《2019年高考物理備考 中等生百日捷進(jìn)提升系列 專題11 電磁感應(yīng)（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019年高考物理備考 中等生百日捷進(jìn)提升系列 專題11 電磁感應(yīng)（含解析）（30頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題11 電磁感應(yīng) 第一部分名師綜述 本專題中的基礎(chǔ)知識、運(yùn)動規(guī)律較多，是學(xué)好后面知識的重要依據(jù)；從考綱要求中可以看出需要我們理解質(zhì)點(diǎn)、時(shí)間間隔、時(shí)刻、參考系、速度、加速度等基本概念，理解相關(guān)知識間的聯(lián)系和區(qū)別，這些知識點(diǎn)一般不會單獨(dú)出題，但這是解決運(yùn)動學(xué)問題的基礎(chǔ)。要掌握幾種常見的運(yùn)動規(guī)律和規(guī)律的一些推論，并能應(yīng)用它們解決實(shí)際問題，同時(shí)要掌握追及、相遇問題的處理方法。這些知識可以單獨(dú)命題，但更多是與牛頓運(yùn)動定律或帶電粒子的運(yùn)動相結(jié)合命制綜合的題目。圖象問題一直是高考的熱點(diǎn)，本章中位移圖象和速度圖象一定要認(rèn)真掌握，并能用來分析物體的運(yùn)動。自由落體運(yùn)動和豎直上拋運(yùn)動在考綱中雖沒有單獨(dú)列出但仍

2、有可能作為勻變速直線運(yùn)動的特例進(jìn)行考查。 第一部分特點(diǎn)描述 歷年高考對本考點(diǎn)知識的考查覆蓋面大，幾乎每個(gè)知識點(diǎn)都考查到。特別是左、右手定則的運(yùn)用和導(dǎo)體棒切割磁感線的運(yùn)動更是兩個(gè)命題頻率最高的知識點(diǎn)．考題一般運(yùn)動情景復(fù)雜、綜合性強(qiáng)，多以把場的性質(zhì)、運(yùn)動學(xué)規(guī)律、牛頓運(yùn)動定律、功能關(guān)系及交變電流等有機(jī)結(jié)合的計(jì)算題出現(xiàn)，難度中等偏上，對考生的空間想象能力、物理過程和運(yùn)動規(guī)律的綜合分析能力及用數(shù)學(xué)方法解決物理問題的能力要求較高。從近兩年高考看，涉及本考點(diǎn)的命題常以構(gòu)思新穎、高難度的壓軸題形式出現(xiàn)，在復(fù)習(xí)中要高度重視。特別是通電導(dǎo)體棒在復(fù)合場中的運(yùn)動問題在歷年高考中出現(xiàn)頻率高，難度大，經(jīng)常通過變換過程

3、情景、翻新陳題面貌、突出動態(tài)變化的手法，結(jié)合社會、生產(chǎn)、科技實(shí)際來著重考查綜合分析能力、知識遷移和創(chuàng)新應(yīng)用能力。情景新穎、數(shù)理結(jié)合、聯(lián)系實(shí)際將是本考點(diǎn)今年高考命題的特點(diǎn)。 第二部分知識背一背 一、法拉第電磁感應(yīng)定律 法拉第電磁感應(yīng)定律的內(nèi)容是感應(yīng)電動勢的大小與穿過回路的磁通量的變化率成正比．在具體問題的分析中，針對不同形式的電磁感應(yīng)過程，法拉第電磁感應(yīng)定律也相應(yīng)有不同的表達(dá)式或計(jì)算式． 磁通量變化的形式 表達(dá)式 備注 通過n匝線圈內(nèi)的磁通量發(fā)生變化 (1)當(dāng)S不變時(shí)， (2)當(dāng)B不變時(shí)， 導(dǎo)體垂直切割磁感線運(yùn)動 當(dāng)v∥B時(shí)，E＝0 導(dǎo)體繞過一端且垂直于磁場方

4、向的轉(zhuǎn)軸勻速轉(zhuǎn)動 線圈繞垂直于磁場方向的轉(zhuǎn)軸勻速轉(zhuǎn)動 E＝nBSω·sinωt 當(dāng)線圈平行于磁感線時(shí)，E最大為E＝nBSω，當(dāng)線圈平行于中性面時(shí)，E＝0 二、楞次定律與左手定則、右手定則 1．左手定則與右手定則的區(qū)別：判斷感應(yīng)電流用右手定則，判斷受力用左手定則． 2．應(yīng)用楞次定律的關(guān)鍵是區(qū)分兩個(gè)磁場：引起感應(yīng)電流的磁場和感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場．感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場總是阻礙引起感應(yīng)電流的磁場的磁通量的變化，“阻礙”的結(jié)果是延緩了磁通量的變化，同時(shí)伴隨著能量的轉(zhuǎn)化． 3．楞次定律中“阻礙”的表現(xiàn)形式：阻礙磁通量的變化(增反減同)，阻礙相對運(yùn)動(來拒去留)，阻礙線圈面積變化(增縮減擴(kuò)

5、)，阻礙本身電流的變化(自感現(xiàn)象)． 三、電磁感應(yīng)與電路的綜合 電磁感應(yīng)與電路的綜合是高考的一個(gè)熱點(diǎn)內(nèi)容，兩者的核心內(nèi)容與聯(lián)系主線如圖所示： 1．產(chǎn)生電磁感應(yīng)現(xiàn)象的電路通常是一個(gè)閉合電路，產(chǎn)生電動勢的那一部分電路相當(dāng)于電源，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢就是電源的電動勢，在“電源”內(nèi)部電流的流向是從“電源”的負(fù)極流向正極，該部分電路兩端的電壓即路端電壓，. 2．在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中，電路產(chǎn)生的電功率等于內(nèi)外電路消耗的功率之和．若為純電阻電路，則產(chǎn)生的電能將全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能；若為非純電阻電路，則產(chǎn)生的電能除了一部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，還有一部分能量轉(zhuǎn)化為其他能，但整個(gè)過程能量守恒．能量轉(zhuǎn)化與守恒往往是電磁感應(yīng)與

6、電路問題的命題主線，抓住這條主線也就是抓住了解題的關(guān)鍵．在閉合電路的部分導(dǎo)體切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流的問題中，機(jī)械能轉(zhuǎn)化為電能，導(dǎo)體棒克服安培力做的功等于電路中產(chǎn)生的電能． 說明：求解部分導(dǎo)體切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢時(shí)，要區(qū)別平均電動勢和瞬時(shí)電動勢，切割磁感線的等效長度等于導(dǎo)線兩端點(diǎn)的連線在運(yùn)動方向上的投影． 第三部分技能+方法 一、電磁感應(yīng)中的圖象問題 電磁感應(yīng)中常涉及磁感應(yīng)強(qiáng)度B、磁通量Φ、感應(yīng)電動勢E、感應(yīng)電流I、安培力F安或外力F外隨時(shí)間t變化的圖象,即B－t圖、Φ－t圖、E－t圖、I－t圖、F－t圖.對于切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流的情況,還常涉及感應(yīng)電動勢E和感應(yīng)電流

7、I隨位移s變化的圖象,即E－s圖、I－s圖等. 圖象問題大體上可分為兩類： 1.由給定的電磁感應(yīng)過程選出或畫出正確圖象,此類問題要注意以下幾點(diǎn)： (1)定性或定量地表示出所研究問題的函數(shù)關(guān)系; (2)在圖象中E、I、B等物理量的方向通過正負(fù)值來反映; (3)畫圖象時(shí)要注意橫、縱坐標(biāo)的單位長度定義或表達(dá). 2.由給定的有關(guān)圖象分析電磁感應(yīng)過程,求解相應(yīng)的物理量． 不管是何種類型,電磁感應(yīng)中的圖象問題常需利用右手定則、左手定則、楞次定律和法拉第電磁感應(yīng)定律等規(guī)律進(jìn)行分析解決. 二、電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題 解決電磁感應(yīng)中動力學(xué)問題的具體思路： 電源―→電路―→受力情況―→功、能問

8、題 具體步驟為： (1)明確哪一部分電路產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，則這部分電路就是等效電源； (2)正確分析電路的結(jié)構(gòu)，畫出等效電路圖； (3)分析所研究的導(dǎo)體受力情況； (4)列出動力學(xué)方程或平衡方程并求解． 三、電磁感應(yīng)中的電路、能量轉(zhuǎn)化問題 1．電路問題 (1)將切割磁感線導(dǎo)體或磁通量發(fā)生變化的回路作為電源，確定感應(yīng)電動勢和內(nèi)阻． (2)畫出等效電路． (3)運(yùn)用閉合電路歐姆定律，串、并聯(lián)電路特點(diǎn)，電功率公式，焦耳定律公式等求解． 2．能量轉(zhuǎn)化問題 (1)安培力的功是電能和其他形式的能之間相互轉(zhuǎn)化的“橋梁”。 (2)明確功能關(guān)系,確定有哪些形式的能量發(fā)生了轉(zhuǎn)化.如有摩擦力

9、做功,必有內(nèi)能產(chǎn)生;有重力做功,重力勢能必然發(fā)生變化;安培力做負(fù)功,必然有其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能。 (3)根據(jù)不同物理情景選擇動能定理,能量守恒定律,功能關(guān)系,列方程求解問題. 四、電磁感應(yīng)與電路的綜合問題 1．解答電磁感應(yīng)與電路的綜合問題時(shí)，關(guān)鍵在于準(zhǔn)確分析電路的結(jié)構(gòu)，能正確畫出等效電路圖，并綜合運(yùn)用電學(xué)知識進(jìn)行分析、求解． 2．求解過程中首先要注意電源的確定，通常將切割磁感線的導(dǎo)體或磁通量發(fā)生變化的回路作為等效電源；其次是要能正確區(qū)分內(nèi)、外電路，應(yīng)把產(chǎn)生感應(yīng)電動勢的那部分電路視為內(nèi)電路，感應(yīng)電動勢為電源電動勢，其余部分相當(dāng)于外電路；最后應(yīng)用閉合電路歐姆定律及串并聯(lián)電路的基本規(guī)律求解

10、，處理問題的方法與閉合電路問題的求解基本一致． 五、涉及電磁感應(yīng)的力電綜合題 以電磁感應(yīng)現(xiàn)象為核心，綜合應(yīng)用牛頓運(yùn)動定律、動能定理、能量守恒定律及電路等知識形成的力電綜合問題，經(jīng)常以導(dǎo)體棒切割磁感線運(yùn)動或穿過線圈的磁通量發(fā)生變化等物理情景為載體命題． (1)受力與運(yùn)動分析 導(dǎo)體棒運(yùn)動切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，而感應(yīng)電流在磁場中受安培力的作用，安培力將阻礙導(dǎo)體棒的運(yùn)動．導(dǎo)體棒運(yùn)動過程受到的安培力一般是變力，引起導(dǎo)體棒切割磁感線運(yùn)動的加速度發(fā)生變化．當(dāng)加速度變?yōu)榱銜r(shí)，運(yùn)動達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)，最終導(dǎo)體棒做勻速直線運(yùn)動，利用平衡條件可求導(dǎo)體棒穩(wěn)定狀態(tài)的速度． (2)解題思路 ①利用法拉第電磁感應(yīng)

11、定律和楞次定律或右手定則確定感應(yīng)電動勢的大小和方向； ②應(yīng)用閉合電路歐姆定律求電路中的感應(yīng)電流的大小； ③分析所研究的導(dǎo)體的受力情況，關(guān)注安培力的方向； ④應(yīng)用運(yùn)動學(xué)規(guī)律、牛頓第二定律、動能定理、平衡條件等列方程求解． 第四部分基礎(chǔ)練+測 一、單選題 1．如圖所示,在傾角為30°的斜面上固定一電阻不計(jì)的光滑平行金屬導(dǎo)軌,間距為L,下端接有阻值為R的電阻,導(dǎo)軌處于勻強(qiáng)磁場中,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,方向與斜面垂直(圖中未面出),質(zhì)量為m、電阻不計(jì)的金屬棒ab與固定在斜面上方的絕緣彈簧相連,彈簧處于原長并被鎖定?，F(xiàn)解除鎖定金屬棒由靜止開始向下運(yùn)動距離x到達(dá)最低位置,此過程中金屬棒始終與導(dǎo)軌

12、垂直并保持良好接觸,彈簧始終在彈性限度內(nèi),重力加速度為g，則（） A．開始運(yùn)動時(shí)金屬棒的加速度小于g/2 B．金屬棒的速度為v時(shí),所受的安培力F=B2L2v2R C．此過程中,通過電阻R的總電荷量為BLx2R D．此過程的減速階段,回路中的焦耳熱小于金屬棒重力勢能的減少 【答案】 D 【解析】 【詳解】 A、開始運(yùn)動時(shí)，金屬棒只受到重力和金屬導(dǎo)軌對金屬棒ab的支持力，根據(jù)牛頓第二定律可得金屬棒的加速度為a=mgsin30°m=12g，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤； B、金屬棒的速度為v時(shí)，金屬棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E=BLv，所受的安培力F安=BIL=BERL=B2L2vR，故

13、選項(xiàng)B錯(cuò)誤； C、此過程中，通過電阻R的總電荷量為q=IΔt=ERΔt=Δ?R=BLxR，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤； D、最大速度時(shí)，重力沿斜面的分力等于彈簧的彈力和安培力之和，之后減速階段中安培力變小，而重力沿斜面的分力不變，所以重力做功大于克服安培力做功，則有回路中的焦耳熱小于金屬棒重力勢能的減少，故選項(xiàng)D正確； 2．半徑為L的圓形邊界內(nèi)分布有垂直圓所在平面的磁場,垂直紙而向里的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為2B,垂直紙面向外的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,如圖所示。AEO為八分之一圓導(dǎo)線框,其總電阻為R，以角速度ω繞O軸逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動,從圖中所示位置開始計(jì)時(shí),用i表示導(dǎo)線框中的感應(yīng)電流(順時(shí)針方向?yàn)檎?,線框中感應(yīng)電

14、流i隨時(shí)間t變化圖像可能是 A． B． C． D． 【答案】 B 【解析】 【詳解】 當(dāng)線圈轉(zhuǎn)過0-45°時(shí)，產(chǎn)生的感應(yīng)電流為順時(shí)針方向，電動勢E=12BωL2+12?2BωL2=32BωL2，感應(yīng)電流I=3BωL22R；當(dāng)線圈轉(zhuǎn)過45°-90°時(shí)，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為零，感應(yīng)電流為零；當(dāng)線圈轉(zhuǎn)過90°-135°時(shí)，產(chǎn)生的感應(yīng)電流為逆時(shí)針方向，電動勢E=12BωL2+12?2BωL2=32BωL2，感應(yīng)電流I=3BωL22R；當(dāng)線圈轉(zhuǎn)過135°-180°時(shí)，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為零，感應(yīng)電流為零；當(dāng)線圈轉(zhuǎn)過180°-225°時(shí)，產(chǎn)生的感應(yīng)電流為順時(shí)針方向，電動勢E=12?2BωL

15、2=BωL2，感應(yīng)電流I=BωL2R；當(dāng)線圈轉(zhuǎn)過225°-270°時(shí)，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為零，感應(yīng)電流為零；當(dāng)線圈轉(zhuǎn)過270°-315°時(shí)，產(chǎn)生的感應(yīng)電流為逆時(shí)針方向，電動勢E=12?2BωL2=BωL2，感應(yīng)電流I=BωL2R；當(dāng)線圈轉(zhuǎn)過315°-360°時(shí)，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為零，感應(yīng)電流為零；故選B. 3．如圖所示,在等腰直角三角形abc內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場,三角形efg是與三角形abc形狀相同的導(dǎo)線框,x軸是兩個(gè)三角形的對稱軸?，F(xiàn)讓導(dǎo)線框efg在紙面內(nèi)沿x軸向右勻速穿過磁揚(yáng),規(guī)定逆時(shí)針方向?yàn)殡娏鞯恼较?，在?dǎo)線框通過磁場的過程中，感應(yīng)電流i隨時(shí)間t的變化圖像是 A． B．

16、 C． D． 【答案】 A 【解析】 【詳解】 三角形egf向右運(yùn)動，根據(jù)楞次定律和右手安培定則，先產(chǎn)生順時(shí)針方向的感應(yīng)電流，后產(chǎn)生逆時(shí)針方向的感應(yīng)電流，所以感應(yīng)電流先為負(fù)值后為正值； 隨著三角形egf的運(yùn)動，有效長度L有先增大，當(dāng)a點(diǎn)與fg邊的中點(diǎn)重合時(shí)，切割磁感線的有效長度為L有=12Lfg，再繼續(xù)向右移動，有效長度L有減小，當(dāng)fg邊與三角形abc的中位線重合時(shí)，切割磁感線的有效長度為L有=0，再繼續(xù)向右移動，有效長度L有增大，當(dāng)fg邊與b c邊重合時(shí)，切割磁感線的有效長度為L有=Lfg，根據(jù)感應(yīng)電動勢E=BL有v，電流I=ER=BL有vR可知A正確，B、C、D錯(cuò)誤； 故選

17、A。 4．如圖甲所示，水平放置的平行金屬導(dǎo)軌左端通過一單刀雙開關(guān)S與定值電阻R和平行板電容器C連接，導(dǎo)體棒MN垂直置于導(dǎo)軌上且與導(dǎo)軌接觸良好。規(guī)定向右為正方向，導(dǎo)體棒MN沿導(dǎo)軌運(yùn)動的x-t圖象如圖乙所示，金屬棒始終處于方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場中，不計(jì)導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒MN的電阻，則在0～t2時(shí)間內(nèi) (　　) A．若開關(guān)S接1，則電容器C始終處于充電狀態(tài) B．若開關(guān)S接1，則t1時(shí)刻電容器C兩端的電壓最大 C．若開關(guān)S接2，則導(dǎo)體棒MN所受安培力的方向先向左后向右 D．若開關(guān)S接2，則t1時(shí)刻導(dǎo)體棒MN所受的安培力最大 【答案】 C 【解析】 【詳解】 在x-t圖象中，圖

18、象的斜率表示導(dǎo)體棒運(yùn)動的速度，由圖乙可知，0-t1時(shí)間內(nèi)斜率是正、t1-t2時(shí)間內(nèi)斜率為負(fù)值，則說明0-t2時(shí)間內(nèi)導(dǎo)體棒先向右移動后向左移動。若S接A，導(dǎo)體棒通過金屬導(dǎo)軌與平行板電容器C連接，0-t2時(shí)間內(nèi)導(dǎo)體棒向右先加速后減速，然后向左先加速后減速運(yùn)動，根據(jù)E=BLv可知，電容器兩端電壓先增大后減小，再反向增大減小，可知電容器先充電再放電，再充電再放電，故A錯(cuò)誤；若S接A，t1時(shí)刻導(dǎo)體瞬間靜止，即導(dǎo)體不切割磁感線，故MN中無感應(yīng)電動勢產(chǎn)生，電容器兩極板電壓為零，即最小，故B錯(cuò)誤；若S接B，導(dǎo)體棒通過金屬導(dǎo)軌與定值電阻R連，0-t2時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)體棒先向右運(yùn)動后向左運(yùn)動，根據(jù)右手定則可知，電流的方

19、向先順時(shí)針后逆時(shí)針，由左手定則可知，MN所受安培力方向先向左后向右，故C正確；若S接B，t1時(shí)刻MN瞬間靜止，導(dǎo)體不切割磁感線，電路中無電流，MN受安培力為零(即最小)，故D錯(cuò)誤。故選C。 5．已知地磁場類似于條形磁鐵產(chǎn)生的磁場，地磁N極位于地理南極。如圖所示，在河北某中學(xué)實(shí)驗(yàn)室的水平桌面上，放置邊長為L的正方形閉合導(dǎo)體線框abcd，線框的ad邊沿南北方向，ab邊沿東西方向，下列說法正確的是（） A．若使線框向東平移，則a點(diǎn)電勢比d點(diǎn)電勢低 B．若使線框向北平移，則a點(diǎn)電勢等于b點(diǎn)電勢 C．若使線框向上平移，則a點(diǎn)電勢比d點(diǎn)電勢低 D．若使線框向上平移，則a點(diǎn)電勢等于b點(diǎn)電勢

20、【答案】 A 【解析】 【詳解】 河北位于北半球，地磁場的豎直分量向下，水平分量水平向北。若使線圈向東平移，ad邊切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，地磁場的豎直分量向下，由右手定則判斷可知，a點(diǎn)的電勢比d點(diǎn)的電勢低，故A正確。若使線圈向北平移，ab邊切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，地磁場的豎直分量向下，由右手定則可知，a點(diǎn)電勢高于b點(diǎn)電勢，故B錯(cuò)誤；若使線框向上平移，ad、bc不切割磁感線，不產(chǎn)生感應(yīng)電動勢；dc和ab兩邊切割磁感線，由右手定則可知，a點(diǎn)電勢比b點(diǎn)電勢高，a點(diǎn)電勢等于d點(diǎn)電勢，故CD錯(cuò)誤；故選A。 6．如圖所示，固定平行導(dǎo)軌間有磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直導(dǎo)軌平面向里的勻強(qiáng)磁場，

21、導(dǎo)軌間距為l且足夠長，左端接阻值為R的定值電阻，導(dǎo)軌電阻不計(jì)?，F(xiàn)有一長為2l的金屬棒垂直放在導(dǎo)軌上，在金屬棒以O(shè)點(diǎn)為軸沿順時(shí)針方向以角速度ω轉(zhuǎn)過60°的過程中(金屬棒始終與導(dǎo)軌接觸良好，電阻不計(jì)) A．通過定值電阻的最大電流為ωBl2R B．通過定值電阻的最大電流為ωBl22R C．通過定值電阻的電荷量為Bl22R D．通過定值電阻的電荷量為3Bl22R 【答案】 D 【解析】 【詳解】 AB．棒繞端點(diǎn)轉(zhuǎn)動切割磁感線而產(chǎn)生動生電動勢，棒在60°位置時(shí)有效長度最大為l效=2l，線速度關(guān)于半徑均勻增大，則E=Bl效0+ωl效2=2Blω2，由歐姆定律可得I=ER=2Blω2

22、R；故A，B錯(cuò)誤. CD．由電量的定義式q=I?Δt，而I=ER=ΔφRΔt，可得q=ΔφR=BΔSR，棒轉(zhuǎn)過60°掃過的有效面積為ΔS=l?3l2，聯(lián)立可得q=3Bl22R；故C錯(cuò)誤，D正確. 7．如圖所示，空間有兩個(gè)寬度分別為L和2L的有界勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小都為B，左側(cè)磁場方向垂直于紙面向里，右側(cè)磁場方向垂直于紙面向外，abcd是一個(gè)均勻電阻絲做成的邊長為L的正方形線框，線框以垂直于磁場邊界的速度v勻速通過兩個(gè)磁場區(qū)域，在運(yùn)動過程中，線框ab、cd兩邊始終與磁場的邊界平行。設(shè)線框cd邊剛進(jìn)入磁場的位置為x=0，x軸正方向水平向右，從線框ad邊剛進(jìn)入磁場開始到整個(gè)線框離開磁場區(qū)

23、域的過程中，線框受到的安培力F(規(guī)定水平向右為正方向)隨著位置x變化的圖像正確的是 A． B． C． D． 【答案】 C 【解析】 【詳解】 第一個(gè)過程：cd邊剛進(jìn)入左側(cè)磁場到ab剛要進(jìn)入右側(cè)磁場的過程，cd邊受安培力，大小為F0=BIL=BBLvRL=B2L2vR，方向向左。 第二個(gè)過程：cd剛進(jìn)入右側(cè)磁場到ab剛進(jìn)入右側(cè)磁場的過程中，線框受到的安培力為：F=2BI'L=2B2BLvRL=4B2L2vR=4F0，方向向左 第三個(gè)過程：ab邊離開左側(cè)磁場到cd邊到有側(cè)磁場的有邊界，在這個(gè)過程，線框中沒有感應(yīng)電流，所以線框不受安培力的作用。 第四個(gè)過程：cd邊剛離開右側(cè)

24、磁場到ab邊剛離開右側(cè)磁場的過程，ab邊受安培力，大小為F=BIL=BBLvRL=B2L2vR=F0,方向向左。 綜合以上分析，C正確。 8．如圖所示，半徑為2L的小圓與半徑為3L的圓形金屬導(dǎo)軌擁有共同的圓心，在小圓區(qū)城內(nèi)存在垂直于紙面向里的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場，在小圓與導(dǎo)軌之間的環(huán)形區(qū)域內(nèi)存在垂直于紙面向外的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為2B的勻強(qiáng)磁場?，F(xiàn)將一長度為3L的導(dǎo)體棒置于磁場中，讓其一端O點(diǎn)與圓心重合，另一端與圓形導(dǎo)軌良好接觸。在O點(diǎn)與導(dǎo)軌間接入一阻值為r的電阻，導(dǎo)體棒以角速度ω沿導(dǎo)軌逆時(shí)針做勻速圓周運(yùn)動，其他電阻不計(jì)。下列說法正確的是（） A．導(dǎo)體棒O點(diǎn)的電勢比A點(diǎn)的電勢低

25、 B．在導(dǎo)體棒的內(nèi)部電流由A點(diǎn)至O點(diǎn) C．在導(dǎo)體棒旋轉(zhuǎn)一周的時(shí)間內(nèi)，通過電阻r的電荷量為2πBL2r D．在導(dǎo)體棒旋轉(zhuǎn)一周的時(shí)間內(nèi)，電阻r產(chǎn)生的焦耳熱為18πB2L2r 【答案】 A 【解析】 【詳解】 AB．半徑為2L的小圓切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E1=B(2L)ω?2L2 =2BωL2,根據(jù)右手定則，內(nèi)部電勢更高；導(dǎo)體棒在在小圓與導(dǎo)軌之間的環(huán)形區(qū)域切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E2=2BLω?2L+ω?3L2=5BωL2，根據(jù)右手定值，外部電勢更高，故O點(diǎn)的電勢比A點(diǎn)的電勢低，在導(dǎo)體棒的內(nèi)部電流由O點(diǎn)至A點(diǎn)，A正確，B錯(cuò)誤。 C．電路中電流I=E2-E1r=3BωL2r，周

26、期T=2πω,在導(dǎo)體棒旋轉(zhuǎn)一周的時(shí)間內(nèi)，通過電阻r的電荷量q=It=6πBL2r，故C錯(cuò)誤； D．在導(dǎo)體棒旋轉(zhuǎn)一周的時(shí)間內(nèi)，電阻r產(chǎn)生的焦耳熱Q = I2rT =18πB2ωL4r，故D錯(cuò)誤。 9．如圖，水平放置兩個(gè)同心金屬半圓環(huán)，半徑分別為r和2r，兩環(huán)間分布著垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場.磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。在兩環(huán)間連接一個(gè)電容為C的電容器，c、d是電容器的兩個(gè)極板，ab是可繞圓心轉(zhuǎn)動，長為r的金屬桿，沿半徑方向放置在兩環(huán)間且接觸良好。現(xiàn)讓繞圓心以恒定角速度ω沿逆時(shí)針轉(zhuǎn)動.不計(jì)一切電阻，則下列說法正確的是（） A．電容器c極板帶負(fù)電 B．cd間電壓逐漸增大 C．金屬棒ab產(chǎn)生的電動勢為

27、Bωr2 D．電容器所帶電荷量為32CBωr2 【答案】 D 【解析】 【詳解】 A項(xiàng)：根據(jù)右手定則可知，ab棒切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢高低為a端為低電勢，b端為高電勢，則電容器c板帶正電，d板帶負(fù)電，故A錯(cuò)誤； B、C項(xiàng)：根據(jù)切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢為：E=BLv=Brω×r+2r2=32Br2ω，故B、C錯(cuò)誤； D項(xiàng)：根據(jù)電容器電荷量的計(jì)算公式得：Q=CU=32CBωr2，故D正確。 故選：D。 10．如圖所示，足夠長的U型光滑金屬導(dǎo)軌下邊串有電阻R,其平面與水平面成θ角（0＜θ＜90°），其中MN與PQ平行且間距為L，導(dǎo)軌平面與磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場垂直，導(dǎo)軌電阻不

28、計(jì)。金屬棒ab由靜止開始沿導(dǎo)軌下滑，并與兩導(dǎo)軌始終保持垂直且良好接觸，ab棒接入電路的電阻為r，當(dāng)流過ab棒某一橫截面的電量為q時(shí)，棒的速度達(dá)到最大值v.則金屬棒ab在這一過程中 A．產(chǎn)生的焦耳熱為qBLv B．最大速度v=mgR+r2sinθB2L2 C．下滑的位移大小為qRBL D．當(dāng)運(yùn)動速度為14v時(shí)其加速度為34gsinθ 【答案】 D 【解析】 【詳解】 產(chǎn)生的焦耳熱Q=I2Rt=qIR，而這里的電流I比棒的速度大小為v時(shí)的電流I'=BLvR小，故這一過程產(chǎn)生的焦耳熱小于qBLv．故A錯(cuò)誤；當(dāng)達(dá)到最大速度時(shí)滿足：mgsinθ=F安=B2L2vR+r，解得v=m

29、g(R+r)sinθB2L2，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由q=△ΦR+r=BLxR+r可知：下滑的位移x=q(R+r)BL；故C錯(cuò)誤；當(dāng)運(yùn)動速度為v/4時(shí)，則：mgsinθ-B2L2?v4R+r=ma，解得其加速度為a=34gsinθ，選項(xiàng)D正確；故選D. 二、多選題 11．如圖所示，abed為粗細(xì)均勻的正方形金屬框，邊長為L，質(zhì)量為m，總阻值為R，傾角為O的斜面光滑，斜面上以PQ和MN為邊界的區(qū)域內(nèi)存在一垂直斜面向上的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，若將金屬框從ab邊距邊界PQ的距離等于磁場寬度（磁場寬度大于金屬框的邊長L）的地方由靜止開始釋放，金屬框剛離開磁場時(shí)恰好加速度為0，且從開始釋放到完全離開磁

30、場，金屬框產(chǎn)生的電熱為Q，則（　?。? A．金屬框先做勻加速運(yùn)動再做勻減速運(yùn)動 B．磁場的寬度為R2m2gsinθ9B2L4+Q2mgsinθ-L2 C．金屬框剛離開磁場的速度為RmgB2L2sinθ D．金屬框剛進(jìn)入磁場時(shí)ab兩點(diǎn)的電勢差為BL2gRsinθ 【答案】 BC 【解析】 【詳解】 假設(shè)磁場寬度為x，dc邊剛好離開磁場MN邊界時(shí)加速度為0，則mgsinθ=BIL=BLBLvmaxR=B2L2vmR，則此時(shí)速度為vm是此過程中的最大速度，由于磁場寬度大于框邊長L，所以線框在進(jìn)入PQ邊的過程中速度小于vm，由于下滑過程中安培力F安=B2L2vR，隨速度增大而增大

31、，則線框在進(jìn)入PQ邊的過程中，根據(jù)牛頓第二定律有：?mgsinθ-B2L2vR=ma，v增大，a減小，所以金屬框做加速度減小的加速運(yùn)動，不會做勻加速運(yùn)動，全程加速也不會出現(xiàn)減速運(yùn)動，故A錯(cuò)誤；由能量守恒有mgsinθ（2x+L）=Q+12mvm2，則得x=R2m2gsinθ9B2L4+Q2mgsinθ-L2，故B正確；金屬框剛離開磁場時(shí)加速度a=0，則mgsinθ- B2L2vR=ma=0，可得v=mgRsinθB2L2，故C正確；金屬框進(jìn)入磁場前，加速度為a′=gsinθ，由運(yùn)動學(xué)公式有v2=2a′x，再結(jié)合電勢差與閉合電路歐姆定律公式得：金屬框剛進(jìn)入磁場時(shí)ab兩點(diǎn)的電勢差為Uab=34E=

32、34BLv，解得Uab=34BL2gxsinθ，故D錯(cuò)誤。 12．如圖所示，邊長為L.總電阻為R的粗細(xì)均勻的正方形導(dǎo)線框abcd放置在光滑水平桌面上，其cd邊右側(cè)緊鄰磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、寬度為2L的有界勻強(qiáng)磁場。現(xiàn)使線框以速度vo勻速通過磁場區(qū)域，設(shè)剛進(jìn)入磁場時(shí)口、兩點(diǎn)間的電勢差為u0，線框所受安培力大小為Fo。從開始進(jìn)入到完全離開磁場的過程中，下列圖線能反映線框口、兩點(diǎn)間的電勢差Uab和線框所受安培力F（取向右為正）隨時(shí)間變化規(guī)律的是 A． B． C． D． 【答案】 AD 【解析】 【詳解】 線框進(jìn)入和穿出磁場時(shí)，感應(yīng)電流方向相反，但安培力均阻礙線框的運(yùn)動，F(xiàn)=ILB

33、=B2L2v0R，大小相同，方向均向左，在磁場中運(yùn)動過程無感應(yīng)電流，不受安培力作用，則C錯(cuò)D對。進(jìn)磁場時(shí)，cd邊等效為電源，ab邊電壓Uab=BLv04；出磁場時(shí)，ab邊等邊為電源，ab邊電壓為等效電源的路端電壓Uab=3BLv04，則A對B錯(cuò)。 13．如圖所示，質(zhì)量為3m的重物與一質(zhì)量為m的線框用一根絕緣細(xì)線連接起來，掛在兩個(gè)高度相同的定滑輪上，已知線框的橫邊邊長為L，水平方向勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，磁場上下邊界的距離、線框豎直邊長均為h。初始時(shí)刻，磁場的下邊緣和線框上邊緣的高度差為2h，將重物從靜止開始釋放，線框上邊緣剛進(jìn)磁場時(shí)，恰好做勻速直線運(yùn)動，滑輪質(zhì)量、摩擦阻力均不計(jì)。則下列說法

34、中正確的是 A．線框進(jìn)入磁場時(shí)的速度為2gh B．線框的電阻為B2L22mg2gh C．線框通過磁場的過程中產(chǎn)生的熱里Q=2mgh D．線框通過磁場的時(shí)間為h2gh 【答案】 AB 【解析】 【詳解】 線框進(jìn)入磁場前，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，有：（3m-m）g?2h=12×4mv2，解得線框進(jìn)入磁場的速度為：v=2gh，故A正確。線框進(jìn)入磁場做勻速直線運(yùn)動，根據(jù)平衡有：3mg=mg+B2L2vR，解得：R=B2L22gh2mg，故B正確。線框通過磁場的過程做勻速直線運(yùn)動，根據(jù)能量守恒得：（3m-m）g?2h=Q，解得：Q=4mgh，故C錯(cuò)誤。線框通過磁場的時(shí)間為t=2hv=2h

35、2gh，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 14．如圖，在高為h的桌面上固定著兩根平行光滑金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌左段彎曲，右段水平，兩部分平滑連接，導(dǎo)軌間距為L，電阻不計(jì)，在導(dǎo)軌的水平部分有豎直向上的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，ab、cd為兩根相同的金屬棒，質(zhì)量均為m，電阻均為r。開始時(shí)cd靜置于水平軌道上某位置，將ab從彎曲軌道上距離桌面高為h處由靜止釋放，cd離開軌道水平拋出，落地點(diǎn)ef距軌道末端的水平距離也為h，金屬棒在運(yùn)動過程中沒有發(fā)生碰撞且與導(dǎo)軌接觸良好，重力加速度為g。以下說法正確的是（　?。? A．cd在導(dǎo)軌上的最大加速度為B2L22gh2mr B．cd在導(dǎo)軌上的最大加速度為B2L22ghmr C．a(chǎn)b

36、的落地點(diǎn)在ef的右側(cè) D．電路中產(chǎn)生的熱量為12mgh 【答案】 AD 【解析】 【詳解】 AB．當(dāng)安培力最大時(shí)cd棒的加速度最大，即ab剛進(jìn)入磁場時(shí)，cd棒加速度最大，此時(shí)ab棒的速度為v，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得12mv2=mgh，解得v=2gh；此時(shí)回路中的電流強(qiáng)度I=BLv2r，cd在導(dǎo)軌上的最大加速度為a=BILm=B2L22gh2mr，故A正確、B錯(cuò)誤； C．cd棒離開導(dǎo)軌時(shí)的速度為v1，則根據(jù)平拋運(yùn)動可知，下落時(shí)間t=2hg，則v1=ht=gh2，設(shè)cd離開軌道時(shí)ab的速度為v′，根據(jù)動量守恒定律可得mv=mv′+mv1，解得v′=gh2，所以ab的落地點(diǎn)在ef處，故

37、C錯(cuò)誤； D．電路中產(chǎn)生的熱量為Q=mgh-12mv2-12mv12=12mgh，故D正確。 15．如圖甲所示，質(zhì)量為0.01kg、長為0.2m的水平金屬細(xì)桿CD的兩端分別放置在兩水銀槽的水銀中，水銀槽所在空間存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B1=10T、方向水平向右的勻強(qiáng)磁場，且細(xì)桿CD與該磁場方向垂直。一匝數(shù)為100匝、橫截面面積為0.01m2的線通過導(dǎo)線、開關(guān)S與兩水銀槽相連，線岡處于沿豎直方向垂直穿過圈橫截面的勻強(qiáng)磁場中，其磁感應(yīng)強(qiáng)度B2隨時(shí)間t變化的關(guān)系如圖乙所示。在t=0.20s時(shí)閉合開關(guān)S，細(xì)桿CD間彈起（可認(rèn)為彈起過程中安培力遠(yuǎn)大于重力，重力忽略不計(jì)），彈起的最大高度為0.2m。不考慮空

38、氣阻力，水銀的黏滯作用和細(xì)桿CD落回水槽后的運(yùn)動，重力加速度g取10m/s2，下列說法正確的是（） A．感應(yīng)強(qiáng)度B2的方向豎直向上 B．t=0.05s時(shí)，線圈中的感應(yīng)電動勢大小為10V C．在細(xì)桿CD彈起的過程中，細(xì)桿CD所受安培力的沖量大小為0.01N?s D．開關(guān)S閉合后，通過細(xì)桿CD某一橫截面的電荷量為0.01C 【答案】 ABD 【解析】 【詳解】 A、由題意知細(xì)桿CD所受安培力方向豎直向上，由左手定則可知感應(yīng)電流方向由C到D，由安培定則可知感應(yīng)電流的磁場方向豎直向上，由圖示圖像可知，在0.15~0.25s內(nèi)穿過線圈的磁通量減少，由楞次定律可得磁感應(yīng)強(qiáng)度B2方向

39、豎直向上，故A正確； B、由圖像可知，0~0.1s內(nèi)線圈的感應(yīng)電動勢大小為E=nΔ?Δt=10V，即0.05s時(shí)，線圈中的感應(yīng)電動勢大小為10V，故B正確； C、細(xì)桿彈起過程中，細(xì)桿所受安培力的沖量大小為I=mv=m2gh=0.02N·s，故C錯(cuò)誤； D、開關(guān)K閉合后，設(shè)通過CD的電荷量為q，根據(jù)動量定理可得：B1IL?Δt=mv-0，而B1IL?Δt=B1Lq，解得：q=mvB1L=0.01C，故D正確； 故選ABD。 16．在地面附近存在如圖所示的勻強(qiáng)磁場B，磁場區(qū)域的水平寬度均為L，磁場之間的無場區(qū)域的水平寬度也均為L，水平方向有足夠多的磁場條，豎直方向磁場足夠長。建立坐標(biāo)系如

40、圖，現(xiàn)有一個(gè)邊長為L的正方形金屬線框從圖示位置以初速度v水平拋出進(jìn)入場區(qū)，從圖示位置開始計(jì)時(shí)，有關(guān)線框的水平分速度vx，和豎直分速度vy的圖象正確的是：（） A． B． C． D． 【答案】 AB 【解析】 【詳解】 當(dāng)線圈每次進(jìn)入或出離磁場區(qū)域時(shí)，線圈中就會產(chǎn)生感應(yīng)電流，對線圈的上下兩個(gè)邊受到的磁場力是等大反向的，則可抵消，則豎直方向線圈只受重力作用，則vy=gt，選項(xiàng)A正確，C錯(cuò)誤；水平方向，無論是線圈進(jìn)入磁場還是出離磁場時(shí)都會受到水平向左的安培力，則線圈在水平方向做減速運(yùn)動，且隨著速度的減小，安培力減小，加速度減小，則的水平分速度vx的變化圖像為B所示，故選項(xiàng)B正確，

41、D錯(cuò)誤；故選AB. 17．如圖光滑金屬導(dǎo)軌efgh由寬窄兩部分組成,導(dǎo)軌電阻不計(jì),其中傾斜導(dǎo)軌與水平導(dǎo)軌用光滑絕緣材料連接(長度可忽略,導(dǎo)體AB經(jīng)過此處時(shí)動能不變)水平傾斜導(dǎo)軌都有垂直導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B,方向如圖所示。eg間距為L連接有阻值為R的電阻,h間距為2L,導(dǎo)體棒AB長L,CD長2L,質(zhì)量均為m,電阻均為r,傾斜導(dǎo)軌與水平面夾角為θ?，F(xiàn)導(dǎo)體棒AB由距水平面H高處靜止釋放(H足夠高)AB、CD在運(yùn)動過程中與導(dǎo)軌接觸良好并始終垂直導(dǎo)軌(em、gn足夠長,AB不會越過mn兩點(diǎn),重力加速度g),則( ) A．導(dǎo)體棒A在傾斜導(dǎo)軌的最終速度為v0=mgsinθ（

42、R+r）B2L2 B．從釋放到最終穩(wěn)定,通過電阻R上的電荷量為q=RLBH(R+r)sinθ C．最終CD棒的速度為vCD=2mgsinθ(R+r)5B2L2 D．最終AB棒的速度為vAB=2mgsinθ(R+r)3B2L2 【答案】 AC 【解析】 【詳解】 A．由平衡條件可得：mgsinθ=B2L2v0R+r，解得：v0=mgsinθ(R+r)B2L2，故A正確； B．若導(dǎo)體棒恰好在到達(dá)傾斜導(dǎo)軌底端時(shí)達(dá)到穩(wěn)定，則通過R的電荷量為 q=ΔΦR+r=BLH(R+r)sinθ，但導(dǎo)體棒可能在之前就達(dá)到穩(wěn)定，故B錯(cuò)誤； CD．AB棒進(jìn)入水平軌道后與CD棒組成閉合回路，由導(dǎo)體

43、棒切割磁感線和運(yùn)動學(xué)知識可知，AB棒向右減速動CD棒向右加速運(yùn)動，CD棒運(yùn)動后回路中的電動勢為E=EAB-ECD，當(dāng)EAB=ECD時(shí)，電路中的電流為零，即有vAB=2vCD，此后兩棒做勻速直線運(yùn)動， 對AB棒從速度為v0到最終穩(wěn)定即速度vAB過程中應(yīng)用動量定量有：（取向右為正方向）-BILt=mvAB-mv0 同理對CD棒應(yīng)用動量定理有： 2BILt=mvCD 結(jié)合vAB=2vCD 聯(lián)立解得：vCD=2mgsinθ(R+r)5B2L2，vAB=4mgsinθ(R+r)5B2L2 故C正確，D錯(cuò)誤。 18．如圖所示，虛線框內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，磁場區(qū)域上下寬度

44、為l；質(zhì)量為m、邊長為l的正方形線圈abcd平面保持豎直，ab邊保持水平地從距離磁場上邊緣一定高處由靜止下落，以速度v進(jìn)入磁場，經(jīng)一段時(shí)間又以相同的速度v穿出磁場，重力加速度為g。下列判斷正確的是（） A．線圈的電阻R=B2I2vmg B．進(jìn)入磁場前線圈下落的高度h=v2g C．穿過磁場的過程中線圈電阻產(chǎn)生的熱量Q=mgl D．線圈穿過磁場所用時(shí)間t=2lv 【答案】 AD 【解析】 【詳解】 線圈以相同速度v進(jìn)、出磁場，且磁場寬度等于線圈邊長，因此線圈一定是勻速穿過磁場區(qū)域，此過程中線圈始終有一條邊在磁場中受安培力，由平衡條件得BIl=mg，其中感應(yīng)電流I=BlvR，

45、解得R=B2l2vmg，選項(xiàng)A正確；進(jìn)入磁場前線圈做自由落體運(yùn)動，因此h=v22g，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；線圈穿過磁場的過程中，位移為21，由能量守恒可知，線圈電阻產(chǎn)生的熱量等于線圈重力勢能的減少量，即Q=2mgl，C項(xiàng)錯(cuò)；線圈勻速穿過磁場區(qū)域，因此線圈穿過磁場所用時(shí)間t=2lv，選項(xiàng)D正確。 19．兩個(gè)相鄰的區(qū)域內(nèi)存在如圖所示的磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小都為B，方向相反且垂直紙面．一寬為l的N匝長方形閉合導(dǎo)線回路abcd，在紙面內(nèi)以恒定速度v0向右運(yùn)動，當(dāng)運(yùn)動到圖示位置時(shí) A．穿過回路磁通量為零 B．回路中感應(yīng)電動勢大小為NBlv0 C．回路中感應(yīng)電流的方向?yàn)閍→b→c→d方向 D．回路中ab

46、邊與cd邊所受安培力方向相同 【答案】 AD 【解析】 【詳解】 在圖示位置，穿過回路的磁通量為零，故A正確；ab與cd兩邊都切割磁感線，回路感應(yīng)電動勢大小為：E=2NBlv0，故B錯(cuò)誤；由右手定則或楞次定律可知，感應(yīng)電流方向?yàn)椋篴→d→c→b→a，故C錯(cuò)誤；由左手定則可知，ab與cd邊受到的安培力方向都水平向左，兩邊所受安培力方向相同，故D正確；故選AD。 20．如圖甲所示，間距為L的光滑導(dǎo)軌水平放置在豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，軌道左側(cè)連接一定值電阻R．垂直導(dǎo)軌的導(dǎo)體棒ab在水平外力F作用下沿導(dǎo)軌運(yùn)動，F(xiàn)隨t變化的規(guī)律如乙圖所示．在0~t0時(shí)間內(nèi)，棒從靜止開始做勻加

47、速直線運(yùn)動．乙圖中t0、F1、F2為已知，棒和軌道的電阻不計(jì)． A．在0～t0時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)體棒的加速度大小為2F2-F1RB2L2t0 B．在0～t0時(shí)間內(nèi)，通過導(dǎo)體棒橫截面的電量為F2-F1t02BL C．在t0以后，導(dǎo)體棒一直做勻加速直線運(yùn)動 D．在t0以后，導(dǎo)體棒先繼續(xù)加速，最后做勻速直線運(yùn)動 【答案】 BD 【解析】 【分析】 （1）在0-t0時(shí)間內(nèi)導(dǎo)體棒做勻加速直線運(yùn)動，可知在t0時(shí)刻導(dǎo)體棒所受的外力F2與此時(shí)導(dǎo)體棒所受的安培力的關(guān)系，從而可判斷t0后導(dǎo)體棒所做的運(yùn)動； （2）在在0-t0時(shí)間內(nèi)導(dǎo)體棒做勻加速直線運(yùn)動，故在t=0時(shí)刻與t=t0時(shí)刻導(dǎo)體棒的加速度

48、相等，結(jié)合導(dǎo)體棒的受力情況根據(jù)牛頓第二定律可得F1=ma，F(xiàn)2?B2L2vR＝ma．根據(jù)加速度a的定義、通過導(dǎo)體棒橫截面電量q的計(jì)算公式可求出a和q 【詳解】 因在0-t0時(shí)間內(nèi)棒做勻加速直線運(yùn)動，故在t0時(shí)刻F2大于棒所受的所受的安培力，在t0以后，外力保持F2不變，安培力逐漸變大，導(dǎo)體棒做加速度越來越小的加速，當(dāng)加速度a=0，即導(dǎo)體棒所受安培力與外力F2相等后，導(dǎo)體棒做勻速直線運(yùn)動，故C錯(cuò)誤，D正確；設(shè)在0-t0時(shí)間內(nèi)導(dǎo)體棒的加速度為a，導(dǎo)體棒的質(zhì)量為m，t0時(shí)刻導(dǎo)體棒的速度為v，通過導(dǎo)體棒橫截面的電量為q，則有：a=vt0…① F2?B2L2vR＝ma…② F1=ma…③ q=

49、△ΦR…④ △Φ=B△S=BLv2t0…⑤ 由①②③解得：a=(F2-F1)RB2L2t0，故A錯(cuò)誤； 由②③④⑤解得：q=(F2-F1)t02BL，故B正確；故選BD。 【點(diǎn)睛】 本題以圖象的方式考查了牛頓第二定律、法拉第電磁感應(yīng)定律及通過導(dǎo)體棒橫截面電量的計(jì)算方法；以0-t0時(shí)間內(nèi)導(dǎo)體棒做勻加速直線運(yùn)動為突破口，結(jié)合t=0、t=t0兩時(shí)刻的受力情況，根據(jù)牛頓第二定律、安培力的計(jì)算公式、加速度的定義式和通過導(dǎo)體棒橫截面電量q的計(jì)算公式即可計(jì)算. 三、解答題 21．如圖所示，足夠長的平行光滑金屬導(dǎo)軌水平放置，寬度L=0.5m一端連接R=1Ω的電阻．導(dǎo)線所在空間存在豎直向下的勻

50、強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=1T．質(zhì)量1kg的導(dǎo)體棒MN放在導(dǎo)軌上，電阻r=0.25Ω，其長度恰好等于導(dǎo)軌間距，與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)軌的電阻可忽略不計(jì)．在平行于導(dǎo)軌的拉力F作用下，導(dǎo)體棒沿導(dǎo)軌向右勻速運(yùn)動，速度v=5m/s．求： （1）感應(yīng)電動勢E和MN兩點(diǎn)間的電勢差； （2）在2s時(shí)間內(nèi)，拉力做的功； （3）在2s末，撤去拉力，棒會逐漸減速直至停止運(yùn)動。求全過程中電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱。 【答案】（1）2.5V ，2V（2）10J，（3）18J 【解析】 【詳解】 （1）感應(yīng)電動勢：E=BLv=2.5V MN兩點(diǎn)間的電勢差：U=ERR+r=2V （2）棒勻速，F(xiàn)=BIL=

51、B2L2vR+r=1N 拉力做的功：W=Fvt=10J （3）撤去拉力之前，拉力做工等于回路中產(chǎn)生的焦耳熱Q1，撤去之后棒動能全部轉(zhuǎn)化為焦耳熱Q2，Q1=W=10J，Q2=12mv2 =12.5J 又因?yàn)镽與r串聯(lián)，R產(chǎn)生的焦耳熱Q3=（Q1+Q2）RR+r = 18J 22．豎直平面內(nèi)有兩豎直放置的不計(jì)電阻的光滑導(dǎo)軌，間距l(xiāng)=1m，導(dǎo)軌上端接電阻R，導(dǎo)軌間分布著如圖所示的磁場，aa＇、bb＇之間無磁場，高度差h1=0.2m，bb＇、cc＇之間有磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B1=1T，高度差也為h1=0.2m，cc＇、dd＇之間無磁場，高度差h2=3m，dd＇下方有磁場B2。一質(zhì)量m=0.1kg的

52、不計(jì)電阻的導(dǎo)體棒從aa＇位置靜止釋放，進(jìn)入磁場B1區(qū)域剛好勻速運(yùn)動，整個(gè)過程導(dǎo)體棒始終保持水平且和導(dǎo)軌接觸良好，重力加速度g=10m/s2，求： （1）導(dǎo)體棒剛進(jìn)入磁場B1時(shí)的速度v1； （2）定值電阻R的阻值； （3）要使導(dǎo)體棒剛進(jìn)入B2區(qū)域也勻速，磁感應(yīng)強(qiáng)度B2為多大。 【答案】（1）2m/s（2）2Ω（3） 0.5T 【解析】 【分析】 根據(jù)“導(dǎo)體棒從aa＇位置靜止釋放，進(jìn)入磁場B1區(qū)域剛好勻速運(yùn)動”可知，本題考查的是動生電動勢問題，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律、動力學(xué)規(guī)律、閉合電路歐姆定律、安培力計(jì)算公式，列式即可。 【詳解】 （1）進(jìn)入磁場前，導(dǎo)體棒做自由落體運(yùn)動，根

53、據(jù)動能定律可得mgh1=12mv12，v1=2m/s； （2）進(jìn)入磁場，導(dǎo)體棒剛好勻速，根據(jù)平衡條件，可得B12L2v1R=mg，R=2Ω； （3）離開B1磁場時(shí)，導(dǎo)體棒的速度仍然為v1，根據(jù)動能定理可得進(jìn)入B2的速度滿足mgh2=12mv22-12mv12，v2=8m/s；導(dǎo)體棒剛進(jìn)入B2區(qū)域也勻速，所以B22L2v2R=mg，因此B2=0.5T。 【點(diǎn)睛】 磁場交替出現(xiàn)的電磁感應(yīng)問題，關(guān)鍵是要找到相應(yīng)的特殊狀態(tài)。 23．如圖所示，長L1=1.0m，寬L2=0.50m的矩形導(dǎo)線框，質(zhì)量為m=0.20kg，電阻R=2.0Ω，其正下方有寬為H（H>L2），磁感應(yīng)強(qiáng)度為B=1.0T，垂直

54、于紙面向外的勻強(qiáng)磁場。現(xiàn)在，讓導(dǎo)線框從下邊緣距磁場上邊界h=0.70m處開始自由下落，當(dāng)其下邊緣進(jìn)入磁場，而上邊緣未進(jìn)入磁場的某一時(shí)刻，導(dǎo)線框的速度已經(jīng)達(dá)到了一個(gè)穩(wěn)定值。求：⑴導(dǎo)線框上邊緣剛進(jìn)入磁場時(shí)的速度大小v；⑵從開始下落到導(dǎo)線框下邊緣到達(dá)磁場下邊界過程中，導(dǎo)線框克服安培力做的功W。 【答案】（1）4m/s（2）0.80J 【解析】 【詳解】 ⑴下邊產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E=BL1v 感應(yīng)電流I=ER 下邊受到的安培力F=BIL1 安培力和重力平衡時(shí)F=mg 得v=4m/s ⑵如圖，標(biāo)出線圈的幾個(gè)關(guān)鍵位置：①是初始位置，②是線圈下邊緣剛好進(jìn)入磁場的位置，③是速度剛好達(dá)到穩(wěn)定

55、值的位置，④是線圈剛好完全進(jìn)入磁場的位置，⑤是線圈下邊緣到達(dá)磁場下邊界的位置（為了能看清，把線圈的位置做了一些左右調(diào)整，不影響分析）。 克服安培力做功只發(fā)生在②→④階段， 從線框開始下落到剛好全部進(jìn)入磁場過程①→④對線框用動能定理： mg(h+L2)-W=12mv2 得W=0.80J 24．如圖所示，寬L=2m、足夠長的金屬導(dǎo)軌MN和M′N′固定在水平面上，在導(dǎo)軌的兩端各連接一個(gè)R=2.0Ω的定值電阻（右端沒有畫出），在AA′處放置一根與導(dǎo)軌垂直、質(zhì)量m=2.0kg、電阻r=1.0Ω的金屬桿，金屬桿與導(dǎo)軌之間的動摩擦因數(shù)為0.5，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，導(dǎo)軌處于磁感應(yīng)強(qiáng)度B=1.0T、方向

56、垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場中。用輕繩與桿的中點(diǎn)相連，輕繩沿水平方向，用外力牽引桿由AA′處經(jīng)時(shí)間t=2S運(yùn)動到OO′處，外力的功率恒為P=60W，當(dāng)桿運(yùn)動到OO′時(shí)速度大小為5m/s，AA′與OO′之間的距離d=4m，g取10m/s2。求： （1）當(dāng)桿運(yùn)動到OO′時(shí)，流過桿的電流大小及方向 （2）桿由AA′處運(yùn)動到OO′處過程中，一個(gè)定值電阻R的平均發(fā)熱功率 【答案】（1）I=5A，電流方向由O到O′ （2）6.875W 【解析】 【分析】 （1）根據(jù)E=BLv求解感應(yīng)電動勢，結(jié)合歐姆定律求解電流；根據(jù)動能定理求解總熱量，然后求解一個(gè)定值電阻R的平均發(fā)熱功率. 【詳解】

57、（1）桿產(chǎn)生的電動勢為 E=BLv 電路中的總電阻為R總=R2+r 流過桿的電流為I=ER總=2BLvR+2r 代入數(shù)據(jù)解得I=5A，電流方向由O到O′ （2）對桿根據(jù)動能定理有Pt-μmgd-W安=12mv2 安培力所做的功全部轉(zhuǎn)化成整個(gè)回路的焦耳熱，Q=W安 由焦耳定律有QR總=2QR12R 一個(gè)定值電阻R的發(fā)熱功率PR=QRt 代入數(shù)據(jù)解得PR= 6.875W 【點(diǎn)睛】 本題是一道電磁感應(yīng)、電學(xué)相結(jié)合的綜合題；運(yùn)用E=BLv、歐姆定律、能量守恒定律即可正確解題；求R產(chǎn)生的熱量時(shí)要注意，系統(tǒng)產(chǎn)生的總熱量是R與r產(chǎn)生的熱量之和。 25．小明同學(xué)設(shè)計(jì)了一個(gè)“電磁天平”，如

58、圖所示，等臂天平的左臂為掛盤，右臂掛有矩形線圈，兩臂平衡.線圈的水平邊長L=0.2m，匝數(shù)N=1000匝，總電阻R=1Ω，現(xiàn)在讓線圈的下邊處于方向垂直線圈平面向里勻強(qiáng)磁場內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B0=0.1T，線圈上部處在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，且磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間均勻變大，磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化率ΔBΔt=2×10-3T/s，磁場區(qū)域?qū)挾萪=0.2m.重力加速度g=10m/s2.求： (1)線圈中感應(yīng)電流的大?。? (2)當(dāng)掛盤中放質(zhì)量為m的物體時(shí)，天平再次平衡，求此時(shí)m為多大? 【答案】(1)0.08A (2)0.16kg 【解析】 【分析】 (1)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律求出感應(yīng)電動勢，再

59、由閉合電路歐姆定律求感應(yīng)電流的大小. (2)根據(jù)F=BIL求出線圈所受的安培力，再由平衡條件求物體的質(zhì)量m. 【詳解】 (1)由電磁感應(yīng)定律得E=NΔφΔt=NΔBΔtLd 由歐姆定律得I=ER 解得：I=NΔBΔt?LdR 代入數(shù)據(jù)得I=0.08A (2)線圈受到安培力F=NB0IL 天平平衡mg=F 代入數(shù)據(jù)可得m=0.16kg 【點(diǎn)睛】 本題要理解天平測量質(zhì)量的原理，掌握法拉第定律、閉合電路歐姆定律，抓住平衡條件進(jìn)行研究，求解安培力時(shí)需注意線圈的匝數(shù). 26．如圖(a)所示，足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌JK、PQ傾斜放置，兩導(dǎo)軌間距離為L=l.0 m，導(dǎo)軌平面與水平面

60、間的夾角為θ=30°，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場垂直于導(dǎo)軌平面向上，導(dǎo)軌的J、P兩端連接阻值為R=3.0Ω的電阻，金屬棒ab垂直于導(dǎo)軌放置并用細(xì)線通過光滑定滑輪與重物相連，金屬棒ab的質(zhì)量m=0.20 kg，電阻r=0.50 Ω，重物的質(zhì)量M=0.60 kg，如果將金屬棒和重物由靜止釋放，金屬棒沿斜面上滑距離與時(shí)間的關(guān)系圖像如圖(b)所示，不計(jì)導(dǎo)軌電阻， g=10 m/s 2。求： (1)t=0時(shí)刻金屬棒的加速度 (2)求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小以及在0.6 s內(nèi)通過電阻R的電荷量； (3)在0.6 s內(nèi)電阻R產(chǎn)生的熱量。 【答案】(1)a=6.25m/s2 (2)255C (3)QR=

61、1.8J 【解析】 【分析】 根據(jù)電量公式q=I?△t，閉合電路歐姆定律I=ER+r，法拉第電磁感應(yīng)定律：E=ΔΦΔt，聯(lián)立可得通過電阻R的電量；由能量守恒定律求電阻R中產(chǎn)生的熱量。 【詳解】 (1)對金屬棒和重物整體 Mg-mgsinθ=(M+m)a 解得：a=6.25m/s2 ； (2)由題圖(b)可以看出最終金屬棒ab將勻速運(yùn)動，勻速運(yùn)動的速度 v=ΔsΔt=3.5ms 感應(yīng)電動勢E=BLv 感應(yīng)電流I=ER+r 金屬棒所受安培力F=BIL=B2L2vR+r 速運(yùn)動時(shí)，金屬棒受力平衡，則可得 B2L2vR+r+mgsinθ=Mg 聯(lián)立解得：B=5T 在

62、0.6 s內(nèi)金屬棒ab上滑的距離s=1.40m 通過電阻R的電荷量 q=BLsR+s=255C； (3)由能量守恒定律得 Mgx=mgxsinθ+Q+12(M+m)v2 解得Q=2.1 J 又因?yàn)? QR=RR+rQ 聯(lián)立解得：QR=1.8J。 【點(diǎn)睛】 本題主要考查了電磁感應(yīng)與力學(xué)、電路知識的綜合，抓住位移圖象的意義：斜率等于速度，根據(jù)平衡條件和法拉第定律、歐姆定律等等規(guī)律結(jié)合進(jìn)行求解。 27．如圖甲所示，M、N為水平面內(nèi)平行放置的粗糙金屬長直導(dǎo)軌，間距為L＝0.5 m，導(dǎo)軌間接有阻值為R＝2.0 Ω的定值電阻，導(dǎo)軌平面處在豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝4.0 T的勻強(qiáng)磁

63、場中．一導(dǎo)體桿ab垂直M、N置于導(dǎo)軌上，其質(zhì)量為m＝1.0 kg，長度也為L，電阻為r＝1.0 Ω，與導(dǎo)軌的動摩擦因數(shù)為μ＝0.2，且跟導(dǎo)軌接觸良好．不計(jì)導(dǎo)軌電阻，重力加速度g取10 m/s2. (1)若在ab桿上作用一個(gè)平行導(dǎo)軌方向的恒力F使其向右運(yùn)動，恒力大小為F＝10 N，求ab桿可以達(dá)到的速度最大值vm； (2)若用圖乙所示的電動機(jī)通過軌繩來水平向右牽引ab桿，也可使ab桿達(dá)到(1)中的速度最大值vm，求電壓表的示數(shù)U(已知電動機(jī)內(nèi)阻r1＝5.0 Ω，電壓表和電流表示數(shù)恒定，且電流表示數(shù)為I＝2.0 A，不計(jì)電動機(jī)的摩擦損耗)； (3)在(2)中的條件下，可認(rèn)為ab桿從靜止開始經(jīng)

64、時(shí)間t＝1.5 s、位移s＝7.5 m后剛好達(dá)到最大速度vm，求此過程中ab桿上產(chǎn)生的電熱． 【答案】（1）6m/s；（2）40V；（3）19J 【解析】 【分析】 （1）桿達(dá)到最大速度時(shí)，桿做勻速直線運(yùn)動，處于平衡狀態(tài)，由安培力公式求出安培力，然后由平衡條件求出桿的最大速度； （2）電動機(jī)對桿的拉力等于（1）中的拉力，由功率公式求出電動機(jī)的機(jī)械功率，然后求出電動機(jī)總功率，然后由功率公式求出電壓表示數(shù)； （3）根據(jù)能量守恒定律列出方程即可求出； 【詳解】 （1）ab桿受到的安培力：F安=BIL=BLBLvR+r=B2L2vR+r， 桿的速度達(dá)到最大vm時(shí)，桿做勻速直線運(yùn)動

65、，由平衡條件得：B2L2vmR+r+μmg=F，代入數(shù)據(jù)解得：vm=6m/s； （2）電動機(jī)的輸出功率為：P出=Fvm=10×6W=60W 電動機(jī)的熱功率為：P熱=I2r1=22×5W=20W 電動機(jī)消耗的總功率為：P=P出+P熱=60W+20W=80W 由P=UI可知，電壓表示數(shù)：U=PI=802V=40V； （3）根據(jù)能量守恒定律可以得到：Pt=P熱t(yī)+12mvm2+μmgs+Q 代入數(shù)據(jù)可以得到：Q=57J 由電路圖可知：Qab=rr+RQ=11+2Q=19J。 【點(diǎn)睛】 本題考查了求速度、電壓表示數(shù)，應(yīng)用安培力公式、平衡條件、功率公式即可正確解題，解題時(shí)要注意，電動機(jī)

66、是非純電阻電路。 28．如圖所示，間距為d的平行導(dǎo)軌A2A3、C2C3所在平面與水平面的夾角θ=30°，其下端連接阻值為R的電阻，處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場中，水平臺面所在區(qū)域無磁場。長為d、質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒靜止在光滑水平臺面ACC1A1上，在大小為mg(g為重力加速度大小)、方向水平向左的恒力作用下做勻加速運(yùn)動，經(jīng)時(shí)間t后撤去恒力，導(dǎo)體棒恰好運(yùn)動至左邊緣A1C1，然后從左邊緣A1C1飛出臺面，并恰好沿A2A3方向落到A2C2處，沿導(dǎo)軌下滑時(shí)間t后開始做勻速運(yùn)動。導(dǎo)體棒在導(dǎo)軌上運(yùn)動時(shí)始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，除了電阻R外的其他電阻、一切摩擦均不計(jì)。求： (1)導(dǎo)體棒到達(dá)A1C1處時(shí)的速度大小v0以及A2C2與臺面ACC1A1間的高度差h； (2)導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動的速度大小v； (3)導(dǎo)體棒在導(dǎo)軌上變速滑行的過程中通過導(dǎo)體棒某一橫截面的總電荷量q。 【答案】（1）gt；16gt2 （2）mgBd(3+436t-mR2B2d2) 【解析】 【分析】 （1）導(dǎo)體棒在臺面上做勻加速直線運(yùn)動，由牛頓第二定律求出加速度，由速度公式求出速度，導(dǎo)體棒離開臺