2015届高考物理大二轮专题复习考前增分练：选择题部分 专练11 楞次定律和法拉第电磁感应定律
【金版学案】2015届高考物理二轮专题复习 第2课 电磁感应规律及其应用课件
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K 考题 专 项 训 练
解析 磁场减弱时，产生的感应电动势为：E＝
ΔΦ ＝ Δt
L2 k 是恒定值，A 错；由于电路中有电容器，且感应电动 2 势恒定，故电路中没有电流，电压表没有读数，B 对； 由楞次定律及安培定则可判断 a 点的电势高于 b 点的电 势，C 对；电容器所带的电荷量为 Q＝CE，D 错．
高考二轮专题复习与测试•物理 随堂讲义•第一部分
专题四
专题复习
电路与电磁感应
第2课 电磁感应规律及其应用
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考 简
J
点 析
楞次定律和法拉第电磁感应定律及其应用是本课
中高考的热点．它常与电路、动力学、能量转化等知 识结合起来考查，其中既有难度中等的选择题，也有 难度较大、综合性较强的计算题．
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K 考题 专 项 训 练
题型二 涉及电磁感应的动力学问题(B层次)
例2 如图所示，质量为m的U形金属框M′MNN′，静
止放在倾角为θ的粗糙绝缘斜面上，与斜面间的动摩擦因 数为μ，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力；MM′、NN′边 相互平行，相距L，电阻不计且足够长；底边MN垂直于 MM′，电阻为r；光滑导体棒ab电阻为R，横放在框架上；
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知 构
Z
识 建
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K 考点 精 辟 解 析
考点一安培定则、左手定则、右手定则、楞次定 律的应用
1．各自应用于不同现象．
2015届高考物理二轮阶段性效果检测11含答案
一、选择题(本大题共10小题,每小题7分,共70分。
多选题已在题号后标出,选不全得4分)1.(2013·江门模拟)在已接电源闭合电路中,关于电源电动势、内电压、外电压关系应是( )A.如果外电压增大，则内电压增大，电源电动势也会随之增大B.如果外电压减小，内电阻不变，内电压也就不变，电源电动势也随外电压减小C.如果外电压不变，则内电压减小时，电源电动势也随内电压减小D.如果外电压增大，则内电压减小，电源电动势始终为二者之和，保持恒定2.(多选)(2013·绍兴模拟)电动势为E,内阻为r电源,向可变电阻R供电，关于路端电压说法正确是( )A.因为电源电动势不变，所以路端电压也不变B.因为U=IR,所以当I增大时，路端电压也增大C.因为U=E-Ir,所以当I增大时，路端电压减小D.若外电路断开，则路端电压为E3.有a、b、c、d四个电阻，它们U -I 关系如图所示，其中电阻最小是( )A.aB.bC.cD.d4.(2013·福州模拟)一电池外电路断开时路端电压为3 V,接上8 Ω负载电阻后路端电压降为2.4 V,则可以判定电池电动势E和内电阻r为( )A.E=2.4 V,r=1 ΩB.E=3 V,r=2 ΩC.E=2.4 V,r=2 ΩD.E=3 V,r=1 Ω5.有四盏灯，如图所示连接在电路中，L1和L2都标有“220 V 100 W”字样，L3和L4都标有“220 V 40 W”字样，把电路接通后，最暗是( )A.L1B.L2C.L3D.L46.(2013·厦门模拟)在如图所示电路中，E为电源电动势，r为电源内阻，R1和R3均为定值电阻，R2为滑动变阻器。
当R2滑动触头在a端时合上开关S，此时三个电表A1、A2和V示数分别为I1、I2和U。
现将R2滑动触头向b端移动，则三个电表示数变化情况是( )A.I1增大，I2不变，U增大B.I1减小，I2增大，U减小C.I1增大，I2减小，U增大D.I1减小，I2不变，U减小7.(多选)(2013·青岛模拟)如图所示，电阻R1=20 Ω，电动机绕线电阻R2=10 Ω,当开关S断开时，电流表示数是I1=0.5 A；当开关S闭合后，电动机转动起来，电路两端电压不变，此时电流表示数I和电路消耗电功率P应满足( )A.I=1.5 AB.I<1.5 AC.P=15 WD.P<15 W8.如图所示,电源电动势为6 V,当开关S接通时,灯泡L1和L2都不亮,用电压表测得各部分电压是U ad=0,U cd=6 V,U ab=6 V,由此可判定( )A.L1和L2灯丝都断了B.L1灯丝断了C.L2灯丝断了D.变阻器R断路9.(多选)(2013·济南模拟)如图所示电路，a、b、c为三个相同灯泡，其电阻大于电源内阻，当滑动变阻器R滑片P向上移动时，下列判断中正确是( )A.b灯中电流变化值小于c灯中电流变化值B.a、b两灯变亮，c灯变暗C.电源输出功率增大D.电源供电效率增大10.如图所示电路中,电源电动势E=3 V,内电阻r=1 Ω,定值电阻R1=3 Ω,R2=2 Ω,电容器电容C=100 μF,则下列说法正确是( )A.闭合开关S,电路稳定后电容器两端电压为1.5 VB.闭合开关S,电路稳定后电容器所带电荷量为3.0×10-4 CC.闭合开关S,电路稳定后电容器极板a所带电荷量为3×10-4 CD.先闭合开关S,电路稳定后断开开关S,通过电阻R1电荷量为3.0×10-4 C二、计算题(本大题共2小题，共30分。
2015届高考物理二轮阶段性效果检测12含答案
一、选择题(本大题共10小题,每小题7分,共70分。
多选题已在题号后标出,选不全得4分)1.如图所示，在一匀强磁场中有一U型导线框bacd，线框处于水平面内，磁场与线框平面垂直，R为一电阻，ef为垂直于ab的一根导体杆，它可以在ab、cd上无摩擦地滑动，杆ef及线框中导体的电阻都可不计。
开始时，给ef一个向右的初速度，则( )A.ef将减速向右运动，但不是匀减速B.ef将匀速向右运动，最后静止C.ef将匀速向右运动D.ef将做往复运动2.(2013·南岸区模拟)如图所示，闭合导线框的质量可以忽略不计，将它从如图所示的位置匀速拉出匀强磁场。
若第一次用0.3 s 时间拉出，外力所做的功为W1，通过导线截面的电荷量为q1；第二次用0.9 s 时间拉出，外力所做的功为W2，通过导线截面的电荷量为q2，则( )A.W1<W2，q1<q2B.W1<W2，q1＝q2C.W1>W2，q1＝q2D.W1>W2，q1>q23.如图所示，水平光滑的平行金属导轨，左端接有电阻R，匀强磁场B 竖直向下分布在导轨所在的空间内，质量一定的金属棒PQ垂直导轨放置。
今使棒以一定的初速度v0向右运动，当其通过位置a、b时，速率分别为v a、v b，到位置c时棒刚好静止，设导轨与棒的电阻均不计，a 到b与b到c的间距相等，则金属棒在由a到b和由b到c的两个过程中( )A.回路中产生的内能相等B.棒运动的加速度相等C.安培力做功相等D.通过棒横截面积的电荷量相等4.一个刚性矩形铜制线圈从高处自由下落，进入一水平的匀强磁场区域，然后穿出磁场区域继续下落，如图所示，则( )A.若线圈进入磁场过程是匀速运动，则离开磁场过程也是匀速运动B.若线圈进入磁场过程是加速运动，则离开磁场过程也是加速运动C.若线圈进入磁场过程是减速运动，则离开磁场过程也是减速运动D.若线圈进入磁场过程是减速运动，则离开磁场过程是加速运动5.(多选)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6.(多选)在伦敦奥运会上，100 m赛跑跑道两侧设有跟踪仪，其原理如图甲所示，水平面上两根足够长的金属导轨平行固定放置，间距为L ＝0.5 m，一端通过导线与阻值为R＝0.5 Ω的电阻连接；导轨上放一质量为m＝0.5 kg 的金属杆，金属杆与导轨的电阻忽略不计；匀强磁场方向竖直向下。
高考物理总复习 优编增分练：选择题考点排查练3 2015年(全国Ⅰ卷)选择题考点排查练
2015年(全国Ⅰ卷)选择题考点排查练二、选择题：本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．14．(2018·陕西省榆林市第四次模拟)如图1所示，矩形虚线框MNPQ内有一匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里．a、b、c是三个质量和电荷量都相等的带电粒子，它们从PQ边上的中点沿垂直于磁场的方向射入磁场，图中画出了它们在磁场中的运动轨迹，粒子重力不计．下列说法正确的是( )图1A．粒子a带负电B．粒子c的动能最大C．粒子b在磁场中运动的时间最长D．粒子b在磁场中运动时的向心力最大答案 D15．(2018·陕西省渭南市第三次模拟)如图2所示，O点处有一固定的点电荷，虚线是等势面，另外两个质量及电荷量绝对值相等的带电粒子M、N以大小相同的速度射入点电荷的电场，仅在电场力作用下两个粒子运动的轨迹如图中实线所示，取无穷远处电势为零，则下列说法正确的是( )图2A．M、N带异种电荷，M和O点处点电荷电性相同B ．M 从a 点运动到b 点的过程中，电势能先增大后减小C ．N 从c 点运动到d 点的过程中，动能先减小后增大D ．N 在d 点的电势能比M 在a 点电势能小 答案 C16．(2018·陕西省渭南市第三次模拟)如图3所示的电路中，变压器为理想变压器，开关S 闭合，交流电源电压恒定，电阻R 1＝R 2，通过R 1的电流与通过R 3的电流相等，R 1两端的电压为电源总电压的17，则若断开开关S ，R 1与R 3的电功率之比为( )图3A ．1∶3B ．1∶9C ．2∶9D ．1∶18答案 D解析 开关S 闭合时，设电源的电压为U ，变压器的匝数比为n ；R 1两端的电压为U R ，变压器输入端的电压为U 1，输出端的电压为U 2；原线圈上的电流为I 1，流过R 2的电流为I 2，流过R 3的电流为I 3，则：U R ＝17UU 1＝U －U R ＝U －17U ＝67U由于：U 1U 2＝n ，所以：U 2＝U 1n由欧姆定律得：I 1＝U R R 1＝U7R 1；I 2＝U 2R 2＝6U 7nR 2＝6U 7nR 1由题：I 1＝I 3 由电流关系可得：I 1I 2＋I 3＝1n联立可得：n ＝3，R 3＝U 2I 3＝2R 1 若断开开关S ，则：I 1′＝13I 3′由功率的表达式：P ＝I 2R联立可得R 1与R 3的电功率之比为：P 1P 3＝I 1′2R 1I 3′2R 3＝118，故A 、B 、C 错误，D 正确．17．(2018·河北省“名校联盟”质量监测一)如图4所示，轻质弹簧的一端与固定的竖直板P 拴接，另一端与物体A 相连，物体A 静止于光滑水平桌面上，A 右端连接一细线，细线绕过光滑的轻质定滑轮与物体B 相连．开始时用手托住B ，让细线恰好伸直，然后由静止释放B ，直至B 获得最大速度，不计空气阻力．下列有关该过程的分析正确的是( )图4A ．释放B 的瞬间其加速度为g2B ．B 物体动能的增量等于它所受重力与拉力做功之和C ．B 物体机械能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量D ．细线的拉力对A 做的功等于A 物体机械能的增加量 答案 B解析 释放B 瞬间弹簧长度来不及改变，B 的加速度不一定为g2，A 错误；对B 分析，受到重力和拉力作用，根据动能定理可知W G ＋W F ＝ΔE k ，B 正确；根据能量守恒定律可知B 物体机械能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量与A 物体的动能增加量之和，C 错误；细线对A 的拉力与弹簧对A 的拉力做功之和等于A 物体机械能的增加量，D 错误．18．(2018·青海省西宁市二模)如图5所示，某人从同一位置O 以不同的水平速度投出三枚飞镖A 、B 、C ，最后都插在竖直墙壁上，它们与墙面的夹角分别为60°、45°、30°，图中飞镖的方向可认为是击中墙面时的速度方向，不计空气阻力，则下列说法正确的是( )图5A ．三只飞镖做平抛运动的初速度一定满足v A 0>vB 0>vC 0 B ．三只飞镖击中墙面的速度满足v A >v B >v C C ．三只飞镖击中墙面的速度一定满足v A ＝v B ＝v CD ．插在墙上的三只飞镖的反向延长线不会交于同一点 答案 A解析 设水平距离为s ，飞镖的初速度为v 0，击中墙面的速度为v ，速度与竖直方向的夹角为θ，则tan θ＝v x v y ＝v 0gt ，s ＝v 0t ，联立解得s ＝v 02g tan θ，由于从同一位置O 抛出，s 相同，所以有v A 0>v B 0>v C 0，故A 正确；击中墙面的速度为v ＝v 0sin θ＝gs tan θsin θ＝gssin θcos θ＝2gssin 2θ，则有v B <v A ＝v C ，故B 、C 错误；根据任意时刻速度的反向延长线一定经过此时沿抛出方向水平位移的中点可知，插在墙上的三只飞镖的反向延长线一定交于同一点，故D 错误．19．(2018·贵州省贵阳市5月适应性考试二)如图6所示，一导线弯成半径为r 的半圆形闭合线框．竖直虚线MN 右侧有垂直线框所在平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B .线框以垂直虚线MN 、大小为v 的速度向右匀速进入磁场，直径CD 始终与MN 垂直．从D 点进入到线框完全进入磁场过程，下列说法正确的是( )图6A ．CD 段导线始终不受安培力B ．感应电流的大小和方向不变C ．感应电动势的最大值为BrvD ．感应电动势的平均值为14πBrv答案 CD解析 在闭合电路进入磁场的过程中，通过闭合电路的磁通量逐渐增大，根据楞次定律可知感应电流为逆时针方向，根据左手定则可以判断，CD 段导线所受安培力方向向上，故A 错误；在闭合电路进入磁场的过程中，切割磁感线的有效长度先增大后减小，所以电动势先增大后减小，感应电流也先增大后减小，故B 错误；当半圆闭合回路一半进入磁场时，这时等效切割长度最大为r ，这时感应电动势最大，为E ＝Brv ，故C 正确；由法拉第电磁感应定律可得感应电动势平均值E ＝ΔΦΔt＝B ·12πr 22rv＝14πBrv ，故D 正确． 20．(2018·广东省湛江市第二次模拟)如图7甲所示，在光滑水平面上，静止放置一质量为M 的足够长的木板，质量为m 的小滑块(可视为质点)放在长木板上．长木板受到水平拉力F与加速度的关系如图乙所示，长木板足够长，重力加速度g 取10 m/s 2，下列说法正确的是( )图7A ．长木板的质量M ＝2 kgB ．小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.4C ．当F ＝14 N 时，长木板的加速度大小为6 m/s 2D ．当F 增大时，小滑块的加速度一定增大 答案 BC解析 当F 等于12 N 时，加速度为：a ＝4 m/s 2.对整体分析，由牛顿第二定律有F ＝(M ＋m )a ，代入数据解得：M ＋m ＝3 kg ；当F 大于12 N 时，m 和M 发生相对滑动，根据牛顿第二定律得：F －μmg ＝Ma ，即F ＝Ma ＋μmg ，结合题图可得：M ＝1 kg ，故m ＝2 kg ，故A 错误；由题图可得，μmg ＝8，故μ＝0.4，故B 正确；当F ＝14 N 时，长木板的加速度为：a ＝6 m/s 2，故C 正确；当F 大于12 N 后，发生相对滑动，小滑块的加速度为a ＝μg ，与F 无关，F 增大时小滑块的加速度不变，故D 错误．21．(2018·山东省青岛市5月二模)2018年1月19号，以周总理命名的“淮安号”恩来星在甘肃酒泉卫星发射中心，搭乘“长征十一号”火箭顺利发射升空．“淮安号”恩来星在距离地面高度为535 km 的极地轨道上运行．已知地球同步卫星轨道高度约36 000 km ，地球半径约6 400 km.下列说法正确的是( ) A ．“淮安号”恩来星的运行速度小于7.9 km/s B ．“淮安号”恩来星的运行角速度小于地球自转角速度 C ．经估算，“淮安号”恩来星的运行周期约为1.6 hD ．经估算，“淮安号”恩来星的加速度约为地球表面重力加速度的三分之二 答案 AC解析 由G Mm r 2＝m v 2r得：v ＝GMr，则“淮安号”恩来星的运行速度小于第一宇宙速度7.9 km/s ，故A 项正确；由G Mmr 2＝mr ω2得：ω＝GMr 3，则“淮安号”恩来星的运行角速度大于地球同步卫星的角速度，即“淮安号”恩来星的运行角速度大于地球自转角速度，故B 项错误；据G Mm2＝mr (2π)2，解得：T ＝2πr 3GM，“淮安号”恩来星的运行周期与地球同，解得“淮安号”恩来星的运行周期约为1.6 h ，故C 项mg ，解得“淮安号”恩来星的加速度约为地球表面重力。
2015年高考物理(全国通用)大二轮专题复习考前增分练选择题部分13份
一、选择题专练
专练定位 本专练主要是解决高考的客观题部分．由于对高考选择题知识点的考查相对稳 定，本专练通过对高考选择题的题型进行分类，同时穿插选择题解题技巧的指导，提高解答 选择题的速度和准确度． 选择题的主要解题技巧和方法有：①直接判断法，选准看问题的视角；②比较排除法；③选 项分组法，避免多选和漏选；④反证举例法；⑤逆向思维法；⑥极限分析法；⑦特殊值法； ⑧假设法；⑨作图分析法；⑩建立模型法． 应考策略 研究好近两年的高考题， 对题型进行分类， 有针对性地加强重点和热点题型训练， 同时加强选择题解题技巧和方法的总结，达到事半功倍的效果．
A．开普勒通过研究观测记录发现行星绕太阳运行的轨道是椭圆 B．太阳与行星之间引力的规律并不适用于行星与它的卫星 C．库仑利用实验较为准确地测出了引力常量 G 的数值 D．牛顿在发现万有引力定律的过程中应用了牛顿第三定律的知识 答案 AD 解析 开普勒第一定律说明了行星绕太阳运行的轨道是椭圆， A 正确； 太阳与行星之间引力 的规律同样也适用于行星与它的卫星之间，B 错误；卡文迪许利用扭秤实验较为准确地测出 了引力常量 G 的数值，C 错误；牛顿在发现万有引力定律的过程中，认为太阳对地球有吸 引力时，地球也会对太阳有吸引力，而且这两个力等大反向，因此公式中才会出现 M、m 之积，因此应用了牛顿第三定律的知识，D 正确． 3．(2014· 贵州六校联盟第二次联考)物理学的发展丰富了人类对物质世界的认识，推动了科 学技术的创新和革命，促进了物质生产的繁荣与人类文明的进步，下列说法中正确的是 ( )
目录
一、选择题专练............................................................................................................................... 1 专练 1 物理学史和物理思想方法 ........................................................................................ 1 专练 2 直线运动规律和运动图象 ........................................................................................ 4 专练 3 受力分析和共点力的平衡 ........................................................................................ 9 专练 4 牛顿第二定律的理解和应用 .................................................................................. 13 专练 5 曲线运动和运动的合成与分解 .............................................................................. 18 专练 6 万有引力定律与航天 .............................................................................................. 22 专练 7 功 功率和功能关系 .............................................................................................. 26 专练 8 电场性质及带电粒子在电场中的运动 .................................................................. 30 专练 9 电容器和直流电路的动态分析 .............................................................................. 34 专练 10 带电粒子在磁场中的运动 .................................................................................... 39 专练 11 楞次定律和法拉第电磁感应定律 ........................................................................ 43 专练 12 应用动力学和能量观点分析电磁感应问题 ........................................................ 48 专练 13 变压器 交流电与远距离输电 ...........................................................................理思想方法
2015届高三高第二次统一考试理综物理试题9
理科综合能力测试14．下列说法符合物理学史的是A ．安培提出了电场的观点，说明处于电场中的电荷所受的力是电场给予的B ．楞次发现了电流的磁效应，拉开了研究电与磁相互关系的序幕C ．电荷量e 的数值最早是由美国物理学家密立根测得的D ．法拉第提出了分子电流假说15．质量为m 的卫星围绕地球做匀速圆周运动，其轨道半径是地球半径的2倍。
已知地球半径为R ，地球表面的重力加速度为g ，则卫星的动能是A ．1/4 mgRB ．1/2 mgRC ．mgR D ．2mgR16．如图所示，斜劈形物体的质量为M ，放在水平地面上，质量为m 的粗糙物块以某一速度沿斜劈的斜面向上滑，至速度为零后又加速返回，而斜劈始终保持静止，物块m 上下滑动的整个过程中A ． 地面对斜劈M 的摩擦力方向先向左后向右B ．地面对斜劈M 的摩擦力方向没有改变C ．地面对斜劈M 的支持力总等于(M +m) gD ．物块m 向上、向下滑动时的加速度大小相同17．电阻为R 的负载接到20V 直流电压上消耗的电功率是P 。
用一个变压器，原线圈接最大值为200V 的正弦交流电压，副线圈接电阻R ，要使R 上消耗的电功率为p/2，则变压器原、副线圈的匝数比为A ．120B ．1210 C ．110D ．101 18．如图所示，在绝缘的斜面上方存在着沿水平向右的匀强电场，斜面上的带电金属块沿斜面滑下，已知在金属块滑下的过程中动能增加了12 J ，金属块克服摩擦力做功8 J ，重力做功24 J ，则以下判断正确的是A ．金属块带正电荷B ．金属块克服电场力做功8 JC ．金属块的机械能减少12 JD ．金属块的电势能减少4 J19．如图所示，在垂直纸面向里的水平匀强磁场中，水平放置一根粗糙绝缘细直杆，有一重力不忽略，中间带有小孔的正电小球套在细杆上。
现在给小球一个水平向右的初速度v o ，假设细直杆足够长，小球在运动过程中电量保持不变，杆上各处的动摩擦因数相同，则小球运动的速度v o 与时间t 的关系图像可能是20．如图所示的电路中，电源电动势为E 、内阻为r ，电表均为理想电表。
2015届高考物理二轮阶段性效果检测 18 Word版含答案
一、选择题(本大题共7小题,每小题8分,共56分。
多选题已在题号后标出,选不全得4分)1.(多选)空间存在竖直向下的匀强电场和水平方向(垂直纸面向里)的匀强磁场，如图所示。
已知一离子在电场力和洛伦兹力共同作用下,从静止开始自A点沿曲线ACB运动,到达B点时速度为零,C为运动的最低点，不计重力。
则( )A.该离子带负电B.A、B两点位于同一高度C.C点时离子速度最大D.离子到达B点后,将沿原曲线返回A 点2.(多选)(2013·淮安模拟)北半球某处，地磁场水平分量B1=0.8×10-4 T，竖直分量B2=0.5×10-4 T，海水向北流动，海洋工作者测量海水的流速时，将两极板插入此海水中，保持两极板正对且垂线沿东西方向，两极板相距d=20 m，如图所示，与两极板相连的电压表(可看作是理想电压表)示数为U=0.2 mV，则( )A.西侧极板电势高，东侧极板电势低B.西侧极板电势低，东侧极板电势高C.海水的流速大小为0.125 m/sD.海水的流速大小为0.2 m/s3.带正电粒子(不计重力)以水平向右的初速度v0先通过匀强电场E，后通过匀强磁场B，如图甲所示，电场和磁场对该粒子做功为W1。
若把该电场和磁场正交叠加，如图乙所示，再让该带电粒子仍以水平向右的初速度v0(v0<E)穿过叠加场区，在这个过程中电场和磁场对粒子做B功为W2，则( )A.W1<W2B.W1=W2C.W1>W2D.无法判断4.(2013·杭州模拟)如图所示，两导体板水平放置，两板间的电势差为U，带电粒子以某一初速度v0沿平行于两板的方向从两板正中间射入，穿过两板后又垂直于磁场方向射入边界线竖直的匀强磁场。
则粒子射入磁场和射出磁场的M、N两点间的距离d随着U和v0的变化而变化的情况为( )A.d随v0的增大而增大，d与U无关B.d随v0的增大而增大，d随U的增大而增大C.d随U的增大而增大，d与v0无关D.d随v0的增大而增大，d随U的增大而减小5.(多选)(2013·杭州模拟)如图所示，带等量异种电荷的平行金属板a、b处于匀强磁场中，磁感应强度B垂直纸面向里，不计重力的带电粒子沿OO′方向从左侧垂直于电磁场入射，从右侧射出a、b板间区域时动能比入射时小，要使粒子射出a、b板间区域时的动能比入射时大，可以( )A.适当增大金属板间的电压B.适当增大金属板间的距离C.适当减小金属板间的磁感应强度D.使带电粒子的电性相反6.(2013·南京模拟)如图所示,一个带负电的物体从粗糙斜面顶端滑到斜面底端时的速度为v,若加上一个垂直纸面指向读者方向的磁场,则滑到底端时( )A.v变大B.v变小C.v不变D.不能确定7.(2013·南京模拟)如图所示，平行板电容器的金属极板M、N的距离为d，两板间存在磁感应强度为B，方向垂直于纸面向外的匀强磁场，等离子群以速度v沿图示方向射入。
2015届高考物理二轮阶段性效果检测8含答案
一、选择题(本大题共10小题,每小题7分,共70分。
多选题已在题号后标出,选不全得4分)，可知( )1、根据电容器电容定义式C=QUA、电容器所带电荷量Q越多，它电容就越大，C与Q成正比B、电容器不带电时，其电容为零C、电容器两极板之间电压U越高，它电容就越小，C与U成反比D、以上说法均不对2、(2013·呼伦贝尔模拟)如图所示，在平行板电容器正中有一个带电微粒。
S闭合时，该微粒恰好能保持静止。
在以下两种情况下：①保持S闭合，②充电后将S断开。
下列说法能实现使该带电微粒向上运动到上极板是( )A、①情况下，可以通过上移极板M实现B、①情况下，可以通过上移极板N实现C、②情况下，可以通过上移极板M实现D、②情况下，可以通过上移极板N实现3、如图所示，一个带正电粒子以一定初速度垂直进入水平方向匀强电场，若不计重力，在图中能正确描述粒子在电场中运动轨迹是( )4、(多选)(2013·淄博模拟)如图所示，用电池对电容器充电，电路a、b之间接有一灵敏电流表，两极板间有一个电荷q处于静止状态。
现将两极板间距变大，则( )A、电荷将向上加速运动B、电荷将向下加速运动C、电流表中将有从a到b电流D、电流表中将有从b到a电流5、(2013·常州模拟)如图所示，有一带电粒子贴着A板沿水平方向射入匀强电场，当偏转电压为U1时，带电粒子沿①轨迹从两板正中间飞出，当偏转电压为U2时，带电粒子沿②轨迹落到B板中间，设粒子两次射入电场水平速度相同，则两次偏转电压之比为( )A、U1∶U2=1∶8B、U1∶U2=1∶4C、U1∶U2=1∶2D、U1∶U2=1∶16、如图所示，质量相等两个带电液滴1和2从水平方向匀强电场中O 点静止释放后，分别抵达B、C两点，若AB=BC,则它们带电荷量之比q1∶q2等于( )A、1∶2B、2∶1C、1D∶17、如图所示，A、B两导体板平行放置，在t=0时将电子从A板附近由静止释放(电子重力忽略不计)。
高考物理一轮总复习 回顾专练 楞次律和法拉第电磁感律的综合用
权掇市安稳阳光实验学校重点回顾专练：楞次定律和法拉第电磁感应定律的综合应用一、选择题1．(2015·绵阳二诊)法拉第在同一软铁环上绕两个线圈，一个与电池相连，另一个与电流计相连，则( )A．接通电池后，电流计指针一直保持偏转B．接通电池时，电流计指针没有偏转C．接通电池后再断开时，电流计指针没有偏转D．接通电池时，电流计指针偏转，但不久又回复到零[解析] 接通电池的瞬间穿过线圈的磁通量发生变化，产生感应电流，电流计指针偏转，过一段时间后磁通量不发生变化，没有感应电流，电流计指针不偏转，选项AB错误，D正确；接通电池后再断开时，穿过线圈的磁通量发生变化，产生感应电流，电流计指针偏转，选项C错误．[答案] D2．(多选)将一条形磁铁从相同位置插入到闭合线圈中的同一位置，第一次缓慢插入，第二次快速插入，两次插入过程中不发生变化的物理量是( ) A．磁通量的变化量B．磁通量的变化率C．感应电流的大小D．流过导体某横截面的电荷量[解析] 条形磁铁从相同位置插入到闭合线圈中的同一位置，说明两次通过闭合线圈的磁通量变化量ΔΦ相同，但时间Δt不相等，则选项A正确，选项B错误；根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律可知：I＝ΔΦR×Δt，选项C错误；根据电流的定义，可得：q＝I×Δt＝ΔΦR，流过导体某横截面的电荷量q相等，选项D正确．[答案] AD3．(多选)均匀带负电的塑料圆环绕垂直于圆环平面过圆心的轴旋转，在环的圆心处有一闭合小线圈，小线圈和圆环在同一平面，则( ) A．只要圆环在转动，小线圈内就一定有感应电流B．不管环怎样转动，小线圈内都没有感应电流C．圆环在做变速转动时，小线圈内一定有感应电流D．圆环在做匀速转动时，小线圈内没有感应电流[解析] 带负电的圆环转动时，形成电流．当圆环匀速转动时，等效电流为恒定值，根据电流的磁效应，它产生恒定的磁场，因此通过小线圈的磁通量不变，故无感应电流产生，A项错，D项正确；当圆环变速转动时，产生的等效电流不恒定，产生的磁场也是变化的磁场，通过小线圈的磁通量不断发生变化，也就有感应电流产生，B项错，C项正确．[答案] CD4．(2016·雅礼中学月考)如图所示，接有理想电压表的三角形导线框abc，在匀强磁场中向右运动，问：框中有无感应电流？a、b两点间有无电势差？电压表有无读数(示数不为零称有读数)( )A．无、无、无B．无、有、有C．无、有、无D．有、有、有[解析] 由于穿过三角形导线框的磁通量不变，所以框中没有感应电流产生；由于ab 边和bc边均做切割磁感线的运动，所以均将产生b端为正极的感应电动势，a、b两点间有电势差；由于没有电流流过电压表，所以其表头指针将不发生偏转，即电压表无读数(示数为零)．综上所述，C正确．[答案] C5．(多选)(2016·长沙一中月考)如图所示，完全相同的金属棒ab、cd垂直放在足够长的水平光滑金属导轨上且接触良好，匀强磁场的方向竖直向下．ab 棒在极短的时间内获得水平向右的初速度，在此后的运动过程中，下列说法正确的是( )A．安培力对ab棒做正功B．cd棒一直加速C．abdca回路的磁通量先增加后不变D．ab棒损失的机械能等于回路产生的总热量和cd棒动能的增量之和[解析] ab棒受到向左的安培力，安培力做负功；cd棒在安培力作用下先加速，当cd棒与ab棒速度达到一致时，整个回路无感应电流，cd棒将匀速运动；当ab棒速度大于cd棒速度时，回路中的磁通量增大．当二者速度相同时回路中的磁通量不变；根据能量守恒可得D正确．故本题选CD.[答案] CD6．(2016·常德期中)如图所示，一半径为R，圆心角为240°的扇形单匝线圈可绕着磁场边界线上的O点以角速度ω沿逆时针方向转动，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里．则从图示位置开始计时，能正确反映线圈中感应电流随时间变化的关系图象是(以顺时针方向为电流的正向)( ) [解析] 由图示位置线圈转过60°过程中，通过线圈的磁通量不变，故无感应电流产生，CD项错；线圈转过60°到120°过程中，通过线圈的磁通量增大，由楞次定律可知，线圈中感应电流方向为逆时针方向，即负方向，故A项错；排除ACD三个选项，故B项正确．[答案] B7．(多选)(2015·沈阳一模)如图所示，一矩形线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁感线的对称轴OO′匀速转动．沿着OO′从上向下观察，线圈沿逆时针方向转动．已知线圈匝数为n，总电阻为r，ab边长为l1，ad边长为l 2，线圈转动的角速度为ω，外电阻阻值为R ，匀强磁场的磁感应强度为B ，则下列判断正确的是( )A ．在图示位置ab 边所受的安培力为F ＝n 2B 2l 21l 2ωR ＋rB ．线圈从图示位置转过90°的过程中，流过电阻R 的电荷量为q ＝nBl 1l 2R ＋rC ．在图示位置穿过线圈的磁通量为0D ．在图示位置穿过线圈的磁通量的变化率为0[解析] 在图示位置，线圈平面与磁场方向平行，磁通量为零，C 项正确；ab 、cd 两边垂直切割磁感线，感应电动势最大e ＝nBl 1l 2ω，由法拉第电磁感应定律可知此时磁通量变化率最大，D 项错；又由闭合电路欧姆定律可知，i ＝eR ＋r ，ab 边所受安培力F ＝nBIl 1，解三式得：F ＝n 2B 2l 21l 2ωR ＋r ，A 项正确；线圈从图示位置转过90°过程中，磁通量变化量ΔQ ＝Bl 1l 2，由法拉第电磁感应定律有：E ＝n ΔΦΔt ，q ＝I ·Δt ，解三式得：q ＝nBl 1l 2R ＋r，B 项正确．[答案] ABC8．汽车自动控制刹车系统(ABS)的原理如图所示．铁质齿轮P 与车轮同步转动，右端有一个绕有线圈的磁体(极性如图)，M 是一个电流检测器．当车轮带动齿轮P 转动时，靠近线圈的铁齿被磁化，使通过线圈的磁通量增大，铁齿离开线圈时又使通过线圈的磁通量减小，从而能使线圈中产生感应电流，感应电流经电子装置放大后即能实现自动控制刹车．齿轮从图示位置开始转到下一个铁齿正对线圈的过程中，通过M 的感应电流的方向( )A ．总是从左向右的B ．总是从右向左的C ．先从右向左，然后从左向右D ．先从左向右，然后从右向左[解析] 因为穿过线圈的磁通量方向与条形磁铁内部的磁场方向相同，均从右指向左，铁齿靠近线圈时，铁齿的右端是S 极，铁齿单独产生的磁场方向指向铁齿即与原磁场同向，所以在图示时刻，穿过线圈的磁通量最大，随着齿轮的转动磁通量先减小后增大，当下一个铁齿正对线圈时，磁通量又达到最大，结合楞次定律可知，该过程中，通过M 的感应电流的方向先从右向左，然后从左向右，选项C 正确．[答案] C9．如下图甲所示，导体棒MN 置于水平导轨上，PQMN 所围的面积为S ，PQ 之间有阻值为R 的电阻，不计导轨和导体棒的电阻．导轨所在区域内存在沿竖直方向的匀强磁场，规定磁场方向竖直向上为正，在0～2t 0时间内磁感应强度的变化情况如图乙所示，导体棒MN 始终处于静止状态．下列说法正确的是( )A ．在0～t 0和t 0～2t 0时间内，导体棒受到的导轨的摩擦力方向相同B ．在0～t 0时间内，通过导体棒的电流方向为N 到MC ．在t 0～2t 0时间内，通过电阻R 的电流大小为SB 0Rt 0D ．在0～2t 0时间内，通过电阻R 的电荷量为SB 02R[解析] 导体棒MN 始终静止，与导轨围成的线框面积不变，根据法拉第电磁感应定律可得感应电动势E ＝ΔΦΔt ＝S ΔBΔt ，即感应电动势与B －t 图象斜率成正比，0～t 0时间内的感应电流I 1＝E R ＝S ΔB ΔtR ＝S B 0t 0R ，t 0～2t 0时间内的感应电流I 2＝E R ＝S ΔB ΔtR ＝S 2B 0t 0R，选项C 错.0～t 0时间内竖直向上的磁通量减小，根据楞次定律知感应电流的磁场方向竖直向上，感应电流为N 到M ，选项B 对.0～t 0时间内磁通量在减小，根据楞次定律推论知导体棒有向右运动的趋势，摩擦力水平向左．t 0～2t 0时间内磁通量增大，同理可判断导体棒有向左运动趋势，摩擦力水平向右，选项A 错．在0～2t 0时间内，通过电阻R 的电荷量Q ＝I ×Δt＝E R ×Δt ＝S ΔB ΔtR ×Δt ＝SΔB R ＝SB 0R，选项D 错． [答案] B10．(多选)(2015·武汉调研)如图所示，竖直面内有一个闭合导线框ACDE (由细软导线制成)挂在两固定点A 、D 上，水平线段AD 为半圆的直径，在导线框的E 处有一个动滑轮，动滑轮下面挂一重物，使导线处于绷紧状态．在半圆形区域内，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．设导线框的电阻为r ，圆的半径为R ，在将导线上的C 点以恒定角速度ω(相对圆心O )从A 点沿圆弧移动的过程中，若不考虑导线中电流间的相互作用，则下列说法正确的是( )A ．在C 从A 点沿圆弧移动到D 点的过程中，导线框中感应电流的方向先逆时针，后顺时针B ．在C 从A 点沿圆弧移动到图中∠ADC ＝30°位置的过程中，通过导线上C 点的电荷量为3BR22rC ．当C 沿圆弧移动到圆心O 的正上方时，导线框中的感应电动势最大D ．在C 从A 点沿圆弧移动到D 点的过程中，导线框中产生的电热为πB 2R 4ω2r[解析] 由题意知，在C 从A 点沿圆弧移动到D 点的过程中，直角三角形的面积先增大后减少，穿过直角三角形的磁通量先增大后减少，由楞次定律知导线框中感应电流的方向先逆时针，后顺时针，则选项A 正确；在C 从A 点沿圆弧移动到图中∠ADC ＝30°位置的过程中，通过导线上C 点的电荷量q ＝It ＝E r t ＝ΔΦΔt ·Δt r ＝ΔΦr ＝BΔS r ＝3BR 22r，则选项B 正确；设DC 与AD 间夹角为θ，通过导线框的磁通量Φ＝12B ·2R sin θ·2R cos θ＝2R 2B sin θcos θ＝R 2B sin2θ，所以通过导线框的磁通量表达式为Φ＝R 2B sin ωt ，当C 沿圆弧移动到圆心O 的正上方时，导线框中的磁通量最大，而感应电动势为零，则选项C 错误；在C 从A 点沿圆弧移动到D 点的过程中，对Φ－t 的表达式求导得：E＝R 2Bωcos ωt ，产生的热量为Q ＝E 2有r ·πω＝πB 2R 4ω2r，则选项D 正确．[答案] ABD二、非选择题11．(2015·万州区模拟)如下图甲所示，光滑导轨宽0.4 m ，ab 为金属棒，均匀变化的磁场垂直穿过轨道平面，磁场的变化情况如图乙所示，金属棒ab的电阻为1 Ω，导轨电阻不计．t ＝0时刻，ab 棒从导轨最左端，以v ＝1 m/s的速度向右匀速运动，求1 s 末回路中的感应电流及金属棒ab 受到的安培力．[解析] Φ的变化有两个原因，一是B 的变化，二是面积S 的变化，显然这两个因素都应当考虑在内，所以有E ＝ΔΦΔt ＝ΔB Δt S ＋Blv又ΔBΔt＝2 T/s ， 在1 s 末，B ＝2 T ，S ＝lvt ＝0.4×1×1 m 2＝0.4 m 2所以1 s 末，E ＝ΔBΔtS ＋Blv ＝1.6 V ，此时回路中的电流I ＝ER＝1.6 A根据楞次定律与右手定则可判断出电流方向为逆时针方向金属棒ab 受到的安培力为F ＝BIl ＝2×1.6×0.4 N＝1.28 N ，方向向左．[答案] 1.6 A 1.28 N ，方向向左12．(1)如图甲所示，两根足够长的平行导轨，间距L ＝0.3 m ，在导轨间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B 1＝0.5 T ．一根直金属杆MN 以v ＝2m/s 的速度向右匀速运动，杆MN 始终与导轨垂直且接触良好．杆MN 的电阻r 1＝1 Ω，导轨的电阻可忽略．求杆MN 中产生的感应电动势E 1.(2)如图乙所示，一个匝数n ＝100的圆形线圈，面积S 1＝0.4 m 2，电阻r 2＝1 Ω.在线圈中存在面积S 2＝0.3 m 2垂直线圈平面(指向纸外)的匀强磁场区域，磁感应强度B 2随时间t 变化的关系如图丙所示．求圆形线圈中产生的感应电动势E 2.(3)有一个R ＝2 Ω的电阻，将其两端a 、b 分别与图甲中的导轨和图乙中的圆形线圈相连接，b 端接地．试判断以上两种情况中，哪种情况a 端的电势较高？求这种情况中a 端的电势φa .[解析] (1)杆MN 做切割磁感线的运动，E 1＝B 1Lv产生的感应电动势E 1＝0.3 V(2)穿过圆形线圈的磁通量发生变化，E 2＝n ΔB 2ΔtS 2产生的感应电动势E 2＝4.5 V.(3)当电阻R 与题图甲中的导轨相连接时，a 端的电势较高通过电阻R 的电流I ＝E 1R ＋r 1电阻R 两端的电势差φa －φb ＝IRa 端的电势φa ＝IR ＝0.2 V.[答案] (1)0.3 V (2)4.5 V (3)与图甲中的导轨相连接a 端电势高 0.2 V。
高中物理大二轮物理复习专题目录
二轮物理
选择题48分专练(一) 选择题48分专练(二) 实验题15分专练(一) 实验题15分专练(二) 计算题32分专练(一) 计算题32分专练(二) 选考题15分专练(一) 选考题15分专练(二)
第二部分 考前冲刺增分练
二轮物理
小卷冲刺抢分练(一)——(8＋2实验) 小卷冲刺抢分练(二)——(8＋2实验) 小卷冲刺抢分练(三)——(8＋2计算) 小卷冲刺抢分练(四)——(8＋2计算) 高考模拟标准练
大二轮专题复习与测试
物理
二轮物理
第一部分 专题一 力与运动 第1讲 物体的平衡 考向一 力学中的平衡问题 考向二 电学中的平衡问题 考向三 平衡中的临界极值问题 第2讲 牛顿运动定律和直线运动 考向一 运动图象的理解及应用 考向二 匀变速直线运动应用规律 考向三 牛顿运动定律的综合应用
专题整合突破
二轮物理
第2讲 电学实验与创新 考向一 电表改装与读数、多用电表原理与使用 考向二 以伏安法测电阻为核心的实验 考向三 以测电源电动势和内阻为核心的实验 考向四 电学创新设计实验
二轮物理
专题七 选考部分 第1讲 (选修3－3) 分子动理论、气体及热力学定律 考向一 热学基础知识与气体实验定律的组合 考向二 热学基础知识、热力学定律与气体定律的组合 第2讲 (选修3－4) 机械振动和机械波 光 电磁波 考向一 振动(或波动)与光的折射、全反射的组合 考向二 光学基础知识与波动(或振动)的组合 考向三 电磁波、光学、波动(或振动)的组合
二轮物理
第三部分 一、物理学史和物理思想方法 (一)高中物理的重要物理学史 (二)高中物理的重要思想方法 二、高考必知的五大解题思想 (一)守恒的思想 (二)等效的思想 (三)分解的思想 (四)对称的思想 (五)数形结合的思想
2015年高考物理(全国通用)大二轮专题复习考前增分练选考部分3份
phS＝(p＋Δp)(h－ h)S①
解得Δp＝ p②
外界的温度变为T后，设活塞距气缸底部的高度为h′.根据盖—吕萨克定律得 ＝ ③
解得h′＝ h④
据题意可得
Δp＝ ⑤
气体最后的体积为V＝Sh′⑥
联立②④⑤⑥式得V＝
3．(1)下列说法正确的有()
H＝75 cm，x＝12 cm，
故实际大气压为75 cmHg，
初始状态玻璃管内的空气柱长12 cm.
4．(2014·山东临沂三模)(1)下列说法正确的是()
A．当人们感到潮湿时，空气的绝对湿度一定较大
B．布朗运动的无规则性反映了液体分子运动的无规则性
C．用打气筒给自行车充气，越打越费劲，说明气体分子之间有斥力
①保持系统温度不变，将玻璃管竖直向上提升2 cm(开口仍在水银槽液面以下)，结果液面高度差增加1 cm；
②将系统温度升到77℃，结果液面高度差减小1 cm.
已知玻璃管内粗细均匀，空气可看成理想气体，热力学零度可认为是－273℃.求：
(ⅰ)实际大气压为多少cmHg?
(ⅱ)初始状态玻璃管内的空气柱有多长？
答案(1)BCD(2)(ⅰ)75 cmHg(ⅱ)12 cm
解析(2)设大气压强相当于高为H的水银柱产生的压强，初始状态空气柱的长度为x，玻璃管的横截面积为S，则由理想气体状态方程
由第一次实验的初、末状态有
(H－l0)xS＝(H－l0－Δl1)(x＋Δh－Δl1)S
由第二次实验的初、末状态有
＝
两式中T1和T2分别为300 K和350 K，依据两式可求得
A．过程ab中气体一定吸热
B．过程bc中气体既不吸热也不放热
2015年高考物理试题分类汇编 专题十 电磁感应
专题十电磁感应考点一电磁感应现象楞次定律1.(2015理综,20,6分)利用所学物理知识,可以初步了解常用的公交一卡通(IC卡)的工作原理及相关问题。
IC卡内部有一个由电感线圈L和电容C构成的LC振荡电路。
公交车上的读卡机(刷卡时“嘀”的响一声的机器)向外发射某一特定频率的电磁波。
刷卡时,IC卡内的线圈L中产生感应电流,给电容C充电,达到一定的电压后,驱动卡内芯片进行数据处理和传输。
下列说法正确的是( )A.IC卡工作所需要的能量来源于卡内的电池B.仅当读卡机发射该特定频率的电磁波时,IC卡才能有效工作C.若读卡机发射的电磁波偏离该特定频率,则线圈L中不会产生感应电流D.IC卡只能接收读卡机发射的电磁波,而不能向读卡机传输自身的数据信息答案 B2.(2015某某理综,17,6分)(多选)如图,一均匀金属圆盘绕通过其圆心且与盘面垂直的轴逆时针匀速转动。
现施加一垂直穿过圆盘的有界匀强磁场,圆盘开始减速。
在圆盘减速过程中,以下说法正确的是( )A.处于磁场中的圆盘部分,靠近圆心处电势高B.所加磁场越强越易使圆盘停止转动C.若所加磁场反向,圆盘将加速转动D.若所加磁场穿过整个圆盘,圆盘将匀速转动答案ABD考点二法拉第电磁感应定律自感和涡流1.(2015课标Ⅰ,19,6分)(多选)1824年,法国科学家阿拉果完成了著名的“圆盘实验”。
实验中将一铜圆盘水平放置,在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针,如图所示。
实验中发现,当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时,磁针也随着一起转动起来,但略有滞后。
下列说法正确的是( )A.圆盘上产生了感应电动势B.圆盘内的涡电流产生的磁场导致磁针转动C.在圆盘转动的过程中,磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化D.圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流,此电流产生的磁场导致磁针转动答案AB2.(2015某某理综,19,6分)如图所示,abcd为水平放置的平行“”形光滑金属导轨,间距为l,导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场,磁感应强度大小为B,导轨电阻不计。
2015届高考物理二轮阶段性效果检测25含答案
一、选择题(本大题共10小题,每小题7分,共70分。
多选题已在题号后标出,选不全得4分)1、(多选)矩形线圈绕垂直匀强磁场磁感线轴匀速转动，当线圈通过中性面时，下列说法正确是( )A、穿过线圈磁通量最大，线圈中感应电动势最大B、穿过线圈磁通量最大，线圈中感应电动势等于零C、线圈中感应电流最大，方向将改变D、线圈中感应电流等于零，方向将改变2、(2013·西安模拟)交流发电机在工作时电动势为e=E0sinωt,若将其电枢转速提高1倍，其他条件不变，则其电动势变为( )ωA、E0sin t2ωB、2E0sin t2C、E0sin2ωtD、2E0sin2ωt3、处在匀强磁场中矩形线圈abcd以恒定角速度绕ab边转动，磁场方向平行于纸面并与ab垂直。
在t＝0时刻，线圈平面与纸面重合(如图)，线圈cd边离开纸面向外运动。
若规定由a→b→c→d→a方向感应电流为正，则能反映线圈中感应电流I随时间t变化图线是( )4、(多选)(2013·青岛模拟)一交流电压为u t V=π,由此表达式可知( )A、用电压表测该电压，其示数为100 VB、该交流电压周期为0、02 sC、将该电压加在“100 V 100 W”灯泡两端,灯泡实际功率小于100 Ws时，该交流电压瞬时值为50 VD、t=14005、如图所示电路中，A是熔断电流I0＝2 A保险丝，R是可变电阻，S 是交流电源。
交流电源内阻不计，其电动势随时间变化规律是e=sin314t V。
为了不使保险丝熔断，可变电阻阻值应该大于( )A、ΩB、110 ΩC、220 ΩD、Ω6、(2013·太原模拟)如图所示，图线a是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生正弦交流电图像，当调整线圈转速后，所产生正弦交流电图像如图线b所示，以下关于这两个正弦交流电说法错误是( )A、在图中t＝0时刻穿过线圈磁通量均为零B、线圈先后两次转速之比为3∶2C、交流电a瞬时值为u＝10sin5πt(V)VD、交流电b最大值为2037、(多选)如图甲、乙分别表示两种电压波形，其中图甲所示电压按正弦规律变化。
高考物理总复习优编增分练：选择题考点排查练4 2015年(全国Ⅱ卷)选择题考点排查练
2015年(全国Ⅱ卷)选择题考点排查练二、选择题：本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．14．(2018·河南省驻马店市第二次质检)电动势为E ，内阻为r 的电源与可变电阻R 1、R 2、R 3以及一平行板电容器连成如图1所示的电路．当开关S 闭合后，两平行金属板A 、B 间有一带电液滴恰好处于静止状态．下列说法正确的是( )图1A ．将R 1的滑片向右移动一小段距离，带电液滴将向下运动B ．将R 2的滑片向右移动一小段距离，电容器两极板的电荷量将增加C ．增大电容器两板间的距离，电容器两极板的电荷量将增加D ．减小R 3的阻值，R 2两端的电压的变化量小于R 3两端的电压的变化量答案 D15．(2018·山东省青岛市二模)在光滑绝缘水平面上，固定一电流方向如图2所示的通电直导线，其右侧有闭合圆形线圈，某时刻线圈获得一个如图所示的初速度v 0，若通电导线足够长，则下列说法正确的是( )图2A ．线圈中产生沿顺时针方向的恒定电流B ．线圈中产生沿逆时针方向的恒定电流C ．线圈最终会以某一速度做匀速直线运动D ．线圈最终会停下来并保持静止答案 C16．(2018·内蒙古赤峰二中月考)如图3所示，帆板在海面上以速度v 朝正西方向运动，帆船以速度v 朝正北方向航行，以帆板为参照物( )图3A ．帆船朝正东方向航行，速度大小为vB ．帆船朝正西方向航行，速度大小为vC ．帆船朝南偏东45°方向航行，速度大小为2vD ．帆船朝北偏东45°方向航行，速度大小为2v答案 D解析 以帆板为参考系，即把帆板看作静止，则帆船相对于帆板有向东的速度v 及向北的速度v ；由矢量合成可知，二者的合速度v 合＝2v ，方向北偏东45度，故D 正确．17．(2018·山东省日照市11月校际联合质检)汽车发动机的额定功率是60 kW ，汽车的质量为2×103 kg ，在平直路面上行驶，受到的阻力是车重的0.1倍．若汽车从静止出发，以0.5 m/s 2的加速度做匀加速运动，则出发50 s 时，汽车发动机的实际功率为(取g ＝10 m/s 2)( )A ．25 kWB ．50 kWC ．60 kWD ．75 kW 答案 C解析 汽车受到的阻力F f ＝0.1mg ＝2 000 N ，汽车以0.5 m/s 2的加速度做匀加速运动，F －F f ＝ma ，解得：F ＝3 000 N.若50 s 内车是匀加速，则v ＝at ＝25 m/s,50 s 末汽车功率P ＝Fv ＝75 000 W ＝75 kW ；但汽车发动机的额定功率是60 kW ，则50 s 内汽车不是匀加速，而是先匀加速后变加速，故出发50 s 时，汽车发动机的实际功率为60 kW ，故选C.18．(2018·山东省临沂市一模)已知通电长直导线周围某点的磁感应强度B ＝k I r，即磁感应强度B 与导线中的电流I 成正比、与该点到导线的距离r 成反比．如图4，两根互相平行的长直导线过纸面上的M 、N 两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相同的电流．a 、O 、b 在M 、N 的连线上，O 为MN 的中点，c 、d 位于MN 的中垂线上，且a 、b 、c 、d 到O 点的距离均相等．关于以上几点处的磁场，下列说法正确的是( )图4A ．O 点处的磁感应强度最大B ．a 、b 两点处的磁感应强度大小相等，方向相反C ．c 、d 两点处的磁感应强度大小相等，方向相同D ．a 、b 、c 、d 四点处磁感应强度的大小相等，方向不同答案 B解析 根据安培定则，M 处导线在O 点产生的磁场方向竖直向下，N 处导线在O 点产生的磁场方向竖直向上，合成后磁感应强度等于零，故A 错误．M 处导线在a 处产生的磁场方向竖直向下，在b 处产生的磁场方向竖直向下，N 处导线在a 处产生的磁场方向竖直向上，在b 处产生的磁场方向竖直向上，根据场强的叠加知，a 、b 两点处磁感应强度大小相等，方向相反，故B 正确．M 处导线在c 处产生的磁场方向垂直于cM 偏下，在d 处产生的磁场方向垂直于dM 偏下，N 处导线在c 处产生的磁场方向垂直于cN 偏上，在d 处产生的磁场方向垂直于dN 偏上，根据平行四边形定则，知c 处的磁场方向水平向右，d 处的磁场方向水平向左，且合场强大小相等，故C 错误．由以上分析，a 、b 、c 、d 四点处磁感应强度方向都不同．设MN 之间的距离为4r ，a 、b 、c 、d 四个点的位置若取某特殊值，如Ma ＝aO ＝Ob ＝bN ＝r ，则M 处导线在a 点产生的磁感应强度：B aM ＝kI r ，N 处导线在a 点产生的磁感应强度：B aN ＝kI3r ， 所以a 点的合磁感应强度：B a ＝B aM －B aN ＝kI r －kI 3r ＝2kI 3rc 到M 的距离：r c ＝(2r )2＋r 2＝5r ，sin∠cMO ＝r 5r ＝55 M 处导线在c 点产生的磁感应强度：B cM ＝kI r c ＝kI 5r ，该磁场沿水平方向的分量：B cMx ＝B cM sin∠cMO ＝kI 5r ·55＝kI 5r 同理，N 处导线在c 处产生的磁感应强度的水平分量的大小也是kI 5r，所以c 点的合磁感应强度为2kI 5r，故D 错误． 19．(2018·广西钦州市第三次质检)据有关资料介绍，受控核聚变装置中有极高的温度，因而带电粒子将没有通常意义上的“容器”可装，而是由磁场约束带电粒子运动，使之束缚在某个区域内．如图5所示，环状磁场的内半径为R 1，外半径为R 2，环状磁场的内、外边缘均有磁场，被束缚的带电粒子的比荷为k ，中空区域内带电粒子具有各个方向的速度，速度大小为v .中空区域中的带电粒子都不会穿出磁场的外边缘而被约束在半径为R 2的区域内，则环状区域内磁场的磁感应强度大小可能是( )图5A.2v k (R 2－R 1) B.2R 2v k (R 22－R 21) C.3v k (R 2－R 1) D.vk (R 2－R 1)答案 AC解析 由题意可知，粒子的比荷k 已经确定，由r ＝mv qB 可知r ＝v Bk，要使所有的粒子都不能穿出磁场，则与内圆相切的方向进入磁场的粒子在磁场运动的轨迹刚好与外圆相切，可知2r 最大为R 2－R 1，如图所示：从而推知r ≤R 2－R 12，即v Bk ≤R 2－R 12，则B ≥2v k (R 2－R 1)，A 、C 正确． 20．(2018·广东省湛江市第二次模拟)如图6所示，a 、b 、c 为三个质量均为m 的物块，物块a 、b 通过水平轻绳相连后放在水平面上，物块c 放在b 上．现用水平拉力作用于a ，使三个物块一起水平向右匀速运动．各接触面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g .下列说法正确的是( )图6A ．该水平拉力大于轻绳的弹力B ．物块c 受到的摩擦力大小为μmgC ．当该水平拉力增大为原来的1.5倍时，物块c 受到的摩擦力大小为0.5μmgD．剪断轻绳后，在物块b向右运动的过程中，物块c受到的摩擦力大小为μmg答案ACD解析三物块一起做匀速直线运动，由平衡条件得，对a、b、c系统：F＝3μmg，对b、c 系统：F T bc＝2μmg，则F>F T bc，即水平拉力大于轻绳的弹力，故A正确；c做匀速直线运动，处于平衡状态，则c不受摩擦力，故B错误；当水平拉力增大为原来的1.5倍时，F′＝1.5F ＝4.5μmg，对a、b、c系统由牛顿第二定律得：F′－3μmg＝3ma，对c：F f＝ma，解得：F f＝0.5μmg，故C正确；剪断轻绳后，b、c一起做匀减速直线运动，对b、c系统，由牛顿第二定律得：2μmg＝2ma′，对c：F f′＝ma′，解得F f′＝μmg，故D正确．21．(2018·河南省开封市第三次模拟)为了进一步探究课本中的迷你小实验，某同学从圆珠笔中取出轻弹簧，将弹簧一端固定在水平桌面上，弹簧竖直放置，另一端套上笔帽，用力把笔帽往下压后迅速放开．他观察到笔帽被弹起并离开弹簧向上运动一段距离．不计空气阻力，忽略笔帽与弹簧间的摩擦，在弹簧恢复原长的过程中( )A．笔帽一直做加速运动B．弹簧对笔帽做的功和对桌面做的功相等C．弹簧对笔帽的冲量大小和对桌面的冲量大小相等D．弹簧对笔帽的弹力做功的平均功率大于笔帽克服重力做功的平均功率答案CD解析弹簧恢复原长的过程中，开始时笔帽向上加速运动，弹簧压缩量减小，弹力减小，当弹力等于重力时，加速度为零，速度最大，此后弹力小于重力，合力向下，加速度与速度方向相反，笔帽做减速运动，故A错误；笔帽向上运动，受到的弹力方向向上，力与位移同向，故弹力对笔帽做正功，重力方向向下，与位移反向，对笔帽做负功，由于笔帽动能增加，所以弹簧对笔帽做的功大于笔帽克服重力做的功，时间相同，根据功率的定义，故D正确；弹簧对桌面虽然有弹力，但没有位移，所以不做功，故B错误；由于轻弹簧质量不计，所以弹簧对桌面的弹力等于对笔帽的弹力，作用时间相同，冲量大小相等，故C正确.。
高考物理二轮复习 精选题组专练12 楞次律和法拉第电磁感律的用
拾躲市安息阳光实验学校专练12 楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用一、单项选择题1．(2014·级示范高中联考，20)如图1所示，空间存在一个足够大的三角形区域(顶角45°)，区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，一个顶角为45°的三角形导体线框，自距离磁场左侧边界L处以平行于纸面向上的速度匀速通过了该区域，若以逆时针为正方向，回路中感应电流I随时间t的变化关系图象正确的是( )图1解析三角形导体线框进入磁场时，电流方向为逆时针，三角形边框切割磁感线的有效长度减小，感应电动势变小，感应电流变小；三角形线框离开磁场时，电流方向为顺时针，三角形边框切割磁感线的有效长度增大，感应电动势变大，感应电流变大，选项D正确．答案D2．(2014·二模，17)如图2甲所示，正三角形导线框abc固定在磁场中，磁场方向与线圈平面垂直，磁感应强度B随时间变化的关系如图乙所示，t＝0时刻磁场方向垂直纸面向里，在0～4 s时间内，线框ab边所受安培力F1随时间t 变化的关系(规定水平向左为力的正方向)可能是下图中的( )图2解析在0～1 s时间内，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度均匀减小，线框中产生恒定电动势和恒定电流，根据楞次定律，电流方向为顺时针，所以线框ab边受力向左，根据F＝BIl，随着B的减小F均匀减小．在1～2 s时间内，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度均匀增大，线框中产生顺时针方向的恒定电流，所以根据左手定则判断出ab边受力向右，且F随B的增大而增大．同样判断出3～3.5 s时间内，力F方向向左，且逐渐减小；3.5 s～4 s时间内，力F方向向右，且逐渐增大，所以选项A正确．答案A3．(2014·高考冲刺卷六)如图3所示，足够长的U形光滑金属导轨所在平面与水平面成θ角(0＜θ＜90°)，其中MN与PQ平行且间距为L，磁感应强度大小为B的匀强磁场方向垂直导轨所在平面斜向上，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，棒ab接入电路的电阻为R，当流过棒ab某一横截面的电荷量为q时，棒的速度大小为v，则金属棒ab在下滑过程中( )图3A．运动的加速度大小为v22LB．下滑位移大小为qRBLC．产生的焦耳热为qBLvD．受到的最大安培力大小为B2L2vRsin θ解析由牛顿第二定律可知mgsin θ－B2L2vR＝ma，金属棒做变加速运动，选项A错；由q＝I·Δt＝ΔΦΔtR·Δt＝ΔΦR＝BLxR得x＝qRBL，选项B对．由动能定理可知mgxsin θ－Q ＝12mv2，把x 代入式中得到Q ，选项C 错；安培力最大为mgsin θ，选项D 错．答案 B4．(2014·三模，21)如图4甲所示，电阻不计且间距L ＝1 m 的光滑平行金属导轨竖直放置，上端接一阻值R ＝2 Ω的电阻，虚线OO′下方有垂直于导轨平面向里的匀强磁场，现将质量m ＝0.1 kg 、电阻不计的金属杆ab 从OO′上方某处由静止释放，金属杆在下落的过程中与导轨保持良好接触且始终水平，已知杆ab 进入磁场时的速度v0＝1 m/s ，下落0.3 m 的过程中加速度a 与下落距离h 的关系图象如图乙所示，g 取10 m/s2，则 ( )图4A ．匀强磁场的磁感应强度为1 TB ．杆ab 下落0.3 m 时金属杆的速度为1 m/sC ．杆ab 下落0.3 m 的过程中R 上产生的热量为0.2 JD ．杆ab 下落0.3 m 的过程中通过R 的电荷量为0.25 C解析 在杆ab 进入磁场时，由B2L2v0R －mg ＝ma ，由题图乙知，a 的大小为10m/s2，解得B ＝2 T ，A 错误．杆ab 下落0.3 m 时杆做匀速运动，则有B2L2v′R ＝mg ，解得v′＝0.5 m/s ，选项B 错误，在杆ab 下落0.3 m 的过程，根据能量守恒，R 上产生的热量为Q ＝mgh －12mv′2＝0.287 5 J ，选项C 错误．通过R的电荷量q ＝ΔΦR ＝B·ΔSR ＝0.25 C ．选项D 正确．答案 D5．(2014·山东一模)如图5所示，三条平行虚线位于纸面内，中间虚线两侧有方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度等大反向，菱形闭合导线框ABCD 位于纸面内且对角线AC 与虚线垂直，磁场宽度与对角线AC 长均为d.现使线框沿AC方向匀速穿过磁场，以逆时针方向为感应电流的正方向，则从C 点进入磁场到A 点离开磁场的过程中，线框中电流i 随时间t 的变化关系，以下可能正确的是 ( )图5解析 线框ABCD 在进入左边磁场时，由楞次定律可判断出感应电流的方向应为正方向，所以选项B 、C 错；当线框ABCD 一部分在左磁场区，另一部分在右磁场区时，回路中的最大电流要加倍，方向与刚进入时的方向相反，所以选项D正确．答案 D6．如图6，矩形闭合导体线框在匀强磁场上方，由不同高度静止释放，用t1、t2分别表示线框ab 边和cd 边刚进入磁场的时刻，线框下落过程形状不变，ab边始终保持与磁场水平边界线OO′平行，线框平面与磁场方向垂直，设OO′下方磁场区域足够大，不计空气的影响，则下列哪一个图象不可能反映线框下落过程中速度v 随时间t 变化的规律( ) 图6解析 线框在0～t1这段时间内做自由落体运动，v －t 图象为过原点的倾斜直线，t2之后线框完全进入磁场区域中，无感应电流，线框不受安培力，只受重力，线框做匀加速直线运动，v －t 图象为倾斜直线，t1～t2这段时间线框受到安培力作用，线框的运动类型只有三种，即可能为匀速直线运动、也可能为加速度逐渐减小的加速直线运动，还可能为加速度逐渐减小的减速直线运动，而A 选项中，线框做加速度逐渐增大的减速直线运动是不可能的，故不可能的v －t 图象为A 选项中的图象．答案 A二、多项选择题7．垂直斜面的磁场宽度均为L ，一质量为m 、电阻为R 、边长为L2的正方形导体线圈，在沿平行斜面向下的拉力F 作用下由静止开始沿斜面下滑，当ab 边刚越过GH 进入磁场Ⅰ时，恰好做匀速直线运动，下列说法中正确的有(重力加速度为g) ( ) 图7A ．从线圈的ab 边刚进入磁场Ⅰ到线圈dc 边刚要离开磁场Ⅱ的过程中，线圈ab 边中产生的感应电流先沿b→a 方向再沿a→b 方向B ．线圈进入磁场Ⅰ过程和离开磁场Ⅱ过程所受安培力方向都平行斜面向上C ．线圈ab 边刚进入磁场Ⅰ时的速度大小为4R mgsin θ＋FB2L2D ．线圈进入磁场Ⅰ做匀速运动的过程中，拉力F 所做的功等于线圈克服安培力所做的功解析 由右手定则可知线圈的ab 边刚进入磁场Ⅰ和线圈的dc 边刚要离开磁场Ⅱ时，线圈中的感应电流方向均为b→a，线圈经过JP 时感应电流的方向为a→b，A 错误．由楞次定律可判断出感应电流的磁场阻碍线圈的切割磁感线运动，B正确．线圈ab 边刚进入磁场Ⅰ时，受到的安培力F 安＝BI L 2＝B2L2v 4R，由共点力的平衡知识可知F 安＝mgsin θ＋F ，联立可得线圈ab 边刚进入磁场Ⅰ时的速度大小为4R mgsin θ＋FB2L2，C 正确．线圈进入磁场Ⅰ做匀速运动的过程中，合外力做的功为0，即拉力F 和重力沿斜面方向的分力所做的功等于线圈克服安培力所做的功，D 错误．答案 BC8．如图8所示，在竖直向下的y 轴两侧分布有垂直纸面向外和向里的磁场，磁感应强度大小B 均随y 坐标按B ＝B0＋ky(k 为正的常量)的规律变化．两个完全相同的正方形线框甲和乙的上边均与y 轴垂直，甲的初始位置高于乙的初始位置，两线框平面均与磁场垂直．现同时分别给甲、乙竖直向下的初速度v1和v2，且v1＞v2，若磁场的范围足够大，不计甲、乙间的相互作用，以下说法正确的是 ( ) 图8A ．开始时线框中感应电流甲比乙大B ．开始时线框所受磁场的作用力甲比乙小C ．运动中两线框所受磁场的作用力方向相反D ．最终两线框以相同的速度匀速下落解析 线框甲产生顺时针方向的电流，线框乙产生逆时针方向的电流．初始时刻甲中电流I 甲＝B1′Lv1－B1Lv1R ＝ΔBLv1R ，乙中电流I 乙＝B2′Lv2－B2Lv2R＝ΔBLv2R，由于v1＞v2，所以I 甲＞I 乙，A 正确．甲所受合安培力F 甲＝B1′I 甲L －B1I 甲L ＝ΔBI 甲L ＝ΔB2L2v1R ，乙所受合安培力F 乙＝B2′I 乙L －B2I 乙L ＝ΔBI 乙L ＝ΔB2L2v2R，所以F 甲＞F 乙，两合安培力方向均向上，B 、C错误．当最终匀速下落时，甲、乙两线框均满足ΔB2L2vmR ＝mg ，两线框匀速运动的速度相同，D 正确． 答案 AD。
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专练11 楞次定律和法拉第电磁感应定律
(限时：20分钟)
1．(2014·江苏·1)如图1所示，一正方形线圈的匝数为n ，边长为a ，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中．在Δt 时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B 均匀地增大到2B .在此过程中，线圈中产生的感应电动势为( )
图1
A.Ba 22Δt
B.nBa 2
2Δt
C.nBa 2Δt
D.2nBa 2
Δt
答案 B
解析 线圈中产生的感应电动势E ＝n ΔФΔt ＝n ·ΔB Δt ·S ＝n ·2B －B Δt ·a 22＝nBa 22Δt
，选项B 正确． 2．(2014·山东·16)如图2所示，一端接有定值电阻的平行金属轨道固定在水平面内，通有恒定电流的长直绝缘导线垂直并紧靠轨道固定，导体棒与轨道垂直且接触良好．在向右匀速通过M 、N 两区的过程中，导体棒所受安培力分别用F M 、F N 表示．不计轨道电阻，以下叙述正确的是
( )
图2
A ．F M 向右
B ．F N 向左
C ．F M 逐渐增大
D ．F N 逐渐减小
答案 BCD
解析 根据直线电流产生磁场的分布情况知，M 区的磁场方向垂直纸面向外，N 区的磁场方向垂直纸面向里，离导线越远，磁感应强度越小．当导体棒匀速通过M 、N 两区时，感应电流的效果总是反抗引起感应电流的原因，故导体棒在M 、N 两区运动时，受到的安培力均向左，
故选项A 错误，选项B 正确；导体棒在M 区运动时，磁感应强度B 变大，根据E ＝Bl v ，I ＝E R
及F ＝BIl 可知，F M 逐渐变大，故选项C 正确；导体棒在N 区运动时，磁感应强度B 变小，
根据E ＝Bl v ，I ＝E R
及F ＝BIl 可知，F N 逐渐变小，故选项D 正确． 3．在大连某中学实验室的水平桌面上，放置一矩形闭合导体线圈，如图3所示，线圈的ab 边沿南北方向，ad 边沿东西方向．仅考虑地磁场的影响，下列说法正确的是( )
图3
A ．若使线圈向东平动，则a 点的电势比b 点的电势高
B ．若使线圈向东平动，则a 点的电势与b 点的电势相等
C ．若以bc 边为轴将线圈向上翻转90°过程中，则线圈中感应电流方向为abcda
D ．若以bc 边为轴将线圈向上翻转90°过程中，则线圈中感应电流方向为adcba
答案 C
解析 若使线圈向东平动，由于地磁场的磁感线是地理南极指向北极，则穿过线圈的磁通量不变，因此线圈中没有感应电动势，故A 、B 错误；若以bc 为轴将线圈向上翻转90°过程中，ad 边切割磁感应线，由右手定则可知线圈中感应电流方向为abcda ，故C 正确，D 错误．
4．如图4所示，边长为2L 的正方形虚线框内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B .一个边长为L 粗细均匀的正方形导线框abcd ，其所在平面与磁场方向垂直，导线框的对角线与虚线框的对角线在一条直线上，导线框各边的电阻大小均为R .在导线框从图示位置开始以恒定速度v 沿对角线方向进入磁场，到整个导线框离开磁场区域的过程中，下列说法正确的是( )
图4
A ．导线框进入磁场区域时产生顺时针方向的感应电流
B ．导线框中有感应电流的时间为2L v
C ．导线框的bd 对角线有一半进入磁场时，整个导线框所受安培力大小为B 2L 2v 4R
D ．导线框的bd 对角线有一半进入磁场时，导线框a 、c 两点间的电压为
2BL v 4
答案 D
解析 根据楞次定律的推论：感应电流的效果总是阻碍磁通量的变化，故由楞次定律判断出，
导线框进入磁场区域时，感应电流的方向为逆时针方向，故A 选项错误；导线框完全进入磁场后感应电流消失，完全进入经历的时间为2L v ，完全穿出经历时间也为2L v ，导线框中有感
应电流的时间t ＝2L v ×2，故B 选项错误；导线框的bd 对角线有一半进入磁场时，导体的有效切割长度为2L 2，感应电动势为2BL v 2，由安培力公式为F ＝2BIL 2，可算出安培力为B 2L 2v 8R
，故C 选项错误；导线框的bd 对角线有一半进入磁场时，导线框a 、c 两点间的电压为电动势的一半，大小为2BL v 4
，故D 选项正确． 5．电吉他是利用电磁感应原理工作的一种乐器．如图5甲所示为电吉他的拾音器的原理图，在金属弦的下方置有一个连接到放大器的螺线管．一条形磁铁固定在管内，当拨动金属弦后，螺线管内就会产生感应电流，经一系列转化后可将电信号转为声音信号．若由于金属弦的振动，螺线管内的磁通量随时间的变化如图乙所示，则对应感应电流的变化为( )
图5
答案 D
解析 在0～t 02时间内，磁通量增加但增加的越来越慢，因此感应电流越来越小，到t 02
时刻，感应电流减小到零；在t 02
～t 0时间内，磁通量越来越小，感应电流反向，磁通量变化的越来越快，感应电流越来越大，到t 0时刻达到反向最大值，从这两段时间断定，选项D 正确，A 、B 、C 错误．
6．如图6所示，两个有界匀强磁场的磁感应强度大小均为B ，方向分别垂直纸面向里和向外，
磁场宽度均为L，距磁场区域的左侧L处，有一边长也为L的正方形导体线框，总电阻为R，且线框平面与磁场方向垂直，现用外力F使线框以速度v匀速穿过磁场区域，以初始位置为计时起点，规定：电流沿逆时针方向时电动势E为正，磁感线垂直纸面向里时磁通量Φ的方向为正，外力F向右为正．则以下关于线框中磁通量Φ、感应电动势E、外力F和线圈总电功率P随时间t变化的图象正确的是()
图6
答案BD
解析当运动到2.5L时，磁通量为零，故A错误；当线圈进入第一个磁场和离开第二个磁场时，由E＝BL v可知，E保持不变，方向为逆时针方向，而开始进入第二个磁场时，两端同时切割磁感线，电动势应为2BL v，方向为顺时针方向，故B正确；因安培力总是与运动方向相反，故拉力应一直向右，故C错误；拉力的功率P＝F v，因速度不变，故P与F的变化规律一致，所以D正确．
7．有一种信号发生器的工作原理可简化为如图7所示的情形，竖直面内有半径均为R且相切于O点的两圆形区域，其内存在水平恒定的匀强磁场，长为2R的导体杆OA，以角速度ω绕过O点的固定轴，在竖直平面内顺时针匀速旋转，t＝0时，OA恰好位于两圆的公切线上，下列描述导体杆两端电势差U AO随时间变化的图象可能正确的是()
图7
答案 A
解析 由右手定则可知，感应电动势始终从O 指向A ，为正．由E ＝12
BL 2ω，L 是有效切割长度，B 、ω不变，切割的有效长度随时间先增大后减小，且做非线性、非正弦的变化，经半圈后，再次重复，故A 正确．
8．如图8甲所示，一个圆形线圈的匝数n ＝100，线圈面积S ＝200 cm 2，线圈的电阻r ＝1 Ω，线圈外接一个阻值R ＝4 Ω的电阻，把线圈放入一方向垂直线圈平面向里的磁场中，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( )
图8
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 ．线圈电阻r 消耗的功率为4×10－
4 W D ．前4 s 内通过R 的电荷量为4×10－
4 C 答案 C
解析 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方向为逆时针方向，故A 错误．根据法拉第电磁感应定律，磁通量的变化率恒定，所以电动势恒定，
则电阻两端的电压恒定，故B 错误；由法拉第电磁感应定律：E ＝N ΔΦΔt ＝N ΔB ·S Δt ＝100×0.4－0.24
×0.02 V ＝0.1 V ，由闭合电路欧姆定律，可知电路中的电流为I ＝E R ＋r ＝0.14＋1
A ＝0.02 A ，所以线圈电阻r 消耗的功率P ＝I 2r ＝0.022×1 W ＝4×10－
4 W ，故C 正确；前4 s 内通过R 的电荷量Q ＝It ＝0.02×4 C ＝0.08 C ，故D 错误．faa。