2、向相反，選項(xiàng)A正確；在線框AB邊已經(jīng)穿出磁場(chǎng)而CD邊還沒(méi)有進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，線框不受安培力，做加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)線框CD邊進(jìn)入磁場(chǎng)后，線框受到的安培力會(huì)大于F，線框做減速運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；水平恒力做的功等于水平恒力乘位移，兩個(gè)過(guò)程位移相等，所以兩個(gè)過(guò)程恒力F做的功相等，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；兩個(gè)過(guò)程中產(chǎn)生的電能等于線框克服安培力做的功，由于安培力不相等，所以線框克服安培力做的功也不相等，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．
2． 如圖2甲所示，一個(gè)圓形線圈的匝數(shù)n＝100，線圈面積S＝200 cm2，線圈的電阻r＝1 Ω，線圈外接一個(gè)阻值R＝4 Ω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(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化規(guī)律如圖乙所示．
3、下列說(shuō)法中正確的是 ( )
圖2
A．線圈中的感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針?lè)较?
B．電阻R兩端的電壓隨時(shí)間均勻增大
C．線圈電阻r消耗的功率為4×10－4 W
D．前4 s內(nèi)通過(guò)R的電荷量為4×10－4 C
答案 C
解析 由楞次定律可知，線圈中的感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針?lè)较?，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝＝0.1 V，電阻R兩端的電壓不隨時(shí)間變化，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；回路中電流I＝＝0.02 A，線圈電阻r消耗的功率為P＝I2r＝4×10－4 W，選項(xiàng)C正確；前4 s內(nèi)通過(guò)R的電荷量為q＝It＝0.08 C，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．
3． 如圖3，MN和PQ是電阻不計(jì)的
4、平行金屬導(dǎo)軌，其間距為L(zhǎng)，導(dǎo)軌彎曲部分光滑，平直部分粗糙，右端接一個(gè)阻值為R的定值電阻．平直部分導(dǎo)軌左邊區(qū)域有寬度為d、方向豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．質(zhì)量為m、電阻也為R的金屬棒從高度為h處由靜止釋放，到達(dá)磁場(chǎng)右邊界處恰好停止．已知金屬棒與平直部分導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，金屬棒與導(dǎo)軌間接觸良好．則金屬棒穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域的過(guò)程中 ( )
圖3
A．流過(guò)金屬棒的最大電流為
B．通過(guò)金屬棒的電荷量為
C．克服安培力所做的功為mgh
D．金屬棒產(chǎn)生的焦耳熱為mg(h－μd)
答案 D
解析 金屬棒滑下過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理有mgh＝mv，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有E＝BLv
5、m，根據(jù)閉合電路歐姆定律有I＝，聯(lián)立得Im＝，A錯(cuò)誤；根據(jù)q＝可知，通過(guò)金屬棒的電荷量為，B錯(cuò)誤；全過(guò)程根據(jù)動(dòng)能定理得mgh＋Wf＋W安＝0，故C錯(cuò)誤；由Wf＝－μmgd，金屬棒克服安培力做的功完全轉(zhuǎn)化成電熱，由題意可知金屬棒與電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱相同，設(shè)金屬棒上產(chǎn)生的焦耳熱為Q，故2Q＝－W安，聯(lián)立得Q＝mg(h－μd)，D正確．
4． 如圖4所示，相距為L(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌ab、cd與水平面成θ角放置，導(dǎo)軌與阻值均為R的兩定值電阻R1、R2相連，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直穿過(guò)導(dǎo)軌平面．有一質(zhì)量為m、阻值也為R的導(dǎo)體棒MN，以速度v沿導(dǎo)軌勻速下滑，它與導(dǎo)軌之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，忽略感應(yīng)電流之
6、間的相互作用，則 ( )
圖4
A．導(dǎo)體棒下滑的速度大小為
B．電阻R1消耗的熱功率為mgv(sin θ－μcos θ)
C．導(dǎo)體棒兩端電壓為
D．t時(shí)間內(nèi)通過(guò)導(dǎo)體棒的電荷量為
答案 D
解析 由導(dǎo)體棒受力平衡可得mgsin θ＝BIL＋Ff＝＋μmgcos θ，整理可得v＝，A錯(cuò)誤；重力的功率等于摩擦力產(chǎn)生的熱功率和電功率之和，即mgvsin θ＝μmgvcos θ＋P電，由電路的知識(shí)可知，電阻R1消耗的熱功率P1＝P電，整理可得P1＝mgv(sin θ－μcos θ)，B錯(cuò)誤；導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv，導(dǎo)體棒兩端電壓U＝E，結(jié)合A項(xiàng)分析
7、得到的v值可得U＝，C錯(cuò)誤；t時(shí)間內(nèi)通過(guò)導(dǎo)體棒的電荷量q＝，ΔΦ＝BLvt，代入v值整理可得q＝，D正確．
5． 如圖5甲所示，垂直紙面向里的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝1.0 T，質(zhì)量為m＝0.04 kg、高h(yuǎn)＝0.05 m、總電阻R＝5 Ω、n＝100匝的矩形線圈豎直固定在質(zhì)量為M＝0.08 kg的小車(chē)上，小車(chē)與線圈的水平長(zhǎng)度l相同．當(dāng)線圈和小車(chē)一起沿光滑水平面運(yùn)動(dòng)，并以初速度v1＝10 m/s進(jìn)入磁場(chǎng)，線圈平面和磁場(chǎng)方向始終垂直．若小車(chē)運(yùn)動(dòng)的速度v隨車(chē)的位移x變化的v－x圖象如圖乙所示，則根據(jù)以上信息可知 ( )
圖5
A．小車(chē)的水平長(zhǎng)度l＝15 cm
B．磁場(chǎng)的
8、寬度d＝35 cm
C．小車(chē)的位移x＝10 cm時(shí)線圈中的電流I＝7 A
D．線圈通過(guò)磁場(chǎng)的過(guò)程中線圈產(chǎn)生的熱量Q＝1.92 J
答案 C
解析 從x＝5 cm開(kāi)始，線圈進(jìn)入磁場(chǎng)，線圈中有感應(yīng)電流，在安培力作用下小車(chē)做減速運(yùn)動(dòng)，速度v隨位移x增大而減小，當(dāng)x＝15 cm時(shí)，線圈完全進(jìn)入磁場(chǎng)，小車(chē)做勻速運(yùn)動(dòng)．小車(chē)的水平長(zhǎng)度l＝10 cm，A項(xiàng)錯(cuò)；當(dāng)x＝30 cm時(shí)，線圈開(kāi)始離開(kāi)磁場(chǎng)，則d＝30 cm－5 cm＝25 cm，B項(xiàng)錯(cuò)；當(dāng)x＝10 cm時(shí)，由題圖乙知，線圈速度v2＝7 m/s，感應(yīng)電流I＝ ＝＝7 A，C項(xiàng)對(duì)；線圈左邊離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)，小車(chē)的速度為v3＝2 m/s，線圈上產(chǎn)生的電熱為
9、Q＝(M＋m)(v－v)＝5.76 J，D項(xiàng)錯(cuò)．
6． 如圖6所示，電阻不計(jì)的平行金屬導(dǎo)軌與水平面間的傾角為θ，下端與阻值為R的定值電阻相連，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直穿過(guò)導(dǎo)軌平面．有一質(zhì)量為m、長(zhǎng)度為l的導(dǎo)體棒從ab位置獲得平行于斜面的、大小為v的初速度向上運(yùn)動(dòng)，最遠(yuǎn)到達(dá)a′b′的位置，滑行的距離為s.已知導(dǎo)體棒的電阻也為R，與導(dǎo)軌之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，則( )
圖6
A．上滑過(guò)程中導(dǎo)體棒受到的最大安培力為
B．上滑過(guò)程中電流做功產(chǎn)生的熱量為mv2－mgs(sin θ＋μcos θ)
C．上滑過(guò)程中導(dǎo)體棒克服安培力做的功為mv2
D．上滑過(guò)程中導(dǎo)體棒損失的機(jī)械能為mv2
10、
答案 B
解析 上滑過(guò)程中開(kāi)始時(shí)導(dǎo)體棒的速度最大，受到的安培力最大為；根據(jù)能量守恒，上滑過(guò)程中電流做功產(chǎn)生的熱量為mv2－mgs(sin θ＋μcos θ)；上滑過(guò)程中導(dǎo)體棒克服安培力做的功等于電流做功產(chǎn)生的熱量，即mv2－mgs(sin θ＋μcos θ)；上滑過(guò)程中導(dǎo)體棒損失的機(jī)械能為mv2－mgssin θ；所以只有選項(xiàng)B正確.
7． 如圖7所示，在光滑的水平面上方，有兩個(gè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，方向相反的水平勻強(qiáng)磁場(chǎng)，PQ為兩個(gè)磁場(chǎng)的邊界，磁場(chǎng)范圍足夠大．一邊長(zhǎng)為a、質(zhì)量為m、電阻為R的金屬正方形線框，以速度v垂直磁場(chǎng)方向從左邊磁場(chǎng)區(qū)域向右運(yùn)動(dòng)，當(dāng)線框運(yùn)動(dòng)到分別有一半面積在兩個(gè)磁
11、場(chǎng)中的位置時(shí)，線框的速度為，則下列說(shuō)法正確的是 ( )
圖7
A．位置Ⅱ時(shí)線框中的電功率為
B．此過(guò)程中回路產(chǎn)生的電能為mv2
C．位置Ⅱ時(shí)線框的加速度為
D．此過(guò)程中通過(guò)線框截面的電量為
答案 B
解析 在位置Ⅱ時(shí)線框中的電功率為P＝＝＝，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；根據(jù)功能關(guān)系，此過(guò)程中回路產(chǎn)生的電能為mv2－m()2＝mv2，選項(xiàng)B正確；根據(jù)牛頓第二定律，在位置Ⅱ時(shí)線框的加速度為a線框＝＝，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；此過(guò)程中通過(guò)線框截面的電量為Q＝＝，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．
8． 如圖8為一測(cè)量磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小的裝置原理示意圖．長(zhǎng)度為L(zhǎng)、質(zhì)量為m的均質(zhì)細(xì)鋁棒MN的中點(diǎn)與豎直懸掛的、勁度系數(shù)為k的絕緣輕彈
12、簧相連，與MN的右端連接的一絕緣輕指針可指示標(biāo)尺上的刻度．在矩形區(qū)域abcd內(nèi)有勻強(qiáng)磁場(chǎng)，方向垂直紙面向外，當(dāng)MN中沒(méi)有電流通過(guò)且處于平衡狀態(tài)時(shí)，指針恰好指在零刻度；當(dāng)在MN中通有由M向N大小為I的恒定電流時(shí)，MN始終在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，在向下運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，指針的最大示數(shù)為xm.不考慮MN中電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)及空氣阻力，則在通電后MN棒第一次向下運(yùn)動(dòng)到xm的過(guò)程中，以下說(shuō)法正確的是 ( )
圖8
A．MN棒的加速度一直增大
B．MN棒及彈簧、地球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒
C．在最低點(diǎn)彈簧具有的彈性勢(shì)能為(mg＋BIL)xm
D．該磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝
答案 D
解析 通
13、電后安培力恒定，隨著鋁棒向下運(yùn)動(dòng)，彈簧彈力逐漸增大，鋁棒所受的豎直向下的合力先減小后反向增大，加速度先向下減小，后反向增大，A錯(cuò)誤；運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，由于安培力做功，系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，B錯(cuò)誤；由功能關(guān)系可知，在最低點(diǎn)，鋁棒速度為零，彈簧具有的彈性勢(shì)能為彈簧從原長(zhǎng)開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過(guò)程中，重力與安培力做功之和，則Ep＝mg(＋xm)＋BILxm，C錯(cuò)誤；從通電開(kāi)始到鋁棒下落至最低點(diǎn)，對(duì)于鋁棒由動(dòng)能定理有(mg＋BIL)xm－xm＝0，解得B＝，D正確．
9． 如圖9所示，水平的平行虛線間距為d，其間有磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．一個(gè)正方形線框邊長(zhǎng)為l(d>l)，質(zhì)量為m，電阻為R.開(kāi)始時(shí)，線框的下邊緣
14、到磁場(chǎng)上邊緣的距離為h.將線框由靜止釋放，其下邊緣剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，線框的加速度恰好為零．則線框進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程和從磁場(chǎng)下邊穿出磁場(chǎng)的過(guò)程相比較，有 ( )
圖9
A．產(chǎn)生的感應(yīng)電流的方向相同
B．所受的安培力的方向相反
C．進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中產(chǎn)生的熱量大于穿出磁場(chǎng)的過(guò)程中產(chǎn)生的熱量
D．進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中所用的時(shí)間大于穿出磁場(chǎng)過(guò)程中所用的時(shí)間
答案 D
解析 根據(jù)楞次定律，線框進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)感應(yīng)電流沿逆時(shí)針?lè)较?，線框離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)，感應(yīng)電流沿順時(shí)針?lè)较?，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；根據(jù)楞次定律“來(lái)拒去留”的結(jié)論，線框進(jìn)出磁場(chǎng)時(shí)，所受安培力方向都向上，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由d>l，線框穿出磁場(chǎng)時(shí)的平均速度大于
15、進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的平均速度，所以穿出磁場(chǎng)時(shí)所用時(shí)間小于進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)所用的時(shí)間，選項(xiàng)D正確；根據(jù)F＝BIl＝可知，穿出磁場(chǎng)時(shí)的平均安培力大于進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的平均安培力，所以穿出磁場(chǎng)時(shí)安培力做的功多，產(chǎn)生的熱量多，選項(xiàng)C錯(cuò)誤．
二、多項(xiàng)選擇題
10．(2013·四川·7)如圖10所示，邊長(zhǎng)為L(zhǎng)、不可形變的正方形導(dǎo)線框內(nèi)有半徑為r的圓形磁場(chǎng)區(qū)域，其磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化關(guān)系為B＝kt(常量k＞0)．回路中滑動(dòng)變阻器R的最大阻值為R0，滑動(dòng)片P位于滑動(dòng)變阻器中央，定值電阻R1＝R0、R2＝.閉合開(kāi)關(guān)S，電壓表的示數(shù)為U，不考慮虛線MN右側(cè)導(dǎo)體的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，則 ( )
圖10
A．R2兩端的
16、電壓為
B．電容器的a極板帶正電
C．滑動(dòng)變阻器R的熱功率為電阻R2的5倍
D．正方形導(dǎo)線框中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)kL2
答案 AC
解析 由楞次定律可知，正方形導(dǎo)線框中的感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針?lè)较?，所以電容器b極板帶正電，選項(xiàng)B錯(cuò)誤．根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，正方形導(dǎo)線框中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝kπr2，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．R2與的并聯(lián)阻值R并＝＝，根據(jù)串聯(lián)分壓的特點(diǎn)可知：UR2＝×R0＝U，選項(xiàng)A正確．由P＝得：PR2＝＝，PR＝＋＝，所以PR＝5PR2選項(xiàng)C正確．
11．如圖11所示，一軌道的傾斜部分和水平部分都處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，且磁場(chǎng)方向都與軌道平面垂直，水平軌道足夠長(zhǎng)．一質(zhì)量為m的水
17、平金屬棒ab，從靜止開(kāi)始沿軌道下滑，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中金屬棒ab始終保持與軌道垂直且接觸良好．金屬棒從傾斜軌道轉(zhuǎn)入水平軌道時(shí)無(wú)機(jī)械能損失．則ab棒運(yùn)動(dòng)的v－t圖象，可能正確的是 ( )
圖11
答案 CD
解析 金屬棒沿傾斜軌道下滑時(shí)，開(kāi)始時(shí)重力沿斜面向下的分力大于安培力和摩擦力，金屬棒向下加速，隨著速度的增大，安培力增大，故導(dǎo)體棒做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，可能在傾斜軌道上加速度減為零，做一段勻速運(yùn)動(dòng)，也可能加速度沒(méi)減為零，導(dǎo)體棒到達(dá)水平軌道上時(shí)，受安培力和摩擦力的作用，速度越來(lái)越小，安培力越來(lái)越小，導(dǎo)體棒減速運(yùn)動(dòng)的加速度越來(lái)越小，最后靜止在軌道上，故C、D正確，A、B錯(cuò)誤．
12．一
18、正方形金屬線框位于有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域內(nèi)，線框平面與磁場(chǎng)垂直，線框的右邊緊貼著磁場(chǎng)邊界，如圖12甲所示．t＝0時(shí)刻對(duì)線框施加一水平向右的外力F，讓線框從靜止開(kāi)始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)穿過(guò)磁場(chǎng)．外力F隨時(shí)間t變化的圖線如圖乙所示．已知線框質(zhì)量m＝1 kg、電阻R＝1 Ω.以下說(shuō)法正確的是 ( )
圖12
A．做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的加速度為1 m/s2
B．勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為2 T
C．線框穿過(guò)磁場(chǎng)過(guò)程中，通過(guò)線框的電荷量為 C
D．線框穿過(guò)磁場(chǎng)的過(guò)程中，線框上產(chǎn)生的焦耳熱為1.5 J
答案 ABC
解析 本題考查的是電磁感應(yīng)定律相關(guān)問(wèn)題，開(kāi)始時(shí)，a＝＝ m/s2＝1 m/
19、s2，由題圖乙可知t＝1.0 s時(shí)安培力消失，線框剛好離開(kāi)磁場(chǎng)區(qū)域，則線框邊長(zhǎng)：l＝at2＝×1×1.02 m＝0.5 m；當(dāng)t＝1.0 s時(shí)，F(xiàn)＝3 N，由牛頓第二定律得F－＝3 N－ N＝1 kg·1 m/s2，得到B＝2 T，q＝t＝t＝×1.0 C＝ C；Q＝2Rt＝()2×1×1.0 J＝0.5 J，故D錯(cuò)，A、B、C正確．
13．如圖13所示，在傾角為θ的光滑斜面上，存在著兩個(gè)大小相等、方向相反的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向與斜面垂直，兩磁場(chǎng)的寬度MJ和JG均為L(zhǎng)，一個(gè)質(zhì)量為m、電阻為R、邊長(zhǎng)也為L(zhǎng)的正方形導(dǎo)線框，由靜止開(kāi)始沿斜面下滑，當(dāng)ab邊剛越過(guò)GH進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，線框恰好以速度v0做勻速
20、直線運(yùn)動(dòng)；當(dāng)ab邊下滑到JP與MN的中間位置時(shí)，線框又恰好以速度v做勻速直線運(yùn)動(dòng)．則下列說(shuō)法正確的是 ( )
圖13
A．v＝v0
B．線框離開(kāi)MN的過(guò)程中電流方向?yàn)閍dcda
C．當(dāng)ab邊剛越過(guò)JP時(shí)，線框加速度的大小為3gsin θ
D．從ab邊剛越過(guò)GH到ab邊剛越過(guò)MN過(guò)程中，線框產(chǎn)生的熱量為2mgLsin θ＋mv
答案 BCD
解析 ab邊剛越過(guò)GH進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，線框做勻速直線運(yùn)動(dòng)，安培力BIL＝mgsin θ，當(dāng)ab邊剛越過(guò)JP時(shí)，ab、cd邊都切割磁感線，感應(yīng)電流變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，總的安培力變?yōu)樵瓉?lái)的4倍，4BIL－mgsin θ＝ma，a＝3gsin θ，選項(xiàng)C正確；ab邊越過(guò)JP后，導(dǎo)體棒先做減速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)再次勻速時(shí)，安培力的合力仍等于mgsin θ，由＝mgsin θ、＝mgsin θ得，v＝v0，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；根據(jù)楞次定律，線框離開(kāi)MN的過(guò)程中，感應(yīng)電流的方向應(yīng)該為adcba，選項(xiàng)B正確；從ab邊剛越過(guò)GH到ab邊剛越過(guò)MN，根據(jù)動(dòng)能定理有2mgLsin θ－W＝mv2－mv，所以克服安培力做的功為W＝2mgLsin θ＋mv，選項(xiàng)D正確．
高考物理得分關(guān)鍵題增值增分特訓(xùn)：應(yīng)用動(dòng)力學(xué)和能量觀點(diǎn)分析電磁感應(yīng)問(wèn)題 Word版含解析
