一、选择题(每题3分，共36分)

1.(2010•合肥模拟)如图所示，A、B两闭合线圈由同样长度、同种材料的导线绕成，A为10匝，B为20匝，半径为rA=2rB，匀强磁场只分布在B线圈内.若磁场均匀地减弱，则(　　)

A.A中无感应电流

B.A、B中均有恒定的感应电流

C.A、B中感应电动势之比为2∶1

D.A、B中感应电流之比为1∶2

答案：BD

解析：在线圈A、B中都存在着磁通量的变化，因此两线圈中都有感应电流，选项A错误，选项B正确;由于A的匝数为B的一半，两个线圈中磁通量及其变化完全相同，根据法拉第电磁感应定律，两个线圈中感应电动势之比为1∶2，选项C错误;由于两个线圈用同样导线绕成且总长度相同，所以两个线圈的电阻是相同的，因此A、B中感应电流之比也是1∶2，选项D正确.

2.单匝矩形线圈在磁场中匀速转动，转轴垂直于磁场，若线圈所围面积里磁通量随时间变化的规律如图所示，由O～D过程中(　　)

A.线圈中O时刻感应电动势最大

B.线圈中D时刻感应电动势为零

C.线圈中D时刻感应电动势最大

D.线圈中O至D时刻内平均感应电动势为0.40 V

答案：ABD

解析：在O时刻Φ­t图线的斜率最大，由E=ΔΦΔt知感应电动势最大，A选项正确;在D时刻Φ­t图线的斜率为0，由E=ΔΦΔt知感应电动势为0，B选项正确，C选项错误;在O至D时间内E=ΔΦΔt=2×10-30.005 V=0.40 V，故D选项正确.

3.(2009•山东理综)如图所示，一导线弯成半径为a的半圆形闭合回路.虚线MN右侧有磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于回路所在的平面.回路以速度v向右匀速进入磁场，直径CD始终与MN垂直，从D点到达边界开始到C点进入磁场为止，下列结论正确的是

(　　)

A.感应电流方向不变

B.CD段直导线始终不受安培力

C.感应电动势最大值Em=Bav

D.感应电动势平均值E=14πBav

答案：ACD

解析：根据楞次定律可判定闭合回路中产生的感应电流方向始终不变，A正确;CD段电流方向是D指向C，根据左手定则可知，CD段受到安培力，且方向竖直向下，B错误;当有一半进入磁场时，产生的感应电动势最大，Em=Bav，C正确;由法拉第电磁感应定律得E=ΔΦΔt=πBav4，D正确.

4.(2009•海南单科)一长直铁芯上绕有一固定线圈M，铁芯右端与一木质圆柱密接，木质圆柱上套有一闭合金属环N，N可在木质圆柱上无摩擦移动.M连接在如图所示的电路中，其中R为滑动变阻器，E1和E2为直流电源，S为单刀双掷开关.下列情况中，可观测到N向左运动的是(　　)

A.在S断开的情况下，S向a闭合的瞬间

B.在S断开的情况下，S向b闭合的瞬间

C.在S已向a闭合的情况下，将R的滑动头向c端移动时

D.在S已向a闭合的情况下，将R的滑动头向d端移动时

答案：C

解析：由楞次定律第二种描述可知：只要线圈中电流增强，即穿过N的磁通量增加，则N受排斥而向右运动，只要线圈中电流减弱，即穿过N的磁通量减少，则N受吸引而向左运动，故选项C正确.

5.如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻r不能忽略.R1和R2是两个定值电阻，L是一个自感系数较大的线圈.开关S原来是断开的，从闭合开关S到电路中电流达到稳定为止的时间内，通过R1的电流I1和通过R2的电流I2的变化情况是(　　)

A.I1开始较大而后逐渐变小

B.I1开始很小而后逐渐变大

C.I2开始很小而后逐渐变大

D.I2开始较大而后逐渐变小

答案：AC

解析：闭合开关S时，由于L是一个自感系数较大的线圈，产生反向的自感电动势阻碍电流的变化，所以开始时I2很小而I较大，随着电流达到稳定，线圈的自感作用减小，I2开始逐渐变大，由于分流导致稳定电路中R1中的电流减小，故选A、C.

6.(2010•江门模拟)如图是某电磁冲击钻的原理图，若突然发现钻头M向右运动，则可能是(　　)

A.开关S闭合瞬间

B.开关S由闭合到断开的瞬间

C.开关S已经是闭合的，变阻器滑片P向左迅速滑动

D.开关S已经是闭合的，变阻器滑片P向右迅速滑动

答案：AC

解析：当开关突然闭合时，左线圈上有了电流，产生磁场，而对于右线圈来说，磁通量增加，由楞次定律可知，为了阻碍磁通量的增加，钻头M向右运动远离左边线圈，故A项正确;当开关由闭合到断开瞬间，穿过右线圈的磁通量要减少，为了阻碍磁通量的减少，钻头M要向左运动靠近左边线圈，故B项错误;开关闭合时，当变阻器滑片P突然向左滑动时，回路的电阻减小，回路电流增大，产生的磁场增强，穿过右线圈的磁通量增大，为了阻碍磁通量的增加，钻头M向右运动远离左边线圈，故C项正确;当变阻器滑片P突然向右滑动时，回路的电阻增大，回路电流减小，产生的磁场减弱，穿过右线圈的磁通量减少，为了阻碍磁通量的减少，钻头M向左运动靠近左边线圈，故D项错误.

7.如图(甲)所示，矩形导线框abcd放在匀强磁场中，在外力控制下静止不动;磁感线方向与线圈平面垂直，磁感应强度B随时间变化的图象如图(乙)所示，t=0时刻，磁感应强度的方向垂直纸面向里.在0～4 s时间内，线框ab边受安培力随时间变化的图象可能是图中的(规定力向左为正)(　　)

答案：D

解析：由B­t图象可知，在0～1 s内，匀强磁场垂直纸面向里，且均匀减小，据楞次定律可判定线框中感应电流方向b→a→d→c→b进一步由左手定则判定ab边受安培力方向向左，为正值.又根据F=BIL=BΔB•SΔtRL∝B，综合考虑不难得出正确答案为D.

8.如图所示，竖直平面内的虚线上方是一匀强磁场B，从虚线下方竖直上抛一正方形线圈，线圈越过虚线进入磁场，最后又落回原处，运动过程中线圈平面保持在竖直平面内，不计空气阻力，则(　　)

A.上升过程克服磁场力做的功大于下降过程克服磁场力做的功

B.上升过程克服磁场力做的功等于下降过程克服磁场力做的功

C.上升过程克服重力做功的平均功率大于下降过程中重力的平均功率

D.上升过程克服重力做功的平均功率等于下降过程中重力的平均功率

答案：AC

解析：线圈上升过程中，加速度增大且在减速，下降过程中，运动情况比较复杂，有加速、减速或匀速等，把上升过程看做反向的加速，可以比较当运动到同一位置时，线圈速度都比下降过程中相应的速度要大，可以得到结论：上升过程中克服安培力做功多;上升过程时间短，故正确选项为A、C.

9.(2010•湖南十校联考)两根相互平行的金属导轨水平放置于图所示的匀强磁场中，在导轨上接触良好的导体棒AB和CD可以自由滑动.当AB在外力F作用下向右运动时，下列说法中正确的是(　　)

A.导体棒CD内有电流通过，方向是D→C

B.导体棒CD内有电流通过，方向是C→D

C.磁场对导体棒CD的作用力向左

D.磁场对导体棒AB的作用力向左

答案：BD

解析：利用楞次定律，两个导体棒与两根金属导轨构成闭合回路，分析出磁通量增加，结合安培定则判断回路中感应电流的方向是B→A→C→D→B.以此为基础，再判断CD内的电流方向，最后根据左手定则进一步确定CD的受力方向，经过比较可得正确答案.

10.(2010•福州一模)在甲、乙、丙三图中，除导体棒ab可动外，其余部分均固定不动，甲图中的电容器C原来不带电，设导体棒、导轨和直流电源的电阻均可忽略，导体棒和导轨间的摩擦也不计.图中装置均在水平面内，且都处于方向垂直水平面(即纸面)向下的匀强磁场中，导轨足够长.今给导体棒ab一个向右的初速度，在甲、乙、丙三种情况下导体棒ab的最终运动状态是(　　)

A.三种情形下导体棒ab最终均做匀速运动

B.甲、丙中，ab棒最终将以不同的速度做匀速运动，乙中ab棒最终静止

C.甲、丙中，ab棒最终将以相同的速度做匀速运动，乙中ab棒最终静止

D.三种情形下导体棒ab最终均静止

答案：B

解析：图甲中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流而使电容器充电，当电容器C极板间电压与导体棒产生的感应电动势相等时，电路中没有电流，ab棒向右做匀速运动;图乙中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流，通过电阻R转化为内能，当ab棒的动能全部转化为内能时，ab棒静止;图丙中，导体棒先受到向左的安培力作用下向左做加速运动，当导体棒产生的感应电动热与电源的电动势相等时，电路中没有电流，ab棒向左做匀速运动.所以B项正确.

11.如图所示，在水平桌面上放置两根相距L的光滑平行金属导轨ab与cd，阻值为R的电阻与导轨的a、c端相连.金属滑杆MN垂直于导轨并可在导轨上滑动.整个装置放于匀强磁场中，磁场的方向竖直向上，磁感应强度的大小为B.金属滑杆与导轨电阻不计，金属滑杆的中点系一不可伸长的轻绳，绳绕过固定在某边的光滑轻滑轮后，与一质量为m的物块相连，拉金属滑杆的绳处于水平拉直状态.现若从静止开始释放物块，用I表示回路中的感应电流，g表示重力加速度，则在物块下落过程中物块的速度可能(　　)

A.小于mgRB2L2　　　　　　 B.等于mgRB2L2

C.小于I2Rmg D.大于I2Rmg

答案：ABC

解析：MN的最大速度就是安培力等于重力时对应的速度，即BIL=mg，B2L2v/R=mg，v=mgRB2L2，故A、B正确;又I=BLvR，v=I2Rmg，C正确D错误.

12.(2010•徐州模拟)如图所示，四根等长的铝管和铁块(其中C中铝管不闭合，其他两根铝管和铁管均闭合)竖直放置在同一竖直平面内，分别将磁铁和铁块沿管的中心轴线从管的上端由静止释放，忽略空气阻力，则下列关于磁铁和铁块穿过管的运动时间的说法正确的是(　　)

A.tA>tB=tC=tD B.tC=tA=tB=tD

C.tC>tA=tB=tD D.tC=tA>tB=tD

答案：A

解析：A中闭合铝管不会被磁铁磁化，但当磁铁穿过铝管的过程中，铝管可看成很多圈水平放置的铝圈，据楞次定律知，铝圈将发生电磁感应现象，阻碍磁铁的相对运动;因C中铝管不闭合，所以磁铁穿过铝管的过程不发生电磁感应现象，磁铁做自由落体运动;铁块在B中铝管和D中铁管中均做自由落体运动，所以磁铁和铁块在管中运动时间满足tA>tC=tB=tD，A正确.

二、填空题(每题4分，共12分)

13.如图所示的电路，L为自感线圈，R是一个灯泡，E是电源，当S闭合瞬间，通过电灯的电流方向是________，当S切断瞬间通过电灯的电流方向是________.

答案：A→B　B→A

解析：S闭合时，根据电源正负极易知电流方向.S断开瞬间，线圈L将产生与原电流同向的断电自感电动势阻碍原电流的减小，线圈L与灯泡组成闭合回路，通过灯泡的电流从B到A.

14.如图所示，竖直平面内有一金属环，半径为a，总电阻为R(指拉直时两端的电阻)，磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过环平面，在环的最高点A用铰链连接长度为2a、电阻为R2的导体棒AB，AB由水平位置紧贴环面摆下，当摆到竖直位置时，B点的线速度为v，则这时AB两端的电压大小为________

答案：13Bav

解析：摆到竖直位置时，AB切割磁感线的瞬时感应电动势E=B•2a•12v=Bav.

由闭合电路欧姆定律，

UAB=ER2+R4•R4=13Bav.

15.(2010•试题调研)由于国际空间站的运行轨道上各处的地磁场强弱及方向均有所不同，所以在运行过程中，穿过其外壳的地磁场的磁通量将不断变化，这样将会导致________现象发生，从而消耗国际空间站的能量.为了减少这类消耗，国际空间站的外壳材料的电阻率应尽可能________(填“大”或“小”)一些.

答案：电磁感应　大

解析：电阻率较大，电阻也较大，同样的电磁感应现象，产生的电动势一定，由P=U2R可知，电阻较大时，消耗的电功率较小，可以减少能量消耗.

三、计算题(共5题，共52分)

16.(10分)(2010•福州模拟)如图所示，长L1宽L2的矩形线圈电阻为R，处于磁感应强度为B的匀强磁场边缘，线圈与磁感线垂直.求：将线圈以向右的速度v匀速拉出磁场的过程中，

(1)拉力F大小;

(2)拉力的功率P;

(3)拉力做的功W;

(4)线圈中产生的电热Q;

(5)通过线圈某一截面的电荷量q.

答案：(1)B2L22vR　(2)B2L22v2R　(3)B2L22L1vR

(4)B2L22L1vR　(5)BL1L2R

解析：(1)E=BL2v，I=E/R，F=BIL2，∴ F=B2L22vR

(2)P=Fv=B2L22v2/R

(3)W=FL1=B2L22L1v/R

(4)Q=W=B2L22L1v/R

(5)q=It=ERt=ΔΦR=BL1L2R

17.(10分)(2010•杭州模拟)如图(a)所示，面积S=0.2 m2的线圈，匝数n=630匝，总电阻r=1.0 Ω，线圈处在变化的磁场中，磁感应强度B随时间t按图(b)所示规律变化，方向垂直线圈平面.图(a)中传感器可看成一个纯电阻R，并标有“3 V　0.9 W”，滑动变阻器R0上标有“10 Ω　1 A”，试回答下列问题：

(1)设磁场垂直纸面向外为正方向，试判断通过电流表的电流方向;

(2)为了保证电路的安全，求电路中允许通过的最大电流;

(3)若滑动变阻器触头置于最左端，为了保证电路的安全，图(b)中的t0最小值是多少?

答案：(1)向右　(2)0.3 A　(3)40 s

解析：(1)由安培定则判断得，电流向右.

(2)传感器正常工作时的电阻R=U2P=10 Ω

工作电流I=UR=0.3 A，由于滑动变阻器工作电流是1 A，所以电路允许通过的最大电流为I=0.3 A

(3)滑动变阻器触头位于最左端时外电路的电阻为R外=20 Ω，故电源电动势的最大值E=I(R外+r)=6.3 V

由法拉第电磁感应定律

E=nΔΦΔt=nSΔBΔt=630×0.2×2.0t0 V，解得t0=40 s

18.(10分)如图甲所示，一对平行光滑轨道放置在水平面上，两轨道间距l=0.20 m，电阻R=1.0 Ω;有一导体杆静止地放在轨道上，与两轨道垂直，杆及轨道的电阻皆可忽略不计，整个装置处于磁感应强度B=0.50 T的匀强磁场中，磁场方向垂直轨道面向下.现用一外力F沿轨道方向拉杆，使之做匀加速运动，测得力F与时间t的关系如图乙所示，求杆的质量m和加速度a.

答案：0.1 kg　10 m/s2

解析：导体杆在轨道上做初速度为零的匀加速直线运动，用v表示瞬时速度，t表示时间，则杆切割磁感线产生的感应电动势为E=Blv=Blat①

闭合回路中的感应电流为I=ER②

由安培定则和牛顿第二定律得

F-BIl=ma③

将①②式代入③式整理得F=ma+B2l2Rat④

在题图乙图线上取两点：t1=0，F1=1 N;t2=10 s，F2=2 N，代入式④，联立方程解得a=10 m/s2，m=0.1 kg.

19.(12分)均匀导线制成的单匝正方形闭合线框abcd，每边长为L，总电阻为R，总质量为m.将其置于磁感强度为B的水平匀强磁场上方h处，如图所示.线框由静止自由下落，线框平面保持在竖直平面内，且cd边始终与水平的磁场边界面平行.当cd边刚进入磁场时，

(1)求线框中产生的感应电动势大小.

(2)求cd两点间的电势差大小.

(3)若此时线框加速度恰好为零，求线框下落的高度h应满足的条件.

答案：(1)BL2gh　(2)34BL2gh　(3)h=m2gR22B4L4

解析：(1)cd边刚进入磁场时，线框速度v=2gh

线框中产生的感应电动势E=BLv=BL2gh

(2)此时线框中电流I=ER

cd两点间的电势差U=I34R=34BL2gh

(3)安培力F=BIL=B2L22ghR

根据牛顿第二定律mg-F=ma，由a=0

解得下落高度满足h=m2gR22B4L4

20.(10分)光滑平行的金属导轨MN和PQ，间距L=1.0 m，与水平面之间的夹角α=30°，匀强磁场磁感应强度B=2.0 T，垂直于导轨平面向上，MP间接有阻值R=2.0 Ω的电阻，其他电阻不计，质量m=2.0 kg的金属杆ab垂直导轨放置，如图(甲)所示.用恒力F沿导轨平面向上拉金属杆ab，由静止开始运动，v­t图象如图(乙).g=10 m/s2，导轨足够长，求：

(1)恒力F的大小;

(2)金属杆速度为2.0 m/s时的加速度大小;

(3)根据v­t图象估算在前0.8 s内电阻上产生的热量.

答案：(1)18 N　(2)2.0 m/s2　(3)3.80 J

解析：(1)由图(乙)知，杆运动的最大速度为vm=4 m/s

此时有：F=mgsin α+F安

=mgsin α+B2L2vmR

代入数据得：F=18 N

(2)由牛顿第二定律可得：F-F安-mgsin α=ma

a=F-B2L2vR-mgsin αm，代入数据得：a=2.0 m/s2

(3)由(乙)图可知0.8 s末导体杆的速度v1=2.2 m/s

前0.8 s内图线与t轴所包围的小方格的个数为27个，面积为27×0.2×0.2=1.08，即前0.8 s内导体杆的位移x=1.08 m.由能的转化和守恒定律得：

Q=Fx-mgxsin α-12mv12，代入数据得：Q=3.80 J

(说明，前0.8 s内图线与t轴所包围的小方格的个数在26～28个之间，位移在1.04～1.12 m之间，产生的热量在3.48～4.12 J之间均正确).