《2019年高考物理备考中等生百日捷进提升系列专题11电磁感应含解析20190524171.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019年高考物理备考中等生百日捷进提升系列专题11电磁感应含解析20190524171.docx（33页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、专题11 电磁感应第一部分名师综述本专题中的基础知识、运动规律较多，是学好后面知识的重要依据；从考纲要求中可以看出需要我们理解质点、时间间隔、时刻、参考系、速度、加速度等基本概念，理解相关知识间的联系和区别，这些知识点一般不会单独出题，但这是解决运动学问题的基础。要掌握几种常见的运动规律和规律的一些推论，并能应用它们解决实际问题，同时要掌握追及、相遇问题的处理方法。这些知识可以单独命题，但更多是与牛顿运动定律或带电粒子的运动相结合命制综合的题目。图象问题一直是高考的热点，本章中位移图象和速度图象一定要认真掌握，并能用来分析物体的运动。自由落体运动和竖直上抛运动在考纲中虽没有单独列出但仍有可能作
2、为匀变速直线运动的特例进行考查。第一部分特点描述历年高考对本考点知识的考查覆盖面大，几乎每个知识点都考查到。特别是左、右手定则的运用和导体棒切割磁感线的运动更是两个命题频率最高的知识点考题一般运动情景复杂、综合性强，多以把场的性质、运动学规律、牛顿运动定律、功能关系及交变电流等有机结合的计算题出现，难度中等偏上，对考生的空间想象能力、物理过程和运动规律的综合分析能力及用数学方法解决物理问题的能力要求较高。从近两年高考看，涉及本考点的命题常以构思新颖、高难度的压轴题形式出现，在复习中要高度重视。特别是通电导体棒在复合场中的运动问题在历年高考中出现频率高，难度大，经常通过变换过程情景、翻新陈题面貌
3、、突出动态变化的手法，结合社会、生产、科技实际来着重考查综合分析能力、知识迁移和创新应用能力。情景新颖、数理结合、联系实际将是本考点今年高考命题的特点。第二部分知识背一背一、法拉第电磁感应定律法拉第电磁感应定律的内容是感应电动势的大小与穿过回路的磁通量的变化率成正比在具体问题的分析中，针对不同形式的电磁感应过程，法拉第电磁感应定律也相应有不同的表达式或计算式磁通量变化的形式表达式备注通过n匝线圈内的磁通量发生变化(1)当S不变时，(2)当B不变时，导体垂直切割磁感线运动当vB时，E0导体绕过一端且垂直于磁场方向的转轴匀速转动线圈绕垂直于磁场方向的转轴匀速转动EnBSsint当线圈平行于磁感线时
4、，E最大为EnBS，当线圈平行于中性面时，E0二、楞次定律与左手定则、右手定则1左手定则与右手定则的区别：判断感应电流用右手定则，判断受力用左手定则2应用楞次定律的关键是区分两个磁场：引起感应电流的磁场和感应电流产生的磁场感应电流产生的磁场总是阻碍引起感应电流的磁场的磁通量的变化，“阻碍”的结果是延缓了磁通量的变化，同时伴随着能量的转化3楞次定律中“阻碍”的表现形式：阻碍磁通量的变化(增反减同)，阻碍相对运动(来拒去留)，阻碍线圈面积变化(增缩减扩)，阻碍本身电流的变化(自感现象)三、电磁感应与电路的综合电磁感应与电路的综合是高考的一个热点内容，两者的核心内容与联系主线如图所示：1产生电磁感应
5、现象的电路通常是一个闭合电路，产生电动势的那一部分电路相当于电源，产生的感应电动势就是电源的电动势，在“电源”内部电流的流向是从“电源”的负极流向正极，该部分电路两端的电压即路端电压，.2在电磁感应现象中，电路产生的电功率等于内外电路消耗的功率之和若为纯电阻电路，则产生的电能将全部转化为内能；若为非纯电阻电路，则产生的电能除了一部分转化为内能，还有一部分能量转化为其他能，但整个过程能量守恒能量转化与守恒往往是电磁感应与电路问题的命题主线，抓住这条主线也就是抓住了解题的关键在闭合电路的部分导体切割磁感线产生感应电流的问题中，机械能转化为电能，导体棒克服安培力做的功等于电路中产生的电能说明：求解部
6、分导体切割磁感线产生的感应电动势时，要区别平均电动势和瞬时电动势，切割磁感线的等效长度等于导线两端点的连线在运动方向上的投影第三部分技能+方法一、电磁感应中的图象问题电磁感应中常涉及磁感应强度B、磁通量、感应电动势E、感应电流I、安培力F安或外力F外随时间t变化的图象,即Bt图、t图、Et图、It图、Ft图.对于切割磁感线产生感应电动势和感应电流的情况,还常涉及感应电动势E和感应电流I随位移s变化的图象,即Es图、Is图等.图象问题大体上可分为两类：1.由给定的电磁感应过程选出或画出正确图象,此类问题要注意以下几点：(1)定性或定量地表示出所研究问题的函数关系;(2)在图象中E、I、B等物理量
7、的方向通过正负值来反映;(3)画图象时要注意横、纵坐标的单位长度定义或表达.2.由给定的有关图象分析电磁感应过程,求解相应的物理量不管是何种类型,电磁感应中的图象问题常需利用右手定则、左手定则、楞次定律和法拉第电磁感应定律等规律进行分析解决.二、电磁感应中的动力学问题解决电磁感应中动力学问题的具体思路：电源电路受力情况功、能问题具体步骤为：(1)明确哪一部分电路产生感应电动势，则这部分电路就是等效电源；(2)正确分析电路的结构，画出等效电路图；(3)分析所研究的导体受力情况；(4)列出动力学方程或平衡方程并求解三、电磁感应中的电路、能量转化问题1电路问题(1)将切割磁感线导体或磁通量发生变化的
8、回路作为电源，确定感应电动势和内阻(2)画出等效电路(3)运用闭合电路欧姆定律，串、并联电路特点，电功率公式，焦耳定律公式等求解2能量转化问题(1)安培力的功是电能和其他形式的能之间相互转化的“桥梁”。(2)明确功能关系,确定有哪些形式的能量发生了转化.如有摩擦力做功,必有内能产生;有重力做功,重力势能必然发生变化;安培力做负功,必然有其他形式的能转化为电能。(3)根据不同物理情景选择动能定理,能量守恒定律,功能关系,列方程求解问题.四、电磁感应与电路的综合问题1解答电磁感应与电路的综合问题时，关键在于准确分析电路的结构，能正确画出等效电路图，并综合运用电学知识进行分析、求解2求解过程中首先要
9、注意电源的确定，通常将切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路作为等效电源；其次是要能正确区分内、外电路，应把产生感应电动势的那部分电路视为内电路，感应电动势为电源电动势，其余部分相当于外电路；最后应用闭合电路欧姆定律及串并联电路的基本规律求解，处理问题的方法与闭合电路问题的求解基本一致五、涉及电磁感应的力电综合题以电磁感应现象为核心，综合应用牛顿运动定律、动能定理、能量守恒定律及电路等知识形成的力电综合问题，经常以导体棒切割磁感线运动或穿过线圈的磁通量发生变化等物理情景为载体命题(1)受力与运动分析导体棒运动切割磁感线产生感应电动势，而感应电流在磁场中受安培力的作用，安培力将阻碍导体棒的运动导
10、体棒运动过程受到的安培力一般是变力，引起导体棒切割磁感线运动的加速度发生变化当加速度变为零时，运动达到稳定状态，最终导体棒做匀速直线运动，利用平衡条件可求导体棒稳定状态的速度(2)解题思路利用法拉第电磁感应定律和楞次定律或右手定则确定感应电动势的大小和方向；应用闭合电路欧姆定律求电路中的感应电流的大小；分析所研究的导体的受力情况，关注安培力的方向；应用运动学规律、牛顿第二定律、动能定理、平衡条件等列方程求解第四部分基础练+测一、单选题1如图所示,在倾角为30的斜面上固定一电阻不计的光滑平行金属导轨,间距为L,下端接有阻值为R的电阻,导轨处于匀强磁场中,磁感应强度大小为B,方向与斜面垂直(图中未
11、面出),质量为m、电阻不计的金属棒ab与固定在斜面上方的绝缘弹簧相连,弹簧处于原长并被锁定。现解除锁定金属棒由静止开始向下运动距离x到达最低位置,此过程中金属棒始终与导轨垂直并保持良好接触,弹簧始终在弹性限度内,重力加速度为g，则（）A开始运动时金属棒的加速度小于g/2B金属棒的速度为v时,所受的安培力F=B2L2v2RC此过程中,通过电阻R的总电荷量为BLx2RD此过程的减速阶段,回路中的焦耳热小于金属棒重力势能的减少【答案】 D【解析】【详解】A、开始运动时，金属棒只受到重力和金属导轨对金属棒ab的支持力，根据牛顿第二定律可得金属棒的加速度为a=mgsin30m=12g，故选项A错误；B、
12、金属棒的速度为v时，金属棒切割磁感线产生的感应电动势E=BLv，所受的安培力F安=BIL=BERL=B2L2vR，故选项B错误；C、此过程中，通过电阻R的总电荷量为q=It=ERt=R=BLxR，故选项C错误；D、最大速度时，重力沿斜面的分力等于弹簧的弹力和安培力之和，之后减速阶段中安培力变小，而重力沿斜面的分力不变，所以重力做功大于克服安培力做功，则有回路中的焦耳热小于金属棒重力势能的减少，故选项D正确；2半径为L的圆形边界内分布有垂直圆所在平面的磁场,垂直纸而向里的磁感应强度大小为2B,垂直纸面向外的磁感应强度大小为B,如图所示。AEO为八分之一圆导线框,其总电阻为R，以角速度绕O轴逆时针
13、匀速转动,从图中所示位置开始计时,用i表示导线框中的感应电流(顺时针方向为正),线框中感应电流i随时间t变化图像可能是ABCD【答案】 B【解析】【详解】当线圈转过0-45时，产生的感应电流为顺时针方向，电动势E=12BL2+122BL2=32BL2，感应电流I=3BL22R；当线圈转过45-90时，产生的感应电动势为零，感应电流为零；当线圈转过90-135时，产生的感应电流为逆时针方向，电动势E=12BL2+122BL2=32BL2，感应电流I=3BL22R；当线圈转过135-180时，产生的感应电动势为零，感应电流为零；当线圈转过180-225时，产生的感应电流为顺时针方向，电动势E=12
14、2BL2=BL2，感应电流I=BL2R；当线圈转过225-270时，产生的感应电动势为零，感应电流为零；当线圈转过270-315时，产生的感应电流为逆时针方向，电动势E=122BL2=BL2，感应电流I=BL2R；当线圈转过315-360时，产生的感应电动势为零，感应电流为零；故选B.3如图所示,在等腰直角三角形abc内存在垂直纸面向外的匀强磁场,三角形efg是与三角形abc形状相同的导线框,x轴是两个三角形的对称轴。现让导线框efg在纸面内沿x轴向右匀速穿过磁扬,规定逆时针方向为电流的正方向，在导线框通过磁场的过程中，感应电流i随时间t的变化图像是ABCD【答案】 A【解析】【详解】三角形e
15、gf向右运动，根据楞次定律和右手安培定则，先产生顺时针方向的感应电流，后产生逆时针方向的感应电流，所以感应电流先为负值后为正值；随着三角形egf的运动，有效长度L有先增大，当a点与fg边的中点重合时，切割磁感线的有效长度为L有=12Lfg，再继续向右移动，有效长度L有减小，当fg边与三角形abc的中位线重合时，切割磁感线的有效长度为L有=0，再继续向右移动，有效长度L有增大，当fg边与b c边重合时，切割磁感线的有效长度为L有=Lfg，根据感应电动势E=BL有v，电流I=ER=BL有vR可知A正确，B、C、D错误；故选A。4如图甲所示，水平放置的平行金属导轨左端通过一单刀双开关S与定值电阻R和
16、平行板电容器C连接，导体棒MN垂直置于导轨上且与导轨接触良好。规定向右为正方向，导体棒MN沿导轨运动的x-t图象如图乙所示，金属棒始终处于方向竖直向上的匀强磁场中，不计导轨和导体棒MN的电阻，则在0t2时间内()A若开关S接1，则电容器C始终处于充电状态B若开关S接1，则t1时刻电容器C两端的电压最大C若开关S接2，则导体棒MN所受安培力的方向先向左后向右D若开关S接2，则t1时刻导体棒MN所受的安培力最大【答案】 C【解析】【详解】在x-t图象中，图象的斜率表示导体棒运动的速度，由图乙可知，0-t1时间内斜率是正、t1-t2时间内斜率为负值，则说明0-t2时间内导体棒先向右移动后向左移动。若
17、S接A，导体棒通过金属导轨与平行板电容器C连接，0-t2时间内导体棒向右先加速后减速，然后向左先加速后减速运动，根据E=BLv可知，电容器两端电压先增大后减小，再反向增大减小，可知电容器先充电再放电，再充电再放电，故A错误；若S接A，t1时刻导体瞬间静止，即导体不切割磁感线，故MN中无感应电动势产生，电容器两极板电压为零，即最小，故B错误；若S接B，导体棒通过金属导轨与定值电阻R连，0-t2时间内，导体棒先向右运动后向左运动，根据右手定则可知，电流的方向先顺时针后逆时针，由左手定则可知，MN所受安培力方向先向左后向右，故C正确；若S接B，t1时刻MN瞬间静止，导体不切割磁感线，电路中无电流，M
18、N受安培力为零(即最小)，故D错误。故选C。5已知地磁场类似于条形磁铁产生的磁场，地磁N极位于地理南极。如图所示，在河北某中学实验室的水平桌面上，放置边长为L的正方形闭合导体线框abcd，线框的ad边沿南北方向，ab边沿东西方向，下列说法正确的是（）A若使线框向东平移，则a点电势比d点电势低B若使线框向北平移，则a点电势等于b点电势C若使线框向上平移，则a点电势比d点电势低D若使线框向上平移，则a点电势等于b点电势【答案】 A【解析】【详解】河北位于北半球，地磁场的竖直分量向下，水平分量水平向北。若使线圈向东平移，ad边切割磁感线产生感应电动势，地磁场的竖直分量向下，由右手定则判断可知，a点的
19、电势比d点的电势低，故A正确。若使线圈向北平移，ab边切割磁感线产生感应电动势，地磁场的竖直分量向下，由右手定则可知，a点电势高于b点电势，故B错误；若使线框向上平移，ad、bc不切割磁感线，不产生感应电动势；dc和ab两边切割磁感线，由右手定则可知，a点电势比b点电势高，a点电势等于d点电势，故CD错误；故选A。6如图所示，固定平行导轨间有磁感应强度大小为B、方向垂直导轨平面向里的匀强磁场，导轨间距为l且足够长，左端接阻值为R的定值电阻，导轨电阻不计。现有一长为2l的金属棒垂直放在导轨上，在金属棒以O点为轴沿顺时针方向以角速度转过60的过程中(金属棒始终与导轨接触良好，电阻不计)A通过定值电
20、阻的最大电流为Bl2RB通过定值电阻的最大电流为Bl22RC通过定值电阻的电荷量为Bl22RD通过定值电阻的电荷量为3Bl22R【答案】 D【解析】【详解】AB棒绕端点转动切割磁感线而产生动生电动势，棒在60位置时有效长度最大为l效=2l，线速度关于半径均匀增大，则E=Bl效0+l效2=2Bl2，由欧姆定律可得I=ER=2Bl2R；故A，B错误.CD由电量的定义式q=It，而I=ER=Rt，可得q=R=BSR，棒转过60扫过的有效面积为S=l3l2，联立可得q=3Bl22R；故C错误，D正确.7如图所示，空间有两个宽度分别为L和2L的有界匀强磁场区域，磁感应强度大小都为B，左侧磁场方向垂直于纸
21、面向里，右侧磁场方向垂直于纸面向外，abcd是一个均匀电阻丝做成的边长为L的正方形线框，线框以垂直于磁场边界的速度v匀速通过两个磁场区域，在运动过程中，线框ab、cd两边始终与磁场的边界平行。设线框cd边刚进入磁场的位置为x=0，x轴正方向水平向右，从线框ad边刚进入磁场开始到整个线框离开磁场区域的过程中，线框受到的安培力F(规定水平向右为正方向)随着位置x变化的图像正确的是ABCD【答案】 C【解析】【详解】第一个过程：cd边刚进入左侧磁场到ab刚要进入右侧磁场的过程，cd边受安培力，大小为F0=BIL=BBLvRL=B2L2vR，方向向左。第二个过程：cd刚进入右侧磁场到ab刚进入右侧磁场
22、的过程中，线框受到的安培力为：F=2BIL=2B2BLvRL=4B2L2vR=4F0，方向向左第三个过程：ab边离开左侧磁场到cd边到有侧磁场的有边界，在这个过程，线框中没有感应电流，所以线框不受安培力的作用。第四个过程：cd边刚离开右侧磁场到ab边刚离开右侧磁场的过程，ab边受安培力，大小为F=BIL=BBLvRL=B2L2vR=F0,方向向左。综合以上分析，C正确。8如图所示，半径为2L的小圆与半径为3L的圆形金属导轨拥有共同的圆心，在小圆区城内存在垂直于纸面向里的磁感应强度大小为B的匀强磁场，在小圆与导轨之间的环形区域内存在垂直于纸面向外的磁感应强度大小为2B的匀强磁场。现将一长度为3L
23、的导体棒置于磁场中，让其一端O点与圆心重合，另一端与圆形导轨良好接触。在O点与导轨间接入一阻值为r的电阻，导体棒以角速度沿导轨逆时针做匀速圆周运动，其他电阻不计。下列说法正确的是（）A导体棒O点的电势比A点的电势低B在导体棒的内部电流由A点至O点C在导体棒旋转一周的时间内，通过电阻r的电荷量为2BL2rD在导体棒旋转一周的时间内，电阻r产生的焦耳热为18B2L2r【答案】 A【解析】【详解】AB半径为2L的小圆切割磁感线产生的感应电动势E1=B(2L)2L2 =2BL2,根据右手定则，内部电势更高；导体棒在在小圆与导轨之间的环形区域切割磁感线产生的感应电动势E2=2BL2L+3L2=5BL2，
24、根据右手定值，外部电势更高，故O点的电势比A点的电势低，在导体棒的内部电流由O点至A点，A正确，B错误。C电路中电流I=E2-E1r=3BL2r，周期T=2,在导体棒旋转一周的时间内，通过电阻r的电荷量q=It=6BL2r，故C错误；D在导体棒旋转一周的时间内，电阻r产生的焦耳热Q = I2rT =18B2L4r，故D错误。9如图，水平放置两个同心金属半圆环，半径分别为r和2r，两环间分布着垂直于纸面向里的匀强磁场.磁感应强度为B。在两环间连接一个电容为C的电容器，c、d是电容器的两个极板，ab是可绕圆心转动，长为r的金属杆，沿半径方向放置在两环间且接触良好。现让绕圆心以恒定角速度沿逆时针转动
25、.不计一切电阻，则下列说法正确的是（）A电容器c极板带负电Bcd间电压逐渐增大C金属棒ab产生的电动势为Br2D电容器所带电荷量为32CBr2【答案】 D【解析】【详解】A项：根据右手定则可知，ab棒切割磁感线产生感应电动势高低为a端为低电势，b端为高电势，则电容器c板带正电，d板带负电，故A错误；B、C项：根据切割磁感线产生感应电动势为：E=BLv=Brr+2r2=32Br2，故B、C错误；D项：根据电容器电荷量的计算公式得：Q=CU=32CBr2，故D正确。故选：D。10如图所示，足够长的U型光滑金属导轨下边串有电阻R,其平面与水平面成角（090），其中MN与PQ平行且间距为L，导轨平面与
26、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，棒的速度达到最大值v.则金属棒ab在这一过程中A产生的焦耳热为qBLvB最大速度v=mgR+r2sinB2L2C下滑的位移大小为qRBLD当运动速度为14v时其加速度为34gsin【答案】 D【解析】【详解】产生的焦耳热Q=I2Rt=qIR，而这里的电流I比棒的速度大小为v时的电流I=BLvR小，故这一过程产生的焦耳热小于qBLv故A错误；当达到最大速度时满足：mgsin=F安=B2L2vR+r，解得v=mg(R+r)sin
27、B2L2，选项B错误；由q=R+r=BLxR+r可知：下滑的位移x=q(R+r)BL；故C错误；当运动速度为v/4时，则：mgsin-B2L2v4R+r=ma，解得其加速度为a=34gsin，选项D正确；故选D.二、多选题11如图所示，abed为粗细均匀的正方形金属框，边长为L，质量为m，总阻值为R，倾角为O的斜面光滑，斜面上以PQ和MN为边界的区域内存在一垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度为B，若将金属框从ab边距边界PQ的距离等于磁场宽度（磁场宽度大于金属框的边长L）的地方由静止开始释放，金属框刚离开磁场时恰好加速度为0，且从开始释放到完全离开磁场，金属框产生的电热为Q，则（）A金属框先做
28、匀加速运动再做匀减速运动B磁场的宽度为R2m2gsin9B2L4+Q2mgsin-L2C金属框刚离开磁场的速度为RmgB2L2sinD金属框刚进入磁场时ab两点的电势差为BL2gRsin【答案】 BC【解析】【详解】假设磁场宽度为x，dc边刚好离开磁场MN边界时加速度为0，则mgsin=BIL=BLBLvmaxR=B2L2vmR，则此时速度为vm是此过程中的最大速度，由于磁场宽度大于框边长L，所以线框在进入PQ边的过程中速度小于vm，由于下滑过程中安培力F安=B2L2vR，随速度增大而增大，则线框在进入PQ边的过程中，根据牛顿第二定律有：mgsin-B2L2vR=ma，v增大，a减小，所以金属
29、框做加速度减小的加速运动，不会做匀加速运动，全程加速也不会出现减速运动，故A错误；由能量守恒有mgsin（2x+L）=Q+12mvm2，则得x=R2m2gsin9B2L4+Q2mgsin-L2，故B正确；金属框刚离开磁场时加速度a=0，则mgsin- B2L2vR=ma=0，可得v=mgRsinB2L2，故C正确；金属框进入磁场前，加速度为a=gsin，由运动学公式有v2=2ax，再结合电势差与闭合电路欧姆定律公式得：金属框刚进入磁场时ab两点的电势差为Uab=34E=34BLv，解得Uab=34BL2gxsin，故D错误。12如图所示，边长为L.总电阻为R的粗细均匀的正方形导线框abcd放置
30、在光滑水平桌面上，其cd边右侧紧邻磁感应强度为B、宽度为2L的有界匀强磁场。现使线框以速度vo匀速通过磁场区域，设刚进入磁场时口、两点间的电势差为u0，线框所受安培力大小为Fo。从开始进入到完全离开磁场的过程中，下列图线能反映线框口、两点间的电势差Uab和线框所受安培力F（取向右为正）随时间变化规律的是ABCD【答案】 AD【解析】【详解】线框进入和穿出磁场时，感应电流方向相反，但安培力均阻碍线框的运动，F=ILB=B2L2v0R，大小相同，方向均向左，在磁场中运动过程无感应电流，不受安培力作用，则C错D对。进磁场时，cd边等效为电源，ab边电压Uab=BLv04；出磁场时，ab边等边为电源，
31、ab边电压为等效电源的路端电压Uab=3BLv04，则A对B错。13如图所示，质量为3m的重物与一质量为m的线框用一根绝缘细线连接起来，挂在两个高度相同的定滑轮上，已知线框的横边边长为L，水平方向匀强磁场的磁感应强度为B，磁场上下边界的距离、线框竖直边长均为h。初始时刻，磁场的下边缘和线框上边缘的高度差为2h，将重物从静止开始释放，线框上边缘刚进磁场时，恰好做匀速直线运动，滑轮质量、摩擦阻力均不计。则下列说法中正确的是A线框进入磁场时的速度为2ghB线框的电阻为B2L22mg2ghC线框通过磁场的过程中产生的热里Q=2mghD线框通过磁场的时间为h2gh【答案】 AB【解析】【详解】线框进入磁
32、场前，系统机械能守恒，有：（3m-m）g2h=124mv2，解得线框进入磁场的速度为：v=2gh，故A正确。线框进入磁场做匀速直线运动，根据平衡有：3mg=mg+B2L2vR，解得：R=B2L22gh2mg，故B正确。线框通过磁场的过程做匀速直线运动，根据能量守恒得：（3m-m）g2h=Q，解得：Q=4mgh，故C错误。线框通过磁场的时间为t=2hv=2h2gh，选项D错误。14如图，在高为h的桌面上固定着两根平行光滑金属导轨，导轨左段弯曲，右段水平，两部分平滑连接，导轨间距为L，电阻不计，在导轨的水平部分有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B，ab、cd为两根相同的金属棒，质量均为m，电阻均为
33、r。开始时cd静置于水平轨道上某位置，将ab从弯曲轨道上距离桌面高为h处由静止释放，cd离开轨道水平抛出，落地点ef距轨道末端的水平距离也为h，金属棒在运动过程中没有发生碰撞且与导轨接触良好，重力加速度为g。以下说法正确的是（）Acd在导轨上的最大加速度为B2L22gh2mrBcd在导轨上的最大加速度为B2L22ghmrCab的落地点在ef的右侧D电路中产生的热量为12mgh【答案】 AD【解析】【详解】AB当安培力最大时cd棒的加速度最大，即ab刚进入磁场时，cd棒加速度最大，此时ab棒的速度为v，根据机械能守恒定律可得12mv2=mgh，解得v=2gh；此时回路中的电流强度I=BLv2r，
34、cd在导轨上的最大加速度为a=BILm=B2L22gh2mr，故A正确、B错误；Ccd棒离开导轨时的速度为v1，则根据平抛运动可知，下落时间t=2hg，则v1=ht=gh2，设cd离开轨道时ab的速度为v，根据动量守恒定律可得mv=mv+mv1，解得v=gh2，所以ab的落地点在ef处，故C错误；D电路中产生的热量为Q=mgh-12mv2-12mv12=12mgh，故D正确。15如图甲所示，质量为0.01kg、长为0.2m的水平金属细杆CD的两端分别放置在两水银槽的水银中，水银槽所在空间存在磁感应强度大小B1=10T、方向水平向右的匀强磁场，且细杆CD与该磁场方向垂直。一匝数为100匝、横截面
35、面积为0.01m2的线通过导线、开关S与两水银槽相连，线岡处于沿竖直方向垂直穿过圈横截面的匀强磁场中，其磁感应强度B2随时间t变化的关系如图乙所示。在t=0.20s时闭合开关S，细杆CD间弹起（可认为弹起过程中安培力远大于重力，重力忽略不计），弹起的最大高度为0.2m。不考虑空气阻力，水银的黏滞作用和细杆CD落回水槽后的运动，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（）A感应强度B2的方向竖直向上Bt=0.05s时，线圈中的感应电动势大小为10VC在细杆CD弹起的过程中，细杆CD所受安培力的冲量大小为0.01NsD开关S闭合后，通过细杆CD某一横截面的电荷量为0.01C【答案】 ABD【解
36、析】【详解】A、由题意知细杆CD所受安培力方向竖直向上，由左手定则可知感应电流方向由C到D，由安培定则可知感应电流的磁场方向竖直向上，由图示图像可知，在0.150.25s内穿过线圈的磁通量减少，由楞次定律可得磁感应强度B2方向竖直向上，故A正确；B、由图像可知，00.1s内线圈的感应电动势大小为E=nt=10V，即0.05s时，线圈中的感应电动势大小为10V，故B正确；C、细杆弹起过程中，细杆所受安培力的冲量大小为I=mv=m2gh=0.02Ns，故C错误；D、开关K闭合后，设通过CD的电荷量为q，根据动量定理可得：B1ILt=mv-0，而B1ILt=B1Lq，解得：q=mvB1L=0.01C
37、，故D正确；故选ABD。16在地面附近存在如图所示的匀强磁场B，磁场区域的水平宽度均为L，磁场之间的无场区域的水平宽度也均为L，水平方向有足够多的磁场条，竖直方向磁场足够长。建立坐标系如图，现有一个边长为L的正方形金属线框从图示位置以初速度v水平抛出进入场区，从图示位置开始计时，有关线框的水平分速度vx，和竖直分速度vy的图象正确的是：（）ABCD【答案】 AB【解析】【详解】当线圈每次进入或出离磁场区域时，线圈中就会产生感应电流，对线圈的上下两个边受到的磁场力是等大反向的，则可抵消，则竖直方向线圈只受重力作用，则vy=gt，选项A正确，C错误；水平方向，无论是线圈进入磁场还是出离磁场时都会受
38、到水平向左的安培力，则线圈在水平方向做减速运动，且随着速度的减小，安培力减小，加速度减小，则的水平分速度vx的变化图像为B所示，故选项B正确，D错误；故选AB.17如图光滑金属导轨efgh由宽窄两部分组成,导轨电阻不计,其中倾斜导轨与水平导轨用光滑绝缘材料连接(长度可忽略,导体AB经过此处时动能不变)水平倾斜导轨都有垂直导轨平面的匀强磁场,磁感应强度大小均为B,方向如图所示。eg间距为L连接有阻值为R的电阻,h间距为2L,导体棒AB长L,CD长2L,质量均为m,电阻均为r,倾斜导轨与水平面夹角为。现导体棒AB由距水平面H高处静止释放(H足够高)AB、CD在运动过程中与导轨接触良好并始终垂直导轨
39、(em、gn足够长,AB不会越过mn两点,重力加速度g),则( )A导体棒A在倾斜导轨的最终速度为v0=mgsin（R+r）B2L2B从释放到最终稳定,通过电阻R上的电荷量为q=RLBH(R+r)sinC最终CD棒的速度为vCD=2mgsin(R+r)5B2L2D最终AB棒的速度为vAB=2mgsin(R+r)3B2L2【答案】 AC【解析】【详解】A由平衡条件可得：mgsin=B2L2v0R+r，解得：v0=mgsin(R+r)B2L2，故A正确；B若导体棒恰好在到达倾斜导轨底端时达到稳定，则通过R的电荷量为q=R+r=BLH(R+r)sin，但导体棒可能在之前就达到稳定，故B错误；CDAB
40、棒进入水平轨道后与CD棒组成闭合回路，由导体棒切割磁感线和运动学知识可知，AB棒向右减速动CD棒向右加速运动，CD棒运动后回路中的电动势为E=EAB-ECD，当EAB=ECD时，电路中的电流为零，即有vAB=2vCD，此后两棒做匀速直线运动，对AB棒从速度为v0到最终稳定即速度vAB过程中应用动量定量有：（取向右为正方向）-BILt=mvAB-mv0同理对CD棒应用动量定理有：2BILt=mvCD结合vAB=2vCD联立解得：vCD=2mgsin(R+r)5B2L2，vAB=4mgsin(R+r)5B2L2故C正确，D错误。18如图所示，虚线框内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，磁场区
41、域上下宽度为l；质量为m、边长为l的正方形线圈abcd平面保持竖直，ab边保持水平地从距离磁场上边缘一定高处由静止下落，以速度v进入磁场，经一段时间又以相同的速度v穿出磁场，重力加速度为g。下列判断正确的是（）A线圈的电阻R=B2I2vmgB进入磁场前线圈下落的高度h=v2gC穿过磁场的过程中线圈电阻产生的热量Q=mglD线圈穿过磁场所用时间t=2lv【答案】 AD【解析】【详解】线圈以相同速度v进、出磁场，且磁场宽度等于线圈边长，因此线圈一定是匀速穿过磁场区域，此过程中线圈始终有一条边在磁场中受安培力，由平衡条件得BIl=mg，其中感应电流I=BlvR，解得R=B2l2vmg，选项A正确；进
42、入磁场前线圈做自由落体运动，因此h=v22g，选项B错误；线圈穿过磁场的过程中，位移为21，由能量守恒可知，线圈电阻产生的热量等于线圈重力势能的减少量，即Q=2mgl，C项错；线圈匀速穿过磁场区域，因此线圈穿过磁场所用时间t=2lv，选项D正确。19两个相邻的区域内存在如图所示的磁场，磁感应强度大小都为B，方向相反且垂直纸面一宽为l的N匝长方形闭合导线回路abcd，在纸面内以恒定速度v0向右运动，当运动到图示位置时A穿过回路磁通量为零B回路中感应电动势大小为NBlv0C回路中感应电流的方向为abcd方向D回路中ab边与cd边所受安培力方向相同【答案】 AD【解析】【详解】在图示位置，穿过回路的
43、磁通量为零，故A正确；ab与cd两边都切割磁感线，回路感应电动势大小为：E=2NBlv0，故B错误；由右手定则或楞次定律可知，感应电流方向为：adcba，故C错误；由左手定则可知，ab与cd边受到的安培力方向都水平向左，两边所受安培力方向相同，故D正确；故选AD。20如图甲所示，间距为L的光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B，轨道左侧连接一定值电阻R垂直导轨的导体棒ab在水平外力F作用下沿导轨运动，F随t变化的规律如乙图所示在0t0时间内，棒从静止开始做匀加速直线运动乙图中t0、F1、F2为已知，棒和轨道的电阻不计A在0t0时间内，导体棒的加速度大小为2F2-F1RB2L2t
44、0B在0t0时间内，通过导体棒横截面的电量为F2-F1t02BLC在t0以后，导体棒一直做匀加速直线运动D在t0以后，导体棒先继续加速，最后做匀速直线运动【答案】 BD【解析】【分析】（1）在0-t0时间内导体棒做匀加速直线运动，可知在t0时刻导体棒所受的外力F2与此时导体棒所受的安培力的关系，从而可判断t0后导体棒所做的运动；（2）在在0-t0时间内导体棒做匀加速直线运动，故在t=0时刻与t=t0时刻导体棒的加速度相等，结合导体棒的受力情况根据牛顿第二定律可得F1=ma，F2B2L2vRma根据加速度a的定义、通过导体棒横截面电量q的计算公式可求出a和q【详解】因在0-t0时间内棒做匀加速直
45、线运动，故在t0时刻F2大于棒所受的所受的安培力，在t0以后，外力保持F2不变，安培力逐渐变大，导体棒做加速度越来越小的加速，当加速度a=0，即导体棒所受安培力与外力F2相等后，导体棒做匀速直线运动，故C错误，D正确；设在0-t0时间内导体棒的加速度为a，导体棒的质量为m，t0时刻导体棒的速度为v，通过导体棒横截面的电量为q，则有：a=vt0F2B2L2vRmaF1=maq=R=BS=BLv2t0由解得：a=(F2-F1)RB2L2t0，故A错误；由解得：q=(F2-F1)t02BL，故B正确；故选BD。【点睛】本题以图象的方式考查了牛顿第二定律、法拉第电磁感应定律及通过导体棒横截面电量的计算
46、方法；以0-t0时间内导体棒做匀加速直线运动为突破口，结合t=0、t=t0两时刻的受力情况，根据牛顿第二定律、安培力的计算公式、加速度的定义式和通过导体棒横截面电量q的计算公式即可计算.三、解答题21如图所示，足够长的平行光滑金属导轨水平放置，宽度L=0.5m一端连接R=1的电阻导线所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B=1T质量1kg的导体棒MN放在导轨上，电阻r=0.25，其长度恰好等于导轨间距，与导轨接触良好，导轨的电阻可忽略不计在平行于导轨的拉力F作用下，导体棒沿导轨向右匀速运动，速度v=5m/s求：（1）感应电动势E和MN两点间的电势差；（2）在2s时间内，拉力做的功；（3）在2s末，撤去拉力，棒会逐渐减速直至停止运动。求全过程中电阻R上产生的焦耳热。【答案】（1）2.5V ，2V（2）10J，（3）18J【解析】【详解】（1）感应电动势：E=BLv=2.5VMN两点间的电势差：U=ERR+r=2V（2）棒匀速，F=BIL=