《2019年高考物理备考优生百日闯关系列专题11电磁感应含解析20190524152.wps》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019年高考物理备考优生百日闯关系列专题11电磁感应含解析20190524152.wps（46页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、专题 1111 电磁感应 第一部分名师综述 近年来高考对本考点内容考查命题频率极高的是感应电流的产生条件、方向判定和导体切割磁 感线产生的感应电动势的计算，且要求较高几乎是年年有考；其他像电磁感应现象与磁场、 电路和力学、电学、能量及动量等知识相联系的综合题及图像问题在近几年高考中也时有出现； 另外，该部分知识与其他学科的综合应用也在高考试题中出现。试题题型全面，选择题、填空 题、计算题都可涉及，尤其是难度大、涉及知识点多、综合能力强，多以中档以上题目出现来 增加试题的区分度，而选择和填空题多以中档左右的试题出现，这类问题对学生的空间想象能 力、分析综合能力、应用数学知识处理物理问题的能力有较
2、高的要求，是考查考生多项能力的 极好载体，因此历来是高考的热点。 第二部分精选试题 一、单选题 1如图，在同一平面内有两根平行长导轨，导轨间存在依次相邻的矩形匀强磁场区域，区域 3 宽度均为 l,磁感应强度大小相等、方向交替向上向下。一边长为2l的正方形金属线框在导轨上 向左匀速运动，线框中感应电流 i 随时间 t 变化的正确图线可能是（） A B 1 C D 【答案】 D 【解析】试题分析：找到线框在移动过程中谁切割磁感线，并根据右手定则判断电流的方向， 从而判断整个回路中总电流的方向。要分过程处理本题。 第一过程从移动的过程中 左边导体棒切割产生的电流方向是顺时针，右边切割磁感线产生的电流
3、方向也 是顺时针，两根 E 2Blv 棒切割产生电动势方向相同所以E = 2Blv，则电流为i = R = ，电流恒定且方向为顺时针， R 再从移动到的过程中左右两根棒切割磁感线产生的电流大小相等，方向相反，所以回路中 电流表现为零， 然后从到的过程中，左边切割产生的电流方向逆时针，而右边切割产生的电流方向也是逆 E 2Blv 时针，所以电流的大小为i = ，方向是逆时针 R = R 2 当线框再向左运动时，左边切割产生的电流方向顺时针，右边切割产生的电流方向是逆时针， 此时回路中电流表现为零，故线圈在运动过程中电流是周期性变化，故 D 正确； 故选 D 点睛：根据线圈的运动利用楞次定律找到电
4、流的方向，并计算电流的大小从而找到符合题意的 图像。 2如图，导体轨道 OPQS固定，其中 PQS是半圆弧，Q为半圆弧的中点，O为圆心。轨道的电 阻忽略不计。OM是有一定电阻。可绕 O转动的金属杆，M端位于 PQS上，OM与轨道接触良好。 空间存在与半圆所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为 B，现使 OM从 OQ位置以恒定 的角速度逆时针转到 OS位置并固定(过程 )；再使磁感应强度的大小以一定的变化率从 B增 B 加到B(过程 )。在过程 、 中，流过 OM的电荷量相等，则 B等于( ) 5 A 4 3 B 2 7 C 4 D2 【答案】 B 【解析】 本题考查电磁感应及其相关的知识点
5、。 1 过程 I 回路中磁通量变化1= BR2，设 OM的电阻为 R，流过 OM的电荷量 Q1=1/R。过程 4 1 II 回路中磁通量变化2= （B-B）R2，流过 OM的电荷量 Q2=2/R。Q2= Q1，联立解得： 2 B/B=3/2，选项 B 正确。 【点睛】此题将导体转动切割磁感线产生感应电动势和磁场变化产生感应电动势有机融合，经 3 典中创新。 3如图所示，平行导轨间有一矩形的匀强磁场区域，细金属棒 PQ沿导轨从 MN处匀速运动到 MN的过程中，棒上感应电动势 E随时间 t变化的图示，可能正确的是( ) A B C D 【答案】 A 【解析】 金属棒 PQ进入磁场前没有感应电动势，
6、D 错误；当进入磁场，切割磁感线有 E=BLv，大小不变， 可能的图象为 A 选项、BC 错误。 4图甲和图乙是演示自感现象的两个电路图，L1和 L2为电感线圈，A1、 A2、 A3是三个完全相 同的灯泡。实验时，断开开关 S1瞬间，灯 A1突然闪亮，随后逐渐变暗；闭合开关 S2，灯 A2逐 渐变亮，而另一个相同的灯 A3立即变亮，最终 A2与 A3的亮度相同下列说法正确的是( ) A图甲中，A1与 L1的电阻值相同 B图甲中，闭合 S1，电路稳定后，A1中电流大于 L1中电流 C图乙中，变阻器 R与 L2的电阻值相同 D图乙中，闭合 S2瞬间，L2中电流与变阻器 R中电流相等 【答案】 C
7、4 【解析】 断开开关 S1瞬间，灯 A1突然闪亮，由于线圈 L1的自感，通过 L1的电流逐渐减小，且通过 A1， 即自感电流会大于原来通过 A1的电流，说明闭合 S1，电路稳定时，通过 A1的电流小于通过 L1 的电流，L1的电阻小于 A1的电阻，AB错误；闭合 S2，电路稳定时，A2与 A3的亮度相同，说明 两支路的电流相同，因此变阻器 R 与 L2的电阻值相同，C 正确；闭合开关 S2，A2逐渐变亮， 而 A3立即变亮，说明 L2中电流与变阻器 R 中电流不相等，D 错误。 【名师点睛】线圈在电路中发生自感现象，根据楞次定律可知，感应电流要“阻碍”使原磁场 变化的电流变化情况。电流突然增
8、大时，会感应出逐渐减小的反向电流，使电流逐渐增大；电 流突然减小时，会感应出逐渐减小的正向电流，使电流逐渐减小。 5如图甲所示，电阻 R=1、半径 r1=0.2m 的单匝圆形导线框 P 内有一个与 P 共面的圆形磁场 区域 Q，P、Q 的圆心相同，Q 的半径 r2=0.1mt=0时 刻，Q 内存在着垂直于纸面向里的磁场， 磁感应强度 B 随时间 t 变化的关系如图乙所示若规定逆时针方向为电流的正方向，则 线框 P 中感应电流 I 随时间 t 变化的关系图象应该是图中的（ ） A B C D 【答案】 C 【解析】 【详解】 由法拉第电磁感应定律，可得导线框 P 中产生的感应电动势为：E = B
9、 S t = B 2 t r2 = 0.01（V），再由欧姆定律得，P 中产生的感应电流为：I=0.01 （A），由楞次定律， 得电流的方向是顺时针方向，故 C 正确，ABD 错误；故选 C。 【点睛】 本题关键是根据楞次定律判断感应电流的方向，根据法拉第电磁感应定律求解感应电动势，然 后根据欧姆定律求解感应电流 6如图所示为两光滑金属导轨 MNQ 和 GHP，其中 MN 和 GH 部分为竖直的半圆形导轨，NQ 和 HP 部分为水平平行导轨，整个装置置于方向竖直向上、磁感应强度大小为 B 的匀强磁场中。有两 个长均为 l、质量均为 m、电阻均为 R 的导体棒垂直导轨放置且始终与导轨接触良好，其
10、中导 体棒 ab 在半圆形导轨上，导体棒 cd 在水平导轨上，当恒力 F 作用在导体棒 cd 上使其做匀速 运动时，导体棒 ab 恰好静止，且距离半圆形导轨底部的高度为半圆形导轨半径的一半，已知 导轨间距离为 l，重力加速度为 g，导轨电阻不计，则（） 5 A每根导轨对导体棒 ab 的支持力大小为2mg 2 3mgR B导体棒 cd 两端的电压大小为 Bl C作用在导体棒 cd 上的恒力 F 的大小为 3mg 6m2g2R D恒力 F 的功率为 B2l2 【答案】 CD 【解析】 试题分析：对 ab棒受力分析如图所示： 则：FNsin300 = mg，则：FN = 2mg，每根导轨对导体棒 a
11、b的支持力大小为mg，故选项 A 错误； Blv Blv 3mg FNcos300 = FA = B 2Rl I = 2R = ，则回路中电流为： ，导体棒 cd两端的电压大小为 Bl U = IR = 3mg Blv Bl R，故选项 B 错误 ；由于金属棒 ab匀速运动，则安培力等于拉力 F，则F = B 2Rl = Blv 2 3mgR 3mg，故选项 C 正确；由于B2Rl = 3mg，则金属棒 ab的速度为v = ，则恒力 F 的功 B2l2 2 3mgR 6m2g2R 率为 P = Fv = 3mg = ，故选项 D 正确。 B2l2 B2l2 考点：导体切割磁感线时的感应电动势、
12、焦耳定律 【名师点睛】本题是双杆模型，解决本题的关键能够正确受力分析，结合牛顿定律和动量守恒、 能量守恒，进行研究。 7宽度均为 d 且足够长的两相邻条形区域内，各存在磁感应强度大小均为 B, 方向相反的匀 4 3 强磁场；电阻为 R，边长为 3 d 的等边三角形金属框的 AB 边与磁场边界平行，金属框从图示 位置以垂直于 AB边向右的方向做匀速直线运动，取逆时针方向电流为正，从金属框 C 端刚进 入磁场开始计时，框中产生的感应电流随时间变化的图象是 6 【答案】 A. 【解析】 试题分析：本题导体的运动可分段判断，运用排除法进行分析根据楞次定律可判断电路中感 应电流的方向；由导体切割磁感线时
13、的感应电动势公式可求得感应电动势的大小，由欧姆定律 分析感应电流大小的变化 2 3 B 3 dv 2 3Bdv 三角形线圈的高为 2d，则在开始运动的 0d 过程中，感应电流，I1 = R = ，方向 3R 为逆时针方向，在 d2d 时，设某时刻线圈进入右侧区域的距离为 x，则线圈切割磁感应线的 2 3 B 3 (d - x)v 2 3 2 3B(d - x)v 有效长度为L = 3 (d - x)，则感应电流I2 = R = ，方向为逆时针方向， 3R 当x = d 时，I = 0，当线圈的 C 点出离右边界 x 时，等效长度L = 4 3 3 d - 2 3 3 (d - x) + 2 3
14、 3 d = 2 3 B 3 (2d + x)v 2 3 2 3B(2d + x)v 3 (2d + x) I3 = R = 3R x = 0 I3 ，感应电流 ，方向顺时针方向，当 时， 2 3Bdv 2 3Bdv = 2 3R ，当x = d时，I3 = 3 3R ，当 C 点出离右边界 d2d 时，等效长度L = 4 3 3 d - 2 3 3 (2d - x) = 2 3 B 3 xv 2 3 2 3Bxv 3 x I4 = ，感应电流 R = 3R ，方向逆时针方向，当 x = d时，I4 = 2 3Bdv 2 3Bdv 3R x = 2d I4 = 2 ，当 时， ，故 A 正确，
15、BCD 错误； 3R 【点睛】本题为选择题，而过程比较复杂，故可选用排除法解决，这样可以节约一定的时间； 而进入第二段磁场后，分处两磁场的线圈两部分产生的电流相同，且有效长度是均匀变大的， 注意总感应电动势何时是切割感应电动势之和，何时是切割感应电动势之差 8如图所示，边长为 L、匝数为 N，电阻不计的正方形线圈 abcd 在磁感应强度为 B 的匀强磁 7 场中绕转轴 OO转动，轴 OO垂直于磁感线，在线圈外接一含有理想变压器的电路，变压器 原、副线圈的匝数分别为 n1和 n2.保持线圈以恒定角速度 转动，下列判断正确的是( ) A在图示位置时线框中磁通量为零，感应电动势最大 B当可变电阻 R
16、 的滑片 P 向上滑动时，电压表 V2的示数变大 C电压表 V1示数等于 NBL2 D变压器的输入与输出功率之比为 1:1 【答案】 AD 【解析】 试题分析：当磁通量为零时，磁通量变化率最大，根据法拉第电磁感应定律，可得产生的感应 电动势最大，故 A 正确；当可变电阻 R 的滑片 P 向上滑动时，由于电压表测量副线圈的输入电 压，而原线圈的输入电压不变，匝数比不变，所以副线圈的输入电压不变，即电压表的示数不 变，B 错误；因为线圈是从垂直于中性面时开始时转动的，故产生的感应电动势的瞬时值表达 式为e = NBScost，交流电压的最大值等于em = NBL2，故电压表 V1示数为有效值，为U
17、 = NBL2 ，C 错误；变压器的输入与输出功率之比为 1：1，故 D 正确。 2 考点：考查了交变电流的产生，理想变压器 9一正三角形导线框高为从图示位置沿 x 轴正方向匀速穿过两匀强磁场区域。两磁场区域磁 感应强度大小均为 B、磁场方向相反且均垂直于 xOy 平面，磁场区域宽度均为 a。则感应电流 I 与线框移动距离 x 的关系图象可能是（以逆时针方向为感应电流的正方向 A B C 8 D 【答案】 C 【解析】 当线框移动距离 x 在 a2a 范围，线框穿过两磁场分界线时，BC、AC 边在右侧磁场中切割磁 感线，有效切割长度逐渐增大，产生的感应电动势 E1增大，AC 边在左侧磁场中切割
18、磁感线， 产生的感应电动势 E2不变，两个电动势串联，总电动势 E=E1+E2增大，故 A 错误；当线框移动 距离 x 在 0a 范围，线框穿过左侧磁场时，根据楞次定律，感应电流方向为逆时针，为正值， 故 B 错误；当线框移动距离 x 在 2a3a 范围，线框穿过左侧磁场时，根据楞次定律，感应电 流方向为逆时针，为正值，故 C 正确，D 错误。所以 C 正确，ABD错误。 10在竖直向上的匀强磁场中，水平放置一个不变形的单匝金属圆线圈，线圈所围的面积为 0.1m2，线圈电阻为 1规定线圈中感应电流 I 的正方向从上往下看是顺时针方向，如图 （1）所示磁场磁感应强度 B 随时间 t 的变化规律如
19、图（2）所示则以下说法正确的是 A在时间 05s内，I 的最大值为 0.1A B在第 4s 时刻，I 的方向为逆时针 C前 2 s 内，通过线圈某截面的总电量为 0.01C D第 3s 内，线圈的发热功率最大 【答案】 BC 【解析】 【详解】 在时间 05 s 内，由图看出，在 t=0 时刻图线的斜率最大，B 的变化率最大，线圈中产生的 B 0.1 tS 1 0.1 Em 感应电动势最大，感应电流也最大，最大值为I = R = R = 1 = 0.01A故 A 正 确；在 第 4s 时刻，穿过线圈的磁场方向向上，磁通量减小，则根据楞次定律判断得知，I 的方向为 逆时针方向。故 B 正确；前
20、2s内，通过线圈某截面的总电量 q = n R BS 0.1 0.1 R 1 C = 0.01C故 C 正确。第 3s 内，B 没有变化，线圈中没有感应电流产生，则线圈的发热功率 9 最小。故 D 错误。故选 ABC。 【点睛】 本题关键要从数学角度理解斜率等于 B 的变化率经验公式q = n ，是电磁感应问题中常 R 用的结论，要在会推导的基础上记牢 二、多选题 11如图，MN 和 PQ 是电阻不计的平行金属导轨，其间距为 L，导轨弯曲部分光滑，平直部分 粗糙，固定在水平面上，右端接一个阻值为 R 的定值电阻，平直部分导轨左边区域有宽度为 d、方向竖直向上、磁感应强度大小为 B 的匀强磁场，
21、质量为 m、电阻也为 R 的金属棒从高为 h 处由静止释放，到达磁场右边界处恰好停止。己知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为 ，金属棒与导轨间接触良好，则金属棒穿过磁场区域的过程中（） （重力加速度为 g） A金属棒克服安培力做的功等于金属棒产生的焦耳热 B金属棒克服安培力做的功为 mgh 1 C金属棒产生的电热为 2mg（h - d） D金属棒运动的时间为 2gh g - B2L2d 2Rmg 【答案】 CD 【解析】 【详解】 根据功能关系知，金属棒克服安培力做的功等于金属棒以及电阻 R 上产生的焦耳热之和，故 A 错误。设金属棒克服安培力所做的功为 W对整个过程，由动能定理得 mgh-
22、mgd-W=0，得 W=mg（h-d），故 B 错误。电路中产生的总的焦耳热 Q=W= mg（h-d），则属棒产生的电热为 1 1 mg（h-d），故 C 正确。金属棒在下滑过程中，其机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgh= 2 2 BLd mv02，得v0 = 2gh。金属棒经过磁场通过某界面的电量为q = 2R = 2R；根据动量定理： -B 2gh B2L2d ILt - mgdt = 0 - mv0 q = It t = g - ，其中 ，解得 ，选项 D 正确；故选 2Rmg CD. 12由法拉第电磁感应定律可知，若穿过某截面的磁通量为 msin t，则产生的感应电 动势为 emco
23、s t。如图所示，竖直面内有一个闭合导线框 ACD(由细软弹性电阻丝制 10 成)，端点 A、D 固定。在以水平线段 AD 为直径的半圆形区域内，有磁感应强度大小为 B、方 向垂直纸面向里的有界匀强磁场。设导线框的电阻恒为 r，圆的半径为 R，用两种方式使导线 框上产生感应电流。方式一：将导线与圆周的接触点 C 点以恒定角速度 1(相对圆心 O)从 A 点沿圆弧移动至 D 点；方式二：以 AD 为轴，保持ADC45，将导线框以恒定的角速度 2 转 90。则下列说法正确的是 A方式一中，在 C 从 A 点沿圆弧移动到图中ADC30位置的过程中，通过导线截面电荷量 为 3BR2 2r B方式一中，
24、在 C 沿圆弧移动到圆心 O 的正上方时，导线框中的感应电动势最大 E1 C两种方式回路中电动势的有效值之比 E2 = 1 2 1 D若两种方式电阻丝上产生的热量相等，则2 = 1 4 【答案】 AC 【解析】 【详解】 方式一中，在 C 从 A 点沿圆弧移动到题图中ADC30位置的过程中，穿过回路磁通量的变 3 E 化量为 BR2。由法拉第电磁感应定律 E ，Ir，qIt，联立解得 q = 2 t r = 3BR2 ，选项 A 正确；第一种方式中穿过回路的磁通量 1BR2sin 1t，所产生的电动势为 e1 2r 1BR2cos 1t，在 C 沿圆弧移动到圆心 O 的正上方时，导线框中的磁通
25、量最大，由法拉第 电磁感应定律可知，感应电动势最小，感应电动势为零，选项 B 错误；第二种方式中穿过回路 的磁通量 2BR2cos2t，所产生的电动势为 e22BR2sin2t，则两种方式所产生的正弦 E1 1 1t1 1800 E21 E2 交流电动势的有效值之比为E2 = ，时间满足2t2 = ，产生的焦耳热 Q1 t1，Q2 t2， 2 r r 900 1 1 若 Q1Q2，则 ，选项 C 正确，D 错误。故选 AC. 2 = 2 13如图所示，质量为 M 的足够长金属导轨 abcd 放在光滑的绝缘水平面上一电阻为 r，质 量为 m 的导体棒 PQ 放置在导轨上，始终与导轨接触良好，PQ
26、bc 构成矩形棒与导轨间无摩擦、 棒左侧有两个固定于水平面的光滑立柱导轨 bc 段电阻为 R，长为 L，其他部分电阻不计以 ef 为界，其左侧匀强磁场方向竖直向上，右侧匀强磁场水平向右，磁感应强度大小均为 B在 t0 时，一水平向左的拉力 F 垂直作用在导轨的 bc 边上，使导轨由静止开始做匀加速直线运 动，加速度为 a则（ ） 11 AF与 t2成正比 BF和 t是线性关系 C当 t达到一定值时，QP刚好对轨道无压力 D若 F0，PQbc静止，ef左侧磁场均匀减小，QP可能对轨道无压力 【答案】 BC 【解析】 【详解】 AB、t 时刻 dc 产生的感应电动势 EBLv，导轨做初速为零的匀加
27、速运动，vat，则 E E BLat；感应电流 I = ，金属导轨 abcd安培力大小 F安BIL，对导轨，由牛顿第二定律得： R + r B2L2a FF安ma，则得：Fma + t，可知 F与 t2不成正比，F与 t成线性关系，故 A 错误，B R + r 正确； C、当 t 达到一定值时，导致 QP 的电流，产生的安培力等于其重力，则刚好对轨道无压力， 故 C 正确； D、当 ef 左侧磁场均匀减小，不管减小到什么值，QP 对轨道压力不会为零，因为受到的安培 力与重力同向，故 D 错误。 14边长为 L 的正方形金属框在水平恒力 F 作用下运动，穿过方向如图的有界匀强磁场区域， 磁场区域
28、的宽度为 d（dL）。已知 ab 边进入磁场时，线框的加速度恰好为零。则线框进入磁 场的过程和从磁场另一侧穿出的过程相比较，有（） A产生的感应电流方向相反 B所受的安培力方向相同 C进入磁场过程的时间等于穿出磁场过程的时间 D进入磁场过程和穿出磁场过程中通过导体内某一截面的电量相等 【答案】 ABD 12 【解析】 【分析】 “根据题中 正方形金属框在水平恒力 F 作用下运动，穿过方向如图的有界匀强磁场区域”可知， 本题考察线框在磁场中的运动问题。根据线框在磁场中运动的分析方法，运用安培力、牛顿第 二定律、楞次定律、感应电量等知识分析推断。 【详解】 A：线框进入和穿出磁场的过程中，磁场方向
29、相同，进入磁场时磁通量增加，穿出磁场时磁通 量减小；由楞次定律可知，产生感应电流方向相反。故 A 项正确。 B：根据楞次定律：感应电流阻碍导体与磁体间相对运动。线框向右进入磁场和从磁场另一侧 穿出过程所受安培力方向均水平向左，方向相同。故 B 项正确。 C：ab边进入磁场时，线框的加速度恰好为零，线框进入磁场过程做匀速运动。线框完全在磁 场中运动时磁通量不变，没有感应电流产生，线框不受安培力而做匀加速运动。线框刚开始穿 出磁场时，速度比进入磁场时速度大，线框所受安培力增大，大于恒力 F，线框穿出磁场的过 程做减速运动或先减速后匀速，完全穿出磁场时，线框的速度大于或等于进入磁场时的速度。 综上线
30、框穿出磁场过程的平均速度大于线框进入磁场的平均速度，线框进入磁场过程的时间大 于穿出磁场过程的时间。故 C 项错误。 E t D：感应电量q = I t = 。线框进入和穿出磁场的两个过程 R总 t = nt R总 = n R总 中，线框磁通量的变化量相等，则通过导体内某一截面的电量相等。故 D 项正确。 【点睛】 楞次定律：感应电流具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变 化。楞次定律还可表述为：感应电流的效果总是反抗引起感应电流的原因，如“增反减同”、“来 拒去留”“”、 增缩减扩 等。 15如图所示，两根平行光滑金属导轨固定在同一水平面内，其左端接有定值电阻R，建
31、立ox 轴平行于金属导轨，在0 x 4m 的空间区域内存在着垂直导轨平面向下的磁场，磁感应 强度B 随坐标x（以 m 为单位）的分布规律为 B = 0.8 - 0.2x(T)，金属棒 ab 在外力作用下从 x = 0 处沿导轨向右运动，ab始终与导轨垂直并接触良好，不计导轨和金属棒的电阻。设在金 属棒从x1 = 1m处，经x2 = 2m 到x3 = 3m的过程中，电阻器R的电功率始终保持不变，则 A金属棒做匀速直线运动 B金属棒运动过程中产生的电动势始终不变 C金属棒在x1与x2处受到磁场B的作用力大小之比为 3：2 13 D金属棒从x1到x2与从x2到x3的过程中通过R的电量之比为 5：3
32、【答案】 BCD 【解析】 【分析】 磁感应强度随 x 增大而减小，ab 棒在外力作用下在磁场中运动，切割磁感线而更含蓄的是 已知金属棒从 x1=1m经 x2=2m到 x3=3m的过程中，R 的电功率保持不变，由功率公式P = I2R = U2 ，则电流和电压均有相等从而很容易判断感应电动势的大小，电荷量的比值同样用平均值 R 方法来求，安培力之比用安培力公式来求，难于判定的是热量，虽然电流相等但不知时间关系， 所以由图象法来求，F-x 图象与坐标轴围成的面积就是功，而面积是梯形面积，那么克服安培 力做功的比值就能求出 【详解】 E2 B、由功率的计算式：P = I2R = ，知道由于金属棒从
33、 x1=1m经 x2=2m到 x3=3m 的过电功率保 R 持不变，所以 E 应不变，选项 B 正确. A、由动生电动势E = Blv可知，B 随着距离均匀减小，则 v 一直增大，故棒做加速直线运动； 故 A 错误. F1 B1I1 B1 0.8 - 0.2 1 3 C、由安培力公式 F=BIL 及 P=EI 知，F2 = B2I2 = B2 = 0.8 - 0.2 2 = ；故 C 正确. 2 D、由于金属棒从 x1=1m经 x2=2m 到 x3=3m的过程中，R 的电功率保持不变，由 P=I2R 知道 R 中 的电流相等，再由安培力公式 F=BIL，所以 F-x 图象如图所示： Q1 显然
34、图象与坐标轴围成的面积就是克服安培力做的功，即 R 产生的热量，所以：Q2 = 0.6 + 0.4 0.4 + 0.2 = 5 q1 ，由热量 Q=I2Rt，热量之比为 5：3，电流相同说明时间之比为 5:3，因此电量q2 = 3 It1 It2 = t1 t2 = 5 ;故 D 正确. 3 故选 BCD. 【点睛】 本题的难点在于没有一个对比度，导体棒 ab 在随 x 的增大而减小的磁场中在外力作用下切割 磁感线，而巧妙的是在某一路段 R 上的电功率相同，预示着电路的电流和 R 上电压相同，则安 培力正比于磁感应强度，均匀减小克服安培力的功转化为焦耳热，所以 F-x 图象与坐标轴围 成的面积
35、就是功虽然不知外力怎么变化，但它与解决问题无多大关联 14 16如图所示，足够长的光滑平行金属导轨竖直放置，间距为 L，其上端连接有阻值为 R 的电 阻和电容器 C，装置区域有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为 B。将一根水平金属棒 ab 开始下滑.已知金属棒 ab 的质量为 m，电 阻也为 R.金属棒 ab 在运动中始终保持水平且与导轨 良好接触，且通过金属棒 ab 的电流恒定不变，忽略导轨电阻，重力加速度为 g.则下列说法正 确的是 A因为通过金属棒 ab 的电流不变，所以金属棒 ab 做匀速运动，速度大小是v = 2mgR B2L2 B尽管通过金属棒 ab 的电流不变，金属棒 ab
36、做匀变速运动，加速度大小是a = mg m + CB2L2 2 CBLmg C电阻 R 的电功率为P = ( ) R m + CB2L2 D若金属棒 ab 由静止下滑，开始时电容器所带电荷量为 0，那么经过时间 t，电容器两端电 量q = BCLmgt - 2C2BLmgR m + CB2L2 【答案】 BCD 【解析】 【分析】 根据通过金属棒 ab 的电流恒定不变，可以知道电容器两端的电压均匀增大，处于充电过程中， 然后根据牛顿第二定律可以确定加速度以及功率和电量. 【详解】 BILt BLQ BLCU BLC BLv A、由题可知金属棒 ab 受到安培力为:FA = BIL = t =
37、t = t = t = B , 2L2Ca mg 对金属棒 ab，根据牛顿第二定律可以得到：mg-B2L2Ca=ma,整理可以得到:a = ，恒定不 m + CB2L2 变，所以金属棒 ab 做匀变速运动，故 A 错误，B 正确； mg C、由上面分析可知：BIL=B2L2Ca，即:I = BLCa = BLC ,则电阻 R 的功率为： P = I2R = m + CB2L2 2 CBLmg ( ) R，故 C 正确； m + CB2L2 D、 经 过 时 间 t 电 容 器 两 端 的 电 量 为 :q = CU = C(BLv - 2IR) = C(BLat - 2BLCaR) = BCL
38、mgt - 2C2BLmgR ；故 D 正确. m + CB2L2 15 故选 BCD. 【点睛】 本题考查了电磁感应中的电容器充电过程中，电流不变，然后根据牛顿第二定律可以确定加速 度.要知道电流与电容器带电量的关系. 17如图所示，在竖直向上磁感应强度为B = 1T 匀强磁场中，两条足够长光滑平行金属导轨固 定在水平桌面上，间距l = 1m，电阻不计，匀强磁场方向与导轨平面垂直，金属棒 AB、CD 水 平放在两导轨上，相隔为L = 0.2m，棒与导轨垂直并保持良好接触，AB 棒质量为m1 = 0.2kg， CD 棒质量为m2 = 0.4kg，两金属棒接入电路的总电阻R = 0.5，若 CD
39、 棒以v0 = 3m/s的初速 度水平向右运动，在两根金属棒运动到两棒间距最大的过程中，下列说法正确的是( ) AAB 棒的最终速度大小为1m/s B该过程中电路中产生的热量为0.6J C该过程中通过导体横截面的电荷量为0.4C D两金属板的最大距离为0.3m 【答案】 BC 【解析】 【分析】 金属导轨光滑，两金属棒组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，由动量守恒定律可以求 出棒的最终速度；由能量守恒定律可以求出电路产生的热量，应用动量定理可以求出通过导体 横截面的电荷量，然后求出两金属棒的最大距离。 【详解】 A、开始 CD棒做减速运动、AB 棒做加速运动，当两者速度相等时它们间的距离最
40、大，两棒组 成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：m2v0 = (m1 + m2)v，解得：v = 2m /s，故 A 错误； 1 1 2 2 Q = 0.6J B、对系统，由能量守恒定律得： 2(m1 + m2)v ，解得： ，故 B 正确； 2m2v0 = Q + C、对 AB 棒，由动量定理得：Bilt = m1v，而：it = q，则：Blq = m1v，解得：q = 0.4C， 故 C 正确； E Bld t D、通过导体横截面的电荷量：q = I t = R t = R t = R = ，两金属棒间的最 R qR 0.4 0.5 大距离：D = d + L = ，故
41、D 错误； Bl + L = 1 1 +0.2m = 0.4m 16 故选 BC. 【点睛】 本题是电磁感应与力学、电学相结合的综合题，考查了动量守恒定律的应用，分析清楚金属棒 的运动过程是解题的前提与关键，应用动量守恒定律、能量守恒定律、动量定理与法拉第电磁 感应定律、欧姆定律可以解题。 18如图所示，空间存在磁感应强度为 B，方向竖直向下的匀强磁场，MN、PQ是相互平行的粗 糙的长直导轨，处于同一水平面内，其间距为 L，导轨一端接一阻值为 R的电阻，ab是跨接在 导轨上质量为 m的导体棒，其阻值也为R.从零时刻开始，对 ab棒施加一个水平向左的恒力 F， 使其从静止开始沿导轨做直线运动，此
42、过程中棒始终保持与导轨垂直且接触良好，所受滑动摩 1 擦力大小始终为了 F.导轨电阻不计 则 4 . ( ) A通过电阻 R的电流方向为由 N到 Q 3FR Bab棒的最大速度为 4B2L2 9F2R C电阻 R消耗的最大功率为 16B2L2 3F Dab棒速度为v0时的加速度大小为4m - B2L2v0 2mR 【答案】 CD 【解析】 【分析】 由右手定则可以判断出电流方向； 导体棒匀速运动时速度最大，由平衡条件可以求出最大速度； 由E = BLv 求出感应电动势，由电功率公式求出电功； 由安培力公式求出安培力，由牛顿第二定律求出加速度 【详解】 A、由右手定则可知，通过电阻 R的电流方向
43、为由 Q到 N，故 A错误； B2L2v B、导体棒受到的安培力：F安培 = BIL = ，导体棒匀速运动时速度最大，由平衡条件得： 2R F = B2L2v 2R + F 3FR 4 v = ，解得： ，故 B错误； 2B2L2 E最大 BLv最大 3F 9F2R C、最大感应电流：I = 2R = 2R = 4BL，电阻 R消耗的最大功率：P = I ，故 C正 2R = 16B2L2 确； B2L2v0 D、ab棒速度为v0时导体棒受到的安培力：F安培 = BIL = ，由牛顿第二定律得： 2R F - B2L2v0 2R 17 - B2L2v0 F 3F 4 = ma，解得：a = 4
44、m - ，故 D 正确； 2mR 故选： CD。 【点睛】 本题是一道电磁感应、电路与力学相结合的综合题，分析清楚导体棒的运动过程，应用安培力 公式、平衡条件、牛顿第二定律可以解题 19如图甲所示，在竖直方向上有四条间距相等的水平虚线L1、L2、L3、L4，在L1L2之间、L3L4 之间存在匀强磁场，大小均为 1 T，方向垂直于虚线所在平面现有一矩形线圈 abcd，宽度 cd = L = 0.5 m，质量为0.1 kg，电阻为2 ，将其从图示位置静止释放（cd 边与L1重合）， 速度随时间的变化关系如图乙所示，t1时刻cd边与L2重合，t2时刻ab 边与L3重合，t3时刻ab边 与L4重合，已
45、知t1t2的时间间隔为0.6 s，整个运动过程中线圈平面始终处于竖直方向，（重力 加速度g 取10 m/s2）则（） A在0t1时间内，通过线圈的电荷量为0.25 C B线圈匀速运动的速度大小为8 m/s C线圈的长度ad为1 m D0t3时间内，线圈产生的热量为4.2 J 【答案】 AB 【解析】 BLv1 BLd A：在0t1时间内，cd 边从L1运动到L2，通过线圈的电荷量为q = It1 = R t1 = R = 0.25C， 故 A 项正确。 BLv mgR B：根据平衡有：mg = BIL，而I = ，联立两式解得： ，故 B 项正确。 R v = = 8m/s B2L2 C：t1
46、t2的时间间隔内线圈一直做匀变速直线运动，知ab边刚进上边的磁场时，cd边也刚进下 边的磁场，设磁场的宽度为 d，则线圈的长度：L = 2d，线圈下降的位移为：x = L 1 2 v = 8m/s t = 0.6s d = 1m +d = 3d，则有：3d = vt - 2gt ，将 ， ，代入解得： ，所以线圈的 长度为L = 2d = 2m，故 C 项错误。 D：0t3时间内，根据能量守恒得：Q = mg(3d + 2d) - 1 2mv 2 = 0.1 10 (3 + 2) - 2 = 0.1 10 (3 + 2) - 1 2 0.1 82J = 1.8J ，故 D 项错误。 18 综上
47、答案为 AB 点睛：解决本题的关键理清线圈的运动情况，选择合适的规律进行求解，本题的难点就是通过 线圈匀加速直线运动挖掘出下落的位移为磁场宽度的3 倍 20如图所示，虚线 EF左侧区域 I 内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为 B，右 侧区域 内有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为 2B，边长为 L、粗细均匀的正方 形金属线框在区域 I，线框平面与磁场垂直，cd边与虚线 EF 平行，线框的电阻为 R，现使线 框由图示位置以速度 v 向右匀速运动，则在线框通过 EF过程中，下列说法中正确的是 3BL2 A通过导线横截面的电量为 R BLv B线框 ab 边的电流大小为 3R 9B
48、2L2v C线框受到的安培力的大小为 R 9B2L3v D线框中产生的焦耳热为 R 【答案】 ACD 【解析】 2 q = A、线框通过 EF 的过程中，线框中磁通量的变化是 = 3BL ，因此通过线框截面的电量为 I t = R = 3BL2 E 3BLv R ，故 A 项正确；线框中的总电动势E = 3BLv，电路中的电流I = R = ，B R 9B2L2v 项错误；C、线框受到的安培力为F = BIL + 2BIL = 3BIL = ，则 C 项正确；D、线框中产 R 2 9B2L3v 3BLv L 生的焦耳热Q = I2Rt = ( ，则 D 项正确；故选 ACD. R R ) v = R 【点睛】本题主要是考查了法拉第电磁感应定律和安培力的计算；对于导体切割磁感应线产生 的感应电动势情况有两种：一是导体平动切割产生的感应电动势，可以根据 E=BLv 来计算；二 BL2 是导体棒转动切割磁感应线产生的感应电动势，可以根据E = 来计算注意磁通量变化量 2 的计算方法 三、解答题 21如图（a），水平地面上固定一倾角为 37的斜面，一宽为 l=0.43m 的有界匀强磁场垂直 于斜面向