………………時間：45分鐘滿分：90分基礎(chǔ)組一、選擇題(每小題6分，共42分)1．[2016·棗強(qiáng)中學(xué)月考](多選)下列敘述正確的是()A．安培根據(jù)通電螺線管的磁場和條形磁鐵的磁場的相似性，提出了分子電流假說B．感應(yīng)電流遵從楞次定律所描述的方向，這是能量守恒定律的必然結(jié)果C．奧斯特在實驗中觀察到電流的磁效應(yīng)，該效應(yīng)揭示了電和磁之間存在聯(lián)系D．法拉第在實驗中觀察到，在通有恒定電流的靜止導(dǎo)線附近的固定線圈中，會出現(xiàn)感應(yīng)電流答案ABC解析安培分子電流假說，是安培根據(jù)通電螺線管的磁場和磁鐵的磁場的相似性提出的，選項A正確；感應(yīng)電流遵從楞次定律所描述的方向，這是能量守恒定律的必然結(jié)果，選項B正確；奧斯特在實驗中觀察到電流的磁效應(yīng)，揭示了電和磁之間存在聯(lián)系，選項C正確；在法拉第的實驗中，通有恒定電流的靜止導(dǎo)線附近的固定線圈中是不會出現(xiàn)感應(yīng)電流的，選項D錯誤。2．[2016·衡水二中猜題]如圖所示，一金屬圓環(huán)水平放置在豎直向上的勻強(qiáng)磁場中，若要使圓環(huán)中產(chǎn)生如箭頭所示方向的感應(yīng)電流，下列方法可行的是()A．使勻強(qiáng)磁場均勻增大B．使圓環(huán)繞水平軸ab如圖轉(zhuǎn)動30°C．使圓環(huán)繞水平軸cd如圖轉(zhuǎn)動30°D．保持圓環(huán)水平并使其繞過圓心的豎直軸轉(zhuǎn)動答案A解析由安培定則可知感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場方向與原磁場方向相反，由楞次定律可知通過圓環(huán)的磁通量一定是增加的，由Φ＝BScosθ可知，A項正確。3．[2016·衡水二中一輪檢測]如圖所示，用兩根相同的導(dǎo)線繞成匝數(shù)分別為n1和n2的圓形閉合線圈A和B，兩線圈所在平面與勻強(qiáng)磁場垂直。當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間均勻變化時，兩線圈中的感應(yīng)電流之比IA∶IB為()A.eq\f(n1,n2)B.eq\f(n2,n1)C.eq\f(n\o\al(2,1),n\o\al(2,2))D.eq\f(n\o\al(2,2),n\o\al(2,1))答案B解析依題意知線圈A和B的長度、橫截面積和材料(電阻率)都相同，所以電阻相同，由LA＝n12πr1LB＝n22πr2得eq\f(r1,r2)＝eq\f(n2,n1)，兩線圈中的感應(yīng)電流之比等于兩線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢之比：eq\f(IA,IB)＝eq\f(E1,E2)＝eq\f(n1SA,n2SB)＝eq\f(n1πr\o\al(2,1),n2πr\o\al(2,2))＝eq\f(n2,n1)，所以B正確。4．[2016·冀州中學(xué)周測](多選)如圖所示，在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B＝1.0T的勻強(qiáng)磁場中，金屬桿PQ在外力F作用下在粗糙U形導(dǎo)軌上以速度v＝2m/s向右勻速滑動，兩導(dǎo)軌間距離L＝1.0m，電阻R＝3.0Ω，金屬桿的電阻r＝1.0Ω，導(dǎo)軌電阻忽略不計，則下列說法正確的是()A．通過R的感應(yīng)電流的方向為由d到aB．金屬桿PQ切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的大小為2.0VC．金屬桿PQ受到的安培力大小為0.5ND．外力F做的功等于電路中產(chǎn)生的焦耳熱答案BC解析由楞次定律以及右手定則可以判定通過R的電流方向為由a到d，選項A錯誤；由法拉第電磁感應(yīng)定律可得金屬桿切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的大小為E＝BLv＝2.0V，選項B正確；安培力F安＝BIL＝0.5N，選項C正確；因為軌道粗糙，由能量守恒定律可知，外力做的功等于電路中產(chǎn)生的焦耳熱和摩擦產(chǎn)生的熱的總和，選項D錯誤。5．[2016·冀州中學(xué)熱身](多選)如圖所示，正方形線框的邊長為L，電容器的電容為C。正方形線框的一半放在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場中，當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度以k為變化率均勻減小時，則()A．線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小為kL2B．電壓表沒有讀數(shù)C．a(chǎn)點(diǎn)的電勢高于b點(diǎn)的電勢D．電容器所帶的電荷量為零答案BC解析由于線框的一半放在磁場中，因此線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小為kL2/2，A錯誤；由于線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢是恒定的，且線框連接了一個電容器，相當(dāng)于電路斷路，外電壓等于電動勢，內(nèi)電壓為零，而接電壓表的這部分相當(dāng)于回路的內(nèi)部，因此，電壓表兩端無電壓，電壓表沒有讀數(shù)，B正確；根據(jù)楞次定律可以判斷，a點(diǎn)的電勢高于b點(diǎn)的電勢，C正確；電容器所帶電荷量為Q＝Ceq\f(kL2,2)，D錯誤。6．[2016·棗強(qiáng)中學(xué)周測](多選)勻強(qiáng)磁場方向垂直紙面，規(guī)定垂直紙面向里的方向為正，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間t變化規(guī)律如圖甲所示。在磁場中有一細(xì)金屬圓環(huán)，圓環(huán)平面位于紙面內(nèi)，如圖乙所示。令I(lǐng)1、I2、I3分別表示Oa、ab、bc段的感應(yīng)電流，f1、f2、f3分別表示I1、I2、I3時，金屬環(huán)上很小一段受到的安培力。則()A．I1沿逆時針方向，I2沿順時針方向B．I2沿逆時針方向，I3沿順時針方向C．f1方向指向圓心，f2方向指向圓心D．f2方向背離圓心向外，f3方向指向圓心答案AD解析在Oa段，磁場垂直紙面向里且均勻增強(qiáng)，根據(jù)楞次定律可判斷產(chǎn)生的感應(yīng)電流的方向是逆時針的，同理，ab、bc段產(chǎn)生的感應(yīng)電流的方向是順時針的，A正確，B錯；根據(jù)左手定則可判斷Oa、ab、bc段對應(yīng)金屬圓環(huán)上很小一段受到的安培力方向，即f1、f3方向指向圓心，而f2背離圓心向外，C錯，D正確。(或采用“增縮減擴(kuò)”的方法也可以直接判斷)7．[2016·冀州中學(xué)預(yù)測]如圖甲所示，線圈ABCD固定在磁場中，磁場方向垂直紙面向外，當(dāng)磁場變化時，線圈的AB邊所受安培力向右且變化規(guī)律如圖乙所示，則磁場的變化情況可能是圖丙中的()點(diǎn)擊觀看解答視頻答案D解析由題圖乙可知，線圈的AB邊所受安培力F＝BIL為定值，由歐姆定律可知感應(yīng)電流I與感應(yīng)電動勢E成正比，感應(yīng)電動勢E與磁通量的變化率eq\f(ΔΦ,Δt)成正比，線圈面積不變，磁通量變化率eq\f(ΔΦ,Δt)與磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化率eq\f(ΔB,Δt)成正比，即磁感應(yīng)強(qiáng)度B與其變化率eq\f(ΔB,Δt)的乘積為定值。在B-t圖象中，切線斜率表示磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化率，若磁感應(yīng)強(qiáng)度增大，則其變化率應(yīng)減小，A、B項錯，D項正確；若磁感應(yīng)強(qiáng)度減小，則其變化率應(yīng)增大，但此時F的方向變?yōu)橄蜃?，C項錯。二、非選擇題(共10分)8．[2016·冀州中學(xué)期末](10分)(1)如圖1所示，兩根足夠長的平行導(dǎo)軌，間距L＝0.3m，在導(dǎo)軌間有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B1＝0.5T。一根直金屬桿MN以v＝2m/s的速度向右勻速運(yùn)動，桿MN始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好。桿MN的電阻r1＝1Ω，導(dǎo)軌的電阻可忽略。求桿MN中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E1。(2)如圖2所示，一個匝數(shù)n＝100的圓形線圈，面積S1＝0.4m2，電阻r2＝1Ω。在線圈中存在面積S2＝0.3m2垂直線圈平面(指向紙外)的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度B2隨時間t變化的關(guān)系如圖3所示。求圓形線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E2。(3)有一個R＝2Ω的電阻，將其兩端分別與圖1中的導(dǎo)軌和圖2中的圓形線圈相連接，b端接地。試判斷以上兩種情況中，哪種情況a端的電勢較高？求這種情況中a端的電勢φa。答案(1)0.3V(2)4.5V(3)當(dāng)電阻R與圖1中的導(dǎo)軌相連接時，a端的電勢較高0.2V解析(1)桿MN做切割磁感線運(yùn)動產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E1＝B1Lv＝0.3V(2)穿過圓形線圈的磁通量發(fā)生變化產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E2＝neq\f(ΔB2,Δt)S2＝4.5V(3)當(dāng)電阻R與圖1中的導(dǎo)軌相連接時，a端的電勢較高通過電阻R的電流I＝eq\f(E1,R＋r1)電阻R兩端的電勢差φa－φb＝IRa端的電勢φa＝IR＝0.2V能力組一、選擇題(每小題6分，共18分)9．[2016·衡水中學(xué)預(yù)測]如圖甲所示，一個圓形線圈的匝數(shù)n＝100，線圈面積S＝200cm2，線圈的電阻r＝1Ω，線圈外接一個阻值R＝4Ω的電阻，把線圈放入一方向垂直線圈平面向里的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示。下列說法中正確的是()A．線圈中的感應(yīng)電流方向為順時針方向B．電阻R兩端的電壓隨時間均勻增大C．線圈電阻r消耗的功率為4×10－4WD．前4s內(nèi)通過R的電荷量為4×10－4C答案C解析由楞次定律可知，感應(yīng)電流的磁場方向為垂直紙面向外，由安培定則可知，感應(yīng)電流方向為逆時針方向，A項錯；由磁通量Φ＝BS及法拉第電磁感應(yīng)定律E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(ΔB,Δt)S可知，感應(yīng)電動勢E＝100·eq\f(0.4－0.2,4)·200×10－4V＝0.1V，故電阻R兩端的電壓U＝IR＝eq\f(E,R＋r)R＝0.08V，B項錯；線圈電阻r消耗的功率P＝I2r＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(E,R＋r)))2r＝4×10－4W，C項正確；前4s內(nèi)通過R的電荷量Q＝It＝eq\f(E,R＋r)t＝0.08C，D項錯。10．[2016·棗強(qiáng)中學(xué)熱身]如圖甲所示，在方向豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場中，沿水平面固定一個“V”字形金屬框架CAD，已知∠A＝θ，導(dǎo)體棒EF在框架上從A點(diǎn)開始在外力作用下，沿垂直EF的方向以速度v勻速向右平移，使導(dǎo)體棒和框架始終構(gòu)成等腰三角形回路。已知框架和導(dǎo)體棒的材料和橫截面積均相同，其單位長度的電阻均為R，框架和導(dǎo)體棒均足夠長，導(dǎo)體棒在運(yùn)動中始終與磁場方向垂直，且與框架接觸良好。關(guān)于EF產(chǎn)生的電動勢E、回路中的電流I、通過EF橫截面的電荷量q、回路消耗的電功率P隨時間t變化關(guān)系的圖象，圖乙所示可能正確的是()點(diǎn)擊觀看解答視頻答案D解析由E＝BLv知，導(dǎo)體棒EF產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢與L成正比，又L＝2vttaneq\f(θ,2)，則E與t成正比，A項錯；由電阻定律可知，回路的總電阻r＝2vteq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(tan\f(θ,2)＋\f(1,cos\f(θ,2))))R，由歐姆定律可知，感應(yīng)電流I＝eq\f(E,r)＝eq\f(Bvtan\f(θ,2),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(tan\f(θ,2)＋\f(1,cos\f(θ,2))))R)大小恒定，B項錯；由q＝It可知，通過EF橫截面的電荷量q與t成正比，C項錯；由P＝I2r可知，功率與r成正比，r與t成正比，故D項正確。11．[2016·衡水中學(xué)猜題](多選)如圖所示，一個閉合三角形導(dǎo)線框ABC位于豎直平面內(nèi)，其下方固定一根與導(dǎo)線框平面平行的水平直導(dǎo)線，導(dǎo)線中通以圖示方向的恒定電流。釋放導(dǎo)線框，它由實線位置下落到虛線位置未發(fā)生轉(zhuǎn)動，在此過程中()A．導(dǎo)線框中感應(yīng)電流的方向依次為ACBA→ABCA→ACBAB．導(dǎo)線框中的磁通量為零時，感應(yīng)電流卻不為零C．導(dǎo)線框所受安培力的合力方向依次為向上→向下→向上D．導(dǎo)線框所受安培力的合力為零，做自由落體運(yùn)動答案AB解析根據(jù)安培定則可知導(dǎo)線上方的磁場方向垂直于紙面向外，下方的磁場方向垂直于紙面向里，而且越靠近導(dǎo)線磁場越強(qiáng)，所以閉合導(dǎo)線框ABC在下降過程中，導(dǎo)線框內(nèi)垂直于紙面向外的磁通量先增大，當(dāng)增大到BC邊與導(dǎo)線重合時，達(dá)到最大，再向下運(yùn)動，導(dǎo)線框內(nèi)垂直于紙面向外的磁通量逐漸減小至零，然后隨著導(dǎo)線框的下降，導(dǎo)線框內(nèi)垂直于紙面向里的磁通量增大，當(dāng)A與導(dǎo)線重合時達(dá)到最大，繼續(xù)下降時由于導(dǎo)線框逐漸遠(yuǎn)離導(dǎo)線，使導(dǎo)線框內(nèi)垂直于紙面向里的磁通量再逐漸減小，所以根據(jù)楞次定律可知，感應(yīng)電流的磁場總是阻礙內(nèi)部磁通量的變化，所以感應(yīng)電流的磁場先向內(nèi)，再向外，最后向內(nèi)，所以導(dǎo)線框中感應(yīng)電流的方向依次為ACBA→ABCA→ACBA，A正確；當(dāng)導(dǎo)線框中的磁通量為零時，穿過導(dǎo)線框的磁通量仍在變化，有感應(yīng)電動勢產(chǎn)生，所以感應(yīng)電流不為零，B正確；根據(jù)對楞次定律的理解，感應(yīng)電流的效果總是阻礙導(dǎo)體間的相對運(yùn)動，由于導(dǎo)線框一直向下運(yùn)動，所以導(dǎo)線框所受安培力的合力方向一直向上，不為零，C、D錯誤。二、非選擇題(共20分)12．[2016·衡水中學(xué)一輪檢測](20分)如圖1所示(俯視圖)，間距為2L的光滑平行金屬導(dǎo)軌水平放置，導(dǎo)軌一部分處在以O(shè)O′為右邊界的勻強(qiáng)磁場中，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直導(dǎo)軌平面向下，導(dǎo)軌右側(cè)接有定值電阻R，導(dǎo)軌電阻忽略不計。在距邊界OO′為L處垂直導(dǎo)軌放置一質(zhì)量為m、電阻不計的金屬桿ab。點(diǎn)擊觀看解答視頻(1)若金屬桿ab固定在導(dǎo)軌上的初始位置，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度在時間t內(nèi)由B均勻減小到零，求此過程中電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱Q1。(2)若磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度不變，金屬桿ab在恒力作用下在初始位置由靜止開始向右運(yùn)動3L距離，其v-x的關(guān)系如圖2所示。求：①金屬桿ab在剛要離開磁場時的加速度大??；②此過程中電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱Q2。答案(1)Q1＝eq\f(4B2L4,Rt)(2)①a＝eq\f(v\o\al(2,2)－v\o\al(2,1),4L)－eq\f(4B2L2v1,mR)②Q2＝eq\f(mv\o\al(2,2)－3v\o\al(2,1),4)解析(1)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度在時間t內(nèi)由B均勻減小到零，說明eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(B,t)，此過程中的感應(yīng)電動勢E1＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(2BL2,t)通過R的電流為I1＝eq\f(E1,R)此過程中電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為Q1＝Ieq\o\al(2,1)Rt解得Q1＝eq\f(4B2L4,Rt)(2)①ab桿離起始位置的位移從L到3L的過程中，由動能定理可得F(3L－L)＝eq\f(1,2)m(veq\o\al(2,2)－veq\o\al(2