2019年高考物理備考 優(yōu)生百日闖關(guān)系列 專題11 電磁感應(yīng)（含解析）

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1、 專題11 電磁感應(yīng) 第一部分名師綜述 近年來(lái)高考對(duì)本考點(diǎn)內(nèi)容考查命題頻率極高的是感應(yīng)電流的產(chǎn)生條件、方向判定和導(dǎo)體切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的計(jì)算，且要求較高．幾乎是年年有考；其他像電磁感應(yīng)現(xiàn)象與磁場(chǎng)、電路和力學(xué)、電學(xué)、能量及動(dòng)量等知識(shí)相聯(lián)系的綜合題及圖像問(wèn)題在近幾年高考中也時(shí)有出現(xiàn)；另外，該部分知識(shí)與其他學(xué)科的綜合應(yīng)用也在高考試題中出現(xiàn)。試題題型全面，選擇題、填空題、計(jì)算題都可涉及，尤其是難度大、涉及知識(shí)點(diǎn)多、綜合能力強(qiáng)，多以中檔以上題目出現(xiàn)來(lái)增加試題的區(qū)分度，而選擇和填空題多以中檔左右的試題出現(xiàn)，這類問(wèn)題對(duì)學(xué)生的空間想象能力、分析綜合能力、應(yīng)用數(shù)學(xué)知識(shí)處理物理問(wèn)題的能力有較高的要求

2、，是考查考生多項(xiàng)能力的極好載體，因此歷來(lái)是高考的熱點(diǎn)。 第二部分精選試題 一、單選題 1．如圖，在同一平面內(nèi)有兩根平行長(zhǎng)導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間存在依次相鄰的矩形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，區(qū)域?qū)挾染鶠閘,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等、方向交替向上向下。一邊長(zhǎng)為32l的正方形金屬線框在導(dǎo)軌上向左勻速運(yùn)動(dòng)，線框中感應(yīng)電流i隨時(shí)間t變化的正確圖線可能是（） A． B． C． D． 【答案】 D 【解析】試題分析：找到線框在移動(dòng)過(guò)程中誰(shuí)切割磁感線，并根據(jù)右手定則判斷電流的方向，從而判斷整個(gè)回路中總電流的方向。要分過(guò)程處理本題。 第一過(guò)程從①移動(dòng)②的過(guò)程中 左邊導(dǎo)體棒切割產(chǎn)生的電流方向是順時(shí)針，右邊切割

3、磁感線產(chǎn)生的電流方向也是順時(shí)針，兩根棒切割產(chǎn)生電動(dòng)勢(shì)方向相同所以E=2Blv，則電流為i=ER=2BlvR，電流恒定且方向?yàn)轫槙r(shí)針， 再?gòu)蘑谝苿?dòng)到③的過(guò)程中左右兩根棒切割磁感線產(chǎn)生的電流大小相等，方向相反，所以回路中電流表現(xiàn)為零， 然后從③到④的過(guò)程中，左邊切割產(chǎn)生的電流方向逆時(shí)針，而右邊切割產(chǎn)生的電流方向也是逆時(shí)針，所以電流的大小為i=ER=2BlvR，方向是逆時(shí)針 當(dāng)線框再向左運(yùn)動(dòng)時(shí)，左邊切割產(chǎn)生的電流方向順時(shí)針，右邊切割產(chǎn)生的電流方向是逆時(shí)針，此時(shí)回路中電流表現(xiàn)為零，故線圈在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中電流是周期性變化，故D正確； 故選D 點(diǎn)睛：根據(jù)線圈的運(yùn)動(dòng)利用楞次定律找到電流的方向，

4、并計(jì)算電流的大小從而找到符合題意的圖像。 2．如圖，導(dǎo)體軌道OPQS固定，其中PQS是半圓弧，Q為半圓弧的中點(diǎn)，O為圓心。軌道的電阻忽略不計(jì)。OM是有一定電阻。可繞O轉(zhuǎn)動(dòng)的金屬桿，M端位于PQS上，OM與軌道接觸良好?？臻g存在與半圓所在平面垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B，現(xiàn)使OM從OQ位置以恒定的角速度逆時(shí)針轉(zhuǎn)到OS位置并固定(過(guò)程Ⅰ)；再使磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小以一定的變化率從B增加到B'(過(guò)程Ⅱ)。在過(guò)程Ⅰ、Ⅱ中，流過(guò)OM的電荷量相等，則B'B等于(　　) A．54 B．32 C．74 D．2 【答案】 B 【解析】 本題考查電磁感應(yīng)及其相關(guān)的知識(shí)點(diǎn)。 過(guò)程I回路

5、中磁通量變化△Φ1=14BπR2，設(shè)OM的電阻為R，流過(guò)OM的電荷量Q1=△Φ1/R。過(guò)程II回路中磁通量變化△Φ2=12（B’-B）πR2，流過(guò)OM的電荷量Q2=△Φ2/R。Q2= Q1，聯(lián)立解得：B’/B=3/2，選項(xiàng)B正確。 【點(diǎn)睛】此題將導(dǎo)體轉(zhuǎn)動(dòng)切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和磁場(chǎng)變化產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)有機(jī)融合，經(jīng)典中創(chuàng)新。 3．如圖所示，平行導(dǎo)軌間有一矩形的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，細(xì)金屬棒PQ沿導(dǎo)軌從MN處勻速運(yùn)動(dòng)到M′N′的過(guò)程中，棒上感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E隨時(shí)間t變化的圖示，可能正確的是(　　) A． B． C． D． 【答案】 A 【解析】 金屬棒PQ進(jìn)入磁場(chǎng)前沒有感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，D錯(cuò)

6、誤；當(dāng)進(jìn)入磁場(chǎng)，切割磁感線有E=BLv，大小不變，可能的圖象為A選項(xiàng)、BC錯(cuò)誤。 4．圖甲和圖乙是演示自感現(xiàn)象的兩個(gè)電路圖，L1和L2為電感線圈，A1、 A2、 A3是三個(gè)完全相同的燈泡。實(shí)驗(yàn)時(shí)，斷開開關(guān)S1瞬間，燈A1突然閃亮，隨后逐漸變暗；閉合開關(guān)S2，燈A2逐漸變亮，而另一個(gè)相同的燈A3立即變亮，最終A2與A3的亮度相同．下列說(shuō)法正確的是( 　) A．圖甲中，A1與L1的電阻值相同 B．圖甲中，閉合S1，電路穩(wěn)定后，A1中電流大于L1中電流 C．圖乙中，變阻器R與L2的電阻值相同 D．圖乙中，閉合S2瞬間，L2中電流與變阻器R中電流相等 【答案】 C 【解析】

7、斷開開關(guān)S1瞬間，燈A1突然閃亮，由于線圈L1的自感，通過(guò)L1的電流逐漸減小，且通過(guò)A1，即自感電流會(huì)大于原來(lái)通過(guò)A1的電流，說(shuō)明閉合S1，電路穩(wěn)定時(shí)，通過(guò)A1的電流小于通過(guò)L1的電流，L1的電阻小于A1的電阻，AB錯(cuò)誤；閉合S2，電路穩(wěn)定時(shí)，A2與A3的亮度相同，說(shuō)明兩支路的電流相同，因此變阻器R與L2的電阻值相同，C正確；閉合開關(guān)S2，A2逐漸變亮，而A3立即變亮，說(shuō)明L2中電流與變阻器R中電流不相等，D錯(cuò)誤。 【名師點(diǎn)睛】線圈在電路中發(fā)生自感現(xiàn)象，根據(jù)楞次定律可知，感應(yīng)電流要“阻礙”使原磁場(chǎng)變化的電流變化情況。電流突然增大時(shí)，會(huì)感應(yīng)出逐漸減小的反向電流，使電流逐漸增大；電流突然減小時(shí)，

8、會(huì)感應(yīng)出逐漸減小的正向電流，使電流逐漸減小。 5．如圖甲所示，電阻R=1Ω、半徑r1=0.2m的單匝圓形導(dǎo)線框P內(nèi)有一個(gè)與P共面的圓形磁場(chǎng)區(qū)域Q，P、Q的圓心相同，Q的半徑r2=0.1m．t=0時(shí)刻，Q內(nèi)存在著垂直于紙面向里的磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化的關(guān)系如圖乙所示．若規(guī)定逆時(shí)針方向?yàn)殡娏鞯恼较?，則線框P中感應(yīng)電流I隨時(shí)間t變化的關(guān)系圖象應(yīng)該是圖中的（　　） A． B． C． D． 【答案】 C 【解析】 【詳解】 由法拉第電磁感應(yīng)定律，可得導(dǎo)線框P中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：E=△B?S△t=△B△t?πr22=0.01π（V），再由歐姆定律得，P中產(chǎn)生的感應(yīng)電流為：I

9、=0.01π?（A），由楞次定律，得電流的方向是順時(shí)針方向，故C正確，ABD錯(cuò)誤；故選C。 【點(diǎn)睛】 本題關(guān)鍵是根據(jù)楞次定律判斷感應(yīng)電流的方向，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律求解感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，然后根據(jù)歐姆定律求解感應(yīng)電流． 6．如圖所示為兩光滑金屬導(dǎo)軌MNQ和GHP，其中MN和GH部分為豎直的半圓形導(dǎo)軌，NQ和HP部分為水平平行導(dǎo)軌，整個(gè)裝置置于方向豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。有兩個(gè)長(zhǎng)均為l、質(zhì)量均為m、電阻均為R的導(dǎo)體棒垂直導(dǎo)軌放置且始終與導(dǎo)軌接觸良好，其中導(dǎo)體棒ab在半圓形導(dǎo)軌上，導(dǎo)體棒cd在水平導(dǎo)軌上，當(dāng)恒力F作用在導(dǎo)體棒cd上使其做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，導(dǎo)體棒ab恰好靜止，且距離半圓形

10、導(dǎo)軌底部的高度為半圓形導(dǎo)軌半徑的一半，已知導(dǎo)軌間距離為l，重力加速度為g，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，則（） A．每根導(dǎo)軌對(duì)導(dǎo)體棒ab的支持力大小為2mg B．導(dǎo)體棒cd兩端的電壓大小為23mgRBl C．作用在導(dǎo)體棒cd上的恒力F的大小為3mg D．恒力F的功率為6m2g2RB2l2 【答案】 CD 【解析】 試題分析：對(duì)ab棒受力分析如圖所示： 則：FNsin300=mg，則：FN=2mg，每根導(dǎo)軌對(duì)導(dǎo)體棒ab的支持力大小為mg，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤； FNcos300=FA=BBlv2Rl，則回路中電流為：I=Blv2R=3mgBl，導(dǎo)體棒cd兩端的電壓大小為U=IR=3mgBl

11、R，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由于金屬棒ab勻速運(yùn)動(dòng)，則安培力等于拉力F，則F=BBlv2Rl=3mg，故選項(xiàng)C正確；由于BBlv2Rl=3mg，則金屬棒ab的速度為v=23mgRB2l2，則恒力F的功率為P=Fv=3mg·23mgRB2l2=6m2g2RB2l2，故選項(xiàng)D正確。 考點(diǎn)：導(dǎo)體切割磁感線時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)、焦耳定律 【名師點(diǎn)睛】本題是雙桿模型，解決本題的關(guān)鍵能夠正確受力分析，結(jié)合牛頓定律和動(dòng)量守恒、能量守恒，進(jìn)行研究。 7．寬度均為d且足夠長(zhǎng)的兩相鄰條形區(qū)域內(nèi)，各存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B, 方向相反的勻強(qiáng)磁場(chǎng)；電阻為R，邊長(zhǎng)為433d的等邊三角形金屬框的AB邊與磁場(chǎng)邊界平行，金屬框從圖示位

12、置以垂直于AB邊向右的方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，取逆時(shí)針方向電流為正，從金屬框C端剛進(jìn)入磁場(chǎng)開始計(jì)時(shí)，框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流隨時(shí)間變化的圖象是 【答案】 A. 【解析】 試題分析：本題導(dǎo)體的運(yùn)動(dòng)可分段判斷，運(yùn)用排除法進(jìn)行分析．根據(jù)楞次定律可判斷電路中感應(yīng)電流的方向；由導(dǎo)體切割磁感線時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)公式可求得感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小，由歐姆定律分析感應(yīng)電流大小的變化． 三角形線圈的高為2d，則在開始運(yùn)動(dòng)的0～d過(guò)程中，感應(yīng)電流，I1=B?233dvR=23Bdv3R，方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向，在d～2d時(shí)，設(shè)某時(shí)刻線圈進(jìn)入右側(cè)區(qū)域的距離為x，則線圈切割磁感應(yīng)線的有效長(zhǎng)度為L(zhǎng)=233(d-x)，則感應(yīng)電流I2

13、=B233(d-x)vR=23B(d-x)v3R，方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向，當(dāng)x=d時(shí)，I=0，當(dāng)線圈的C點(diǎn)出離右邊界x時(shí)，等效長(zhǎng)度L'=433d-233(d-x)+233d=233(2d+x)，感應(yīng)電流I3=B233(2d+x)vR=23B(2d+x)v3R，方向順時(shí)針方向，當(dāng)x=0時(shí)，I3=223Bdv3R，當(dāng)x=d時(shí)，I3=323Bdv3R，當(dāng)C點(diǎn)出離右邊界d～2d時(shí)，等效長(zhǎng)度L″=433d-233(2d-x)=233x，感應(yīng)電流I4=B233xvR=23Bxv3R，方向逆時(shí)針方向，當(dāng)x=d時(shí)，I4=23Bdv3R，當(dāng)x=2d時(shí)，I4=223Bdv3R，故A正確，BCD錯(cuò)誤； 【點(diǎn)睛】本題為選

14、擇題，而過(guò)程比較復(fù)雜，故可選用排除法解決，這樣可以節(jié)約一定的時(shí)間；而進(jìn)入第二段磁場(chǎng)后，分處兩磁場(chǎng)的線圈兩部分產(chǎn)生的電流相同，且有效長(zhǎng)度是均勻變大的，注意總感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)何時(shí)是切割感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)之和，何時(shí)是切割感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)之差． 8．如圖所示，邊長(zhǎng)為L(zhǎng)、匝數(shù)為N，電阻不計(jì)的正方形線圈abcd在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中繞轉(zhuǎn)軸OO′轉(zhuǎn)動(dòng)，軸OO′垂直于磁感線，在線圈外接一含有理想變壓器的電路，變壓器原、副線圈的匝數(shù)分別為n1和n2.保持線圈以恒定角速度ω轉(zhuǎn)動(dòng)，下列判斷正確的是(　　) A．在圖示位置時(shí)線框中磁通量為零，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大 B．當(dāng)可變電阻R的滑片P向上滑動(dòng)時(shí)，電壓表V2的示數(shù)變大 C．

15、電壓表V1示數(shù)等于NBωL2 D．變壓器的輸入與輸出功率之比為1:1 【答案】 AD 【解析】 試題分析：當(dāng)磁通量為零時(shí)，磁通量變化率最大，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，可得產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大，故A正確；當(dāng)可變電阻R的滑片P向上滑動(dòng)時(shí)，由于電壓表測(cè)量副線圈的輸入電壓，而原線圈的輸入電壓不變，匝數(shù)比不變，所以副線圈的輸入電壓不變，即電壓表的示數(shù)不變，B錯(cuò)誤；因?yàn)榫€圈是從垂直于中性面時(shí)開始時(shí)轉(zhuǎn)動(dòng)的，故產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的瞬時(shí)值表達(dá)式為e=NBSωcosωt，交流電壓的最大值等于em=NBωL2，故電壓表V1示數(shù)為有效值，為U=NBωL22，C錯(cuò)誤；變壓器的輸入與輸出功率之比為1：1，故D正確

16、。 考點(diǎn)：考查了交變電流的產(chǎn)生，理想變壓器 9．一正三角形導(dǎo)線框高為從圖示位置沿x軸正方向勻速穿過(guò)兩勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域。兩磁場(chǎng)區(qū)域磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B、磁場(chǎng)方向相反且均垂直于xOy平面，磁場(chǎng)區(qū)域?qū)挾染鶠閍。則感應(yīng)電流I與線框移動(dòng)距離x的關(guān)系圖象可能是（以逆時(shí)針方向?yàn)楦袘?yīng)電流的正方向 A． B． C． D． 【答案】 C 【解析】 當(dāng)線框移動(dòng)距離x在a～2a范圍，線框穿過(guò)兩磁場(chǎng)分界線時(shí)，BC、AC邊在右側(cè)磁場(chǎng)中切割磁感線，有效切割長(zhǎng)度逐漸增大，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E1增大，AC邊在左側(cè)磁場(chǎng)中切割磁感線，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E2不變，兩個(gè)電動(dòng)勢(shì)串聯(lián)，總電動(dòng)勢(shì)E=E1+E2增大，故A錯(cuò)誤；當(dāng)線

17、框移動(dòng)距離x在0～a范圍，線框穿過(guò)左側(cè)磁場(chǎng)時(shí)，根據(jù)楞次定律，感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針，為正值，故B錯(cuò)誤；當(dāng)線框移動(dòng)距離x在2a～3a范圍，線框穿過(guò)左側(cè)磁場(chǎng)時(shí)，根據(jù)楞次定律，感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針，為正值，故C正確，D錯(cuò)誤。所以C正確，ABD錯(cuò)誤。 10．在豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，水平放置一個(gè)不變形的單匝金屬圓線圈，線圈所圍的面積為0.1m2，線圈電阻為1Ω．規(guī)定線圈中感應(yīng)電流I 的正方向從上往下看是順時(shí)針方向，如圖（1）所示．磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化規(guī)律如圖（2）所示．則以下說(shuō)法正確的是 A．在時(shí)間0～5s內(nèi)，I的最大值為0.1A B．在第4s時(shí)刻，I的方向?yàn)槟鏁r(shí)針 C．前2 s內(nèi)，

18、通過(guò)線圈某截面的總電量為0.01C D．第3s內(nèi)，線圈的發(fā)熱功率最大 【答案】 BC 【解析】 【詳解】 在時(shí)間0～5?s內(nèi)，由圖看出，在t=0時(shí)刻圖線的斜率最大，B的變化率最大，線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大，感應(yīng)電流也最大，最大值為I=EmR=ΔBΔtSR=0.11×0.11=0.01A．故A正確；在第4s時(shí)刻，穿過(guò)線圈的磁場(chǎng)方向向上，磁通量減小，則根據(jù)楞次定律判斷得知，I的方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向。故B正確；前2s內(nèi)，通過(guò)線圈某截面的總電量q=n△ΦR＝△BSR＝0.1×0.11C=0.01C．故C正確。第3s內(nèi)，B沒有變化，線圈中沒有感應(yīng)電流產(chǎn)生，則線圈的發(fā)熱功率最小。故D錯(cuò)誤。故選

19、ABC。 【點(diǎn)睛】 本題關(guān)鍵要從數(shù)學(xué)角度理解斜率等于B的變化率．經(jīng)驗(yàn)公式q=n△ΦR，是電磁感應(yīng)問(wèn)題中常用的結(jié)論，要在會(huì)推導(dǎo)的基礎(chǔ)上記牢． 二、多選題 11．如圖，MN和PQ是電阻不計(jì)的平行金屬導(dǎo)軌，其間距為L(zhǎng)，導(dǎo)軌彎曲部分光滑，平直部分粗糙，固定在水平面上，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的金屬棒從高為h 處由靜止釋放，到達(dá)磁場(chǎng)右邊界處恰好停止。己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（） （重力加速度為g） A．金屬棒克服

20、安培力做的功等于金屬棒產(chǎn)生的焦耳熱 B．金屬棒克服安培力做的功為mgh C．金屬棒產(chǎn)生的電熱為12mg（h-μd） D．金屬棒運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為2ghμg-B2L2d2Rμmg 【答案】 CD 【解析】 【詳解】 根據(jù)功能關(guān)系知，金屬棒克服安培力做的功等于金屬棒以及電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱之和，故A錯(cuò)誤。設(shè)金屬棒克服安培力所做的功為W．對(duì)整個(gè)過(guò)程，由動(dòng)能定理得 mgh-μmgd-W=0，得 W=mg（h-μd），故B錯(cuò)誤。電路中產(chǎn)生的總的焦耳熱Q=W= mg（h-μd），則屬棒產(chǎn)生的電熱為12mg（h-μd），故C正確。金屬棒在下滑過(guò)程中，其機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得：mgh=12

21、mv02，得v0=2gh。金屬棒經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)通過(guò)某界面的電量為q=ΔΦ2R=BLd2R；根據(jù)動(dòng)量定理：-BILΔt-μmgdΔt=0-mv0，其中q=IΔt，解得Δt=2ghμg-B2L2d2Rμmg，選項(xiàng)D正確；故選CD. 12．由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，若穿過(guò)某截面的磁通量為Φ＝Φmsin ωt，則產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為e＝ωΦmcos ωt。如圖所示，豎直面內(nèi)有一個(gè)閉合導(dǎo)線框ACD(由細(xì)軟彈性電阻絲制成)，端點(diǎn)A、D固定。在以水平線段AD為直徑的半圓形區(qū)域內(nèi)，有磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向里的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)。設(shè)導(dǎo)線框的電阻恒為r，圓的半徑為R，用兩種方式使導(dǎo)線框上產(chǎn)生感應(yīng)電流。方式一：將導(dǎo)

22、線與圓周的接觸點(diǎn)C點(diǎn)以恒定角速度ω1(相對(duì)圓心O)從A點(diǎn)沿圓弧移動(dòng)至D點(diǎn)；方式二：以AD為軸，保持∠ADC＝45°，將導(dǎo)線框以恒定的角速度ω2轉(zhuǎn)90°。則下列說(shuō)法正確的是 A．方式一中，在C從A點(diǎn)沿圓弧移動(dòng)到圖中∠ADC＝30°位置的過(guò)程中，通過(guò)導(dǎo)線截面電荷量為3BR22r B．方式一中，在C沿圓弧移動(dòng)到圓心O的正上方時(shí)，導(dǎo)線框中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大 C．兩種方式回路中電動(dòng)勢(shì)的有效值之比E1E2=ω1ω2 D．若兩種方式電阻絲上產(chǎn)生的熱量相等，則ω1ω2=14 【答案】 AC 【解析】 【詳解】 方式一中，在C從A點(diǎn)沿圓弧移動(dòng)到題圖中∠ADC＝30°位置的過(guò)程中，穿過(guò)回路磁

23、通量的變化量為ΔΦ＝32BR2。由法拉第電磁感應(yīng)定律E＝ΔΦΔt，I＝Er，q＝IΔt，聯(lián)立解得q=ΔΦr=3BR22r，選項(xiàng)A正確；第一種方式中穿過(guò)回路的磁通量Φ1＝BR2sin ω1t，所產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為e1＝ω1BR2cos ω1t，在C沿圓弧移動(dòng)到圓心O的正上方時(shí)，導(dǎo)線框中的磁通量最大，由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最小，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為零，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；第二種方式中穿過(guò)回路的磁通量Φ2＝BR2cos ω2t，所產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為e2＝ω2BR2sin ω2t，則兩種方式所產(chǎn)生的正弦交流電動(dòng)勢(shì)的有效值之比為E1E2=ω1ω2，時(shí)間滿足ω1t1ω2t2=1800900，產(chǎn)生的焦耳熱Q1＝E12

24、rt1，Q2＝E22rt2，若Q1＝Q2，則ω1ω2=12，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤。故選AC. 13．如圖所示，質(zhì)量為M的足夠長(zhǎng)金屬導(dǎo)軌abcd放在光滑的絕緣水平面上．一電阻為r，質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒PQ放置在導(dǎo)軌上，始終與導(dǎo)軌接觸良好，PQbc構(gòu)成矩形．棒與導(dǎo)軌間無(wú)摩擦、棒左側(cè)有兩個(gè)固定于水平面的光滑立柱．導(dǎo)軌bc段電阻為R，長(zhǎng)為L(zhǎng)，其他部分電阻不計(jì)．以ef為界，其左側(cè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向豎直向上，右側(cè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)水平向右，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B．在t＝0時(shí)，一水平向左的拉力F垂直作用在導(dǎo)軌的bc邊上，使導(dǎo)軌由靜止開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度為a．則（　?。? A．F與t2成正比 B．F和t是線性關(guān)系

25、C．當(dāng)t達(dá)到一定值時(shí)，QP剛好對(duì)軌道無(wú)壓力 D．若F＝0，PQbc靜止，ef左側(cè)磁場(chǎng)均勻減小，QP可能對(duì)軌道無(wú)壓力 【答案】 BC 【解析】 【詳解】 AB、t時(shí)刻dc產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv，導(dǎo)軌做初速為零的勻加速運(yùn)動(dòng)，v＝at，則 E＝BLat；感應(yīng)電流 I=ER+r，金屬導(dǎo)軌abcd安培力大小F安＝BIL，對(duì)導(dǎo)軌，由牛頓第二定律得：F﹣F安＝ma，則得：F＝ma+B2L2aR+rt，可知F與t2不成正比，F(xiàn)與t成線性關(guān)系，故A錯(cuò)誤，B正確； C、當(dāng)t達(dá)到一定值時(shí)，導(dǎo)致QP的電流，產(chǎn)生的安培力等于其重力，則剛好對(duì)軌道無(wú)壓力，故C正確； D、當(dāng)ef左側(cè)磁場(chǎng)均勻減小，不管減

26、小到什么值，QP對(duì)軌道壓力不會(huì)為零，因?yàn)槭艿降陌才嗔εc重力同向，故D錯(cuò)誤。 14．邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形金屬框在水平恒力F作用下運(yùn)動(dòng)，穿過(guò)方向如圖的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁場(chǎng)區(qū)域的寬度為d（d>L）。已知ab邊進(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)另一側(cè)穿出的過(guò)程相比較，有（） A．產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向相反 B．所受的安培力方向相同 C．進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程的時(shí)間等于穿出磁場(chǎng)過(guò)程的時(shí)間 D．進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程和穿出磁場(chǎng)過(guò)程中通過(guò)導(dǎo)體內(nèi)某一截面的電量相等 【答案】 ABD 【解析】 【分析】 根據(jù)題中“正方形金屬框在水平恒力F作用下運(yùn)動(dòng)，穿過(guò)方向如圖的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域”可

27、知，本題考察線框在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題。根據(jù)線框在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的分析方法，運(yùn)用安培力、牛頓第二定律、楞次定律、感應(yīng)電量等知識(shí)分析推斷。 【詳解】 A：線框進(jìn)入和穿出磁場(chǎng)的過(guò)程中，磁場(chǎng)方向相同，進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)磁通量增加，穿出磁場(chǎng)時(shí)磁通量減小；由楞次定律可知，產(chǎn)生感應(yīng)電流方向相反。故A項(xiàng)正確。 B：根據(jù)楞次定律：感應(yīng)電流阻礙導(dǎo)體與磁體間相對(duì)運(yùn)動(dòng)。線框向右進(jìn)入磁場(chǎng)和從磁場(chǎng)另一側(cè)穿出過(guò)程所受安培力方向均水平向左，方向相同。故B項(xiàng)正確。 C：ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，線框的加速度恰好為零，線框進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程做勻速運(yùn)動(dòng)。線框完全在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)磁通量不變，沒有感應(yīng)電流產(chǎn)生，線框不受安培力而做勻加速運(yùn)動(dòng)。線框剛開始穿出磁

28、場(chǎng)時(shí)，速度比進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度大，線框所受安培力增大，大于恒力F，線框穿出磁場(chǎng)的過(guò)程做減速運(yùn)動(dòng)或先減速后勻速，完全穿出磁場(chǎng)時(shí)，線框的速度大于或等于進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度。綜上線框穿出磁場(chǎng)過(guò)程的平均速度大于線框進(jìn)入磁場(chǎng)的平均速度，線框進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程的時(shí)間大于穿出磁場(chǎng)過(guò)程的時(shí)間。故C項(xiàng)錯(cuò)誤。 D：感應(yīng)電量q=I?Δt=ER總?Δt=nΔΦΔt?ΔtR總=nΔΦR總。線框進(jìn)入和穿出磁場(chǎng)的兩個(gè)過(guò)程中，線框磁通量的變化量相等，則通過(guò)導(dǎo)體內(nèi)某一截面的電量相等。故D項(xiàng)正確。 【點(diǎn)睛】 楞次定律：感應(yīng)電流具有這樣的方向，即感應(yīng)電流的磁場(chǎng)總要阻礙引起感應(yīng)電流的磁通量的變化。楞次定律還可表述為：感應(yīng)電流的效果總是反抗引

29、起感應(yīng)電流的原因，如“增反減同”、“來(lái)拒去留”、“增縮減擴(kuò)”等。 15．如圖所示，兩根平行光滑金屬導(dǎo)軌固定在同一水平面內(nèi)，其左端接有定值電阻R，建立ox軸平行于金屬導(dǎo)軌，在0≤x≤4m的空間區(qū)域內(nèi)存在著垂直導(dǎo)軌平面向下的磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨坐標(biāo)x（以m為單位）的分布規(guī)律為B=0.8-0.2x(T)，金屬棒ab在外力作用下從x=0處沿導(dǎo)軌向右運(yùn)動(dòng)，ab始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，不計(jì)導(dǎo)軌和金屬棒的電阻。設(shè)在金屬棒從x1=1m處，經(jīng)x2=2m到x3=3m的過(guò)程中，電阻器R的電功率始終保持不變，則 A．金屬棒做勻速直線運(yùn)動(dòng) B．金屬棒運(yùn)動(dòng)過(guò)程中產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)始終不變 C．金屬棒在x1與x2處

30、受到磁場(chǎng)B的作用力大小之比為3：2 D．金屬棒從x1到x2與從x2到x3的過(guò)程中通過(guò)R的電量之比為5：3 【答案】 BCD 【解析】 【分析】 磁感應(yīng)強(qiáng)度隨x增大而減小，ab棒在外力作用下在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，切割磁感線．而更含蓄的是已知金屬棒從x1=1m經(jīng)x2=2m到x3=3m的過(guò)程中，R的電功率保持不變，由功率公式P=I2R=U2R，則電流和電壓均有相等．從而很容易判斷感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小，電荷量的比值同樣用平均值方法來(lái)求，安培力之比用安培力公式來(lái)求，難于判定的是熱量，雖然電流相等但不知時(shí)間關(guān)系，所以由圖象法來(lái)求，F(xiàn)-x圖象與坐標(biāo)軸圍成的面積就是功，而面積是梯形面積，那么克服安培力做功的

31、比值就能求出． 【詳解】 B、由功率的計(jì)算式：P=I2R=E2R，知道由于金屬棒從x1=1m經(jīng)x2=2m到x3=3m 的過(guò)電功率保持不變，所以E應(yīng)不變，選項(xiàng)B正確. A、由動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)E=Blv可知，B隨著距離均勻減小，則v一直增大，故棒做加速直線運(yùn)動(dòng)；故A錯(cuò)誤. C、由安培力公式F=BIL及P=EI知，F(xiàn)1F2=B1I1B2I2=B1B2=0.8-0.2×10.8-0.2×2=32；故C正確. D、由于金屬棒從x1=1m經(jīng)x2=2m到x3=3m的過(guò)程中，R的電功率保持不變，由P=I2R知道R中的電流相等，再由安培力公式F=BIL，所以F-x圖象如圖所示： 顯然圖象與坐標(biāo)軸圍成的

32、面積就是克服安培力做的功，即R產(chǎn)生的熱量，所以：Q1Q2=0.6+0.40.4+0.2=53，由熱量Q=I2Rt，熱量之比為5：3，電流相同說(shuō)明時(shí)間之比為5:3，因此電量q1q2=It1It2=t1t2=53;故D正確. 故選BCD. 【點(diǎn)睛】 本題的難點(diǎn)在于沒有一個(gè)對(duì)比度，導(dǎo)體棒ab在隨x的增大而減小的磁場(chǎng)中在外力作用下切割磁感線，而巧妙的是在某一路段R上的電功率相同，預(yù)示著電路的電流和R上電壓相同，則安培力正比于磁感應(yīng)強(qiáng)度，均勻減?。朔才嗔Φ墓D(zhuǎn)化為焦耳熱，所以F-x圖象與坐標(biāo)軸圍成的面積就是功．雖然不知外力怎么變化，但它與解決問(wèn)題無(wú)多大關(guān)聯(lián)． 16．如圖所示，足夠長(zhǎng)的光滑平行

33、金屬導(dǎo)軌豎直放置，間距為L(zhǎng)，其上端連接有阻值為R的電阻和電容器C，裝置區(qū)域有垂直于導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。將一根水平金屬棒ab開始下滑.已知金屬棒ab的質(zhì)量為m，電阻也為R.金屬棒ab在運(yùn)動(dòng)中始終保持水平且與導(dǎo)軌良好接觸，且通過(guò)金屬棒ab的電流恒定不變，忽略導(dǎo)軌電阻，重力加速度為g.則下列說(shuō)法正確的是 A．因?yàn)橥ㄟ^(guò)金屬棒ab的電流不變，所以金屬棒ab做勻速運(yùn)動(dòng)，速度大小是v=2mgRB2L2 B．盡管通過(guò)金屬棒ab的電流不變，金屬棒ab做勻變速運(yùn)動(dòng)，加速度大小是a=mgm+CB2L2 C．電阻R的電功率為P=(CBLmgm+CB2L2)2R D．若金屬棒ab由靜止下滑，

34、開始時(shí)電容器所帶電荷量為0，那么經(jīng)過(guò)時(shí)間t，電容器兩端電量q=BCLmgt-2C2BLmgRm+CB2L2 【答案】 BCD 【解析】 【分析】 根據(jù)通過(guò)金屬棒ab的電流恒定不變，可以知道電容器兩端的電壓均勻增大，處于充電過(guò)程中，然后根據(jù)牛頓第二定律可以確定加速度以及功率和電量. 【詳解】 A、由題可知金屬棒ab受到安培力為:FA=BIL=BILΔtΔt=BLΔQΔt=BLCΔUΔt=BLC?BLΔvΔt=B2L2Ca,對(duì)金屬棒ab，根據(jù)牛頓第二定律可以得到：mg-B2L2Ca=ma,整理可以得到:a=mgm+CB2L2，恒定不變，所以金屬棒ab做勻變速運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤，B正確；

35、 C、由上面分析可知：BIL=B2L2Ca，即:I=BLCa=BLC?mgm+CB2L2,則電阻R的功率為：P=I2R=(CBLmgm+CB2L2)2R，故C正確； D、經(jīng)過(guò)時(shí)間t電容器兩端的電量為:q=CU=C(BLv-2IR)=C(BLat-2BLCaR)=BCLmgt-2C2BLmgRm+CB2L2；故D正確. 故選BCD. 【點(diǎn)睛】 本題考查了電磁感應(yīng)中的電容器充電過(guò)程中，電流不變，然后根據(jù)牛頓第二定律可以確定加速度.要知道電流與電容器帶電量的關(guān)系. 17．如圖所示，在豎直向上磁感應(yīng)強(qiáng)度為B=1T勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，兩條足夠長(zhǎng)光滑平行金屬導(dǎo)軌固定在水平桌面上，間距l(xiāng)=1m，電阻不計(jì)

36、，勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向與導(dǎo)軌平面垂直，金屬棒AB、CD水平放在兩導(dǎo)軌上，相隔為L(zhǎng)=0.2m，棒與導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸，AB棒質(zhì)量為m1=0.2kg，CD棒質(zhì)量為m2=0.4kg，兩金屬棒接入電路的總電阻R=0.5Ω，若CD棒以v0=3m/s的初速度水平向右運(yùn)動(dòng)，在兩根金屬棒運(yùn)動(dòng)到兩棒間距最大的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．AB棒的最終速度大小為1m/s B．該過(guò)程中電路中產(chǎn)生的熱量為0.6J C．該過(guò)程中通過(guò)導(dǎo)體橫截面的電荷量為0.4C D．兩金屬板的最大距離為0.3m 【答案】 BC 【解析】 【分析】 金屬導(dǎo)軌光滑，兩金屬棒組成的系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，

37、由動(dòng)量守恒定律可以求出棒的最終速度；由能量守恒定律可以求出電路產(chǎn)生的熱量，應(yīng)用動(dòng)量定理可以求出通過(guò)導(dǎo)體橫截面的電荷量，然后求出兩金屬棒的最大距離。 【詳解】 A、開始CD棒做減速運(yùn)動(dòng)、AB棒做加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)兩者速度相等時(shí)它們間的距離最大，兩棒組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：m2v0=(m1+m2)v，解得：v=2m/s，故A錯(cuò)誤； B、對(duì)系統(tǒng)，由能量守恒定律得：12m2v02=Q+12(m1+m2)v2，解得：Q=0.6J，故B正確； C、對(duì)AB棒，由動(dòng)量定理得：Bilt=m1v，而：it=q，則：Blq=m1v，解得：q=0.4C，故C正確； D、通過(guò)導(dǎo)體橫截面

38、的電荷量：q=I△t=ER△t=?Φ?tR△t=?ΦR=BldR，兩金屬棒間的最大距離：D=d+L=qRBl+L=0.4×0.51×1+0.2m=0.4m，故D錯(cuò)誤； 故選BC. 【點(diǎn)睛】 本題是電磁感應(yīng)與力學(xué)、電學(xué)相結(jié)合的綜合題，考查了動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用，分析清楚金屬棒的運(yùn)動(dòng)過(guò)程是解題的前提與關(guān)鍵，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律、能量守恒定律、動(dòng)量定理與法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律可以解題。 18．如圖所示，空間存在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，MN、PQ是相互平行的粗糙的長(zhǎng)直導(dǎo)軌，處于同一水平面內(nèi)，其間距為L(zhǎng)，導(dǎo)軌一端接一阻值為R的電阻，ab是跨接在導(dǎo)軌上質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒，其阻值也為R

39、.從零時(shí)刻開始，對(duì)ab棒施加一個(gè)水平向左的恒力F，使其從靜止開始沿導(dǎo)軌做直線運(yùn)動(dòng)，此過(guò)程中棒始終保持與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，所受滑動(dòng)摩擦力大小始終為了14F.導(dǎo)軌電阻不計(jì).則(　　) A．通過(guò)電阻R的電流方向?yàn)橛蒒到Q B．a(chǎn)b棒的最大速度為3FR4B2L2 C．電阻R消耗的最大功率為9F2R16B2L2 D．a(chǎn)b棒速度為v0時(shí)的加速度大小為3F4m-B2L2v02mR 【答案】 CD 【解析】 【分析】 由右手定則可以判斷出電流方向； 導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)速度最大，由平衡條件可以求出最大速度； 由E=BLv求出感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，由電功率公式求出電功； 由安培力公式求出安培力

40、，由牛頓第二定律求出加速度． 【詳解】 A、由右手定則可知，通過(guò)電阻R的電流方向?yàn)橛蒕到N，故A錯(cuò)誤； B、導(dǎo)體棒受到的安培力：F安培=BIL=B2L2v2R，導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)速度最大，由平衡條件得：F=B2L2v2R+F4，解得：v=3FR2B2L2，故B錯(cuò)誤； C、最大感應(yīng)電流：I=E最大2R=BLv最大2R=3F4BL，電阻R消耗的最大功率：P=I2R=9F2R16B2L2，故C正確； D、ab棒速度為v0時(shí)導(dǎo)體棒受到的安培力：F安培'=BIL=B2L2v02R，由牛頓第二定律得：F-B2L2v02R-F4=ma，解得：a=3F4m-B2L2v02mR，故D正確； 故選：CD

41、。 【點(diǎn)睛】 本題是一道電磁感應(yīng)、電路與力學(xué)相結(jié)合的綜合題，分析清楚導(dǎo)體棒的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，應(yīng)用安培力公式、平衡條件、牛頓第二定律可以解題． 19．如圖甲所示，在豎直方向上有四條間距相等的水平虛線L1、L2、L3、L4，在L1L2之間、L3L4之間存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，大小均為1?T，方向垂直于虛線所在平面．現(xiàn)有一矩形線圈abcd，寬度cd=L=0.5?m，質(zhì)量為0.1?kg，電阻為2?Ω，將其從圖示位置靜止釋放（cd邊與L1重合），速度隨時(shí)間的變化關(guān)系如圖乙所示，t1時(shí)刻cd邊與L2重合，t2時(shí)刻ab邊與L3重合，t3時(shí)刻ab邊與L4重合，已知t1~t2的時(shí)間間隔為0.6?s，整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中線圈平面

42、始終處于豎直方向，（重力加速度g取10?m/s2）則（） A．在0~t1時(shí)間內(nèi)，通過(guò)線圈的電荷量為0.25?C B．線圈勻速運(yùn)動(dòng)的速度大小為8?m/s C．線圈的長(zhǎng)度ad為1?m D．0~t3時(shí)間內(nèi)，線圈產(chǎn)生的熱量為4.2?J 【答案】 AB 【解析】 A：在0~t1時(shí)間內(nèi)，cd邊從L1運(yùn)動(dòng)到L2，通過(guò)線圈的電荷量為q=It1=BLv1Rt1=BLdR=0.25C，故A項(xiàng)正確。 B：根據(jù)平衡有：mg=BIL，而I=BLvR，聯(lián)立兩式解得：v=mgRB2L2=8m/s，故B項(xiàng)正確。 C：t1~t2的時(shí)間間隔內(nèi)線圈一直做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，知ab邊剛進(jìn)上邊的磁場(chǎng)時(shí)，cd邊也剛

43、進(jìn)下邊的磁場(chǎng)，設(shè)磁場(chǎng)的寬度為d，則線圈的長(zhǎng)度：L'=2d，線圈下降的位移為：x=L'+d=3d，則有：3d=vt-12gt2，將v=8m/s，t=0.6s，代入解得：d=1m，所以線圈的長(zhǎng)度為L(zhǎng)'=2d=2m，故C項(xiàng)錯(cuò)誤。 D：0~t3時(shí)間內(nèi)，根據(jù)能量守恒得：Q=mg(3d+2d)-12mv2=0.1×10×(3+2)-12×0.1×82J=1.8J，故D項(xiàng)錯(cuò)誤。 綜上答案為AB 點(diǎn)睛：解決本題的關(guān)鍵理清線圈的運(yùn)動(dòng)情況，選擇合適的規(guī)律進(jìn)行求解，本題的難點(diǎn)就是通過(guò)線圈勻加速直線運(yùn)動(dòng)挖掘出下落的位移為磁場(chǎng)寬度的3倍． 20．如圖所示，虛線EF左側(cè)區(qū)域I內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度

44、大小為B，右側(cè)區(qū)域Ⅱ內(nèi)有垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為2B，邊長(zhǎng)為L(zhǎng)、粗細(xì)均勻的正方形金屬線框在區(qū)域I，線框平面與磁場(chǎng)垂直，cd邊與虛線EF平行，線框的電阻為R，現(xiàn)使線框由圖示位置以速度v向右勻速運(yùn)動(dòng)，則在線框通過(guò)EF過(guò)程中，下列說(shuō)法中正確的是 A．通過(guò)導(dǎo)線橫截面的電量為3BL2R B．線框ab邊的電流大小為BLv3R C．線框受到的安培力的大小為9B2L2vR D．線框中產(chǎn)生的焦耳熱為9B2L3vR 【答案】 ACD 【解析】 A、線框通過(guò)EF的過(guò)程中，線框中磁通量的變化是Δ?=3BL2，因此通過(guò)線框截面的電量為q=I?Δt=Δ?R=3BL2R，故A項(xiàng)正確；

45、線框中的總電動(dòng)勢(shì)E=3BLv，電路中的電流I=ER=3BLvR，B項(xiàng)錯(cuò)誤；C、線框受到的安培力為F=BIL+2BIL=3BIL=9B2L2vR，則C項(xiàng)正確；D、線框中產(chǎn)生的焦耳熱Q=I2Rt=(3BLvR)2?R?Lv=9B2L3vR，則D項(xiàng)正確；故選ACD. 【點(diǎn)睛】本題主要是考查了法拉第電磁感應(yīng)定律和安培力的計(jì)算；對(duì)于導(dǎo)體切割磁感應(yīng)線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)情況有兩種：一是導(dǎo)體平動(dòng)切割產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，可以根據(jù)E=BLv來(lái)計(jì)算；二是導(dǎo)體棒轉(zhuǎn)動(dòng)切割磁感應(yīng)線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，可以根據(jù)E=BL2ω2來(lái)計(jì)算．注意磁通量變化量的計(jì)算方法． 三、解答題 21．如圖（a），水平地面上固定一傾角為37°

46、的斜面，一寬為l=0.43m的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于斜面向上，磁場(chǎng)邊界與斜面底邊平行。在斜面上由靜止釋放一正方形金屬線框abcd，線框沿斜面下滑時(shí)，ab、cd邊始終與磁場(chǎng)邊界保持平行。以地面為零勢(shì)能面，從線框開始運(yùn)動(dòng)到恰好完全進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中，線框的機(jī)械能E與位移s之間的關(guān)系如圖（b）所示，圖中①、②均為直線段。已知線框的質(zhì)量為m=0.1kg，電阻為R=0.06Ω。（sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g取10m/s2）求： （1）線框與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ； （2）線框的邊長(zhǎng)l＇ （3）線框穿越磁場(chǎng)的過(guò)程中，線框中產(chǎn)生的最大電功率Pm； 【答案】（1）0.5（2）0

47、.15m（3）0.43W 【解析】 【詳解】 （1）進(jìn)入磁場(chǎng)前，根據(jù)線段①，減少的機(jī)械能 ?E1=（0.900-0.756）J=μmgcos37°s 其中s=0.36m， 解得μ=0.5 （2）線框進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中，減小的機(jī)械能等于克服摩擦力和安培力所做的功，由圖線②可知，此時(shí)機(jī)械能線性減小，說(shuō)明安培力也為恒力，線框做勻速運(yùn)動(dòng)。減少的機(jī)械能 ?E2=（0.756-0666）J=（μmgcos37°+F安）·l＇=mgsin37°·l＇ 解得l＇=0.15m （3）線框完全進(jìn)入磁場(chǎng)后做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)ab邊要離開磁場(chǎng)時(shí)，開始做減速運(yùn)動(dòng)，此時(shí)線框受到的安培力最大，速度最大

48、，線框內(nèi)的電功率最大。 ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度為v1則：（msin37°-μmgcos37°）s=12mv12 解得v1=1.2m/s 在線框勻速進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，安培力F安=mgsin37°-mmgcos37°=BIL=B2l'2v1R， 可解得：B2l′2= 0.01 線框完全進(jìn)入磁場(chǎng)到ab邊剛要穿出磁場(chǎng)：mgsin37°-μmgcos37°l-l＇=12mv22-v12 解得v2=1.6m/s 所以線框內(nèi)的最大電功率：Pm=I2R=B2l＇２v2R=1.283W=0.43W 22．（加試題）如圖所示，傾角θ=370、間距l(xiāng)＝0.1m的足夠長(zhǎng)金屬導(dǎo)軌底端接有阻值R=0.1Ω的電阻

49、，質(zhì)量m=0.1kg的金屬棒ab垂直導(dǎo)軌放置，與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.45。建立原點(diǎn)位于底端、方向沿導(dǎo)軌向上的坐標(biāo)軸x。在0.2m≤x≤0.8m區(qū)間有垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。從t=0時(shí)刻起，棒ab在沿x軸正方向的外力F作用下從x=0處由靜止開始沿斜面向上運(yùn)動(dòng)，其速度與位移x滿足v=kx（可導(dǎo)出a=kv）k=5s-1。當(dāng)棒ab運(yùn)動(dòng)至x1=0.2m處時(shí)，電阻R消耗的電功率P=0.12W，運(yùn)動(dòng)至x2=0.8m處時(shí)撤去外力F，此后棒ab將繼續(xù)運(yùn)動(dòng)，最終返回至x=0處。棒ab始終保持與導(dǎo)軌垂直，不計(jì)其它電阻，求：（提示：可以用F－x圖象下的“面積”代表力F做的功 （1）磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小

50、 （2）外力F隨位移x變化的關(guān)系式； （3）在棒ab整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，電阻R產(chǎn)生的焦耳熱Q。 【答案】（1）305T；（2）無(wú)磁場(chǎng)區(qū)間：F=0.96+2.5x；有磁場(chǎng)區(qū)間：F=0.96+3.1x；（3）0.324J 【解析】 【詳解】 （1）由P=E2R E=Blv， 解得B=PR(lv)2=305T （2）無(wú)磁場(chǎng)區(qū)間：0≤x<0.2m，a=5v=25x F=25xm+μmgcosθ+mgsinθ=0.96+2.5x 有磁場(chǎng)區(qū)間：0.2m≤x<0.8m FA=(Bl)2vR=0.6x F=0.96+2.5x+0.6x=0.96+3.1x （3）上升過(guò)程中克服安培力做功（

51、梯形面積）WA1=0.62(x2+x1)(x2-x1)=0.18J 撤去外力后，棒ab上升的最大距離為s，再次進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度為v＇，則： (mgsinθ+μmgcosθ)s=12mv2 (mgsinθ-μmgcosθ)s=12mv'2 解得v＇=2m/s 由于mgsinθ-μmgcosθ-(Bl)2v'R=0 故棒再次進(jìn)入磁場(chǎng)后做勻速運(yùn)動(dòng)； 下降過(guò)程中克服安培力做功：WA2=(Bl)2v'R(x2-x1)=0.144J Q=WA1+WA2=0.324J 23．如圖所示，在兩根間距為L(zhǎng)的水平金屬導(dǎo)軌上，有一個(gè)邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形金屬線圈，線圈的 ab、cd 邊質(zhì)量均為m，電阻均為

52、 R；ac、bd 邊的質(zhì)量和電阻均不計(jì)。在cd和pq 間存在磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B，垂直導(dǎo)軌向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。在導(dǎo)軌上，另有一根質(zhì)量為 m、電阻為R的金屬棒 ef，在恒力F的作用下向右運(yùn)動(dòng)。線圈和ef金屬棒與導(dǎo)軌的摩擦因數(shù)均為μ，導(dǎo)軌電阻不計(jì)。當(dāng) ef 棒向右運(yùn)行距離為 L 時(shí)，線圈剛好開始運(yùn)動(dòng)，求: （1）ef棒的速度； （2）ef棒從靜止開始，到線圈剛開始運(yùn)動(dòng)消耗的時(shí)間； （3）在ef棒運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，cd桿消耗的焦耳熱； （4）當(dāng)ef桿速度多大時(shí)，作用在桿子上的合外力的功率最大，并求出最大功率。 【答案】（1）v=3μmgRB2L2；（2）Δt=2B4L5+9μm2gR23(F-μmg

53、)RB2L2； （3）Qcd=16FL-μmgL-9μ2m3g2R22B4L4； （4）v=3R(F-μmg)4B2L2，最大值Pm=3R(F-μmg)28B2L2 【解析】 【詳解】 （1）設(shè)ef棒的速度為v，則電動(dòng)勢(shì)E=BLv； 流過(guò)cd的電流Icd=12ER+12R=BLv3R ; 線圈剛剛開始運(yùn)動(dòng)：BIcdL=2μmg 聯(lián)立解得ef棒的速度：v=6μmgRB2L2 （2）從ef開始運(yùn)動(dòng)，到線圈開始運(yùn)動(dòng)，對(duì)ef由動(dòng)能定理：(F-BIL-μmg)Δt=mv 其中的q=IΔt；I=BL?LΔt?32R； 聯(lián)立解得：Δt=mv+2B2L3/3RF-μmg， 解得Δt=6

54、μm2gRB2L2+2B2L33RF-μmg=6μm2gR+2B4L53RB2L2(F-μmg) （3）由能量關(guān)系可知：FL-μmgL-Q=12mv2 其中cd桿消耗的焦耳熱為：Qcd=16Q 可得：Qcd=16(FL-μmgL-18μ2m3g2R2B4L4) （4）作用在桿子上的合外力的功率：P=(F-μmg-B2L2v1.5R)v，P是v的二次函數(shù)， 由數(shù)學(xué)知識(shí)可知，當(dāng)v=1.5R(F-μmg)2B2L2時(shí)P最大，最大值為Pm=1.5R(F-μmg)24B2L2 24．如圖所示，在同一水平面內(nèi)的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、M'N'與均處于豎直面內(nèi)的半圓形光滑金屬軌道NP、N'P'平滑

55、連接，半圓軌道半徑均為r=0.5m，導(dǎo)軌間距L=1m，水平導(dǎo)軌左端MM'接有R=2Ω的定值電阻，水平軌道的ANN'A'區(qū)域內(nèi)有豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)區(qū)域?qū)挾萪=1m。一質(zhì)量為m=0.2kg、電阻為R0=0.5Ω、長(zhǎng)度為L(zhǎng)=1m的導(dǎo)體棒ab放置在水平導(dǎo)軌上距磁場(chǎng)左邊界s處，在與導(dǎo)體棒垂直、大小為2N的水平恒力F的作用下從靜止開始運(yùn)動(dòng)，導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終與導(dǎo)軌垂直并與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)體棒進(jìn)入磁場(chǎng)后做勻速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)至NN'時(shí)撤去F，結(jié)果導(dǎo)體棒ab恰好能運(yùn)動(dòng)到半圓形軌道的最高點(diǎn)PP'。已知重力加速度g取10m/s2，導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)。 （1）求勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小及s的大?。?

56、（2）若導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)到AA'時(shí)撤去拉力，試判斷導(dǎo)體棒能不能運(yùn)動(dòng)到半圓軌道上。如果不能，說(shuō)明理由；如果能，試再判斷導(dǎo)體棒沿半圓軌道運(yùn)動(dòng)時(shí)會(huì)不會(huì)脫離軌道。 【答案】（1）B=1T，s=1.25m；（2）h=0.45m，由于h

57、立得B=1T 根據(jù)動(dòng)能定理有：Fs=12mv12 解得s=1.25m （2）假設(shè)導(dǎo)體棒能穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域，穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域的速度大小為v3，根據(jù)動(dòng)量定理：-F安Δt=mΔv 即-B2L2R+R0d=m(v3-v1) 解得：v3=3m/s 所以假設(shè)成立，能運(yùn)動(dòng)到半圓軌道上。 假設(shè)導(dǎo)體棒在半圓軌道上不會(huì)離開軌道，上升的最大高度為h 則有：mgh=12mv32 解得：h=0.45m，由于h

58、。長(zhǎng)度均為L(zhǎng)、質(zhì)量均為m=40g、電阻均為R=0.1Ω的導(dǎo)體排ab、cd分別垂直放置于水平和傾斜導(dǎo)軌上，并與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，導(dǎo)體棒ab通過(guò)兩根跨過(guò)光滑定滑輪的絕緣細(xì)線分別與質(zhì)量m0=200g的物體C和導(dǎo)體棒cd相連，細(xì)線沿導(dǎo)軌中心線且在導(dǎo)軌平面內(nèi)，細(xì)線及滑輪的質(zhì)量不計(jì)，已知傾斜導(dǎo)軌與水平面的夾角θ=37°，水平導(dǎo)軌與導(dǎo)體棒ab間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.4，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，兩導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)，導(dǎo)體棒cd運(yùn)動(dòng)中始終不離開傾斜導(dǎo)軌。將物體C由靜止釋放，當(dāng)它達(dá)到最大速度時(shí)下落的高度h=1m，在這一運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，求： (1)物體C的最大速度； (2)導(dǎo)體棒ab產(chǎn)

59、生的焦耳熱。 【答案】(1) 2m/s；(2) 0.52J 【解析】 【詳解】 (1)設(shè)C達(dá)到的最大速度為vm，由法拉第電磁感應(yīng)定律，回路的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：E=2BLvm…① 由歐姆定律得回路中的電流強(qiáng)度為：I=E2R…② 金屬導(dǎo)體棒ab、cd受到的安培力為：F=BIL…③ 設(shè)連接金屬導(dǎo)體棒ab與cd的細(xì)線中張力為T1，連接金屬導(dǎo)體棒ab與物體C的細(xì)線中張力為T2，導(dǎo)體棒ab、cd及物體C的受力如圖： 由平衡條件得：T1=mgsin37°+F…④ T2=T1+F+f…⑤ T2=m0g…⑥ 由①②③④⑤⑥可解得：vm=2m/s。 (2)系統(tǒng)在該過(guò)程中產(chǎn)生的內(nèi)能為E1，由

60、能的轉(zhuǎn)化和守恒定律得： m0gh=(2m+m0)v2+mghsin37°+E1…⑦ 運(yùn)動(dòng)過(guò)程中由于摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能為：E2=μmgh…⑧ 則這一過(guò)程電流產(chǎn)生的內(nèi)能為：E3=E1-E2…⑨ 又因?yàn)閍b棒、cd棒的電阻相等，則由⑦⑧⑨可得，電流通過(guò)ab棒產(chǎn)生的焦耳熱為：E4=12E3=0.52J。 26．如圖所示，兩足夠長(zhǎng)平行光滑的金屬導(dǎo)軌MN、PQ相距為L(zhǎng)，導(dǎo)軌平面與水平面夾角α，導(dǎo)軌電阻不計(jì)．磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直導(dǎo)軌平面向上，長(zhǎng)為L(zhǎng)的金屬棒ab垂直于MN、PQ放置在導(dǎo)軌上，且始終與導(dǎo)軌接觸良好，金屬棒的質(zhì)量為m、電阻為R。定值電阻的阻值也為R，重力加速度為g，閉合開關(guān)S，現(xiàn)將金

61、屬棒由靜止釋放。 （1）求金屬棒下滑的最大速度va； （2）金屬棒從靜止開始下滑距離為s0時(shí)速度恰好達(dá)到最大； ①求該過(guò)程通過(guò)金屬棒的電量q； ②a.求該過(guò)程中金屬棒的生熱Q； b.試證明該過(guò)程中任意時(shí)刻金屬棒克服安培力的功率都等于全電路的生熱功率。 （3）金屬棒從靜止開始下滑距離為s0時(shí)速度恰好達(dá)到最大，求該過(guò)程中金屬棒所用的時(shí)間t。 【答案】（1）vm=2mgRsinαB2L2（2）①q=BLs02R②a. Q=mgs0sinα-2mg2sin2αB4L4b.見解析；（3）t=2mRB2L2+B2L2s02Rmgsinα 【解析】 【詳解】 （1）當(dāng)金屬棒到達(dá)最大速

62、度時(shí)，由平衡知識(shí)可知：mgsinα=BBLvmR+RL 解得vm=2mgRsinαB2L2 （2）①由IΔt=q； I=E2R； E=ΔΦΔt=BLs0Δt； 解得q=BLs02R ②a.由能量關(guān)系可知：Q=mgs0sinα-12mvm2=mgs0sinα-2mg2sin2αB4L4 b.設(shè)某一時(shí)刻金屬棒的速度為v，則安培力的功率：P安=F安v=BBLv2RLv=B2L2v22R； 電動(dòng)勢(shì)E=BLv，則全電路的生熱功率P熱=E22R=B2L2v22R， 即該過(guò)程中任意時(shí)刻金屬棒克服安培力的功率都等于全電路的生熱功率，問(wèn)題得證。 （3）由動(dòng)量定理可知：mgsinα?t-BIL

63、?t=mvm，而It=q聯(lián)立解得：t=2mRB2L2+B2L2s02Rmgsinα 27．如圖所示，在豎直平面內(nèi)有兩根相互平行、電阻忽略不計(jì)的金屬導(dǎo)軌（足夠長(zhǎng)），在導(dǎo)軌間接有阻值分別為R1，R2的兩個(gè)電阻，一根質(zhì)量為m的金屬棒ab垂直導(dǎo)軌放置其上，整個(gè)裝置處于垂直導(dǎo)軌所在平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中?，F(xiàn)讓金屬棒ab沿導(dǎo)軌由靜止開始運(yùn)動(dòng)，若只閉合開關(guān)S1，金屬棒ab下滑能達(dá)到的最大速度為υ1；若只閉合開關(guān)S2，金屬棒ab下滑高度為h時(shí)恰好達(dá)到能達(dá)到的最大速度為υ2，重力加速度為g，求： （1）金屬棒的電阻r； （2）金屬棒ab由靜止開始到達(dá)到最大速度υ2的過(guò)程中，通過(guò)電阻R2的電荷量Q； （3）

64、金屬棒ab由靜止開始到達(dá)到最大速度υ2所用的時(shí)間； （4）若讓金屬棒ab沿導(dǎo)軌由靜止開始運(yùn)動(dòng)，同時(shí)閉合開關(guān)S1、S2，金屬棒ab下滑高度為h'時(shí)達(dá)到的最大速度為v’。試比較h與h'、v2與v’的大小關(guān)系。（不用推導(dǎo)、直接寫出結(jié)果） 【答案】（1）r=R2v1-R1v2v2-v1（2）Q=hv2mg(v2-v1)R2-R1（3）t=v2g+hv2（4）υ2>υ' h>h＇ 【解析】 【詳解】 （1）設(shè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，導(dǎo)軌間的距離為L(zhǎng)，則 當(dāng)金屬棒達(dá)到最大速度v1時(shí)， 由平衡條件：mg=BI1L 由閉合電路的歐姆定律可得I1=BLv1R1+r 由以上方程解得：mg=

65、B2L2v1R1+r 當(dāng)金屬棒達(dá)到最大速度v2時(shí)，同理有， mg=B2L2v2R2+r 解得： r=R2v1-R1v2v2-v1 （2）將r=R2v1-R1v2v2-v1代入mg=B2L2v1R1+r，解得：BL=mg(R2-R1)v2-v1 根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為： 全屬棒ab由靜止開始到達(dá)到最大速度υ2的過(guò)程中，其平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為： E=ΔΦΔt=BLhΔt 其平均電流為：I=ER2+r 結(jié)合Q=I·Δt 解得：Q=hv2mg(v1+v2)R2-R1 （3）金屬捧從靜止到最大速度過(guò)程中，由動(dòng)量定理有： mgt-ΣBILΔt=mv2 其中ΣIΔt=Q

66、 代入得t=v2g+hv2 （4）由兩次棒的υ- t圖象可知 v2>v' h>h' 28．如圖甲，乙所示，半徑為a=0.4m的圓形區(qū)或內(nèi)有勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，平行金屬導(dǎo)軌PQP'Q'與磁場(chǎng)邊界相切與OO'，磁場(chǎng)與導(dǎo)軌平面垂直，導(dǎo)軌兩側(cè)分別接有燈L1、L2，兩燈的電阻均為R=2Ω，金屬導(dǎo)軌的電阻忽略不計(jì)，則： （1）如圖甲，若磁場(chǎng)隨時(shí)間變化規(guī)律為B=1+(4π)t（T），求流過(guò)L1電流的大小和方向； （2）如圖乙所示，若磁感應(yīng)強(qiáng)度恒為B=l.5T，一長(zhǎng)為2a、電阻r=2Ω的均勻金屬棒MN與導(dǎo)軌垂直放置且接觸良好，現(xiàn)將棒以v0=5m/s的速率在導(dǎo)軌上向右勻速滑動(dòng)，求：棒通過(guò)磁場(chǎng)過(guò)程中的最大拉力F大小，以及棒通過(guò)磁場(chǎng)過(guò)程中的電荷量q. 【答案】(1)0.16A；逆時(shí)針方向(2) 2.4N，0.08πC 【解析】 【詳解】 （1）根據(jù)楞次定律可知，電流逆時(shí)針方向，因ΔBΔt=4π，則產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：E＝△B△tπa2＝0.64V 電流大小為：IA＝E2R＝0.644A＝0.16A （2）產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大為：E′=B?2av0=1.5×0.8