电磁感应难题专练高考必胜中学教育高考_中学教育-高考.pdf

电磁感应难题专练 一、选择题（共 20小题）1（2012 昆山市模拟）如图所示，两光滑平行导电导轨水平放置于磁感应强度为 B 的匀强磁场中，磁场与导轨所在平面垂直已知金属棒 ab 能沿导轨自由移动，且导轨一端跨接一个定值电阻 R，金属棒与导轨电阻均不计现将金属棒沿导轨以初速度 v0开始向右拉动，若保持拉力恒定不变，经过时间 t1后金属棒速度变为 v，加速度为 a1，最终以速度 2v 做匀速运动若再使金属棒仍以初速度 v0开始，保持拉力的功率不变，经过时间 t2后金属棒速度变为 v，加速度为 a2，最终以速度 2v 做匀速运动则（）A t2t1 B t2=t1 C a2=2a1 D a2=3a1 考点：导体切割磁感线时的感应电动势；力的合成与分解的运用；牛顿第二定律；电磁感应中的能量转化 专题：电磁感应中的力学问题 分析：解答本题应掌握：金属棒的速度为 v 时所受的安培力大小为 FA=匀速运动时，拉力与安培力相等，求出两种情况下金属棒匀速运动时拉力的大小，得到第二情况下拉力的功率；根据牛顿第二定律求解加速度的关系拉力一定时，金属棒做加速度减小的加速运动，拉力功率恒定时做加速度减小的加速运动，根据加速度的大小关系，分析时间 解答：解：若保持拉力恒定不变，金属棒以速度 2v 匀速运动时，则有 F=FA=速度为 v 时，由牛顿第二定律得 F=ma1，联立两式得：=ma1，保持拉力的功率不变，金属棒以速度 2v 匀速运动时，则有 F=FA=，拉力的功率为P=F2v=速度为 v 时，由牛顿第二定律得=ma2，联立两式得：3=ma2，则得：a2=3a1 由于拉力的功率一定时，金属棒的加速度较大，其速度从 v0增大到 v 的时间较小，即 t2t1 故选 AD 点评：本题要根据平衡条件和牛顿第二定律分别研究匀速运动的状态和速度为 v 的状态，得到加速度关系之后，再分析 t2与 t1的大小难度较大 2如图所示，足够长的 U 形光滑金属导轨平面与水平面成 角（0 90），其中 MN 与 PQ 平行且间距为 L，导轨平面与磁感应强度为 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，棒的速度大小为 ，则金属棒 ab 在这一过程中（）A 加速度大小为 B 下滑位移大小为 C 产生的焦耳热为 qBL D 受到的最大安培力大小为 考点：导体切割磁感线时的感应电动势 专题：电磁感应中的力学问题 分析：金属棒 ab 由静止开始沿导轨下滑，做加速度逐渐减小的变加速运动由牛顿第二定律，法拉弟电磁感应定律、能量守恒定律等研究处理 解答：解：A、金属棒 ab 开始做加速运动，速度增大，感应电动势增大，所以感应电流也增大，导致金属棒受到的安培力增大，所以加速度减小，即金属板做加速度逐渐减小的变加速运动，根据牛顿第二定律，有：mgsin BIL=ma；其中 I=；故 a=gsin，故 A 错误；B、由电量计算公式 q=可得，下滑的位移大小为 s=，故 B 正确 C、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=小，故这一过程产生的焦耳热小于 qBLv故 C 错误 D、金属棒 ab 受到的最大安培力大小为 F=BIL=BL=，故 D 错误 故选 B 点评：电磁感应综合题中，常常用到这个经验公式：感应电量 q=常用来求位移，但在计算题中，不能直接作为公式用，要推导 3如图甲所示，在光滑水平面上用恒力 F 拉质量 m 的单匝均匀正方形铜线框，边长为 a，总电阻为 R，在 1 位置以速度 v0进入磁感应强度为 B 的匀强磁场，并开始计时 t=0，若磁场的宽度为 b（b3a），在 3t0时刻线框到达 2位置速度又为 v0，并开始离开匀强磁场此过程中 vt 图象如图乙所示，则（）A t=0 时，线框右侧边 MN 的两端电压为 Bav0 B 在 t0时刻线框的速度为 v02Ft0/m C 线框完全离开磁场的瞬间位置 3 速度一定比 t0时刻线框的速度大 D 线框从 1 位置进入磁场到完全离开磁场位置 3 过程中，线框中产生的电热为 F（a+b）考点：导体切割磁感线时的感应电动势；共点力平衡的条件及其应用；闭合电路的欧姆定律；安培力 专题：电磁感应中的力学问题 分析：（1）图乙为速度时间图象，斜率表示加速度，根据图象分析线框的运动情况：在 0t0时间内速度在减小，加速度也在减小，对应甲图中的进入磁场的过程，在 t03t0时间内做匀加速直线运动，对应甲图中的完全在磁场中运动过程 （2）当通过闭合回路的磁通量发生变化时，闭合回路中产生感应电流，所以只有在进入和离开磁场的过程中才有感应电流产生，根据安培定则可知，在此过程中才受到安培力（3）从 1 位置到 2 位置的过程中，外力做的功可以根据动能定理去求解t 因为 t=0 时刻和 t=3t0时刻线框的速度相等，进入磁场和穿出磁场的过程中受力情况相同，故在位置 3 时的速度与 t0时刻的速度相等，进入磁场克服安培力做的功和离开磁场克服安培力做的功一样多 解答：解：At=0 时，线框右侧边 MN 的两端电压为外电压，总的感应电动势为：E=Bav0，外电压 U外=E=Bav0，故 A 错误；B根据图象可知在 t03t0时间内，线框做匀加速直线运动，合力等于 F，则在 t0时刻线框的速度为 v=v0a2t0=v0故 B 正确 C线框离开磁场的过程，做减速运动，位置 3 速度不一定比 t0时刻线框的速度大，故 C 错误 D因为 t=0 时刻和 t=3t0时刻线框的速度相等，进入磁场和穿出磁场的过程中受力情况相同，故在位置 3 时的速度与 t0时刻的速度相等，进入磁场克服安培力做的功和离开磁场克服安培力做的功一样多线框在位置 1 和位置 3 时的速度相等，根据动能定理，外力做的功等于克服安培力做的功，即有 Fb=Q，所以线框穿过磁场的整个过程中，产生的电热为 2Fb，故 D 错误 故选 B 点评：该图象为速度时间图象，斜率表示加速度根据加速度的变化判断物体的受力情况要注意当通过闭合回路的磁通量发生变化时，闭合回路中产生感应电流，所以只有在进入和离开磁场的过程中才有感应电流产生该题难度较大 4（2012 东城区一模）如图所示，一光滑平行金属轨道平面与水平面成 角，两导轨上端用一电阻 R 相连，该装置处于匀强磁场中，磁场方向垂直轨道平面向上质量为 m 的金属杆 ab，以初速度 v0从轨道底端向上滑行，滑行到某一高度 h 后又返回到底端若运动过程中，金属杆保持与导轨垂直且接触良好，并不计金属杆 ab 的电阻及空气阻力，则（）A 上滑过程的时间比下滑过程长 B 上滑过程中安培力的冲量比下滑过程大 C 上滑过程通过电阻 R 的电量比下滑过程多 D 上滑过程通过电阻 R 产生的热量比下滑过程多 考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化 专题：电磁感应功能问题 分析：通过对导体棒受力分析知，上滑的过程做变减速直线运动，下滑的过程做变加速直线运动，抓住位移相等，平均速度不同，比较运动的时间，根据 q=比较出电量的大小，从而推导出安培力的冲量，以及根据 Q=EIt=qE 比较上滑和下滑过程中产生的热量 解答：解：A、因为上滑阶段的平均速度大于下滑阶段的平均速度，而上滑阶段的位移与下滑阶段的位移大小相等，所以上滑过程的时间比下滑过程短，所以 A 错误 B、安培力的冲量 I=BILt=qBL，根据 q=知，上滑过程和下滑过程磁通量的变化量相等，则通过电阻 R 的电量相等，所以上滑过程和下滑过程安培力的冲量相等故 B 错误，C 错误 D、电阻上产生的热量 Q=EIt=qE，因为上滑过程中和下滑过程中通过电阻的电量相等，上滑过程中平均电动势大于下滑过程中的平均电动势，则上滑过程中通过电阻 R 的热量大于下滑过程中产生的热量故 D 正确 故选 D 点评：解决这类问题的关键时分析受力，进一步确定运动性质，并明确判断各个阶段及全过程的能量转化 5 一质量为 m 的金属杆 ab，以一定的初速度 v0从一光滑平行金属导轨底端向上滑行，导轨平面与水平面成 30 角，两导轨上端用一电阻 R 相连，如图所示，磁场垂直斜面向上，导轨与杆的电阻不计，金属杆向上滑行到某一高度之后又返回到底端，则在此全过程中（）A 向上滑行的时间大于向下滑行的时间 B 电阻 R 上产生的热量向上滑行时大于向下滑行时 C 通过电阻 R 的电量向上滑行时大于向下滑行时 D 杆 a、b 受到的磁场力的冲量向上滑行时大于向下滑行时 考点：导体切割磁感线时的感应电动势；力的合成与分解的运用；动量定理；电磁感应中的能量转化 专题：电磁感应中的力学问题 分析：通过对导体棒受力分析知，上滑的过程做变减速直线运动，下滑的过程做变加速直线运动，抓住位移相等，平均速度不同，比较运动的时间，根据 q=比较出电量的大小，从而推导出安培力的冲量，以及根据 Q=EIt=qE 比较上滑和下滑过程中产生的热量 解答：解：A、因为上滑阶段的平均速度大于下滑阶段的平均速度，而上滑阶段的位移与下滑阶段的位移大小相等，所以上滑过程的时间比下滑过程短，故 A 错误 B、电阻上产生的热量 Q=EIt=qE，因为上滑过程中和下滑过程中通过电阻的电量相等，上滑过程中平均电动势大于下滑过程中的平均电动势，则上滑过程中通过电阻 R 的热量大于下滑过程中产生的热量故 B 正确 C、电量 q=It=t=，式中结果无时间，故上滑阶段和下滑阶段通过回路即通过 R 的电量相同，故 C 错误；D、安培力的冲量 I=BILt=qBL，根据通过电阻 R 的电量相等，所以上滑过程和下滑过程安培力的冲量相等故 D 错误 故选 B 点评：解决这类问题的关键时分析受力，进一步确定运动性质，并明确判断各个阶段及全过程的能量转化 6两根相距为 L 的足够长的金属直角导轨如图所示放置，它们各有一边在同一水平面内，另一边垂直于水平面，质量均为 m 的金属细杆 ab、cd 与导轨垂直接触形成闭合回路，杆与导轨之间的动摩擦因数均为 ，导轨电阻不计，回路总电阻为 2R，整个装置处于磁感应强度大小为 B，方向水平向右的匀强磁场中，当 ab 杆在平行于水平导轨的拉力 F 作用下以速度 v 沿导轨匀速运动时，cd 杆也正好以某一速度向下匀速运动，重力加速度为 g，以下说法正确的是（）A ab 杆所受拉力 F 的大小为 mg+B cd 杆所受摩擦力为零 C cd 杆向下匀速运动的速度为 D ab 杆所受摩擦力为 2mg 考点：导体切割磁感线时的感应电动势；共点力平衡的条件及其应用 专题：电磁感应中的力学问题 分析：cd 杆匀速向下运动时，切割磁感线（ab 运动时不切割磁感线），根据右手定则可知，在回路中产生 cdba方向的感应电流根据左手定则可知，cd 杆受到竖直向上的安培力，ab 杆受到竖直向下的安培力把力分析清楚，然后根据受力平衡求解 解答：解：cd 杆匀速向下运动时，切割磁感线（ab 运动时不切割磁感线），根据右手定则可知，在回路中产生 cdba 方向的感应电流根据左手定则可知，cd 杆受到竖直向上的安培力，ab 杆受到竖直向下的安培力 cd 杆在水平方向不受力，虽然跟导轨接触，但没有挤压，所以 cd 不受摩擦力，故 B 选项正确 cd 杆只受重力和竖直向上的安培力，由二力平衡可知，mg=BIL ab 杆水平方向上受摩擦力和拉力 F，由二力平衡可知，F=f，又 f=（mg+BIL），所以，F=f=2mg，故 A 选项错，D 选项正确 cd 杆向下匀速匀速时，产生的电动势 E=BLV，故回路中的电流为，又 BIL=mg，所以，故 C 选项正确 故选：BCD 点评：本题涉及电磁感应过程中的复杂受力分析，解决这类问题的关键是，根据法拉第电磁感应定律判断感应电流方向，然后根据安培定则或楞次定律判断安培力方向，进一步根据运动状态列方程求解 7（2011 安徽二模）光滑绝缘水平面上存在竖直向下的匀强磁场 B，宽度为 2L，一边长为 L、电阻为 R用同种材料做成的正方形线框以初速度 v0从左侧冲进磁场区域，俯视图如图所示，当线框完全离开磁场时速度恰好为零 以ab 边刚进人磁场时为时间和位移的零点，用 v 表示线框速度（以右为正方向），i 表示回路中的感应电流（以逆时针方向为正，i0表示零时刻回路的感应电流），Uab表示 a、b 两点间的电压，Fab表示 ab 边所受的安培力（向左为正，F0表示零时刻 ab 边所受的安培力）则关于以上四个物理量对时间 t 或对位移 x 的图象中正确的（）A 正确 B 正确 C 正确 D 正确 考点：法拉第电磁感应定律；右手定则 专题：电磁感应与图像结合 分析：线圈进入磁场到最后离开磁场，先做变减速运动，然后做匀速，最后接着做变减速，三段位移相同，则时间不可能相同 利用微元法分析：at=t，即v=x，再微分，得线框完全进入磁场的速度为根据法拉第电磁感应定律，求出进入磁场时、完全进入、刚离开磁场时的电动势、电流、ab 两端的电压及安培力 解答：解：线圈进入磁场到最后离开磁场，先做变减速运动，然后做匀速，最后接着做变减速，三段位移相同，则时间不可能相同故都错线圈刚进入磁场时速度为 vo，则=，ab 边所受安培力F0=，根据微元法计算，线框完全进入磁场的速度为，ab 边所受安培力变为 F0，在磁场中运动时，Uab=E=，电流为零，安培力为零刚出磁场时=，ab 边虽然电流不为零，但所处的磁感应强度为零，所以安培力为零 进磁场和出磁场时，根据微元法分析 at=t，即v=x，v 与 x 成线性关系，所以 Uab与 x 成线性关系，安培力与速度成正比，所以安培力也与 x成线性关系故 A、B、D 错误，C 正确 故选 C 点评：解决本题关键正确运用法拉第电磁感应定律与电学的综合以及能够用微元法求出线框完全进入磁场的速度 8（2012 丹东模拟）如图所示，平行导轨置于磁感应强度为 B 的匀强磁场中（方向向里），间距为 L，左端电阻为R，其余电阻不计，导轨右端接一电容为 C 的电容器现有一长 2L 的金属棒 ab 放在导轨上，ab 以 a 为轴顺时针以转过 90 的过程中，通过 R 的电量为（）A Q=B Q=2BL2C C Q=BL2/R D Q=BL2C）考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电容；闭合电路的欧姆定律 专题：电磁感应与电路结合 分析：ab 棒切割磁感线未脱离导轨时，和 R 构成闭合回路，根据平均感应电动势，通过平均电流求出通过 R 的电量，在此过程中对电容充电，ab 棒脱离导轨后，电容器放电，所充的电量全部通过电阻 R，最后通过 R 的电量为两电量之和 解答：解：由 ab 棒以 a 为轴旋转到 b 端脱离导轨的过程中，产生的感应电动势一直增大，对 C 不断充电，同时又与 R 构成闭合回路，ab 产生的感应电动势平均值 E=S 表示 ab 扫过的三角形面积，通过 R 的电量 在这一过程中电容器充电的电量 Q2=CUm Um为 ab 棒在转动过程中产生感应电动势的最大值 所以 ab 棒脱离导轨后电容器放电，流过 R 的电量等于 则流过 R 的总电量 Q=Q1+Q2=BL2故 D 正确，A、B、C 错误 故选 D 点评：解决本题的关键搞清流过 R 的电量有两部分，一部分是 ab 棒未离开导轨时，流过 R 的，一部分是 ab 棒脱离导轨后，电容所放的电量 9如图所示，相距为 L 的两条足够长的光滑平行轨道上，平行放置两根质量和电阻都相同的滑杆 ab 和 cd，组成矩形闭合回路轨道电阻不计，匀强磁场 B 垂直穿过整个轨道平面开始时 ab 和 cd 均处于静止状态，现用一个平行轨道的恒力 F 向右拉 ab 杆，则下列说法正确的是（）A cd 杆向左运动 B ab 与 cd 杆均先做变加速运动，后做匀加速运动 C ab 与 cd 杆均先做变加速运动，后做匀速运动 D ab 和 cd 杆向右运动运动的加速度大小时刻相等 考点：导体切割磁感线时的感应电动势；安培力 专题：电磁感应中的力学问题 分析：ab 棒运动后，产生感应电流，受到向左的安培力，在拉力和安培力的作用下做加速运动，cd 棒受到向右的安培力，在安培力的作用下做加速运动运动的过程中电流先增大，所以 ab 棒的加速度逐渐减小，cd 棒的加速度逐渐增大，当两者加速度相等后，一起做匀加速 解答：解：A、ab 棒运动后，产生感应电流，流过 cd 棒的电流方向由 c 到 d，根据左手定则，受到向右的安培力，向右做加速运动故 A 错误 B、ab 棒在拉力和安培力的作用下做加速运动，cd 棒受到向右的安培力，在安培力的作用下做加速运动ab 棒的加速度逐渐减小，cd 棒的加速度逐渐增大，当两者加速度相等后，一起做匀加速故 B 正确，C、D 错误 故选 B 点评：解决本题的关键会根据动力学判断棒子的运动情况，以及知道两者加速度相等后，两棒子的速度差恒定，感应电动势恒定，感应电流恒定，安培力大小不变，所以两棒都做匀加速运动 10电阻可忽略的光滑平行金属导轨长 s=1.15m，两导轨间距 L=0.75m，导轨倾角为 30，导轨上端 ab 接一阻值R=1.5：的电阻，磁感应强度 B=0.8T 的匀强磁场垂直轨道平面向上阻值 r=0.5，质量 m=0.2kg 的金属棒与轨道垂直且接触良好，从轨道上端 ab 处由静止开始下滑至底端，在此过程中金属棒产生的焦耳热 Qr=0.1J（取 g=10m/s2），则下列说法正确的是（）A 金属棒一直向下做加速度增大的加速运动 B 此过程中金属棒克服安培力做功为 0.3 J C 金属棒下滑速度为 4 m/s 时的加速度为 1.4 m/s2 D 金属棒下滑的最大速度为m/s 考点：导体切割磁感线时的感应电动势 专题：电磁感应与电路结合 分析：（1）这是斜面的受力分析，导体棒手续重力，支持力，安培力，做出受力图，求合力可以的加速度（2）棒应该是在最低端到达最大速度，由能量守恒可以解得结果 解答：解：A：棒受力如图：所以：，从公式中可以看出，随速度的增大，安培力增大，所以加速度减小棒做加速度逐渐减小的变加速运动故 A 错误；B：下滑的过程中安培力做功等于电阻上产生的焦耳热，由于 R=3r，因此：QR=3Qr=0.3J，所以克服安培力做功：W=QR+Qr=0.4J，故 B 错误；C：速度为 v=4m/s 时，安培力为：FA=BIL=N 运动方向的合外力为：F=mgsin FA 所以此时的加速度为：故 C 正确；D：到达底端时速度最大 vm 则由功能关系：所以：m/s 故 D 正确 故选：CD 点评：该题全面考查电磁感应定律的综合应用，涉及到法拉第电磁感应定律，闭合电路的欧姆定律，受力平衡和功能关系等，要求考生能够对导体棒的运动过程有全面的把握，有综合分析的能力对能力的要求比较高 11如图所示，面积为 S 的矩形线圈共 N 匝，线圈总电阻为 R，在磁感应强度为 B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中以竖直线 OO 为轴，以角速度 ，匀速旋转，图示位置 C 与纸面共面，位置 A 与位置 C 成 45 角线圈从位置 A转过 90 到达位置 B 的过程中，下列说法正确的是（）A 平均电动势为NB B 通过线圈某一截面的电量 q=0 C 为保证线圈匀速旋转，外界须向线圈输入的能量应为 D 在此转动过程中，电流方向并未发生改变 考点：导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；法拉第电磁感应定律 专题：电磁感应与电路结合 分析：根据法拉第电磁感应定律求解平均感应电动势，并计算电量；根据楞次定律判断感应电流方向，外力做的功等于电流做的功 解答：解：A、根据法拉第电磁感应定律，平均感应电动势为：=，故 A 错误；B、通过线圈某一截面的电量=，故 B 错误；C、电压有效值为：E=，用有效值计算得到电热为，但线圈从位置 A 转过90 到达位置 B 的过程中，电流做功的平均效果不等于有效值，故 C 错误；D、从 A 转到 O 的过程，线圈面积不断变小到 0，通过面积的磁通量也不断变小到 0，从 O 到 B的过程正好相反，通过线圈面积磁通量从 0 开始变大，在这两个阶段，磁感线从不同的面穿入，故线圈中产生的感应电动势方向还是相同，所以电流方向不会改变，故 D 正确；故选 D 点评：本题关键是明确交变电流的最大值、有效值、平均值的计算方法，同时要能结合楞次定律解决电流的方向问题 12（2011 安徽二模）如图所示，在光滑绝缘的水平面的上方存在有水平方向的匀强磁场，AB、CD 是磁场区域的边界一个正方形的闭合导线框以水平速度 v冲向磁场区域，当它全部进入磁场区域后速度变为 v1，当它全部冲出磁场区域后速度变为 v2比较导线框进入磁场的过程和离开磁场的过程，下列说法正确的是（）A 进入过程导线框的速度变化 v0v1等于离开过程导线框的速度变化 v1v2 B 进入过程导线框的动能变化 EkoEk1等于离开过程导线框的动能变化 Ek1Ek2 C 进入过程导线框产生的热量 Q1小于离开过程导线框产生的热量 Q2 D 进入过程通过导线框横截面积的电量 q1小于离开过程通过导线框横截面积的电量 q2 考点：导体切割磁感线时的感应电动势；动量定理；能量守恒定律 专题：电磁感应功能问题 分析：用动量定理研究出速度变化量与电量有关，根据感应电量 q=，结合磁通量关系分析速度变化量的关系进入与穿出磁场过程中，感应电流不同，安培力不同，导体克服安培力做功不同，由动能定理判断动能变化的关系及热量关系 解答：解：A、D 设进入和穿出磁场时感应电流的平均值分别为 I1和 I2，产生和电量分别为 q1和 q2由动量定理，得：对于进入磁场过程：BI1Lt1=m（v1v0），可得 BLq1=m（v0v1）；同理，对于穿出磁场过程：BLq2=m（v1v2）而感应电量 q=，穿入和穿出过程的磁通量变化量相同，所以有 q1=q2，则得到 v0v1=v1v2 故 A 正确，D 错误 B、C，导线框进入和穿出磁场时都做减速运动，感应电流减小，线框受到的安培力减小，进入和穿出位移相同，则进入过程线框克服安培力做功多，则有 EkoEk1Ek1Ek2再由能量守恒定律可知，动能的减少都转化成内能，所以有 Q1Q2故 B、C 均错误 故选 A 点评：本题是单选题，答案 B、C、D 容易判断是不正确的，用“排除法”也可知答案 A 是正确的 13（2009 卢湾区二模）空间内有两个沿竖直方向的有界匀强磁场 I、II，磁感应强度大小均为 B，宽度均为 L，边界线平行，磁场 I 竖直向下，磁场 II 竖直向上，如图所示为俯视图一边长为 L、质量为 m 的正方形导线框 abcd放在光滑绝缘的水平面上，在水平恒力 F 作用下沿水平面通过两个磁场区域线框的 bc 边始终平行于磁场区的边界，力 F 垂直于 bc 边，当 bc 边进入磁场 I 时，线框恰以速度 v0做匀速运动，此时线框中的电流为 i0；当 ad 边将要离开磁场 II 时线框中的电流稍小于 i0，则（）A bc 边在磁场 II 中运动时线框中的电流方向为 adcba B bc 边恰进入磁场 II 时线框的加速度大小为 C bc 边恰离开磁场 II 时线框的速度大小可能为 D bc 边在磁场 II 中运动的过程中线框中电流的最小值一定小于 i0 考点：导体切割磁感线时的感应电动势；牛顿第二定律；电磁感应中的能量转化 专题：电磁感应中的力学问题 分析：bc 边在磁场 II 中运动时，ad 和 bc 两边都切割磁感线，产生感应电动势，根据右手定则判断感应电流的方向；根据 E=BLv、I=和安培力公式 F=BIL，得到安培力与速度的表达式，由牛顿第二定律求出加速度；bc 边恰离开磁场 II 时，做加速度减小的减速运动，将该过程与匀减速运动的时间比较，分析离开磁场II 时的速度大小；根据 bc 离开磁场的速度分析，bc 边在磁场 II 中运动的过程中线框中电流的最小值 解答：解：A、bc 边在磁场 II 中运动时，ad 和 bc 两边都切割磁感线，根据右手定则判断得知线框中感应电流方向为 abcda故 A 错误 B、bc 边恰进入磁场 II 时线框中感应电动势为 E=2BLv0，感应电流为 i=，安培力为 FA=2BiL，得FA=而 bc 进入磁场 I 的过程中，有 F=则得 FA=4F根据牛顿第二定律得：FAF=ma，解得 bc边恰进入磁场 II 时线框的加速度大小为 a=故 B 正确 D、ad 边将要离开磁场 II 时线框中的电流稍小于 i0，线框的速度小于 v0，线框 bc 边恰进入磁场 II 时速度为 v0，线框又做减速运动，所以 bc 边在磁场 II 中运动的过程中线框中电流的最小值一定小于 i0故D 正确 C、若 bc 边恰离开磁场 II 时线框的速度大小为线框中产生的感应电流为 i=i0，而 bc 边在磁场 II 中运动的过程中线框中电流的最小值一定小于 i0故 C 错误 故选 BD 点评：本题关键通过分析和计算得出安培力的表达式，运用牛顿第二定律和运动学公式处理，同时要掌握右手定则 14如图，在匀强磁场中水平放置一平行金属导轨（电阻不计），且与大螺线管 M 相接，磁场 方向竖直向下，在 M 螺线管内同轴放置一小螺线管 N，N 中通有正弦交流电，t=0 时刻电流为零，则 M 中的感应电流的大小与跨接放于平行导轨上的导体棒 ab 的运动情况为（）A t=T/4 时刻 M 中电流最大 B t=T/2 时刻 M 中电流最大 C 导体棒 ab 将在导轨上来回运动 D 导体棒 ab 将一直向右方（或左方）做直线运动 考点：法拉第电磁感应定律；左手定则 专题：电磁感应中的力学问题 分析：N 中电流变化，会产生变化的磁场，在螺线管 M 中产生感应电动势以及感应电流，根据磁场变化率的大小判断产生的感应电流的大小根据 ab 棒受到安培力，判断导体棒的运动情况 解答：解：A、N 中通有正弦交流电，在 时刻电流最大，电流的变化率最小，则在螺线管 M 中产生的感应电流最小，为零在 时刻，N 中的电流为零，但电流的变化率最大，则在螺线管 M 中产生的感应电流最大故 A 错误，B 正确 C、在 0 内，N 中的电流先增大，则在 M 产生产生变化的电流，导体棒受到安培力向某一方向做变加速度直线运动；在 内，N 中的电流减小，则在 M 中产生反向的变化的电流，导体棒受到相反反向的安培力做变减速直线运动到零；在 内，N 中的电流反向增大，在 M 中产生的电流方向与 内相同，所以导体棒又反向做变加速直线运动，在内反向变减速直线运动到零知导体棒在导轨上来回运动故 C 正确，D 错误 故选 BC 点评：解决本题的关键会根据 N 中的电流变化判断出 M 中的电流，实际上在 N 中为正弦交流电，在 M 中产生的交流电为余弦图线 15如图所示，水平面内两根光滑的平行金属导轨，左端与电阻 R 相连接，匀强磁场 B 竖直向下分布在导轨所在的空间内，质量一定的金属棒垂直于导轨并与导轨接触良好若对金属棒施加一个水平向右的外力 F，使金属棒从 a位置由静止开始向右做匀加速运动并依次通过位置 b 和 c 若导轨与金属棒的电阻不计，a 到 b 与 b 到 c 的距离相等，则下列关于金属棒在运动过程中的说法正确的（）A 金属棒通过 b、c 两位置时，电阻 R 的电功率之比为 1：2 B 金属棒通过 b、c 两位置时，外力 F 的大小之比为 1：C 在从 a 到 b 与从 b 到 c 的两个过程中，电阻 R 上产生的热量之比为 1：1 D 在从 a 到 b 与从 b 到 c 的两个过程中，通过金属棒的横截面的电量之比为 1：2 考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电功、电功率；法拉第电磁感应定律 专题：电磁感应功能问题 分析：金属棒由静止开始向右做匀加速运动，根据运动学公式求出金属棒通过 b、c 的速度之比由电磁感应、欧姆定律、安培力等知识求出功率、安培力、热量与速度的关系，进而求出相应的比值根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律求出电量之比 解答：解：A、金属棒从 a 位置由静止开始向右做匀加速运动，根据 v2=2ax 知，通过 b、c 两个位置的速度比为 1：，根据 E=BLv 知，产生的电动势之比为 1：，根据 P=知，电阻 R 的电功率之比为1：2故 A 正确 B、电动势之比为 1：，所以电流比为 1：，则安培力之比为 1：，根据牛顿第二定律，有 FFA=ma，FA=Fma，所以外力 F 的大小之比不等于 1：故 B 错误 C、根据能量守恒定律，热量 Qab=Fxabmaxab 同理 Qbc=Fxbcmaxbc，加速度相等，ab、bc 的位移相等，但 F 不等，所以产生的热量不等故 C 错误 D、由 q=，ab=bc，则 qab=qbc，故 D 错误 故选 A 点评：本题考查综合运用电磁感应、电路知识、牛顿定律、运动学公式等知识的能力 16（2011 海淀区一模）如图所示，平行金属导轨 MN 和 PQ 与水平面成 角，导轨两端各与阻值均为 R 的固定电阻 R1和 R2相连，匀强磁场垂直穿过导轨平面质量为 m、电阻为 R/2 的导体棒以一定的初速度沿导轨向上滑动，在滑动过程中导体棒与金属导轨始终垂直并接触良好 已知 t1时刻导体棒上滑的速度为 v1，此时导体棒所受安培力的功率为 P1；t2时刻导体棒上滑的速度为 v2，此时电阻 R2消耗的电功率为 P2，忽略平行金属导轨 MN 和 PQ 的电阻且不计空气阻力则（）A t1时刻电阻 R1的功率为 P1/2 B t2时刻导体棒的电功率为 4P2 C t2时刻导体棒受到的安培力为 4P2/v2 D t1t2这段时间内整个回路产生的电热 考点：导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；电磁感应中的能量转化 专题：电磁感应功能问题 分析：先根据安培定则整理出安培力的表达式，再根据电功率表达式整理出此的功率 P1的表达式，解方程即可得到结果；金属棒上滑过程中速度减小，产生的电动势电流减小，即产生的总电能减小；解答：解：A：已知 t1时刻导体棒上滑的速度为 v1，此时电阻 R1消耗的电功率为 P1；此时电动势：E1=BLv1 流过金属棒的电流：金属棒受到的安培力：此时电阻 R1消耗的电功率为 PR1：导体棒上安培力的电功率：所以：，故 A 错误 B：t2时刻导体棒上滑的速度为 v2，此时电阻 R2消耗的电功率为 P2，由于电阻 R1与 R2阻值相同，所以消耗功率相同，也为 P2；由于 P2=I2R，而此时通过金属棒的电流为 2I，金属棒的电阻为，所以金属棒消耗的电功率为：P=（2I）2=2P2，故 B 错误；C：则在 t2时刻消耗的总功率为 4P2，由于导体棒克服安培力做功就等于产生的电能，也等于消耗的总电能，故 t2时刻导体棒克服安培力做功的功率为 4P2，故 C 正确 D：在 t1t2这段时间内导体棒上升过程速度减小，减小的动能转化为金属棒产生的电能和金属棒的重力势能，所以这段时间内整个回路产生的电热小于导体棒动能的减小故 D 错误 故选：C 点评：注意导体切割磁感线时产生感应电动势那部分导体相当于电源在 t1t2这段时间内导体棒上升过程减小的动能转化为金属棒产生的电能和金属棒的重力势能是题目的关键 题目涉及的公式较多，能量关系复杂，难度比较大 17如图所示电路，两根光滑金属导轨，平行放置在倾角为 的斜面上，导轨下端接有电阻 R，导轨电阻不计，斜面处在竖直向上的匀强磁场中，电阻可略不计的金属棒 ab 质量为 m，受到沿斜面向上且与金属棒垂直的恒力 F 的作用，金属棒沿导轨匀速下滑，则它在下滑 h 高度的过程，以下说法正确的是（）A 作用在金属棒上各力的合力做功为零 B 重力做功将机械能转化为电能 C 重力与恒力 F 做功的代数和等于电阻 R 上发出的焦耳热 D 金属棒克服安培力做功等于重力和恒力 F 做的总功与电阻 R 上产生焦耳热的代数和 考点：导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；电磁感应中的能量转化 专题：电磁感应功能问题 分析：A：由于导体棒是匀速运动故其受合力为零，因此合力的功就为零，B：重力做功出现的是重力势能与动能的转化，而不是转化为电能 C：对导体棒做功的力由三个，重力，恒力 F，安培力，功能关系判定 C 项 D：克服安培力的功就等于产生的焦耳热 解答：解：A：由于导体棒是匀速运动故其受合力为零，因此合力的功就为零，故 A 正确 B：重力做功出现的是重力势能与动能的转化，而不是转化为电能，故 B 错误 C：对导体棒做功的力由三个，重力，恒力 F，安培力，棒克服安培力做的功等于电路中产生的焦耳热，故 C 正确 D：导体棒克服安培力的功就等于电路中产生的焦耳热，即电阻 R 上产生的焦耳热故 D 错误 故选 AC 点评：重点考察功能关系，要中点掌握的一些有：重力做功与重力势能的关系，电场力做功与电势能的关系，安培力做功与焦耳热的关系等 18（2011 福州模拟）如图所示，在匀强磁场中放一电阻不计的平行光滑金属导轨，导轨跟大线圈 M 相接，小闭合线圈 N 在大线圈 M 包围中，导轨上放一根光滑的金属杆 ab，磁感线垂直于导轨所在平面小闭合线圈 N 通有顺时针方向的电流，该电流按下列图中哪一种图线方式变化时，最初一小段时间 t0内，金属杆 ab 将向右做加速度减小的变加速直线运动（）A B C D 考点：导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；安培力 专题：电磁感应中的力学问题 分析：根据法拉第电磁感应定律列式分析电动势变化情况，得到电流变化情况和安培力情况 解答：解：金属杆 ab 受重力、支持力好安培力，要使棒 ab 向右做加速度减小的变加速直线运动，则感应电流应该由 b 到 a，且感应电流不断减小；根据安培定则，感应电流在 M 中磁场方向向内；加速度减小，故安培力减小，安培力 F=BIL=B，故感应电动势减小；根据法拉第电磁感应定律 e=，故原电流变化率减小；A、由图象 A，N 中的电流增加且增加的越来越慢，原磁场向内，根据楞次定律，感应电流的磁场向内；符合题意，故 A 正确；B、由图象 B，电流变化率逐渐变大，不符合题意，故 B 错误；C、由图象 C，电流变化率不变，不符合题意，故 C 错误；D、由图象 D，电流变化率不变，不符合题意，故 D 错误；故选 A 点评：本题关键是左手定则、右手定则、楞次定律、法拉第电磁感应定律的综合运用问题，熟练掌握规律的同时还要多练习，较难 19两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平面内，两导轨间的距离为 L，导轨上面横放着两根质量均为 m，电阻均为 R（其余部分电阻不计）的导体棒 ab 和 cd，构成矩形回路在整个导轨平面内都有竖直向上的磁感应强度为 B 的匀强磁场，如图所示，设两导体棒均可沿导轨无摩擦滑行开始时，棒 cd 静止，棒 ab 有指向棒 cd 的初速度 v0，若两导体棒在运动过程中始终不接触，则（）A 棒 ab、cd 在运动过程中，回路中一定有感应电流 B 当棒 ab、cd 的运动稳定后，棒 ab、cd 有共同速度 v=C 在运动过程中，产生的焦耳热最多为 Q=D 在运动过程中，安培力对棒 cd 做的功数值上等于回路中的电能 考点：导体切割磁感线时的感应电动势；匀变速直线运动的图像 分析：本题的关键是明确：A感应电流产生的条件是穿过闭合电路的磁通量发生变化；B由动量守恒定律求出两棒的最终速度；C根据能量守恒定律求出回路中产生的热量 Q；D回路中产生的电能等于产生的热量 解答：解：A、根据法拉第电磁感应定律可知，只有在两棒速度不相等时回路中才有感应电流，当两棒速度相等后，穿过回路的磁通量不变，回路中将不再有感应电流，所以 A 错误 B、根据题意最终两棒的速度相等，由动量守恒定律应有：m=（m+m）v，解得 v=，故 B正确 C、根据能量守恒定律，在运动过程中产生的热量为 Q=，解得 Q=，故 C正确 D、根据动能定理可知，安培力对 cd 棒做的功等于 cd 棒增加的动能，即 W=，而回路中的电能应等于产生的热量 Q=，所以 D 错误 故选 BC 点评：要明确：对相互作用的问题，应考虑应用动量守恒定律；应用能量守恒定律求解有关电