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1、2019届高三物理电磁感应冲刺训练一、选择题1、如图所示，直导线MN与闭合线框abcd位于同一平面，要使导线框中产生方向为abcd的感应电流，则直导线中电流方向及其变化情况应为（ ）（A）电流方向为M到N，电流逐渐增大 （B）电流方向为N到M，电流逐渐增大（C）电流方向为M到N，电流大小不变 （D）电流方向为N到M，电流逐渐减小2、如图所示，一圆形金属环与两固定的平行长直导线在同一竖直平面内，环的圆心与两导线距离相等，环的直径小于两导线间距。两导线中通有大小相等、方向向下的恒定电流，若（ ）（A）金属环向上运动，则环中产生顺时针方向的感应电流（B）金属环向下运动，则环中产生顺时针方向的感应电流
2、（C）金属环向左侧直导线靠近，则环中产生逆时针方向的感应电流（D）金属环向右侧直导线靠近，则环中产生逆时针方向的感应电流3、左图虚线上方是有界匀强磁场，扇形导线框绕垂直于框面的轴O以角速度逆时针匀速转动，线框中感应电流方向以逆时针为正，则能正确反映线框转动一周感应电流随时间变化的图像是（ ）4、如图所示，I、III为两匀强磁场区，I区域的磁场方向垂直纸面向里，III区域的磁场方向垂直纸面向外，磁感强度均为B，两区域中间为宽l的无磁场区II，有边长为L=2l的正方形金属框abcd置于I区域，ab边与磁场边界平行，以I、II区域分界处为坐标原点O。现使金属框向右匀速移动，在ab边从x=0到x=3l
3、的过程中，能定性描述线框中感应电流随位置变化关系的是（ ） 5、如图所示，条形磁铁放在光滑的斜面上（斜面固定不动），用平行于斜面的轻弹簧拉住而平衡，A为水平放置的直导线的截面，导线中无电流时，磁铁对斜面的压力为F1；当导线中通有电流时，发现弹簧的伸长量减小，设此时磁铁对斜面的压力为F2。则 （ ）（A）F1F2，A中电流方向向内（B）F1F2，A中电流方向向外（C）F1F2，A中电流方向向内（D）F1m/s故整个过程中向下匀速时速度最大，最大速度为10m/s（2分）（2分）答：（1）当M下落高度h=1.0m时，ab速度的大小为3.46m/s；（2）先向上做加速度减小的减速运动，到速度为零后向下
4、做加速度减小的加速运动，最终匀速运动。（3）当ab棒速度最大时，定值电阻R的发热功率为40W。3、（14分）（1）CD棒进入磁场前，牛顿定律：Fmgsinma （1分）解出：agsin20100.812m/s （1分）由匀变速公式2asvt2v02，解出vm/s2.4m/s （1分）（2）CD棒刚进入磁场时，感应电动势 EBlv2.4V，感应电流I48A （1 分）安培力FABIl48N （1分）重力分力为mgsin32N，因拉力F80N，合力为零， （1 分）故CD棒进入磁场后，应匀速运动 （1分）（3）可以不用做出调节 。 （1分）因为拉力增大，CD棒进入磁场时的速度增大，安培力也随之增大
5、，如果维持CD棒在磁场中匀速运动，仍然需要较大的拉力，可以满足锻炼的需求。（如果答“增强磁场”、“加大导轨宽度”、“减小电阻R”可酌情给分） （2 分）（4）每次上升过程，CD棒增加的重力势能 Epmg(s+d)sin25.6J， （1分）增加的动能 Ekmvt28J （1分）每次需消耗能量EEkEpQ56J （1分）次数n142.86，完成以上动作约需143次。 （1分）4、（14分）（1）（6分）刚释放时，ab棒的受力如右图。沿轨道斜面向下的合力：m1gsin20=0.25100.34N=0.85N最大静摩擦力fmax=N1=m1gcos20=0.40.25100.94 N =0.94N因
6、为m1gsin20fmax，所以刚释放时ab棒保持静止。cd棒向下做切割磁感线的运动，由楞次定律可以确定cd棒中的电流从d指向c，ab棒中的电流从a指向b由左手定则可以确定ab棒受到的安培力垂直于左侧轨道向下cd棒速度增大，由E=BLv和闭合电路欧姆定律可确定ab棒中的电流增大，再由FA=BIL可确定ab棒受到的安培力增大，导致压力增大进而导致ab棒与轨道间的最大静摩擦力增大因为总有m1gsin20fmax，所以ab棒不会由静止开始运动。评分量表：以上各1分 （2）（8分）cd棒在右侧轨道上做匀加速运动时，其受力情况如图所示，设F方向向下。其中，斜面弹力N2= m2gcos70，斜面摩擦力f2
7、=N2=m2gcos70，安培力FA2=BIL= BL= 以沿斜面向下为正方向，根据牛顿第二定律有：m2g sin70+F -m2gcos70-FA = m2a代入已知数据可得：F= -0.754+0.09t所以： t=0s时，F沿右侧轨道向上，大小为0.754N； 0s8.38s之间，F沿右侧轨道向上，大小随时间均匀减小； t=8.38s时，F恰好为零； 8.38s以后，F沿右侧轨道向下，大小随时间均匀增大。5、（14分）（1）金属棒先做加速度减小速度增加的变加速运动，最终做匀速直线运动 (3分)（2）由于甲灯正常工作，说明电路此时的电流为，而这个电流是由于金属棒切割磁感线产生的，故有： ，
8、所以， (3分)（3）甲灯正常发光时金属棒在恒力作用下匀速直线运动，恒力大小与此时安培力的大小相等，闭合开关K，电路电阻发生了变化，电流也变化了，此时的安培力为，由牛顿定律有，将v代入解得，“-”号表示加速度的方向向左 (5分)（4） 合上开关K经过足够长时间后，金属棒又处于匀速直线运动状态，安培力又与恒力大小相等，故流过金属棒的电流仍然为，甲乙两灯并联，故甲灯的电流为原来的一半，甲灯的功率为 (3分)6、 （14分）解答：（1）形线框abcd与金属棒PQ构成闭合回路。在形线框下落过程中，bc边在磁场区域内切割磁感线，回路中产生感应电流，金属棒PQ在磁场区域中，受到向下的安培力，金属棒在拉力、
9、重力和安培力的作用下处于平衡状态。随着线框下落速度的增大，感应电动势、感应电流、安培力都增大，bc边到达磁场下边界时，以上各量都达到最大。由细线断裂的临界条件： ，既：（1分）再由（1分） 联立各式得：（1分）（2）细线断裂瞬间，线框的速度最大，此时感应电动势：（1分）由闭合电路的欧姆定律：（1分）联立得：（1分） （3）根据能量守恒定律，整个过程产生的内能等于减少的机械能：（2分）再由可知，（1分）所以：（1分）（4）形线框下落过程中，做加速度减小的变加速运动（2分）刚释放瞬间，加速度最大为（1分）bc边到达磁场的下边界时，加速度最小，设为，由牛顿第二定律：，式中解得最小加速度：（1分）（评
10、分标准：描述速度、加速度，求出最大加速度、最小加速度，各1分，共4分）7、 （12分）解析：（1）电流方向由M指向N；（2分）根据能的转化和能量守恒定律（或根据功能关系：外力克服安培力做功，机械能转化为电能）设感应电流为I，MN移动s距离所需时间为t。（1分）则 所以E=BLv（1分）（2）MN棒在外力F和安培力共同作用下运动，由牛顿第二定律，得（1分）v增大，a减小，MN棒先做加速度逐渐减小的加速运动。（1分）当时，a=0，速度达到最大速度vm，MN棒以vm做匀速运动。（1分）（1分）（3）由牛顿第二定律，得 得（2分）由图像可得斜率的绝对值为解得：（1分）由图像纵轴截距可得解得：（1分)18