高中物理2 法拉第电磁感应定律测试题

这是一份高中物理2 法拉第电磁感应定律测试题，共35页。试卷主要包含了感应电动势，法拉第电磁感应定律等内容，欢迎下载使用。
第06讲 法拉第电磁感应定律
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课程标准
课标解读
通过实验，理解法拉第电磁感应定律。

1.掌握法拉第电磁感应定律，能够运用法拉第电磁感应定律定量计算感应电动势的大小。
2.能够运用E＝Blv或E＝Blvsin θ计算导体切割磁感线时产生的感应电动势。
3.了解动生电动势的概念，通过克服安培力做功把其他形式的能转化为电能。


知识精讲

知识点01 电磁感应定律
1．感应电动势
在电磁感应现象中产生的电动势叫作感应电动势，产生感应电动势的那部分导体相当于电源．
2．法拉第电磁感应定律
(1)内容：闭合电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比．
(2)公式：E＝n，其中n为线圈的匝数．
(3)在国际单位制中，磁通量的单位是韦伯(Wb)，感应电动势的单位是伏(V)．
【知识拓展1】
1．磁通量Φ、磁通量的变化量ΔΦ及磁通量的变化率的比较：

磁通量Φ
磁通量的变化量ΔΦ
磁通量的变化率
物理意义
某时刻穿过磁场中某个面的磁感线条数
在某一过程中，穿过某个面的磁通量的变化量
穿过某个面的磁通量变化的快慢
当B、S互相垂直时的大小
Φ＝BS
ΔΦ＝
＝
注意
若穿过的平面中有方向相反的磁场，则不能直接用Φ＝BS.Φ为抵消以后所剩余的磁通量
开始和转过180°时平面都与磁场垂直，但穿过平面的磁通量是不同的，一正一负，ΔΦ＝2BS，而不是零
在Φ－t图像中，可用图线的斜率表示

2.公式E＝n的理解
感应电动势的大小E由磁通量变化的快慢，即磁通量变化率决定，与磁通量Φ、磁通量的变化量ΔΦ无关．
【即学即练1】电吉他中电拾音器的基本结构如图所示，磁体附近的金属弦被磁化，因此弦振动时，在线圈中产生感应电流，电流经电路放大后传送到音箱发出声音，下列说法不正确的是（　　）

A．选用铜质弦，电吉他仍能正常工作
B．取走磁体，电吉他将不能正常工作
C．增加线圈匝数可以增大线圈中的感应电动势
D．弦振动过程中，线圈中的电流方向不断变化
【答案】A
【解析】A．铜不可以被磁化，则选用铜质弦，电吉他不能正常工作，A错误，符合题意；B．取走磁体，就没有磁场，弦振动时不能切割磁感线产生感应电流，电吉他将不能正常工作，B正确，不符合题意；C．根据可知，增加线圈匝数可以增大线圈中的感应电动势，C正确，不符合题意；D．弦振动过程中，磁场方向不变，但磁通量有时变大，有时变小，据楞次定律可知，线圈中的电流方向不断变化，D正确，不符合题意。故选A。
知识点02 导线切割磁感线时的感应电动势
1．导线垂直于磁场方向运动，B、l、v两两垂直时，如下左图所示，E＝Blv.

　　　　　
2．导线的运动方向与导线本身垂直，但与磁感线方向夹角为θ时，如上右图所示，E＝Blvsinθ.
3．导体棒切割磁感线产生感应电流，导体棒所受安培力的方向与导体棒运动方向相反，导体棒克服安培力做功，把其他形式的能转化为电能．
【知识拓展2】
1．导线切割磁感线时感应电动势表达式的推导
如下图所示，闭合电路一部分导线ab处于匀强磁场中，磁感应强度为B，ab的长度为l，ab以速度v匀速垂直切割磁感线．

则在Δt内穿过闭合电路磁通量的变化量为ΔΦ＝BΔS＝BlvΔt
根据法拉第电磁感应定律得E＝＝Blv.
2．对公式的理解
(1)当B、l、v三个量的方向互相垂直时，E＝Blv；当有任意两个量的方向互相平行时，导线将不切割磁感线，E＝0.
(2)当l垂直B且l垂直v，而v与B成θ角时，导线切割磁感线产生的感应电动势大小为E＝Blvsin θ.
(3)若导线是弯折的，或l与v不垂直时，E＝Blv中的l应为导线在与v垂直的方向上的投影长度，即有效切割长度．

上图甲中的有效切割长度为：L＝sin θ；
图乙中的有效切割长度为：L＝；
图丙中的有效切割长度为：沿v1的方向运动时，L＝R；沿v2的方向运动时，L＝R.
3.导体转动切割磁感线产生的电动势
如下图所示，导体棒在磁场中绕A点在纸面内以角速度ω匀速转动，磁感应强度为B，则AC在切割磁感线时产生的感应电动势为E＝Bl＝Bl·＝Bl2ω.



【即学即练2】水平导轨左端接电阻R，导轨电阻不计，垂直导轨方向有匀强磁场，导轨宽为d，垂直导轨放一不计电阻的导体棒，当导体棒以速度v匀速向右运动时，回路会有一个电流，之后把导体棒固定在离电阻距离也是d的地方，磁感应强度随时间均匀变化，在回路中也产生相同的电流，下列说法正确的是（　　）


A．磁感应强度的变化率磁场一定增加，与磁场的方向无关
B．磁感应强度的变化率磁场一定减少，与磁场的方向无关
C．磁感应强度的变化率磁场一定增加，与磁场的方向无关
D．磁感应强度的变化率磁场增加减少与磁场的方向有关
【答案】C
【解析】当导体棒以速度v匀速向右运动时，闭合回路中磁通量增加，磁感应强度随时间均匀变化时，在回路中也产生相同方向的电流，此时闭合回路中磁通量也要增加，则磁感应强度一定增加；当导体棒以速度v匀速向右运动时，产生的感应电动势为

磁感应强度随时间均匀增大，产生的感应电动势为

在回路中也产生相同电流，感应电动势也相等，故

即

可得

故C正确。故选C。
知识点03 与E=Blvsinθ的区别与联系
比较项

E=Blvsinθ
区别
研究对象
一个回路
在磁场中运动的一段导
线
适用范围
无论什么方式引起
的变化都适用
只适用于一段导线切割
磁感线的情况
用途
一般用于求平均感应
电动势
一般用于求瞬时感应电
动势
联系
①E=Blvsinθ是由在一定条件下推导出来的，所以二
者是统一的。
②当公式中的△t→0时，E为瞬时感应电动势；当
公式E=Blvsinθ中的v为平均速度时，E为平均感应电动势。
【即学即练3】
如图，两条间距为L的平行金属导轨位于同一水平面（纸面）内，其左端接一阻值为R的电阻；一金属棒垂直放置在两导轨上；在MN左侧面积为S的圆形区域中存在垂直于纸面向里的均匀磁场，磁感应强度大小B随时间t的变化关系为B=kt，式中k为常量，且k>0；在MN右侧区域存在一与导轨垂直、磁感应强度大小为B0、方向垂直纸面向里的匀强磁场。t=0时刻，金属棒从MN处开始，在水平拉力F作用下以速度v0向右匀速运动。金属棒与导轨的电阻及摩擦均可忽略。则（　　）

A．在t时刻穿过回路的总磁通量为B0Lv0t
B．电阻R上的电流随时间均匀增大
C．在时间Δt内流过电阻的电荷量为Δt
D．金属棒所受的水平拉力F随时间均匀增大
【答案】C
【解析】A．根据题图可知，MN左边的磁场方向与右边的磁场方向相同，则穿过回路的总磁通量即为两边磁通量之和，在t(t＞0)时刻穿过回路的总磁通量为

故A错误；B．根据法拉第电磁感应定律得，回路中产生总的感应电动势为

由闭合电路欧姆定律有

则电阻R上的电流为恒定电流，故B错误；C．在时间Δt内流过电阻的电荷量为

故C正确；D．金属棒受到的安培力大小为

保持不变，金属棒匀速运动，水平拉力大小等于安培力大小，所以水平拉力F保持不变，故D错误。
故选C。
能力拓展

考法01 已知感应强度随时间的变化关系式求电动势
【典例1】将一U形金属导轨置于水平面上，导轨所在平面存在方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场，磁场区域如图所示（Ⅱ位置为磁场的边界线）。一金属棒垂直导轨放置在位置I处，在外力作用下开始向右运动，已知由I位置和Ⅱ位置及导轨围成的面积为S。则（　　）

A．金属棒从I位置运动至Ⅱ位置的过程中，金属棒与导轨围成的回路中有顺时针方向的电流
B．金属棒从Ⅱ位置运动至Ⅲ位置的过程中，金属棒与导轨围成的回路中有逆时针方向的电流
C．金属棒从I位置运动至Ⅲ位置的过程中，穿过金属棒与导轨围成的回路的磁通量的变化量为2BS
D．金属棒从Ⅱ位置运动至Ⅲ位置的过程中，若磁场的磁感应强度变化，则金属棒与导轨围成的回路中有感应电流产生
【答案】D
【解析】A．金属棒从I位置运动至Ⅱ位置的过程中，该回路的磁通量增加，根据楞次定律有，金属棒与导轨围成的回路中有逆时针方向的电流，所以A错误；B．金属棒从Ⅱ位置运动至Ⅲ位置的过程中，该回路的磁通量保持不来，金属棒与导轨围成的回路中没有感应电流，所以B错误；C．金属棒从I位置运动至Ⅲ位置的过程中，穿过金属棒与导轨围成的回路的磁通量的变化量为BS，所以C错误；D．金属棒从Ⅱ位置运动至Ⅲ位置的过程中，若磁场的磁感应强度变化，根据

则金属棒与导轨围成的回路中有感应电流产生，所以D正确；故选D。
考法02 根据B-t图像计算感生电动势的大小
【典例2】如图1所示，矩形导线框固定在匀强磁场中，磁感线垂直于线框所在平面向里。规定垂直于线框所在平面向里为磁场的正方向；线框中沿着方向为感应电流i的正方向。要在线框中产生如图2所示的感应电流，则磁感应强度B随时间t变化的规律可能为（　　）

A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】A．图中，在0-t0时间内，磁场垂直纸面向里，且均匀增大，根据楞次定律，知感应电流的方向为ADCBA，与规定的正方向相反，感应电流为负值．故A错误；B．图中，在0-t0时间内，磁场垂直纸面向里，且均匀减小，根据楞次定律，知感应电流的方向为ABCDA，与规定的正方向相同，根据法拉第电磁感应定律，产生的感应电动势为定值，则感应电流为定值，同理，在t0-2t0时间内，感应电流的方向为ADCBA，与规定的正方向相反，感应电流为负值，且为定值．故B正确；C．图中，在0-t0时间内，磁场垂直纸面向里，且均匀减小，根据楞次定律，知感应电流的方向为ABCDA，与规定的正方向相同，根据法拉第电磁感应定律，产生的感应电动势为定值，则感应电流为定值，在t0-2t0时间内，磁场方向垂直纸面向外，且均匀增大，根据楞次定律，感应电流的方向仍然为ABCDA，与规定的正方向相同．故C错误；D．图中，在0-t0时间内，磁场大小不变，不会同理，在t0-2t0时间内也不会产生感应电流．故D错误。故选B。
分层提分


题组A 基础过关练
1．如图，一水平放置的单匝矩形线框面积为S，匀强磁场的磁感应强度为B，方向斜向上，与水平面成角，现若使矩形线框以左边的一条边为轴转到竖直的虚线位置，则此过程中穿过矩形线框的磁通量的变化量大小是（　　）

A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】假设原来磁感线是从正面穿向背面，以此方向为正，则原来的磁通量为

旋转后磁感线从背面穿向正面，此时的磁通量为

此过程中穿过矩形线框的磁通量的变化量大小是

故选D。
2．对某一确定的闭合电路，下列关于电磁感应现象的说法中，正确的是（　　）
A．穿过闭合电路的磁通量为零的瞬间，闭合电路中不可能有感应电流
B．穿过闭合电路的磁通量增大，但闭合电路中感应电流可能减小
C．穿过闭合电路的磁通量减小，则闭合电路中的感应电动势一定减小
D．穿过闭合电路的磁通量变化越来越快，但闭合电路中的感应电流可能不变
【答案】B
【解析】A．穿过闭合电路的磁通量为零的瞬间，磁通量的变化率可能不为零，因此闭合电路中可能有感应电流，故A错误；BC．根据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比，与磁通量没有直接关系，穿过闭合电路的磁通量增大（或减小），但磁通量的变化率不一定增大（或减小），则产生的感应电动势不一定增大（或减小），闭合电路中的感应电流不一定增大（或减小），故B正确，C错误；
D．磁通量变化越快，感应电动势越大，感应电流也越大，故D错误。故选B。
3．空间存在磁感应强度大小为的匀强磁场，在如图所示的几种情况中，金属导体中产生的感应电动势为的是（　　）

A．只有乙 B．乙和丁
C．甲、乙、丁 D．甲、乙、丙、丁
【答案】C
【解析】根据感应电动势表达式

适用于B、L、两两垂直，甲正确，丙错误；
乙图中只有竖直边产生电动势，且电动势为BL，水平边不切割磁感线不产生电动势，故乙正确；
丁图半圆的等效长度为L，且互相垂直，故产生电动势为BL，故丁图正确。故选C。
4．如图甲所示，等腰直角三角形OPQ区域内存在着垂直纸面向里的匀强磁场，它的OP边在x轴且长为L。纸面内一边长为L的正方形导线框的一条边在x轴上，且线框沿x轴正方向以恒定的速度v穿过磁场区域，在t=0时该线框恰好位图甲中所示的位置。现规定以逆时针方向为导线框中感应电流的正方向，在图乙所示的四幅图中，能正确表示感应电流随线框位移关系的是（　　）

A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】导线框前进0~L过程中，单边(右边框)切割磁感线，有

其中l为实际切割长度，随着导线框的移动而减小，故感应电流减小。又根据右手定则判断出导线框中电流方向为逆时针。即该过程中，感应电流在第一象限，且不断减小。同理导线框前进L~2L过程中，也是单边(左边框)切割，其实际切割长度一直再减小，其感应电流减小，根据右手定则，电流方向为顺时针。图线在第四象限，且不断减小。故选C。
5．如图所示，金属导线框每边长，每边电阻均为，线框平面与纸面平行，有界匀强磁场磁感应强度大小为，方向垂直纸面向里。现用外力使线框以的速度匀速进入磁场，则进入磁场的过程中，c、d两点间的电压是（　　）

A． B． C． D．
【答案】B
【解析】进入磁场的过程中，cd边切割磁感线，有

根据分压原理，有

故选B。
6．如图所示，足够长的光滑金属导轨固定在竖直平面内，匀强磁场垂直导轨所在的平面。金属棒AC与导轨垂直且接触良好。现将导轨接上电阻R，导轨和金属棒的电阻忽略不计，则金属棒AC由静止释放后（　　）

A．金属棒所受安培力的最大值与其重力大小相等
B．电流方向沿棒由C指向A
C．在金属棒加速下落的过程中，金属棒减少的重力势能全部转化为在电阻上产生的热量
D．金属棒达到稳定速度后的下落过程中，金属棒的机械能守恒
【答案】A
【解析】A．金属棒受到重力和安培力作用，随着速度的增大，安培力逐渐增大，当安培力增大到与其重力相等时棒做匀速运动，安培力不再增大，故A正确；B．由右手定则判断可知，感应电流方向沿棒由A指向C，故B错误；C．在金属棒加速下落的过程中，金属棒减少的重力势能转化为在电阻上产生的热量和棒的动能，故C错误；D．金属棒达到稳定速度后的下落过程中，安培力对棒做负功，金属棒的机械能不守恒，故D错误。故选A。
7．如图所示的情况中，金属导体中产生的感应电动势为Blv的是（　　）

A．丙和丁 B．甲、乙、丁
C．甲、乙、丙、丁 D．只有乙
【答案】B
【解析】根据动生电动势公式
E＝Blv
其中的l应指导体的有效切割长度，甲、乙、丁中的有效切割长度均为l，则电动势E＝Blv；而丙的有效切割长度为0，则电动势为0。故选B。
8．法拉第最初发现电磁感应现象的实验装置如图所示，闭合铁芯上绕有、两个线圈，线圈与铁芯绝缘，线圈与直流电源相接，通过观察小磁针的偏转情况可判断线圈中是否有电流产生。下列说法正确的是（　　）

A．保持开关处于闭合状态，小磁针发生偏转
B．当开关闭合的瞬间，小磁针发生偏转
C．当开关断开的瞬间，小磁针不发生偏转
D．无论开关怎样改变，小磁针都不会发生偏转
【答案】B
【解析】由电磁感应的规律可知，当开关S闭合或断开的瞬间，线圈M中的变化电流将激发一个变化的磁场，这个变化的磁场沿铁芯穿过线圈N，在线圈N中激发感应电流，感应电流产生的磁场将使小磁针发生偏转；开关S保持闭合状态时，线圈M中的稳定电流激发的稳定磁场，不能在线圈N中激发感应电流。故选B。
9．关于电场和磁场的有关问题，下列说法中正确的是（　　）
A．电场是电荷周围空间实际存在的物质
B．由可知，电场中某点的场强E与q成反比，与F成正比
C．导体切割磁感线产生的电动势为E=BLv
D．根据公式可知，通电导线受磁场力为零的地方磁感应强度一定为零
【答案】A
【解析】A．电场是一种客观存在的特殊物质，故A正确；B．电场强度是由电场自身性质决定的，与q和F无关，故B错误；C．导体垂直切割磁感线时，产生的电动势为E=BLv，故C错误；D．磁感应强度是由磁场自身性质决定的，当通电导线平行磁场放置时，磁场力为零，但磁感应强度不为零，故D错误。故选A。
10．关于物理学发展过程中的认识，下列说法正确的是（　　）
A．奥斯特发现了电流的磁效应，并发现了电磁感应现象，揭示了磁现象和电现象之间的联系
B．法拉第在分析了许多实验事实后提出，感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化
C．导体在磁场中做切割磁感线运动时产生动生电动势，其本质是导体中的自由电荷受到洛仑兹力作用，通过洛仑兹力对自由电荷做功实现能量的转化
D．回路中的磁场发生变化时产生感生电动势，其本质是变化的磁场能在其周围空间激发感生电场，通过电场力对自由电荷做功实现能量的转移或转化
【答案】D
【解析】A．奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了磁现象和电现象之间的联系，而法拉第发现了电磁感应现象，故A错误；B．楞次在分析了许多实验事实后提出，感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，故B错误；C．导体在磁场中做切割磁感线运动时产生动生电动势，其产生与洛伦兹力有关，但要注意洛伦兹力永不做功的性质，故C错误；D．根据电磁学理论可知，回路中的磁场发生变化时产生感生电动势，其本质是变化的磁场能在其周围空间激发感生电场，通过电场力对自由电荷做功实现能量的转移或转化，故D正确。故选D。
题组B 能力提升练
1．如图所示，匀强磁场中有两个由相同导线绕成的圆形线圈a、b，磁场方向与线圈所在平面垂直，磁感应强度B随时间均匀增大。a、b两线圈的半径之比为2：1，匝数之比为1：2.线圈中产生的感应电动势分别为Ea和Eb，某时刻磁通量分别为Φa和Φb，不考虑两线圈间的相互影响。下列说法正确的是（　　）

A．Ea：Eb=2：1，Φa：Φb=4：1，感应电流均沿顺时针方向
B．Ea：Eb=2：1，Φa：Φb=4：1，感应电流均沿逆时针方向
C．Ea：Eb=2：1，Φa：Φb=2：1，感应电流均沿顺时针方向
D．Ea：Eb=4：1，Φa：Φb=4：1，感应电流均沿顺时针方向
【答案】B
【解析】设磁感应强度的变化率为k，由法拉第电磁感应定律有

可得


所以

磁通量

与匝数无关，故

磁感应强度B随时间均匀增大，根据楞次定律可知，感应电流的磁场与原磁场方向相反，则由安培定则可知，感应电流方向沿顺时针方向，故ACD错误B正确。故选B。
2．如图甲所示，圆形导线框与电阻R串联，框内有变化的磁场，取由a经R流向b为感应电流iR的正方向，测得iR随时间t变化的图象如图乙所示，取垂直纸面向里为磁场的正方向，则描述磁感应强度B随时间t变化的图象正确的是（　　）


A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】A．0～1s内、1～2s内的磁感应强度不变，根据法拉第电磁感应定律知，感应电动势为零，感应电流为零，故A错误．B．在0～1s内，1～2s内，根据法拉第电磁感应定律知E=nS，磁感应强度变化率不变，则感应电动势不变，根据楞次定律知，0～1s内感应电流从a经R流向b，1～2s内感应电流从b经R流向a，故B正确．C．在0～1s内，1～2s内，根据法拉第电磁感应定律知，E=nS，磁感应强度变化率不变，则感应电动势不变，根据楞次定律知，0～1s内感应电流从b经R流向a，1～2s内感应电流从a经R流向b，故C错误．D．在0～1s内，1～2s内，根据法拉第电磁感应定律知，磁感应强度的变化率不是定值，则感应电动势变化，感应电流变化，故D错误．故选B。
3．如图所示，MN、PQ为两条平行的水平放置的金属导轨，左端接有定值电阻R，金属棒ab斜放在两导轨之间，与导轨接触良好，ab=L。磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面，设金属棒与两导轨间夹角为60°，以速度v水平向右匀速运动，不计导轨和棒的电阻，则流过金属棒的电流为（　　）

A． B． C． D．
【答案】B
【解析】金属棒切割磁感线的有效长度为

根据法拉第电磁感应定律

由欧姆定律

解得

B正确，ACD错误。故选B。
4．如图所示，某同学在电磁炉面板上竖直放置一纸质圆筒，圆筒上套一环形轻质铝箔，电磁炉产生的交变磁场的频率、强弱及铝箔厚度可以调节。现给电磁炉通电，发现铝箔悬浮了起来，若只改变其中一个变量，则（　　）

A．增强磁场，铝箔悬浮高度将不变
B．铝箔越薄，铝箔中产生的感应电流越大
C．增大频率，铝箔中产生的感应电流增大
D．在产生图示方向磁场的瞬间断开电源，铝箔中会产生图示方向的电流
【答案】C
【解析】A．发现铝箔悬浮了起来，是由于磁场的变化，产生感应电流，导致安培力出现，当磁场增大时，而感应电流不变，则安培力增大，那么高度会升高，使其周围的磁场会变弱，导致安培力变小，仍与重力平衡，故A错误；B．根据电阻定律，铝箔越薄，S越小，则电阻越大，再由，可知，感应电流越小，故B错误；C．当增大频率，导致磁场的变化率变大，则感应电动势增大，那么感应电流增大，故C正确；D．在产生图示方向磁场的瞬间断开电源，根据楞次定律：减则同，可知，铝箔中会产生图示方向相反的电流，故D错误。故选C。
5．如图所示，由同种材料制成的粗细均匀的正方形金属线框以恒定速度向右通过有理想边界的匀强磁场，开始时线框的ab边恰与磁场边界重合，磁场宽度大于正方形的边长，则线框中a、b两点间电势差Uab随时间变化的图线是下图中的（　　）

A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】线框向右匀速穿越磁场区域的过程可分为三个阶段：第一阶段（进入过程），ab是电源，外电阻R=3r（每一边的电阻为r），Uab等于路端电压U1=E；第二阶段（线框整体在磁场中平动过程），ab及dc都是电源，并且是完全相同的电源，回路中虽无感应电流，但U2=E；第三阶段（离开过程），dc是电源，路端电压Udc=E，因此Uab为路端电压Udc的，即U3=E。故选A。
6．如图所示，一闭合直角三角形线框ABC以速度v匀速穿过匀强磁场区域。从BC边进入磁场区域开始计时，到A点离开磁场区域的过程中，线框内感应电流的情况（以逆时针方向为电流的正方向）是下图中的（　　）

A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】C．根据感应电流产生的条件可知，线框进入或离开磁场时，穿过线框的磁通量发生变化，线框中有感应电流产生，当线框完全在磁场中运动时，磁通量不变，没有感应电流产生，C错误；
ABD．线框切割磁感线产生的感应电流可表示为

线框进入磁场时，BC边切割磁感线产生逆时针方向的感应电流，AB边进入磁场部分切割磁感线产生顺时针方向的感应电流，随着AB边的进入，其有效长度不断变大，产生的顺时针方向的感应电流变大，故抵消后回路的感应电流为逆时针（正值）且逐渐变小，同理可知，当BC边离开磁场后，AB边切割磁感线的有效长度不断变小，回路的感应电流为顺时针（负值）且逐渐变小，A正确，BD错误。故选A。
7．物理学是一门以实验为基础的学科，实验是物理的灵魂。对于下列实验及现象，说法正确的是（　　）

A．甲图中，两根通电方向相反的长直导线相互排斥，是通过电场实现的
B．乙图中，若在的两端接上恒定的直流电源，稳定后接在端的表头示数始终为0
C．丙图中，使M摆偏离平衡位置后释放，在振动稳定后，与M球距离最近的小球将获得最大的振幅
D．丁图中，若玻璃砖的a、两面不平行，按照丁图中的实验方法，测定玻璃砖的折射率将偏小
【答案】B
【解析】A．通电导线与通电导线之间的相互作用力是通过磁场发生的，故A错误；B．乙图中，若在ab的两端接上恒定的直流电源，则磁通量不变，cd线圈中不会产生感应电流，即稳定后接在cd端的表头示数始终为0，故B正确；C．丙图中，根据共振的知识可知，使M摆偏离平衡位置后释放，在振动稳定后，与M 球摆长最接近的小球将获得最大的振幅，故C错误；D．丁图中，若玻璃砖的、两面不平行，按照丁图中的实验方法，同样可以测定玻璃砖的折射率，故D错误。故选B。
8．如图甲所示，固定导体环直径为d，电阻为R，空间存在与环平面垂直的匀强磁场，磁场随时间周期性变化，规定向里为正方向，在一个周期内磁感应强度 B随时间变化的规律如图乙所示，则有（　　）

A．0~，穿过导体环的磁通量变化量为0 B．0~，导体环所受安培力一直沿半径向里
C．时环中电流为0 D． 导体环发热量为
【答案】D
【解析】A．0~，穿过导体环的磁通量变化量为

故A错误；B．0~，穿过导体环的磁通量先减小后增大，根据“增缩扩减”，导体环先有扩大趋势后有缩小趋势，故所受安培力先沿半径向外，后沿半径向里，故B错误；C．时磁通量变化率不为零，根据

环中电流不为0，故C错误；D．，磁通量变化率大小不变，感应电动势大小为

导体环发热量

故D正确。故选D。
9．如图甲所示，一个环形导线线圈的电阻为r、面积为S，其位于一垂直于环形面向里的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示。有一电阻R将其两端分别与图甲中的环形线圈a、b相连，其余电阻不计，在0～t0时间内，下列说法正确的是（　　）

A．a、b间的电压大小为，a点电势高于b点
B．a、b间的电压大小为，a点电势低于b点
C．流过R的电流大小为，方向从上到下
D．流过R的电流大小为，方向从下到上
【答案】D
【解析】根据楞次定律可知感应电流产生的磁场方向垂直纸面向里，再根据右手螺旋定则可知环形导线中的感应电流为顺时针，即a点为电源的负极，所以a点电势低于b点，流经R的电流方向为从下到上。
感应电动势

则流过R的电流大小为

a、b间的电压大小为路端电压

故选D。
10．如图所示，1、2两个单匝闭合圆形线圈用同样材料、粗细的导线制成，半径，图示区域内有匀强磁场，其磁感应强度随时间均匀减小。则下列判断正确的是（　　）

A．1、2线圈中产生的感应电动势之比
B．1、2线圈中产生的感应电动势之比
C．1、2线圈中感应电流之比
D．1、2线圈中感应电流之比
【答案】C
【解析】AB．根据法拉第电磁感应定律


匝数相同，1、2线圈中产生的感应电动势之比

故AB错误；
CD.根据电阻定律



1、2线圈中感应电流之比

故C正确D错误。故选C。
题组C 培优拔尖练
1．电阻不可忽略的导电圆盘的边缘用电阻不计的导电材料包裹，圆盘可绕固定点O在水平面内转动，其轴心O和边缘处电刷A均不会在转动时产生阻力，空气阻力也忽略不计。用导线将电动势为E的电源、导电圆盘、电阻和开关连接成闭合回路，如图甲所示在圆盘所在区域内充满竖直向下的匀强磁场，如图乙所示只在A、O之间的一块圆形区域内存在竖直向下的匀强磁场（圆形磁场的直径小于圆盘的半径），两图中磁场的磁感应强度大小均为B，且磁场区域固定。将图甲和图乙中的开关和闭合，经足够长时间后，两图中的圆盘转速均达到稳定。则（　　）

A．从上往下看，圆盘沿顺时针方向转动
B．刚闭合开关时，图甲中的圆盘比图乙中的圆盘加速得快
C．将两图中的开关断开，图乙中的圆盘仍然匀速转动
D．将两图中的开关断开，图甲中的圆盘比图乙中的圆盘减速得快
【答案】B
【解析】A．根据左手定则可知，从上往下看，圆盘的转动方向是逆时针方向，选项A错误；B．刚闭合开关时，图甲中的圆盘都处在磁场中，所受安培力较大，故图甲中的圆盘比图乙中的圆盘加速得快，选项B正确；CD．开关断开后，由于图甲中磁场充满整个圆盘，使得圆盘沿每条半径方向的感应电动势都一样大，电荷只在盘心和盘的边缘处积累，不会在圆盘内部形成电流，因此在开关断开后，只要没有其它的阻力，圆盘将匀速转动不会减速，图乙由于磁场存在于圆盘中的一部分区域内，使得开关断开后，仍有电流在圆盘内部形成回路，由于安培力作用圆盘减速，选项CD错误。故选B。
2．如图甲所示，足够长的不可伸长的柔软轻导线跨过滑轮悬挂两条水平金属棒MN、PQ，棒长均为l=0.50m，电阻值均为R=1.0Ω，MN质量m1=0.10kg，PQ质量m2=0.20kg，整个装置处于磁感应强度B=1.0T的匀强磁场中，磁场方向水平且垂直于MN和PQ，刚开始用外力使整个系统静止，t=0时刻，对金属棒MN施加一个竖直向下的外力F，使之由静止开始运动，运动过程中电路中的电流I随时间t变化的关系如图乙所示，电路中其他部分电阻忽略不计，g取10m/s2（　　）

A．2.0s末金属棒MN瞬时速度为1.6m/s
B．4.0s末力F的瞬时功率为0.64W
C．0~3.0s内PQ杆所受安培力冲量大小为0.9N·s
D．若0~3.0s时间内MN上产生的热量为0.36J，则F对金属棒MN所做的功约为2.7J
【答案】D
【解析】A．根据双棒反向切割磁感线，可得产生的电动势为

由闭合电路欧姆定律可知，电路中的电流为

而由图乙可得，时，，代入数据解得

A错误；
B．电流随时间均匀增大，由

可知，金属棒做初速度为零的匀加速直线运动，由运动学规律

代入数据解得金属棒的加速度大小

对两根金属棒整体进行受力分析，根据牛顿第二定律得

又

由题图乙可得时，，代入数据解得
，
代入速度与电流的关系可得，时

根据

解得

B错误；
C．可得安培力的表达式为

所以内，安培力的冲量为

C错误；
D．时MN杆下落的高度及速度分别为


又与串联，可知内电路中产生的总热量为

根据能量守恒定律有

联立可得对金属棒所做的功

D正确。故选D。
3．如图所示，同一竖直面内的正方形导线框的边长均为，电阻均为，质量分别为和。它们分别系在一跨过两个定滑轮的轻绳两端，在两导线框之间有一宽度为、磁感应强度大小为、方向垂直竖直面的匀强磁场区域。开始时，线框的上边与匀强磁场的下边界重合，线框的下边到匀强磁场的上边界的距离为。现将系统由静止释放，当线框全部进入磁场时，两个线框开始做匀速运动。不计摩擦和空气阻力，重力加速度为，则下列说法错误的是（　　）

A．两个线框匀速运动时的速度大小为
B．线框从下边进入磁场到上边离开磁场所用时间为
C．从开始运动到线框全部进入磁场的过程中，线框所产生的焦耳热为
D．从开始运动到线框全部进入磁场的过程中，两线框共克服安培力做功为
【答案】D
【解析】A．设两线框刚匀速运动的速度为v，此时轻绳上的张力为T，则对线框a有

对线框b有

又


联立解得

选项A正确；
B．线框a从下边进入磁场后，线框a通过磁场时以速度v匀速运动，设线框a通过磁场的时间为t，则

选项B正确；
C．从开始运动到线框a全部进入磁场的过程中，线框a只在a匀速进入磁场的过程中产生焦耳热，设为Q，由功能关系可得

所以

选项C正确；
D．设两线框从开始运动至a全部进入磁场的过程中，两线框共克服安培力做的功为W，此过程中左、右两线框分别向上、向下运动的距离，对这一过程，由能量守恒定律有

解得

选项D错误。本题选错误的，故选D。
4．如图所示，竖直放置的“”形光滑导轨宽为L，矩形匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的高和间距均为d，磁感应强度为质量为m的水平金属杆由静止释放，进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等。金属杆在导轨间的电阻为R，与导轨接触良好，其余电阻不计，重力加速度为g。金属杆（　　）

A．刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向下
B．穿过磁场Ⅰ的时间大于在两磁场之间的运动时间
C．穿过两磁场产生的总热量为3mgd
D．释放时距磁场Ⅰ上边界的高度h可能小于
【答案】B
【解析】A．金属杆在无场区做匀加速运动，而金属杆进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等，所以金属杆刚进入磁场Ⅰ时做减速运动，加速度方向竖直向上，故A错误；B．金属杆在磁场Ⅰ运动时，随着速度减小，产生的感应电流减小，受到的安培力减小，合力减小，加速度减小，所以金属杆做加速度逐渐减小的变减速运动，在两个磁场之间做匀加速运动，由题知，进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等，所以金属杆在磁场Ⅰ中运动时平均速度小于在两磁场之间运动的平均速度，两个过程位移相等，所以金属杆穿过磁场Ⅰ的时间大于在两磁场之间的运动时间，故B正确；C．金属杆从刚进入磁场Ⅰ到刚进入磁场Ⅱ的过程，由能量守恒定律得

金属杆通过磁场Ⅱ时产生的热量与通过磁场Ⅰ时产生的热量相同，所以总热量为

故C错误；D．设金属杆释放时距磁场Ⅰ上边界的高度为H时进入磁场Ⅰ时刚好匀速运动，则有

又

联立解得

由于金属杆进入磁场Ⅰ时做减速运动，所以h一定大于，故D错误。故选B。
5．如图所示，相距为L的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为θ，上端接有定值电阻R，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B。将质量为m的导体棒由静止释放，当速度达到v时开始匀速运动，此时对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，并保持拉力的功率恒为P，导体棒最终以2v的速度匀速运动。导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为g。下列选项正确的是（　）

A．P=2mgvsinθ
B．P=3mgvsinθ
C．当导体棒速度达到时加速度大小为gsinθ
D．在速度达到2v以后匀速运动的过程中，R上产生的焦耳热等于拉力所做的功
【答案】A
【解析】AB．当导体棒的速度达到v时，对导体棒进行受力分析如下图所示

则


所以

当导体棒的速度达到2v时，对导体棒进行受力分析如下图所示

则

联立解得

功率

故A正确，B错误；
C．当导体棒速度达到时，对导体棒受力分析如下图所示


联立解得

故C错误；D．当导体棒的速度达到2v时，安培力等于拉力和重力沿下面向下的分力之和。根据功和能量的关系，以后匀速运动的过程中，R上产生的焦耳热等于拉力和重力做功之和，故D错误。故选A。
6．如图所示，一平行金属导轨与水平成放置，导轨间的距离为L，在OO’的上方区域存在与导轨平面垂直，磁感应强度为B的匀强磁场（图中未全部画出），导轨的下端接有阻值为2R的电阻，在导轨的上端垂直于导轨放有一质量为m的导体棒ab，另有一质量为M的导体棒cd垂直于导轨，以v0的速度沿导轨向上进入磁场，cd与导轨无摩擦，当cd进入和离开磁场时，导体棒ab恰好保持静止，且导体棒ab一直处于静止状态，两导体棒一直没有相撞。已知两导体棒的长度均为L，cd棒电阻为R，ab棒电阻为2R，导体棒与导轨接触良好，不计其他电阻。则：（　　）


A．导体棒ab恰好不受摩擦力时，导体棒cd的速度为
B．cd上滑过程中重力的冲量等于下滑过程中重力的冲量
C．cd上滑过程中通过R的电荷量大于下滑过程中通过R的电荷量
D．cd离开磁场时的速度为v0
【答案】A
【解析】A．导体棒ab恰好不受摩擦力时，设通过ab棒的电流为I，则有

电路的感应电动势为

联立解得

A正确；
B．cd上滑过程中，根据牛顿第二定律得

cd下滑过程中，根据牛顿第二定律得

可知，上滑加速度始终大于下滑加速度，根据可知，下滑时间较长，所以下滑时重力的冲量较大。B错误；
C．通过的电荷量为

解得

通过R的电荷量与导体棒cd运动的位移有关，因为上滑和下滑过程中运动的位移大小相同，所以通过R的电荷量相同，C错误；D．根据能量守恒，导体棒有部分机械能转化为电能，所以导体棒进入磁场时的速度要大于离开磁场时的速度，D错误。故选A。
7．小华同学正在进行“探究法拉第电磁感应现象”的实验。
（1）已将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电表及开关按如图所示部分连接，要把电路连接完整且正确，则N连接到接线柱___________（选填“a”、“b”或“c”），M连接到接线柱___________（选填“a”、“b”或“c”）。

（2）正确连接电路后，开始实验探究，某同学发现当他将滑动变阻器的滑片P向右匀速滑动时，灵敏电流计的指针向右偏转，由此可以判断___________。
A．滑动变阻器的滑片P向右加速滑动，灵敏电流计的指针向左偏转
B．线圈A中的铁芯向上拔出或断开开关，都能引起灵敏电流计的指针向右偏转
C．滑动变阻器的滑片P匀速向左滑动，灵敏电流计的指针静止在中央
（3）实验中小华同学发现在两次电磁感应现象中，第一次电流计的指针摆动的幅度比第二次指针摆动的幅度大，原因是线圈中第一次的___________（选填“磁通量”、“磁通量的变化量”或“磁通量的变化率”）比第二次的大。
【答案】a c B 磁通量的变化率
【解析】（1）[1] 将电流计与线圈B串联成另一个回路，所以N连接a。
[2]将电源、电键、变阻器、线圈A串联成一个回路，注意滑动变阻器接一上一下两个接线柱，所以M连接c。
（2）[3] A．由题意可知，当P向右匀速滑动时，线圈A中的电流应越来越小，则其磁场减小，磁通量减少，此时线圈B中产生了电流使指针向右偏转，故可知当B中的磁通量减小时，电流表指向右偏。滑动变阻器滑动端P向右加速滑动时，线圈B中磁通量减小，故指针应向右偏转，故A错误；
B．当铁芯拔出或断开开关时，线圈A中磁场减小，故线圈B中磁通量减小，指针向右偏转，故B正确；
C．滑片匀速向左运动时，线圈A中也会产生变化的磁场，线圈B中产生了感应电流使指针偏转，故C错误。
故选B。
（3）[4] 在电磁感应现象中，磁通量的变化率等于电动势。电动势越大，感应电流越大。所以第一次电流计的指针摆动的幅度比第二次的大。原因是线圈中第一次的磁通量的变化率比第二次的大。
8．如图所示，在方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，沿水平面固定一个V字形的光滑金属框架CAD，已知，导体棒EF在框架上从A点开始（0时刻）在水平外力作用下，沿垂直EF方向以速度v匀速向右平移，使导体棒和框架始终构成等边三角形回路，经过时间t导体棒运动到图示位置。已知框架和导体棒的材料和横截面积均相同，其单位长度的电阻均为r0，框架和导体棒均足够长，导体棒运动中始终与磁场方向垂直，且与框架接触良好。求：
（1）t时刻穿过回路的磁通量；
（2）0~t时间内通过导体棒的电荷量q；
（3）0~t时间内水平外力所做的功W。

【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】（1）设t时刻回路的面积为S，则有


解得

（2）设t时刻导体棒切制磁感线的有效长度为l，回路的感应电动势为E、总电阻为R、感应电流为I，则有




解得

由以上结果知，通过导体棒的电流为一定值，所以有

解得

（3）导体棒匀速运动，所受外力和安培力等大、反向，设某时刻外力的大小为F，外力的功率为P外，则有


解得

由以上结果知，外力的功率P外与运动时间t成正比，根据图像面积的物理意义知

解得

9．如图，平行金属板A、C面积均为S，相距为d，在两金属板之间存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场，通过导线将两金属板与平行金属导轨相连，两导轨水平放置且处于垂直导轨平面的匀强磁场中，磁感应强度大小也为B，长为L的金属棒的两端恰好静置在水平金属导轨上，平行金属导轨电阻不计，金属棒电阻为R，在平行金属板A、C左端均匀通入质量为m、电荷量为q的等离子体，其速度均为v，已知金属板A、C之间等离子体的电阻率为ρ，开始时开关K断开，金属棒始终处于静止状态。

（1）金属板A带__________电。
（2）在开关K断开时，平行金属板A、C间产生的电势差位__________。
（3）在开关K闭合时，通过金属棒L的电流大小为__________。
（4）在开关K闭合时，金属棒L所受安培力大小为__________。
【答案】负电 Bdv
【解析】（1）[1]由左手定则可知，金属板A带负电，A项错误；
（2）[2]在开关K断开时，设金属板A、C间电势差为，则有


得

（3）[3]在开关闭合时，电流通过金属板A、C间电阻为

由闭合电路欧姆定律得

（4）[4]在开关K闭合时，金属棒L所受安培力为