒静止，处于平衡状态，由平衡条件得
解得
（2）棒ef最终匀速运动，对棒ef受力分析，由力的平衡条件有
由安培力公式得
由闭合电路欧姆定律得
由法拉第电磁感应定律得
解得
又因为
由法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律得
所以
棒ef由静止到速度为，经过的时间为t，位移为x，对棒ef，由动量定理得
由闭合电路欧姆定律有
由法拉第电磁感应定律有
回路磁通量的变化为
解得
18．（1）；（2）；（3）0.2W
【详解】
(1)当t=0时，穿过线圈的磁通量为
(2)由法拉第电磁感应定律可得电动势为
(3)根据欧姆定律得
由功率的表达式
19．（1）正电荷；（2）；（3）；（4）
【详解】
解：（1）由图乙可知，在时间内，由楞次定律可得A极板带负电，B极板带正电，带电液滴在电场中处于平衡状态，所以液滴带正电荷。
（2）由电磁感应定律得
带电液滴受到的电场力为
由平衡条件可得
解得
（3）在时间内，带电液滴受电场力方向向下，因此由牛顿第二定律有
位移
在时刻的速度
在时间内，带电液滴做匀速直线运动，位移
总位移
（4）在时刻，带电液滴的动量
欲使带电液滴的运动方向变为与竖直方向成30°角，所加外力冲量的最小值
20．（1）80V；（2）5.76J；（3）0.072C
【详解】
(1)电动势的最大值为
故瞬时值表达式
0.025s时线框中的感应电动势
(2)电流的有效值
所以0.05 s内R上产生的热量
(3)电动势的平均值
0.05s为从图上位置转过90°，流过电阻R上的电量
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