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1．(2011·山东高考)了解物理规律的发现过程，学会像科学家那样观察和思考，往往比掌握知识本身更重要。以下符合史实的是()A．焦耳发现了电流热效应的规律B．库仑总结出了点电荷间相互作用的规律C．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D．牛顿将斜面实验的结论合理外推，间接证明了自由落体运动是匀变速直线运动解析：在电学的发展过程中，焦耳发现了电流的热效应，库仑总结出电荷间相互作用的计算公式——库仑定律，这两项符合物理学史的事实。在C项中，发现电流磁效应的是丹麦物理学家奥斯特；D项中，牛顿对伽利略的理想斜面实验合理外推得到的是物体在不受外力作用下将一直保持匀速直线运动或静止状态——牛顿第一定律。答案：AB2.如图1所示，ab是水平面上一个圆的直径，在过ab的竖直平面内有一根通电直导线ef，已知ef平行于ab。当ef竖直向上平移时，电流产生的磁场穿过圆的磁通量将()A．逐渐增大B．逐渐减小C．始终为零D．不为零，但保持不变图1解析：作出磁感线穿过圆的情况的俯视图，如图所示，根据磁场具有对称性可以知道，穿入圆的磁感线的条数与穿出圆的磁感线的条数是相等的。故选C。答案：C3.如图2所示，大圆导线环A中通有电流，方向如图所示，另在导线环A所在的平面内画一个圆B，它的一半面积在A环内，另一半面积在A环外，则穿过B圆内的磁通量()A．为零B．垂直向里C．垂直向外D．条件不足，无法判断图2解析：由环形电流的磁感线分布可知，中间密，外部稀疏，所以穿过B圆的总磁通量是垂直纸面向里的，则选项B正确。答案：B4．如图4所示，用导线做成圆形或正方形回路，这些回路与一直导线构成几种位置组合(彼此绝缘)，下列组合中，切断直导线中的电流时，闭合回路中会有感应电流产生的是()图4解析：利用安培定则判断直线电流产生的磁场，其磁感线是一些以直导线为轴的无数组同心圆，即磁感线所在平面均垂直于导线，且直线电流产生的磁场分布情况是：靠近直导线处磁场强，远离直导线处磁场弱。所以，A中穿过圆形线圈的磁场如图甲所示，其有效磁通量为ΦA＝Φ出－Φ进＝0，且始终为0，即使切断导线中的电流，ΦA也始终为0，A中不可能产生感应电流。B中线圈平面与导线的磁场平行，穿过B的磁通量也始终为0，B中也不能产生感应电流。C中穿过线圈的磁通量如图乙所示，Φ进＞Φ出，即ΦC≠0，当切断导线中电流后，经过一定时间，穿过线圈的磁通量ΦC减小为0，所以C中有感应电流产生。D中线圈的磁通量ΦD不为0，当电流切断后，ΦD最终也减小为0，所以D中也有感应电流产生。答案：CD5．(2012·北京高考)物理课上，老师做了一个奇妙的“跳环实验”。如图1所示，她把一个带铁芯的线圈L、开关S和电源用导线连接起来后，将一金属套环置于线圈L上，且使铁芯穿过套环。闭合开关S的瞬间，套环立刻跳起。某同学另找来器材再探究此实验。他连接好电路，经重复试验，线圈上的套环均未动。对比老师演示的实验，下列四个选项中，导致套环未动的原因可能是()图1A．线圈接在了直流电源上B．电源电压过高C．所选线圈的匝数过多D．所用套环的材料与老师的不同解析：金属套环跳起的原因是开关S闭合时，套环上产生感应电流与通电螺线管上的电流相互作用而引起的。线圈接在直流电源上，S闭合时，金属套环也会跳起。电压越高，线圈匝数越多，S闭合时，金属套环跳起越剧烈。若套环是非导体材料，则套环不会跳起。故选项A、B、C错误，选项D正确。答案：D6．如图3所示为闭合电路中的一部分导体ab在磁场中做切割磁感线运动的情景，其中能产生由a到b的感应电流的是()图3解析：题目中导体做切割磁感线运动，先由感应电流产生的条件判断是否存在感应电流，再应用右手定则判断感应电流方向。由右手定则可判定ab中的电流，A项中由a向b，B项中由b向a，C项中由b向a，D项中由b向a。故选A。答案：A7.如图5所示，通电螺线管两侧各悬挂一个小铜环，铜环平面与螺线管截面平行。当电键S接通瞬间，两铜环的运动情况是()A．同时向两侧推开B．同时向螺线管靠拢图5C．一个被推开，一个被吸引，但因电源正负极未知，无法具体判断D．同时被推开或同时向螺线管靠拢，因电源正负极未知，无法具体判断解析：当电路接通瞬间，穿过线圈的磁通量增加，使得穿过两侧铜环的磁通量都增加，由楞次定律可知，两环中感应电流的磁场与线圈两端的磁场方向相反，即受到线圈磁场的排斥作用，使两铜环分别向外侧移动，选项A正确。答案：A8.如图6所示，在O点正下方有一个具有理想边界的磁场，铜环在A点由静止释放自由摆至最高点B。不考虑空气阻力，则下列说法正确的是()A．A、B两点在同一水平线上B．A点高于B点图6C．A点低于B点D．铜环将做等幅摆动解析：铜环由A点向B点运动，在进入磁场和离开磁场的过程中，由于穿过环面的磁通量变化，都要产生感应电流，即产生电能。此电能是由环的机械能转化来的，即环由A到B过程中机械能减少，所以B点比A点低，B选项正确。答案：B9．如图9甲所示，两个闭合圆形线圈A、B圆心重合，放在同一水平面内，线圈A中通以如图9乙所示的变化电流，t＝0时电流的方向为顺时针(如图中箭头所示)，在t1～t2时间内，对于线圈B，下列说法中正确的是()图9A．线圈B内有顺时针方向的电流，线圈有扩张的趋势B．线圈B内有顺时针方向的电流，线圈有收缩的趋势C．线圈B内有逆时针方向的电流，线圈有扩张的趋势D．线圈B内有逆时针方向的电流，线圈有收缩的趋势解析：t1～t2时间内，线圈A中的电流方向为逆时针，根据安培定则可知在线圈A内部产生的磁场方向向外，线圈外部产生的磁场方向向里，线圈B的磁通量是穿出的。由于线圈A中的电流增加，故穿过线圈B的磁通量增加，因而根据楞次定律，在线圈B中将产生顺时针方向的感应电流，并且线圈B有扩张的趋势，故A对，B、C、D都错。答案：A2.穿过某线圈的磁通量随时间变化的关系如图1所示，在下列几段时间内，线圈中感应电动势最小的是()A．0～2sB．2～4sC．4～5sD．5～10s图1解析：图像斜率越小，表明磁通量的变化率越小，感应电动势也就越小。答案：D3．环形线圈放在匀强磁场中，设在第1s内磁场方向垂直于线圈平面向里，如图2甲所示。若磁感应强度随时间t的变化关系如图2乙所示，那么在第2s内，线圈中感应电流的大小和方向是()图2A．大小恒定，逆时针方向B．大小恒定，顺时针方向C．大小逐渐增加，顺时针方向D．大小逐渐减小，逆时针方向解析：由图乙可知，第2s内ΔΦΔt为定值，由E＝ΔΦΔt＝ΔBΔtS知，线圈中感应电动势为定值，所以感应电流大小恒定。第2s内磁场方向向外，穿过线圈的磁通量减少，由楞次定律判断知感应电流为逆时针方向，A项正确。答案：A5.在图3中，EF、GH为平行的金属导轨，其电阻可不计，R为电阻器，C为电容器，AB为可在EF和GH上滑动的导体横杆。有匀强磁场垂直于导轨平面。若用I1和I2分别表示图中该处导线中的电流，则当横杆AB()图3A．匀速滑动时，I1＝0，I2＝0B．匀速滑动时，I1≠0，I2≠0C．加速滑动时，I1＝0，I2＝0D．加速滑动时，I1≠0，I2≠0解析：导体杆水平运动时产生感应电动势，对整个电路，可把AB杆看做电源，当杆匀速滑动时，电动势E不变，故I1≠0，I2＝0；当杆加速滑动时，电动势E不断变大，电容器不断充电，故I1≠0，I2≠0。选项D正确。答案：D6.如图4所示，粗细均匀的、电阻为r的金属圆环放在图示的匀强磁场中，磁感应强度为B，圆环直径为l；长为l、电阻为r/2的金属棒ab放在圆环上，以速度v0向左运动，当棒ab运动到图示虚线位置时，金属棒两端的电势差为()A．0B．Blv0图4C．Blv0/2D．Blv0/3解析：切割磁感线的金属棒ab相当于电源，其电阻相当于电源内阻，当运动到虚线位置时，两个半圆相当于并联的外电路，可画出如图所示的等效电路图。R外＝R并＝r4I＝ER外＋r2＝Blv034r＝4Blv03r金属棒两端电势差相当于路端电压Uab＝IR外＝4Blv03r·r4＝13Blv0。答案：D7.如图5所示，闭合导线框abcd的质量可以忽略不计，将它从图中所示的位置匀速拉出匀强磁场。若第一次用0.3s时间拉出，拉动过程中导线ab所受安培力为F1，通过导线横截面的电荷量为q1；第二次用0.9s时间拉出，拉动过程中导线ab所受安培力为F2，通过导线横截面的电荷图5量为q2，则()A．F1＜F2，q1＜q2B．F1＜F2，q1＝q2C．F1＝F2，q1＜q2D．F1＞F2，q1＝q2解析：由于线框在两次拉出过程中，磁通量的变化量相等，即ΔΦ1＝ΔΦ2，而通过导线横截面的电荷量q＝NΔΦR，得q1＝q2；由于两次拉出所用时间Δt1＜Δt2，则所产生的感应电动势E1＞E2，闭合回路中的感应电流I1＞I2，又安培力F＝BIl，可得F1＞F2，故选项D正确。答案：D8.(2011·福建高考)如图6所示，足够长的U型光滑金属导轨平面与水平面成θ角(0θ90°)，其中MN与PQ平行且间距为L，导轨平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，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良好接触，ab棒接入电路的电阻为R，当流过ab棒某一横截面的电量为q时，图6棒的速度大小为v，则金属棒ab在这一过程中()A．运动的平均速度大小为12vB．下滑的位移大小为qRBLC．产生的焦耳热为qBLvD．受到的最大安培力大小为B2L2vRsinθ解析：由E＝BLv、I＝ER、F安＝BIL可得棒的速度为v时的安培力为B2L2vR，D错；对金属棒受力分析如图甲所示。据牛顿运动定律判断可得金属棒的运动情况如图乙所示。由图可知金属棒这一过程的平均速度大于12v，A错；由法拉第电磁感应定律得到金属棒这一过程的电量q＝BLxR，因此金属棒下滑的位移x＝qRBL，B对；由能量关系可得这一过程产生的焦耳热Q＝mgqRBLsinθ－12mv2，C错，故选B。答案：B9．如图7(a)所示，一个500匝的线圈的两端跟R＝99Ω的电阻相连接，置于竖直向下的匀强磁场中，线圈的横截面积是20cm2，电阻为1Ω，磁场的磁感应强度随时间变化的图像如图7(b)所示。求磁场变化过程中通过电阻R的电流为多大。图7解析：由题图(b)知，线圈中磁感应强度B均匀增加，其变化率ΔBΔt＝50－104T/s＝10T/s，由法拉第电磁感应定律得线圈中产生的感应电动势为E＝nΔΦΔt＝nΔBΔtS＝500×10×20×10－4V＝10V，由闭合电路欧姆定律得通过电阻R的电流大小为I＝ER＋r＝1099＋1A＝0.1A。答案：0.1A10.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，将其置于磁感应强度为B的水平匀强磁场上方h处，如图8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；图8(3)若此时线框加速度恰好为零，求线框下落的高度h所应满足的条件。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＝ERcd两点间的电势差U＝I(34R)＝34BL2gh(3)cd边受安培力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。答案：(1)BL2gh(2)34BL2gh(3)h＝m2gR22B4L41.(对应要点一)某空间出现了如图4－5－9所示的磁场，当磁感应强度变化时，在垂直于磁场的方向上会产生感生电场，有关磁感应强度的变化与感生电场的方向关系描述正确的是()A．当磁感应强度均匀增大时，感生电场的电场线从上向下看应为顺时针方向B．当磁感应强度均匀增大时，感生电场的电场线从上向下看应为图4－5－9逆时针方向C．当磁感应强度均匀减小时，感生电场的电场线从上向下看应为顺时针方向D．当磁感应强度均匀减小时，感生电场的电场线从上向下看应为逆时针方向解析：