【文档说明】【精准解析】【新高考】2021高考物理人教版：课练30法拉第电磁感应定律　自感现象.docx，共(25)页，663.262 KB，由小赞的店铺上传

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课练30法拉第电磁感应定律自感现象———[狂刷小题夯基础]———练基础小题1．小明同学做验证断电自感现象的实验，他找来带铁芯的线圈L、小灯泡A、开关S和电池组E，用导线将它们连接成如图所示的电路．检查电路后，闭合开

关S，小灯泡发光；再断开开关S，小灯泡仅有不显著的延时熄灭现象．下列说法正确的是()A．断开开关S，一定没电流流过小灯泡B．开关S断开前后，流过小灯泡的电流方向相反C．小灯泡未闪亮的原因是线圈电阻偏小D．小灯

泡未闪亮的原因是线圈的自感系数较小2．(多选)如图所示，在边长为a的等边三角形区域内有匀强磁场，磁感应强度大小为B，其方向垂直于纸面向外，一个边长也为a的等边三角形导线框EFG正好与上述磁场区域的边界重合，而后绕其几何中心O点在纸面内以角速度ω顺时针匀速转动，于是

线框EFG中产生感应电动势，若转过60°后线框转到图中的虚线位置，则在这段时间内()A．感应电流方向为E→G→F→EB．感应电流方向为E→F→G→EC．平均感应电动势大小等于3ωa2B4πD．平均感应电动势大小等于3ωa2B3π3

．(多选)如图所示，光滑水平面上存在有界匀强磁场，磁感应强度为B，质量为m、边长为a的正方形线框ABCD斜向右上穿进磁场，当AC刚进入磁场时的速度为v，方向与磁场边界成45°角，若线框的总电阻为R，则()A．线框穿进

磁场过程中，框中电流的方向为DCBAB．AC刚进入磁场时线框中的感应电流为2BavRC．AC刚进入磁场时线框所受安培力为2B2a2vRD．AC刚进入磁场时CD两端电压为34Bav4．如图所示，匀强磁场中

有一由半圆弧及其直径构成的导线框，半圆直径与磁场边缘重合；磁场方向垂直于半圆面(纸面)向里，磁感应强度大小为B0，使该线框从静止开始绕过圆心O且垂直于半圆面的轴以角速度ω匀速转动半周，在线框中产生感应电流．现使线框保持图中所示位置不变，磁感

应强度大小随时间线性变化．为了产生与线框转动半周过程中同样大小的电流，磁感应强度随时间的变化率ΔBΔt的大小应为()A.ωB0πB.2ωB0πC.4ωB0πD.ωB02π5．如图所示，MN、PQ是间距为L的平行金属导轨，置于磁感应强度大小为B、方向垂直导轨所在平面向

里的匀强磁场中，M、P间接有一阻值为R的电阻．一根与导轨接触良好、有效阻值为R2的金属杆ab垂直导轨放置，并在水平外力F的作用下以速度大小为v向右匀速运动，则(不计导轨电阻)()A．通过电阻R的电流方向为P→MB．a、b间的电压为BLvC．a端电势比b端电势高D．外力F做的功等于电阻R上产生的焦耳

热6．(多选)如图所示，在半径为R的半圆形区域内，有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的有界匀强磁场，PQM为圆的内接三角形，且PM为圆的直径，三角形的各边由材料相同的细软导线(可自由拉伸或收缩)组成(不考虑导线中电流

间的相互作用)，已知三角形导线的总电阻为r且恒定不变，此时∠PMQ＝37°，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.则下列说法正确的是()A．穿过三角形PQM的磁通量为Φ＝0.96BR2B．若磁场方向不变，只改变磁感应强度B的大小，且B＝B0＋kt(k为常量，k>0)，

则三角形导线中产生的感应电流大小为I＝0.96kR2rC．保持P、M两点位置不变，在将Q点沿圆弧顺时针移动到接近M点的过程中，三角形导线中感应电流的方向先沿逆时针方向后沿顺时针方向D．保持P、M两点位置不变，在将Q点沿圆弧顺时针移动到接近M点的过程中，三角形导线中不会产生焦耳热练高考小

题7．[2019·全国卷Ⅲ，19](多选)如图，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨，两相同的光滑导体棒ab、cd静止在导轨上．t＝0时，棒ab以初速度v0向右滑动．运动过程中，ab、cd始终与导轨垂直并接触良好，两者速度分别用v1、v2表示，

回路中的电流用I表示．下列图像中可能正确的是()8．[2019·全国卷Ⅰ，20](多选)空间存在一方向与纸面垂直、大小随时间变化的匀强磁场，其边界如图(a)中虚线MN所示．一硬质细导线的电阻率为ρ、横截面积为S，将该导线做成

半径为r的圆环固定在纸面内，圆心O在MN上．t＝0时磁感应强度的方向如图(a)所示；磁感应强度B随时间t的变化关系如图(b)所示．则在t＝0到t＝t1的时间间隔内()A．圆环所受安培力的方向始终不变B．圆环中的感应电

流始终沿顺时针方向C．圆环中的感应电流大小为B0rS4t0ρD．圆环中的感应电动势大小为B0πr24t09.[2019·全国卷Ⅱ，21](多选)如图，两条光滑平行金属导轨固定，所在平面与水平面夹角为θ，导轨电阻忽略不计．虚线ab、cd均与

导轨垂直，在ab与cd之间的区域存在垂直于导轨所在平面的匀强磁场．将两根相同的导体棒PQ、MN先后自导轨上同一位置由静止释放，两者始终与导轨垂直且接触良好．已知PQ进入磁场时加速度恰好为零．从PQ进入磁场开始计时，到MN离开磁场区域为止，流过PQ的电流随时间变化的图

像可能正确的是()10.[2018·全国卷Ⅲ，20](多选)如图(a)，在同一平面内固定有一长直导线PQ和一导线框R，R在PQ的右侧．导线PQ中通有正弦交流电i，i的变化如图(b)所示，规定从Q到P为电流正方向．导线框R中的感应电动势()A．在t＝T4时为零B．在t＝T2时改变方向C．在t

＝T2时最大，且沿顺时针方向D．在t＝T时最大，且沿顺时针方向11．[2017·北京卷，19]图1和图2是教材中演示自感现象的两个电路图，L1和L2为电感线圈．实验时，断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗；闭合开关S2，灯A2逐渐变亮，而另一个

相同的灯A3立即变亮，最终A2与A3的亮度相同．下列说法正确的是()图1图2A．图1中，A1与L1的电阻值相同B．图1中，闭合S1，电路稳定后，A1中电流大于L1中电流C．图2中，变阻器R与L2的电阻值相同D．图2中，闭合S2瞬间，L2中电流与变阻器R中电流相等练模拟小题12.[2019·湖南省

衡阳八中模拟](多选)如图所示，均匀金属圆环的总电阻为4R，磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过圆环，金属杆OM的长为l，阻值为R，M端与环接触良好，绕过圆心O的转轴以恒定的角速度ω顺时针转动．阻值为R的电阻

一端用导线和环上的A点连接，A点位于O点的正下方，另一端和转轴O处的端点相连接．下列判断正确的是()A．金属杆OM旋转产生的感应电动势恒为Bl2ω2B．通过电阻R的电流的最小值为Bl2ω8R，方向从Q到PC．

通过电阻R的电流的最大值为Bl2ω4R，且P、Q两点电势满足φP>φQD．O、M两点间电势差绝对值的最大值为Bl2ω313.[2019·河北省石家庄调研]如图所示电路中，A、B、C为完全相同的三个灯泡，L是一直

流电阻不可忽略的电感线圈．a、b为线圈L的左右两端点，刚开始开关S是闭合的，三个灯泡的亮度相同．将开关S断开后，下列说法正确的是()A．a点电势高于b点，A灯闪亮后缓慢熄灭B．a点电势低于b点，B、C灯闪亮后缓慢熄灭

C．a点电势高于b点，B、C灯闪亮后缓慢熄灭D．a点电势低于b点，B、C灯不会闪亮只是缓慢熄灭14．[2019·山东省泰安一中模拟](多选)在如图甲所示的电路中，电阻R1＝R2＝2R，单匝圆形金属线圈半径

为r1，线圈的电阻为R，在半径为r2(r2<r1)的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系图线如图乙所示，图线在横、纵轴的截距分别为t0和B0，其余导线的电阻不计．闭合S，至t1时刻，

电路中的电流已稳定，下列说法正确的是()A．电容器上极板带正电B．电容器下极板带正电C．线圈两端的电压为B0πr21t0D．线圈两端的电压为4B0πr225t015.[2019·重庆质检](多选)如图，两根足够长且光滑平行的金属导轨PP′、QQ′倾斜放置，匀强磁场

垂直于导轨平面向上，导轨的上端与水平放置的两金属板M、N相连，板间距离足够大，板间有一带电微粒，金属棒ab水平跨放在导轨上，下滑过程中与导轨接触良好．现同时由静止释放带电微粒和金属棒ab，则下列说法正确的是()A．金属棒ab最终可能匀速下

滑B．金属棒ab一直加速下滑C．金属棒ab下滑过程中M板电势高于N板电势D．带电微粒不可能先向N板运动后向M板运动16.[2019·湖南省长沙市长郡中学考试](多选)如图所示，x轴上方第一象限和第二象限分别有

垂直纸面向里和垂直纸面向外的匀强磁场，且磁感应强度大小相同，现有四分之一圆形线框OMN绕O点逆时针匀速转动，若规定线框中感应电流I顺时针方向为正方向，从图示时刻开始计时，则感应电流I及ON边所受的安培力大小F随时间t的变化示意图正确的是()———[综合测评提能

力]———一、单项选择题(本题共8小题，每小题3分，共24分)1．[2019·湖北联考]如图所示，用质量相同，粗细不同的均匀同种金属丝做成边长分别为L和2L的两只闭合线框a和b，两线框以相同的速度从磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强

磁场中被匀速拉出磁场，若外力对线框做的功分别为Wa、Wb，则Wa:Wb为()A．1:4B．1:2C．2:1D．不能确定2.[2019·湖南六校联考]如图所示，边长为L的菱形由两个等边三角形abd和bcd构成，三角形abd内存在垂直纸面向外

的磁感应强度为B的匀强磁场，三角形bcd内存在垂直纸面向里的磁感应强度也为B的匀强磁场．一个边长为L的等边三角形导线框efg在纸面内向右匀速穿过磁场，顶点e始终在直线ab上，底边gf始终与直线dc重合．规定逆时针方向为电流的正方向，在导线框

通过磁场的过程中，导线框中感应电流随其位移变化的图象是()3．[2019·贵州安顺期末]如图所示，在水平面上有两条光滑平行金属导轨MN、PQ，导轨间距为L，匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直导轨平面向下．两根完全相同的金属杆1、2间隔一定的距离摆放在导轨上，

且与导轨垂直，它们在导轨间的电阻均为R，两导轨电阻不计．杆1以初速度v0滑向杆2，为使两杆不相碰，则在杆2固定与不固定两种情况下，下列说法正确的是()A．杆2不固定时，两杆组成的系统动量不守恒B．固定与不固定的情况下，最初两杆最小间距之比为1:2C．固定与不固定的情况下，最初两杆最

小间距之比为2:1D．固定与不固定的情况下，通过闭合回路的电荷量之比为4:14．[2019·河南洛阳模拟]如图所示，电路中A、B是两个完全相同的灯泡，L是一个自感系数很大、直流电阻为零的自感线圈，则下列判断正确的是(

)A．S闭合瞬间，A灯和B灯不同时亮B．S闭合后电路稳定前，B先亮一下再逐渐变暗，A逐渐变暗C．S闭合电路稳定后，A灯和B灯亮度相同D．S闭合电路稳定后，再断开S时，A灯要亮一下再熄灭5．[2019·四川绵阳月考]在如图所示的电路中，L为电阻很小的线圈

，G1和G2为零刻度在表盘中央的两个相同的电流表．当开关S闭合后，电流表G1、G2的指针都偏向右侧，那么当断开开关S时，将出现的现象是()A．G1和G2指针都立即回到零点B．G1指针立即回到零点，而G2指针缓慢地回到零点C．G1指针缓慢地回到零点，而G2指针先立即偏向左侧，然后缓慢地

回到零点D．G2指针缓慢地回到零点，而G1指针先立即偏向左侧，然后缓慢地回到零点6．如图甲所示，固定在水平桌面上的光滑金属框架cdeg处于方向竖直向下的匀强磁场中，金属杆与金属框架接触良好．在两根导轨的端点d、e之间连接一电阻，其他部分电阻忽略不计．现用一水平向右的外

力F作用在金属杆上，使金属杆由静止开始向右在框架上滑动．图乙为一段时间内金属杆受到的安培力f随时间t的变化关系，则下面可以表示外力F随时间t变化关系的图象是()7．现代科学研究中常用到高速电子，电子感应加速器就是利用感生电场加速电子的设备，电子感应加速器主要由上、下电磁铁磁极和环形真空

室组成．当电磁铁绕组通以变化的电流时会产生变化的磁场，穿过真空室所包围区域的磁通量也随时间变化，这时真空室空间内就产生感应涡旋电场，电子将在涡旋电场作用下加速．如图所示(上方为侧视图，下方为真空室的俯视图)，若电子(不计重力)被“约束”在半径为R的圆周上沿

逆时针方向运动，此时电磁铁绕组通以图中所示的电流，则()A．此时真空室中的磁场方向是从上往下B．被加速时，电子运动的半径一定变大C．电子被加速时，电磁铁绕组中电流增大D．被加速时，电子做圆周运动的周期保持不变8．

如图甲所示，一半径为r的圆形匀强磁场区域内有一个边长为2r的正方形线框，线框单位长度的电阻为R0，磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示，磁场方向垂直纸面向里时为正值，下列说法正确的是()A．线框中的感应电流沿顺时针方向

B．线框中产生的感应电流大小为2rBm4R0t0C．在t0～2t0时间内线框有收缩的趋势且每条边受到的安培力大小恒定D．线框单位时间内产生的热量为r3B2m2R0t20J二、多项选择题(本题共2小题，每小题4分，共8分)9．[2019·湖北荆门一中考试]如图所示，相距为d0的两条水平虚线

L1、L2之间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，一质量为m、电阻为R的正方形线圈abcd边长为L(L<d0)，将线圈从磁场上方高h处由静止释放，cd边刚进入磁场时速度为v0，cd边刚离开磁场时速度也为v0，重力加速度为

g，则线圈穿越磁场的过程中(从cd边刚入磁场一直到ab边刚离开磁场)()A．感应电流做的功为mgLB．感应电流做的功为2mgd0C．线圈的最小速度可能为mgRB2L2D．线圈的最小速度一定为2g(h＋L－d0)10．[预测新题]如图(a)所示，水平面内有

一光滑金属导轨，ac边的电阻为R，其他电阻均不计，ab与ac的夹角为135°，cd与ac垂直．将质量为m的长直导体棒放在导轨上，并与ac平行．导体棒与ab、cd交点G、H间的距离为L0，空间存在垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度为B.在外力作用下，导体棒由GH处以初速度v0

向右做直线运动，其速度的倒数1v随位移x变化的关系如图(b)所示．在导体棒运动L0到达MN处的过程中()A．导体棒做匀变速直线运动B．导体棒运动的时间为3L02v0C．流过导体棒的电流大小不变D．外力做功为

3B2L30v02R＋38mv20三、非选择题(本题共3小题，共42分)11．(14分)如图甲，电阻不计的足够长的平行光滑金属导轨PX、QY相距L＝0.5m，底端连接电阻R＝2Ω，导轨平面倾角θ＝30°，匀强磁场

垂直于导轨平面向上，磁感应强度B＝1T．质量m＝40g、电阻r＝0.5Ω的金属棒MN放在导轨上，金属棒通过绝缘细线在电动机牵引下从静止开始运动，经过时间t1＝2s通过距离x＝1.5m，速度达到最大，这个过程中

电压表示数U0＝0.8V，电流表示数I0＝0.6A，示数稳定，运动过程中金属棒始终与导轨垂直，细线始终与导轨平行且在同一平面内，电动机线圈内阻r0＝0.5Ω，g取10m/s2.求：(1)细线对金属棒拉力的功率P多大？(2)金属棒从静止开始运动的t1＝2s时间内，电阻R上产生的热量QR是多大？(

3)用外力F代替电动机沿细线方向拉金属棒MN，使金属棒保持静止状态，金属棒到导轨下端距离为d＝1m．若磁场按照图乙规律变化，外力F随着时间t的变化关系式？12．(14分)[2019·山东日照一中模拟]如图(a)所示，足够长的光滑平行

金属导轨JK、PQ倾斜放置，两导轨间距离为L＝1.0m，导轨平面与水平面间的夹角为θ＝30°，磁感应强度为B的匀强磁场(图中未画出)垂直于导轨平面向上，导轨的J、P两端连接阻值为R＝3.0Ω的电阻，金属棒ab垂直于导轨放置并用绝缘细线通过光滑定滑轮

与重物相连，金属棒ab的质量m＝0.20kg，长也为L＝1.0m，电阻r＝0.50Ω，重物的质量M＝0.60kg，如果将金属棒和重物由静止释放，金属棒沿斜面上滑距离与时间的关系图象如图(b)所示，已知滑轮与ab间的细线与导轨平面平行，不计导轨电阻，g＝10m/s2.求：(1)t＝0时刻金属棒的加速

度大小；(2)磁感应强度B的大小以及在0.6s内通过电阻R的电荷量；(3)在0.6s内电阻R产生的热量．13．(14分)[2019·天津卷]如图所示，固定在水平面上间距为l的两条平行光滑金属导轨，垂直于导轨放置的两根金属棒

MN和PQ长度也为l、电阻均为R，两棒与导轨始终接触良好．MN两端通过开关S与电阻为R的单匝金属线圈相连，线圈内存在竖直向下均匀增加的磁场，磁通量变化率为常量k.图中虚线右侧有垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B.PQ的质量为m，金属导轨

足够长、电阻忽略不计．(1)闭合S，若使PQ保持静止，需在其上加多大的水平恒力F，并指出其方向；(2)断开S，PQ在上述恒力作用下，由静止开始到速度大小为v的加速过程中流过PQ的电荷量为q，求该过程安培力做的功W.课练30法拉第电磁感应定律自感现象[狂刷小题夯基础]1．B由

电路图可知，灯泡与线圈并联后接入电路，断开开关瞬间，线圈与灯泡组成闭合电路，线圈产生自感电动势，阻碍电流的减小，有电流流过小灯泡，故A项错误；断开开关瞬间，灯泡中原来的由电源提供的电流消失，灯泡与线圈构成闭合回路，通过线圈的

电流减小，线圈中的电流流过灯泡，所以开关S断开前后流过小灯泡的电流方向相反，故B项正确；线圈电阻偏小，稳定时流过灯泡的电流小于流过线圈的电流，断开开关时，根据楞次定律，由电源提供给灯泡的电流立即消失，而线圈中产生自感电动势

阻碍电流的减小，灯泡与线圈组成新的回路，灯泡会发生闪亮现象，故C项错误；线圈的自感系数较大，产生的自感电动势较大，但不能改变稳定时灯泡和线圈中电流的大小，故D项错误．2．BC根据题意，穿过线框的磁通量变小，根据楞次定律，感应电流产生的磁场方向与原磁场方向相同，再由安

培定则可知感应电流方向为E→F→G→E，A项错误，B项正确；根据几何关系可得，磁场穿过线框的有效面积减小了ΔS＝312a2，根据法拉第电磁感应定律得平均感应电动势E－＝ΔSΔtB＝3ωa2B4π，C项正确，D项错误．3．CD线框进入磁场的过程中穿过

线框的磁通量增大，由楞次定律可知，感应电流产生的磁场方向向外，由安培定则知感应电流的方向为ABCD方向，A项错误；AC刚进入磁场时CD边切割磁感线，AD边不切割磁感线，所以产生的感应电动势为E＝Bav，则线框中感应电流为I＝ER＝BavR，B项错误；AC刚进入磁

场时线框的CD边产生的安培力与v的方向相反，AD边受到的安培力的方向垂直于AD向下，它们的大小都是F＝BIa，由几何关系可知，AD边与CD边受到的安培力的方向相互垂直，所以AC刚进入磁场时线框所受安培力为AD边与CD边

受到的安培力的合力，即F合＝2F＝2B2a2vR，C项正确；当AC刚进入磁场时，CD两端电压U＝I×34R＝34Bav，D项正确．4．A若要产生的电流相等，则产生的感应电动势应相等．设半圆半径的长度为L，从静止开始绕过圆心O以角速度ω匀速转动时，线框中产生的感应电动势大小为

E＝12B0L2ω；根据法拉第电磁感应定律得E＝ΔΦΔt＝ΔB·SΔt＝ΔBΔt·12πL2，联立可得ΔBΔt＝ωB0π，故B、C、D三项错误，A项正确．5．C金属杆在外力作用下向右做匀速运动，由右手定则可判断出金属杆中产生的感应电流方向为从b到a，则通过电阻

R的电流方向为M→P，选项A错误；根据法拉第电磁感应定律，金属杆ab中产生的感应电动势E＝BLv，根据闭合电路欧姆定律，R中的电流I＝ER＋R2，a、b间的电压U＝E－IR2，联立解得U＝23BLv，选项B错误；根据功能关

系，外力F做的功等于电阻R和金属杆上产生的焦耳热之和，即外力F做的功大于电阻R上产生的焦耳热，选项D错误；由于金属杆ab相当于回路的电源，ab中电流方向为从b到a，a端相当于电源正极，则a端电势比b端电势高，选项C正确．6．ABC穿过三角形PQM的磁通量为Φ＝BS，

其中S＝12·PQ·QM＝12·2Rsin37°·2Rcos37°，则Φ＝0.96BR2，A项正确；由法拉第电磁感应定律可知，三角形导线中产生的感应电动势E＝ΔΦΔt＝ΔBΔt·S＝0.96kR2，由闭合电路欧姆定律可知，产生的感应电流I＝0.9

6kR2r，B项正确；在Q点沿圆弧顺时针移动的过程中，三角形的面积先增大后减小，由楞次定律和安培定则可知，感应电流方向先沿逆时针方向后沿顺时针方向，三角形导线有电阻，一定会产生焦耳热，C项正确，D项错误．7．AC由楞次定律可知a

b棒做减速运动，cd棒做加速运动，即v1减小，v2增加．回路中的感应电动势E＝BL(v1－v2)，回路中的电流I＝ER＝BL(v1－v2)R，回路中的导体棒ab、cd的加速度大小均为a＝Fm＝BILm＝B2

L2(v1－v2)mR，由于v1－v2减小，可知a减小，所以ab与cd的v－t图线斜率减小，I也非线性减小，所以A、C正确，B、D错误．8．BC由楞次定律(“增反减同”)可判断出感应电流方向始终沿顺时针方向，故B正确．由左手定则可判断出圆环所受安培力的方向

先向左后向右，故A错．感应电动势E＝S有效ΔBΔt＝12·πr2·B0t0＝πr2B02t0，故D错．由电阻定律得圆环电阻R＝ρ2πrS，则感应电流I＝ER＝B0rS4t0ρ，故C正确．9．AD两棒均由同一位置由静止释放，则进入磁场时，两棒的速度相等．若PQ棒出磁场后，MN棒再进

入磁场，则MN棒做匀速运动切割磁感线，则通过PQ棒上的电流随时间变化的图像为A图；若PQ棒出磁场前MN棒进入磁场，则PQ棒与MN棒在磁场中做加速运动，当PQ棒出磁场后，MN棒切割磁感线运动的速度比进入时的大，MN棒做减速运动，通过PQ棒的电流随时间变化的图像应为D图

．10．AC因通电导线的磁感应强度大小正比于电流的大小，故导线框R中磁感应强度与时间的变化关系类似于题图(b)，感应电动势正比于磁感应强度的变化率，即题图(b)中的切线斜率，斜率的正负反映电动势的方向，斜率的绝对值反映电动势的大

小．由题图(b)可知，电流为零时，电动势最大，电流最大时电动势为零，A项正确，B项错误．再由楞次定律可判断在一个周期内，T4～3T4内电动势的方向沿顺时针，T2时刻最大，C项正确，其余时间段电动势沿逆时针方向，D项错误．11．C断开开关S1瞬间，线

圈L1产生自感电动势，阻碍电流的减小，通过L1的电流反向通过灯A1，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗，说明IL1>IA1，即RL1<RA1，A项错误；图1中，闭合S1，电路稳定后，因为RL1<RA1，所以A1中电流小于L1中电流，B项错误；闭合开关S2，灯A2逐渐变亮，而另一个

相同的灯A3立即变亮，最终A2与A3的亮度相同，说明变阻器R与L2的电阻值相同，C项正确；闭合S2瞬间，通过L2的电流增大，由于电磁感应，线圈L2产生自感电动势，阻碍电流的增大，则L2中电流与变阻器R中电流不相等，D项错误．12．ADM端线速度为v＝ωl，OM切割磁感线的平均速度为v＝v

2，OM转动切割磁感线产生的电动势恒为：E＝Blv2＝12Bl2ω，A正确；当M端位于圆环最上端时，圆环两部分电阻相等，并联电阻最大，电流最小，R并＝R，通过电阻R的电流的最小值为Imin＝E3R＝Bl2ω6R，根据右手定则可

得电流方向从Q到P，B错误；当M位于最下端时圆环接入电路的电阻为0，此时有最大电流：Imax＝E2R＝Bl2ω4R，根据右手定则可得电流方向从Q到P，P、Q两点电势满足φP<φQ，C错误；OM作为电源，外电阻增

大，总电流减小，内电压减小，路端电压增大，所以外电阻最大时，O、M两点间电势差的绝对值最大，其最大值为：U＝Imin×2R＝Bl2ω3，D正确；故选A、D.13．D电路稳定时，三个完全相同的灯泡亮度相同，说明流经三个灯泡的电流相等，某时刻将开关S断开，流经电感线圈的磁通量减小，其发生自感现

象，相当于电源，产生和原电流方向相同的感应电流，故a点电势低于b点电势，三个灯泡不会闪亮只是缓慢熄灭，选项D正确．14．BD由楞次定律知圆形金属线圈中的感应电流方向为顺时针方向，金属线圈相当于电源，电源内部的电流从负极流向正极，则电容器的下极板带正电，上极板带负电，A错，B对．由法拉第电磁

感应定律知感应电动势为E＝ΔΦΔt＝ΔBΔtS＝B0t0×πr22，由闭合电路欧姆定律得感应电流为I＝ER＋R1＋R2，所以线圈两端的电压U＝I(R1＋R2)＝4B0πr225t0，C错，D对．15．BC金属棒沿光滑导轨加速下滑，棒中有感

应电动势，从而对电容器充电，充电电流通过金属棒时金属棒受安培力作用，只有金属棒速度增大时才有充电电流，因此总有mgsinθ－BIl>0，金属棒将一直加速，A错、B对；由右手定则可知，金属棒a端电势高，则M板电势高，C对；若微粒带负电，则静电力向上，与重力反向，开始时静电力为0，微粒

向下加速运动，当静电力增大到大于重力时，微粒的加速度方向向上，D错．16．AD在0～t0时间内，由楞次定律和右手螺旋定则可判断出感应电流方向为逆时针方向(为负值)；在t0～2t0时间内，由楞次定律和右手螺旋定则可判断出感应电流方向为顺时针方向(为

正值)，且大小为在0～t0时间内产生的电流大小的2倍；在2t0～3t0时间内，由楞次定律和右手螺旋定则可判断出感应电流方向为逆时针方向(为负值)，且大小与在0～t0时间内产生的感应电流大小相等，因此感应电流I随时间t的变化示意图与选项A中图象相符，选项A正

确，B错误．在0～t0时间内，ON边虽然有电流但没有进入磁场区域，所受安培力为零；在t0～2t0时间内，感应电流大小为在2t0～3t0时间内产生的电流大小的2倍，ON边所受安培力为在2t0～3t0时间内的2倍，因此ON边所受的安培力大小F随时间t的变化示意图与选项D中图

象相符，选项C错误，D正确．[综合测评提能力]1．Ba、b线框的边长之比为1:2，由E＝Blv得EaEb＝12，由于线框质量相等，由m＝ρ·4lS可知它们横截面积之比为2:1，由电阻定律知RaRb＝14，即Rb＝4Ra，由t＝lv得tatb＝12，根据能的转化

和守恒可知，外力做的功等于产生的电能，而电能又全部转化为焦耳热，即W＝Q＝E2Rt，故Wa:Wb＝1:2，故B项正确，A、C、D三项错误．2．A感应电动势E＝BL有v，电流I＝ER＝BL有vR，三角形efg向右运动，根据右手定则，开始

时ef切割磁感线，产生顺时针方向的电流，大小设为I0，如图所示，在0～L3的过程中，en切割磁感线产生顺时针方向的电流，nf产生逆时针方向的电流，em产生逆时针方向的电流，切割磁感线的有效长度为L有＝(en－nf－em)cos30°，随

着三角形导线框向右运动，L有减小，感应电流减小，当运动到L3时，L有＝0，感应电流为零，在L3～L的过程中，三角形导线框向右继续运动，根据几何关系，L有＝(nf＋em－en)cos30°，L有逐渐变大，感应电流变大，方向为逆时针，当三角形efg与三角形bcd

重合时，eg边和ef切割磁感线，电流大小变为2I0，L～2L过程中，三角形导线框继续向右运动，gp切割磁感线，产生感应电动势，L有＝gpcos30°，方向为顺时针，逐渐减小，直至全部出磁场电流为零，故选项A正确．3．C两根杆均不固

定时，杆1受向左的安培力，杆2受向右的安培力，系统所受的合力为零，则系统的动量守恒，选项A错误；金属杆1、2均不固定时，系统动量守恒，以向右为正方向，有mv0＝2mv，解得v＝v02，对杆2，采用微元法，根据动量定理，有∑(－FΔt)＝∑mΔv，其中F＝BIL＝B·BL(v1－v2)

L2R，故－∑B2L2(v1－v2)2R·Δt＝∑mΔv，即B2L2(l1－l2)2R＝m·v02，解得l1－l2＝mv0RB2L2，即两杆间的距离最小为x＝mv0RB2L2；当杆2固定后，对杆1，根

据动量定理，有∑(－F·Δt)＝∑mΔv，其中F＝BIL＝B·BLvL2R，故－∑B2L2v2R·Δt＝∑mΔv，即－B2L2l2R＝－mv0，解得l＝2mv0RB2L2，故两杆间的距离最小为x′＝2mv0RB2L2，故x′:x＝2:1，故B项错误，C项正确；根据q

＝ΔΦ2R＝BLx2R可知，因x′:x＝2:1，则固定与不固定情况下，通过闭合回路的电荷量之比为2:1，选项D错误．4．D开关S闭合的瞬间，两灯同时获得电流，所以A、B同时发光，选项A错误；由于线圈的电阻可以忽略，A灯逐渐被短路，流过A灯的电流逐渐减小，A灯逐渐变暗，直至

熄灭，而流过B的电流增大，所以B灯变亮，选项B错误；结合B的分析可知，S闭合电路稳定后，A熄灭，选项C错误；断开开关S的瞬间，B灯的电流突然消失，立即熄灭，流过线圈的电流将要减小，产生自感电动势，相当于电源，维持L中的

电流逐渐减小，所以A灯要突然亮一下再熄灭，选项D正确．5．D根据题意，电流方向自右向左时，电流表指针向右偏；电流方向自左向右时，电流表指针应向左偏．当开关S断开的瞬间，G1中原电流立即消失，而对于G2所在的支路，由于线圈L的自感作用，电流不会立即消失，L自感产生的电流先

后通过L、G2、G1，且在由它们组成的闭合回路中持续一段时间，即G2中的电流按原方向自右向左逐渐减为零，G1中的电流和原电流方向相反，变为自左向右，且与G2中的电流同时缓慢减为零，选项D正确．6．B设金属杆运

动的速度为v，长度为l，产生的感应电动势为Blv，安培力f＝B2l2vR，由图可知f随时间t线性变化，说明速度v随时间t线性变化，即做匀加速直线运动，由牛顿第二定律，有F－B2l2atR＝ma，则F＝B2l2aR·t＋ma，

选项B正确．7．C本题以电子感应加速器为情境，考查电子在涡旋电场中的加速及其相关知识点．由安培定则可判断出此时真空室中的磁场方向是从下往上，A项错误；电子被加速时，涡旋电场力做功，电子速度增大，由于电子被“约束”在半径为R的圆周上沿逆时针方向运动，电子运动

的半径不变，B项错误；由evB＝mv2R可知R＝mveB，电子被加速时v增大，要使电子运动的半径R不变，则需要磁感应强度B同步增大，所以电磁铁绕组中电流增大，C项正确；由T＝2πRv可知，电子被加速时，电子做匀速圆周运动的周期

减小，D项错误．8．B本题考查考生的理解和推理能力，需要考生根据题述情境，通过应用楞次定律、法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、焦耳定律及其相关知识解题．由楞次定律可判断出线框中产生的感应电流沿逆时针方向

，A错误；由题图乙可知，线框中磁感应强度变化率ΔBΔt＝Bmt0，产生的感应电动势E＝SΔBΔt＝(2r)2Bmt0＝2r2Bmt0，线框总电阻R＝42rR0，线框中产生的感应电流大小为I＝ER＝2rBm4R

0t0，B正确；在t0～2t0时间内磁场的磁感应强度一直增强，线框有收缩的趋势，线框中的电流大小恒定，由F＝BIL得，线框每条边受到的安培力逐渐增大，C错误；线框单位时间内产生的热量为Q＝I2Rt＝2rBm4R0t02×42r

R0×1s＝2r3B2m2R0t20J，D错误．9．BCD根据能量守恒，从cd边刚进入磁场到cd边刚穿出磁场的过程，动能的变化量为0，重力势能转化为内能，则线圈进入磁场的过程中产生的热量Q＝mgd0，cd边

刚进入磁场时速度为v0，cd边刚离开磁场时速度也为v0，所以从cd边刚穿出磁场到ab边离开磁场的过程，线框产生的热量与从cd边刚进入磁场到ab边刚进入磁场的过程中产生的热量相等，所以线圈从cd边进入磁场到ab边离开

磁场的过程，产生的热量Q′＝2mgd0，所以感应电流做的功为2mgd0，故A项错误，B项正确；线圈可能先做减速运动，在完全进入磁场前已做匀速运动，刚完全进入磁场时的速度最小，则mg＝BIL＝BLBLvR，则最小速度可能为v＝mgRB2L2，故C项正确；

因为进磁场时要减速，线圈全部进入磁场后做匀加速运动，则知线圈刚全部进入磁场的瞬间速度最小，设线圈的最小速度为vmin，线圈从开始下落到线圈刚完全进入磁场的过程，根据能量守恒定律得mg(h＋L)＝Q＋12mv2min，由上可

知，Q＝mgd0，解得线圈的最小速度为vmin＝2g(h＋L－d0)，故D项正确．10．BC图线的斜率k＝2v0－1v0L0＝1L0v0，则1v＝1L0v0x＋1v0，得v＝L0x＋L0v0，可见导体棒做的不是匀变速直线运动，选项A错误；图线与坐标轴所围面积表示时

间t＝1v0＋2v02×L0＝3L02v0，选项B正确；感应电动势E＝Blv＝B(x＋L0)L0x＋L0v0＝BL0v0，感应电动势大小不变，流过导体棒的电流I＝ER大小不变，选项C正确；克服安培力做

的功W克安等于acHG回路上产生的焦耳热，W克安＝Q＝E2RΔt＝3B2L30v02R，对导体棒，由动能定理有W外－W克安＝12mv022－12mv20，解得W外＝3B2L30v02R－38mv20，选项D错误．11．答案：(1)0.3W(2)0.224J(3)F＝0

.016t＋0.208(N)解析：(1)细线对金属棒拉力的功率P等于电动机的输出功率，根据能量守恒定律，可得P＝I0U0－I20r0＝0.6×0.8W－0.62×0.5W＝0.3W.(2)当金属棒从静止开始运动，经过t1＝2s时间，速度达到最大，设最大

速度为vm，金属棒产生的电动势为E，感应电流为I1，受到的安培力为F安，细线的拉力为F拉，则E＝BLvm，I1＝ER＋r，F安＝BI1L，则得F安＝B2L2vmR＋r.又P＝F拉vm，金属棒速度最大时做匀速运动，有F拉＝mgsinθ＋F安，联立得Pv

m＝mgsinθ＋B2L2vmR＋r.代入数值解得vm＝1m/s.金属棒从静止开始运动到达到最大速度过程中，设整个电路中产生的热量为Q，由能量守恒定律得Pt1＝mgxsinθ＋12mv2m＋Q，QR＝RR

＋rQ，解得QR＝0.224J.(3)由题图可知B′＝(0.2＋0.4t)T，设在t时刻，磁场的磁感应强度为B′，金属棒产生的电动势为E′，感应电流为I′，受到的安培力为F安′.根据法拉第电磁感应定律得感应电动势E′＝ΔBΔtLd，感应

电流I′＝E′R＋r，金属棒所受的安培力F安′＝B′I′L.根据平衡条件得F＝mgsinθ＋F安′，解得F＝0.016t＋0.208(N)．12．答案：(1)6.25m/s2(2)5T255C(3)1.8J解析：(1)把金属棒和重物看做整体并进行受力分析有Mg－mgsinθ＝(M＋m)a解得a

＝6.25m/s2(2)由题图(b)可以看出最终金属棒ab做匀速运动，匀速运动时的速度为v＝ΔsΔt＝3.5m/s感应电动势E＝BLv感应电流I＝ER＋r金属棒所受安培力F＝BIL＝B2L2vR＋r匀速运动时，金属棒受力平衡，可得B2L2vR＋r＋mgs

inθ＝Mg解得B＝5T在0.6s内金属棒ab上滑的距离s1＝1.40m0．6s内通过电阻R的电荷量q＝BLs1R＋r＝255C(3)由能量守恒定律得Mgs1＝mgs1sinθ＋Q＋12(M＋m)v2得0.6s内电路中产生的总热量为Q＝2.1J又因为QR＝R

R＋rQ解得QR＝1.8J.13．答案：(1)Bkl3R方向水平向右(2)12mv2－23kq解析：(1)设线圈中的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律E＝ΔΦΔt，则E＝k①设PQ与MN并联的电阻为R并，有R并＝R2②闭合

S时，设线圈中的电流为I，根据闭合电路欧姆定律得I＝ER并＋R③设PQ中的电流为IPQ，有IPQ＝12I④设PQ受到的安培力为F安，有F安＝BIPQl⑤保持PQ静止，由受力平衡，有F＝F安⑥联立①②③④

⑤⑥式得F＝Bkl3R⑦方向水平向右．(2)设PQ由静止开始到速度大小为v的加速过程中，PQ运动的位移为x，所用时间为Δt，回路中的磁通量变化量为ΔΦ，平均感应电动势为E，有E＝ΔΦΔt⑧其中ΔΦ＝Blx⑨设PQ中的平均电流为I，有I＝E2R⑩根据电流的定

义得I＝qΔt⑪由动能定理，有Fx＋W＝12mv2－0⑫联立⑦⑧⑨⑩⑪⑫式得W＝12mv2－23kq⑬