二轮复习专题 (电磁感应).pdf

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1、学习好资料欢迎下载1 (多选)(2015新课标全国19)1824 年， 法国科学家阿拉果完成了著名的“圆盘实验” 实验中将一铜圆盘水平放置，在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针，如图1 所示实验中发现，当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时，磁针也随着一起转动起来，但略有滞后下列说法正确的是()图 1A圆盘上产生了感应电动势B圆盘内的涡电流产生的磁场导致磁针转动C在圆盘转动的过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化D圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流，此电流产生的磁场导致磁针转动2(2015安徽理综19)如图 2 所示，abcd 为水平放置的平行“ ”形光滑金

2、属导轨，间距为l，导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，导轨电阻不计已知金属杆MN 倾斜放置，与导轨成 角，单位长度的电阻为 r，保持金属杆以速度 v 沿平行于 cd 的方向滑动(金属杆滑动过程中与导轨接触良好)则()图 2学习好资料欢迎下载A电路中感应电动势的大小为B电路中感应电流的大小为BlvsinBvsinrB2lvsinC金属杆所受安培力的大小为rB2lv2D金属杆的发热功率为rsin3(2015山东理综19)如图 3 甲，R0为定值电阻，两金属圆环固定在同一绝缘平面内左端连接在一周期为 T0的正弦交流电源上，经二极管整流后，通过 R0的电流 i 始终向左，其大小按图乙

3、所示规律变化规定内圆环 a 端电势高于 b 端时，a、b 间的电压 uab为正，下列 uabt 图象可能正确的是()图 34(2014新课标全国25)半径分别为 r 和 2r 的同心圆形导轨固定在同一水平面内，一长为r、质量为m 且质量分布均匀的直导体棒 AB 置于圆导轨上面，BA 的延长线通过圆导轨中心O，装置的俯视图如图4 所示整个装置位于一匀强磁场中，磁感应强度的大小为 B，方向竖直向下在内圆导轨的 C点和外圆导轨的 D 点之间接有一阻值为R 的电阻(图中未画出)直导体棒在水平外力作用下以角速度 绕 O 逆时针匀速转动， 在转动过程中始终与导轨保持良好接触 设导体棒与导轨之间的动摩擦因数

4、为 ，导体棒和导轨的电阻均可忽略重力加速度大小为g.求：学习好资料欢迎下载图 4(1)通过电阻 R 的感应电流的方向和大小；(2)外力的功率1题型特点(1)考查楞次定律的应用问题；(2)考查电磁感应中的图象问题；(3)考查法拉第电磁感应定律和楞次定律的综合应用问题，如电路问题、图象问题、动力学问题、能量问题等2命题趋势(1)综合考查楞次定律、法拉第电磁感应定律及电路、安培力等相关知识(2)考查学生的识图能力，由图象获取解题信息的能力学习好资料欢迎下载(3)电流恒定时，考查焦耳定律、电功率的相关知识(4)电流变化时，考查不同能量的转化问题(5)与牛顿第二定律、运动学结合的动态分析问题(6)电磁感

5、应中的安培力问题、涉及受力分析及功能关系的问题考题一楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用考题一楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用1(2015新课标全国15)如图 5，直角三角形金属框 abc 放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为 B，方向平行于 ab 边向上当金属框绕 ab 边以角速度 逆时针转动时，a、b、c 三点的电势分别为 Ua、Ub、Uc.已知 bc 边的长度为 l.下列判断正确的是()图 5AUaUc，金属框中无电流BUbUc，金属框中电流方向沿 abca1CUbc Bl2，金属框中无电流21DUbc Bl2，金属框中电流方向沿 acba22(2015河南省实验中学二调)半径为 r 的带

6、缺口刚性金属圆环在纸面上固定放置， 并处在变化的磁场中，在圆环的缺口两端引出两根导线，分别与两块垂直于纸面固定放置的平行金属板连接，两板间距为 d，如图 6 甲所示磁场的方向垂直于纸面，规定垂直纸面向里为正方向，磁感应强度变化规律如图乙所示则以下说法正确的是()图 6A第 2 秒内上极板为正极学习好资料欢迎下载B第 3 秒内上极板为负极C第 2 秒末两极板之间的电场强度大小为零 r2D第 4 秒末两极板之间的电场强度大小为5d3(2015安徽皖南八校二次联考)如图 7 所示的圆形线圈共 n 匝，电阻为 R，过线圈中心 O垂直于线圈平面的直线上有 A、B 两点，A、B 两点的距离为 L，A、B

7、关于 O 点对称一条形磁铁开始放在 A 点，中心与 O 点重合，轴线与 A、B 所在直线重合，此时线圈中的磁通量为 1，将条形磁铁以速度 v 匀速向右移动，轴线始终与直线重合，磁铁中心到 O 点时线圈中的磁通量为 2，下列说法正确的是()图 71A磁铁在 A 点时，通过一匝线圈的磁通量为n2nv12B磁铁从 A 到 O 的过程中，线圈中产生的平均感应电动势为ELC磁铁从 A 到 B 的过程中，线圈中磁通量的变化量为21D磁铁从 A 到 B 的过程中，通过线圈某一截面的电荷量不为零1楞次定律中“阻碍”的表现(1)阻碍磁通量的变化(增反减同)(2)阻碍物体间的相对运动(来拒去留)(3)阻碍原电流的

8、变化(自感现象)2楞次定律和右手定则的适用对象(1)楞次定律：一般适用于线圈面积不变，磁感应强度发生变化的情形(2)右手定则：一般适用于导体棒切割磁感线的情形3求感应电动势大小的五种类型学习好资料欢迎下载(1)磁通量变化型：En.tB(2)磁感应强度变化型：EnS.tS(3)面积变化型：EnB.t(4)平动切割型：EBlv.1(5)转动切割型：E Bl2.2考题二电磁感应的图象问题考题二电磁感应的图象问题4(2015武汉四月调研)如图 8 所示，边长为 L 的菱形由两个等边三角形abd 和 bcd 构成，在三角形 abd 内存在垂直纸面向外的磁感应强度为B 的匀强磁场，在三角形bcd 内存在垂

9、直纸面向里的磁感应强度也为 B 的匀强磁场一个边长为 L 的等边三角形导线框 efg 在纸面内向右匀速穿过磁场，顶点e 始终在直线 ab 上，底边gf 始终与直线 dc 重合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，感应电流随位移变化的图象是()图 85(2015长春三质检)如图 9 甲所示，光滑平行金属导轨MN、PQ 所在平面与水平面成 角，M、P 两端接一电阻 R，整个装置处于方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中t0 时对金属棒施加一平行于导轨的外力 F，使金属棒 ab 由静止开始沿导轨向上运动，导轨电阻忽略不计 已知通过电阻 R 的感应电流 I 随时间 t 变化的关系如图乙所示

10、 下列关于棒的运动速度 v，学习好资料欢迎下载外力 F、流过R 的电荷量 q 以及闭合回路中磁通量的变化率随时间变化的图象正确的是()t图 96(多选)(2015江西师大附中、鹰潭一中4 月联考)如图 10 甲所示，将长方形导线框abcd 垂直磁场方向放入匀强磁场B 中，规定垂直ab 边向右为 ab 边所受安培力 F 的正方向，F 随时间的变化关系如图乙所示 选取垂直纸面向里为磁感应强度B 的正方向， 不考虑线圈的形变，则 B 随时间 t 的变化关系可能是下列选项中的()图 101解决电磁感应图象问题的“三点关注”(1)关注初始时刻，如初始时刻感应电流是否为零，是正方向还是负方向(2)关注变化

11、过程， 看电磁感应发生的过程分为几个阶段， 这几个阶段是否和图象变化相对应学习好资料欢迎下载(3)关注大小、方向的变化趋势，看图线斜率的大小、图线的曲、直是否和物理过程相对应2解决电磁感应图象问题的一般步骤：(1)明确图象的种类，即是Bt 图还是 t 图，或者 Et 图、It 图等(2)分析电磁感应的具体过程(3)用右手定则或楞次定律确定方向对应关系(4)结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律等规律写出函数关系式(5)根据函数关系式，进行数学分析，如分析斜率的变化、截距等(6)画图象或判断图象考题三电磁感应中的电路问题考题三电磁感应中的电路问题7 (2015福建理综18)如图11， 由

12、某种粗细均匀的总电阻为3R的金属条制成的矩形线框abcd，固定在水平面内且处于方向竖直向下的匀强磁场B 中一接入电路电阻为 R 的导体棒 PQ，在水平拉力作用下沿 ab、dc 以速度 v 匀速滑动，滑动过程 PQ 始终与 ab 垂直，且与线框接触良好，不计摩擦在PQ 从靠近 ad 处向 bc 滑动的过程中()图 11APQ 中电流先增大后减小BPQ 两端电压先减小后增大CPQ 上拉力的功率先减小后增大D线框消耗的电功率先减小后增大18(多选)(2015山西四校第三次联考)如图 12 所示，两根等高光滑的 圆弧轨道，半径为 r、4间距为 L，轨道电阻不计在轨道顶端连有一阻值为R 的电阻，整个装置

13、处在一竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B.现有一根长度稍大于L、电阻不计的金属棒从轨道最低位置cd开始，在拉力作用下以初速度v0向右沿轨道做匀速圆周运动至ab 处，则该过程中()学习好资料欢迎下载图 12A通过 R 的电流方向为由外向内B通过 R 的电流方向为由内向外rB2L2v0CR 上产生的热量为4RBLrD流过 R 的电荷量为2R9(2015长沙模拟)如图 13 所示，一根有一定电阻的直导体棒质量为 m、长为 L，其两端放在位于水平面内间距也为L 的光滑平行导轨上，并与之接触良好；棒左侧两导轨之间连接一可控电阻；导轨置于匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于导轨所在平面t0

14、时刻，给导体棒一个平行于导轨的初速度，此时可控电阻的阻值为R0.在棒运动过程中，通过可控电阻的变化使棒中的电流强度保持恒定不计导轨电阻，导体棒一直在磁场中图 13(1)求可控电阻 R 随时间 t 变化的关系式；(2)若已知棒中电流强度为I，求 0t 时间内可控电阻 R 上消耗的平均功率 P；(3)若在棒的整个运动过程中将题中的可控电阻改为阻值为 R0的定值电阻，则棒将减速运动x1位移 x1后停下，而由题中条件，棒将运动位移x2后停下，求 的值x2学习好资料欢迎下载解决与电路相联系的电磁感应问题的基本方法(1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律(右手定则)确定感应电动势的大小和方向(2)画出等效电路

15、，对整个回路进行分析，确定哪一部分是电源，哪一部分为负载以及负载间的连接关系(3)运用闭合电路欧姆定律，串并联电路的性质、电功率等公式求解考题四电磁感应中的动力学、能量转化问题考题四电磁感应中的动力学、能量转化问题10(多选)(2015湖北八校联考二模)如图 14 所示，xOy 平面为光滑水平面，现有一长为 d，宽为 L 的线框 MNPQ 在外力 F 作用下， 沿正 x 轴方向以速度 v 做匀速直线运动， 空间存在竖直方向的磁场，磁感应强度BB0cos x(式中 B0为已知量)，规定竖直向下方向为磁感应强度d正方向，线框电阻为 R，t0 时刻 MN 边恰好在 y 轴处，则下列说法正确的是()学

16、习好资料欢迎下载图 14A外力 F 为恒力24B20L vBt0 时，外力大小 FR2B0LvcosC通过线框的瞬时电流IR vtd222B0L vddD经过 tv，线框中产生的电热 QR11(2015天津理综11)如图 15 所示，“凸”字形硬质金属线框质量为m，相邻各边互相垂直， 且处于同一竖直平面内，ab 边长为 l，cd 边长为 2l，ab 与 cd 平行，间距为 2l.匀强磁场区域的上下边界均水平，磁场方向垂直于线框所在平面开始时，cd 边到磁场上边界的距离为2l，线框由静止释放，从 cd 边进入磁场直到 ef、pq 边进入磁场前，线框做匀速运动，在ef、pq 边离开磁场后，ab边离

17、开磁场之前，线框又做匀速运动线框完全穿过磁场过程中产生的热量为Q.线框在下落过程中始终处于原竖直平面内，且ab、cd 边保持水平，重力加速度为g.求：图 15(1)线框 ab 边将要离开磁场时做匀速运动的速度大小是cd 边刚进入磁场时的几倍；(2)磁场上、下边界间的距离H.学习好资料欢迎下载此类问题中力现象和电磁现象相互联系、相互制约，解决问题首先要建立“动电动”的思维顺序1基本思路(1)找准主动运动者，用法拉第电磁感应定律和楞次定律(右手定则)求解电动势大小和方向(2)根据欧姆定律，求解回路中电流(3)分析安培力对导体棒加速度、速度的影响，从而推理得出对电路中电流的影响，最后定性分析出导体棒

18、的最终运动情况(4)运用运动学方程、牛顿第二定律、平衡方程或功能关系求解2注意的问题运用功能关系时，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学习好资料欢迎下载专题综合练专题综合练1(2015海南单科2)如图 16 所示，空间有一匀强磁场，一直金属棒与磁感应强度方向垂直，当它以速度 v 沿与棒和磁感应强度都垂直的方向运动时，棒两端的感应电动势大小为 ，将此棒弯成两段长度相等且相互垂直的折线，置于与磁感应强度方向相垂直的平面内，当它沿两段折线夹角平分线的方向以速度v 运动时，棒两端的感应电动势大小为.则

19、等于()图 1612A. B.C1D. 2222.(2015重庆理综4)图 17 为无线充电技术中使用的受电线圈示意图，线圈匝数为n，面积为S.若在 t1到 t2时间内，匀强磁场平行于线圈轴线向右穿过线圈，其磁感应强度大小由B1均匀增加到 B2，则该段时间线圈两端a 和 b 之间的电势差 ab()图 17nSB2B1A恒为t2t1nSB2B1B从 0 均匀变化到t2t1nSB2B1C恒为t2t1nSB2B1D从 0 均匀变化到t2t13 (2015开封市二模)如图 18 所示， 一正三角形导线框 ABC(高度为 a)从图示位置沿 x 轴正向匀速穿过匀强磁场区域两磁场区域磁感应强度大小均为 B、

20、方向相反、垂直于平面、宽度均为 a.下列选项反映感应电流 I 与线框移动距离 x 的关系， 以逆时针方向为电流的正方向 图学习好资料欢迎下载象正确的是()图 184 (2015南昌二模)一闭合线圈固定在垂直于纸面的均匀磁场中， 设垂直纸面向里为磁感应强度 B 的正方向，线圈中的箭头方向为电流i 的正方向，如图19(a)所示已知线圈中感应电流i 随时间变化的图象如图(b)所示，则磁感应强度 B 随时间变化的图象可能是下图中的()图 19学习好资料欢迎下载5(多选)如图 20 所示，在半径为 R 的半圆形区域内，有磁感应强度为B 的垂直纸面向里的有界匀强磁场，PQM 为圆内接三角形，且 PM 为圆

21、的直径，三角形的各边由材料相同的细软导线组成(不考虑导线中电流间的相互作用 )设线圈的总电阻为 r 且不随形状改变，此时PMQ37，已知 sin370.6，cos370.8.则下列说法正确的是()图 20A穿过线圈 PQM 的磁通量为 0.96BR2B若磁场方向不变，只改变磁感应强度B 的大小，且BB0kt(k 为常数，k0)，则线圈中0.96kR2产生的感应电流大小为 IrC保持P、M 两点位置不变，将Q 点沿圆弧顺时针移动到接近M 点的过程中，线圈中感应电流的方向先沿逆时针，后沿顺时针D保持P、M 两点位置不变，将Q 点沿圆弧顺时针移动到接近M 点的过程中，线圈中不会产生焦耳热6如图21

22、所示，A、B 是两个完全相同的灯泡，D 是理想二极管，L 是带铁芯的线圈，其自感系数很大，直流电阻忽略不计下列说法正确的是()图 21AS 闭合瞬间，A 先亮BS 闭合瞬间，A、B 同时亮CS 断开瞬间，B 逐渐熄灭DS 断开瞬间，A 闪亮一下，然后逐渐熄灭7(多选)(2015雅安三诊)如图 22 所示，电阻不计、相距 L 的两条足够长的平行金属导轨倾斜放置，与水平面的夹角为 ，整个空间存在垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度为 B，导轨上固定有质量为m，电阻为 R 的两根相同的导体棒，导体棒MN 上方轨道粗糙下方光滑，将两根导体棒同时释放后，观察到导体棒MN 下滑而 EF 始终保持静止，

23、当 MN 下学习好资料欢迎下载滑的距离为 x 时，速度恰好达到最大值vm，则下列叙述正确的是()图 22A导体棒 MN 的最大速度 vm2mgRsinB2L2B此时导体棒 EF 与轨道之间的静摩擦力为mgsinBLxC当导体棒 MN 从静止开始下滑 x 的过程中，通过其横截面的电荷量为2R12D当导体棒 MN 从静止开始下滑 s 的过程中，导体棒 MN 中产生的热量为mgxsin mvm28如图 23 所示，、区域是宽度L 均为 0.5m 的匀强磁场，磁感应强度大小均为B1T，方向相反，一边长L0.5m、质量 m0.1kg、电阻R0.5 的正方形金属线框 abcd 的 ab 边紧靠磁场边缘，在

24、外力 F 的作用下向右匀速运动穿过磁场区域，速度v010m/s.在线框穿过磁场区域的过程中，外力F 所做的功为()图 23A5JB7.5JC10JD15J9(2015浙江理综24)小明同学设计了一个“电磁天平”，如图24 甲所示，等臂天平的左臂为挂盘，右臂挂有矩形线圈，两臂平衡线圈的水平边长 L0.1m，竖直边长 H0.3m，匝数为 N1.线圈的下边处于匀强磁场内，磁感应强度 B01.0T，方向垂直线圈平面向里线圈中通有可在 02.0A 范围内调节的电流 I.挂盘放上待测物体后， 调节线圈中电流使天平平衡，测出电流即可测得物体的质量(重力加速度取 g10m/s2)学习好资料欢迎下载图 24(1

25、)为使“电磁天平”的量程达到0.5kg，线圈的匝数 N1至少为多少？(2)进一步探究电磁感应现象，另选N2100 匝、形状相同的线圈，总电阻R10.不接外电流，两臂平衡如图乙所示，保持B0不变，在线圈上部另加垂直纸面向外的匀强磁场，且磁感应强度 B 随时间均匀变大，磁场区域宽度d0.1m当挂盘中放质量为 0.01kg 的物体时，B天平平衡，求此时磁感应强度的变化率.t10(2015唐山二模)用密度为 d、电阻率为 粗细均匀的金属导线制成两个闭合正方形线框M 和 N.边长均为 L.线框 M、N 的导线横截面积分别为S1、S2，S1S2，如图 25 甲、乙所示匀强磁场仅存在于相对磁极之间，磁感应强

26、度大小为 B，其他地方的磁场忽略不计金属线框M 水平放在磁场上边界的狭缝间，线框平面与磁场方向平行，开始运动时可认为M 的 aa边和 bb边都处在磁场中，线框N 在线框 M 的正上方，与线框 M 相距为 h，两线框均从静止开始同时释放，其平面在下落过程中保持水平，设磁场区域在竖直方向足够长，不计空气阻力及两线框间的相互作用学习好资料欢迎下载图 25(1)求线框 N 刚进入磁场时产生的感应电流；(2)在下落过程中，若线框 N 恰能追上线框 M.追上时线框 M 下落高度为 H，追上线框 M 之前线框 N 一直做减速运动，求该过程中线框N 产生的焦耳热答案精析答案精析专题专题 9 9电磁感应电磁感应

27、真题示例1AB当圆盘转动时，圆盘的半径切割磁针产生的磁场的磁感线，产生感应电动势，选项A正确如题图所示，铜圆盘上存在许多小的闭合回路，当圆盘转动时，穿过小的闭合回路的磁通量发生变化，回路中产生感应电流，根据楞次定律，感应电流阻碍其相对运动，但抗拒不了相对运动，故磁针会随圆盘一起转动，但略有滞后，选项B 正确；在圆盘转动过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量始终为零，选项C 错误；圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成的电流的磁场方向沿圆盘轴线方向，会使磁针沿轴线方向偏转，选项D 错误BvsinEE2B电路中的感应电动势EBlv，感应电流I ，故A 错误，B 正确；金RlrrsinB2lvll属杆所

28、受安培力大小 FBI，故 C 错误；金属杆的发热功率 PI2RI2rsinrsin学习好资料欢迎下载B2lv2sin，故 D 错误ri3C由题图乙知，00.25T0，外圆环电流逐渐增大且逐渐减小，根据安培定则，外圆环tB内部磁场方向垂直纸面向里，磁场逐渐增强且逐渐减小，根据楞次定律知内圆环a 端电势tBSi高，所以uab0，根据法拉第电磁感应定律uab知，uab逐渐减小；t0.25T0时，tttB0，所以0，uab0；同理可知 0.25T0t0.5T0时，uab0，且|uab|逐渐增大；0.5T0T0t内重复 00.5T0的变化规律故选项C 正确3Br29B22r43mgr4(1)方向为 CD

29、 大小为(2)2R4R2解析(1)根据右手定则， 得导体棒 AB 上的电流方向为 BA，故电阻 R 上的电流方向为 CD.vAvB设导体棒 AB 中点的速度为 v，则 v2而 vAr，vB2r根据法拉第电磁感应定律，导体棒AB 上产生的感应电动势EBrvE3Br2根据闭合电路欧姆定律得I ， 联立以上各式解得通过电阻R 的感应电流的大小为I.R2R(2)根据能量守恒定律，外力的功率P 等于安培力与摩擦力的功率之和，即PBIrvfv，而fmg9B22r43mgr解得 P.4R2考题一楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用1C金属框 abc 平面与磁场平行，转动过程中磁通量始终为零，所以无感应电流产生

30、， 选项B、 D 错误 转动过程中 bc 边和 ac 边均切割磁感线， 产生感应电动势， 由右手定则判断 UaUc，1UbUc，选项 A 错误由转动切割产生感应电动势的公式得Ubc Bl2，选项 C 正确22A第 2s 内情况：由楞次定律可知，金属板上极板带正电，金属板下极板带负电，故A 正确；第 3s 内情况：由楞次定律可知，金属板上极板带正电，金属板下极板带负电，故B 错误；根据法拉第电磁感应定律可知， 第 2s 末感应电动势不变，则两极板之间的电场强度大小学习好资料欢迎下载BSt0.1r2U不为零，故 C 错误；由题意可知，第 4s 末两极板间的电场强度大小 E ，ddd故 D 错误3

31、B磁铁在 A 点时， 线圈中的磁通量为 1， 故通过一匝线圈的磁通量也为1， 与匝数无关，21故 A 错误；磁铁从 A 到 O 的过程中，线圈中产生的平均感应电动势为EnntL2v2nv12，故 B 正确；磁铁从 A 到 B 的过程中，磁通量先增加后减小，磁通量的变化L量为零，故平均感应电动势为零， 故平均感应电流为零， 故通过线圈某一截面的电荷量为零，故 C、D 错误考题二电磁感应的图象问题EBL有v4A感应电动势 EBL有v，电流 I ，三角形RRegf 向右运动，根据右手定则，开始时ef 切割磁感线，产生L顺时针电流，大小设为 I0,0 过程，en 切割磁感线产生向下的电流，nf 产生向

32、上的电流，em3产生向下电流，切割磁感线的有效长度为L有ennfem，随着三角形的运动 L有在减小，LL感应电流减小，当运动 时，L有0，电流为零； L 过程，继续移动根据等边三角形的几33何关系，nfem 大于 en，L有nfemen，逐渐变大，电流变大，当efg 与 bcd 重合时，eg边和 ef 边切割磁感线，产生电流方向均为逆时针，大小变为 2I0；L2L 过程中，继续移动gm 切割磁感线，产生感应电动势， L有gm，逐渐减小，直至全部出磁场电流为零，故A 正确5BEBlvktR，所以 vkRt，vt 图象是一条过原点斜率大于零的直线，说明了金属棒Bl做的是初速度为零的匀加速直线运动，

33、即vat，故 A 错误；根据题图乙所示的 It 图象可学习好资料欢迎下载E知 Ikt，其中 k 为比例系数，由闭合电路欧姆定律可得：I ktR可推出：EktR而 E，t所以有：ktR，tt 图象是一条过原点斜率大于零的直线，故B 正确；t对金属棒在沿导轨方向列出动力学方程FBIlma，BlvB2l2a而 I，vat 得到 Ftma，RR可见 Ft 图象是一条斜率大于零且与F 轴正半轴有交点的直线，故C 错误；1Bl at22Blaq I tt2，qt 图象是一条开口向上的抛物线，故D 错误RR2R6ABD由题图乙可知 01 s 内 F0 即 ab 边受到向左的安培力，线框有面积扩大的趋势，所以

34、磁场应当减弱，故 C 错误，同理可以判断 A、B、D 正确考题三电磁感应中的电路问题7C设 PQ 左侧电路的电阻为 Rx，则右侧电路的电阻为 3RRx3RRxRx，所以外电路的总电阻为 R外，外电路电阻3R先增大后减小，所以路端电压先增大后减小，所以 B 错误；E电路的总电阻先增大后减小，再根据闭合电路的欧姆定律可得PQ 中的电流，I先减RR外小后增大，故A 错误；由于导体棒做匀速运动，拉力等于安培力，即FBIL，拉力的功率PRx3RRx3，最大值为 R，外3R4BILv，故先减小后增大，所以 C 正确；外电路的总电阻 R小于导体棒的电阻 R，又外电阻先增大后减小， 由电源的输出功率与外电阻的

35、关系图象可知，线框消耗的电功率先增大后减小，故D 错误学习好资料欢迎下载8AC金属棒从轨道最低位置cd 运动到 ab 处的过程中，穿过回路的磁通量减小，根据楞次定律得知通过 R 的电流方向为由外向内，故A 正确，B 错误；金属棒做匀速圆周运动，回路中产生正弦式交变电流，可得产生的感应电动势的最大值为EmBLv0，有效值为E22E ，2mr2rB2L2v0E根据焦耳定律有：Qt 时间为 t，联立解得Q，故C 正确；通过R 的电荷量Rv04RE t BLr由公式：q I t，故 D 错误RRRB2L2B2L229(1)RR0t(2)I (R0t)(3)21m2m解析(1)因棒中的电流强度保持恒定，

36、故棒做匀减速直线运动，设棒的电阻为r，电流为I，其初速度为 v0，加速度大小为 a，经时间 t 后，棒的速度变为 v，则有 vv0atBIL而 amBLv0t0 时刻棒中电流为：IR0r经时间 t 后棒中电流为：IRrBLvB2L2由以上各式得：RR0tm(2)因可控电阻 R 随时间 t 均匀减小，故所求 PIB2L2由以上各式得：PI (R0t)2m2R R202(3)将可控电阻改为定值电阻R0，棒将做变减速运动有：v0 a tB I La mE而 I ttR0r学习好资料欢迎下载E BLx1ttmv0R0r由以上各式得：x1B2L2v20而 x22amv0R0r由以上各式得 x22B2L2

37、x12所求 x21考题四电磁感应中的动力学、能量转化问题10BCD由于磁场是变化的，故线框切割磁感线产生的感应电动势也为变值， 安培力也为变力，故要保持线框匀速运动，外力F 不能为恒力，故A 错误；t0 时，左右两边的磁感应强24B20L v度均为 B0，方向相反，则感应电动势 E2B0Lv，拉力等于安培力即 F2B0IL，故 BR正确；由于两边正好相隔半个周期，故产生的电动势方向相同，经过的位移为vt，瞬时电动vt2B0Lvcosdvt势 E2B0Lvcos，瞬时电流 I，故 C 正确；由于瞬时电流成余弦规律变化，dR22B0Lv2B20L vd2故可知感应电流的有效值I，故产生的电热 QI

38、 Rt，故 D 正确R2RQ11(1)4 倍(2)28lmg解析(1)设磁场的磁感应强度大小为B，cd 边刚进入磁场时，线框做匀速运动的速度为v1，cd边上的感应电动势为 E1，由法拉第电磁感应定律，有E12Blv1E1设线框总电阻为 R，此时线框中电流为 I1，由闭合电路欧姆定律，有I1R设此时线框所受安培力为F1，有 F12I1lB由于线框做匀速运动，其受力平衡，有mgF1mgR由式得 v12 24B lmgR设 ab 边离开磁场之前，线框做匀速运动的速度为v2，同理可得 v22 2B l由式得 v24v1学习好资料欢迎下载12(2)线框自释放直到 cd 边进入磁场前，由机械能守恒定律，有

39、2mgl mv12线框完全穿过磁场的过程中，由能量守恒定律，有112mg(2lH) mv22 mv1Q22Q由式得 H28lmg专题综合练1B设折弯前金属棒切割磁感线的长度为L，BLv；折弯后，金属棒切割磁感线的有效长度为lB 正确B2B1S2C根据法拉第电磁感应定律得，感应电动势 Enn，由楞次定律和右手螺tt2t1旋定则可判断 b 点电势高于 a 点电势，因磁场均匀变化，所以感应电动势恒定，因此 a、bB2B1S两点电势差恒为 abn，选项 C 正确t2t13Cx 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方向，为正值故 B 错误；x 在 a2a 范围，线框穿过

40、左、右两侧磁场时，根据楞次定律，感应电流方向为顺时针，为负值，且为x 在 0a 范围内电流的 2 倍，最大值为 2I0.故 A 错误；x 在2a3a 范围，线框穿过右侧磁场时，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T4A0 内，电流为负向恒定不变，即顺时针方向，则感应电流的磁场方向垂直纸面向里，4根据楞次定律，若原磁场均匀增大，则原磁场方向向外，为负向均匀增大；若原磁场均匀减T3T小，则原磁场方向向里，为正向均匀减小. 内，电流为正向恒定不变，即逆时针方向，44则感应电流的磁场方向垂直纸面向外，根据楞次定律，若原磁场均匀增大，则方向向里，为正向均匀增大；若原磁场均匀减小

41、，则原磁场向外，为负向均匀减小，根据以上的分析知A222L2L22L， 故产生的感应电动势为BlvBLv， 所以，222222学习好资料欢迎下载正确5ABC6D闭合开关 S 瞬间线圈相当于断路，二极管为反向电压，故电流不走 A 灯泡，B 逐渐变亮，故 A 错误，B 错误；开关 S 断开瞬间 B 立刻熄灭，由于二极管正向导通，故自感线圈与A 形成回路，A 闪亮一下，然后逐渐熄灭，故C 错误 D 正确7AC导体棒 MN 速度最大时做匀速直线运动，由平衡条件得：BLvmmgsinBILBL2R解得 vm2mgRsin.故 A 正确；在 MN 下滑的过程中，穿过回路的磁通量增大，根据楞次定B2L2律判

42、断知，EF 受到沿导轨向下的安培力，根据平衡条件得：导体棒 EF 所受的静摩擦力 FfmgsinF安故 B 错误；当导体棒MN 从静止开始下滑 s 的过程中，通过其横截面的电荷BL v tBLx量为 q I tt，故C 正确；根据能量守恒得：导体棒MN 中产生的热量为2R2R2RE11Q (mgxsin mv2)，故 D 错误22mBLv02LB2L3v08 D从 ab 进入磁场到 cd 进入磁场的过程中， 线框产生的电能： E12.5J，Rv0R同理当线框从磁场中离开时产生的电能也为E32.5J； 当线框的 ab 边从开始进入区域到2BLv02L4B2L3v0线框的 cd 边开始进入区域的过

43、程中，线框产生的电能： E210J，故Rv0R整个过程中线框一共产生的电能为EE1E2E315J，由于外力 F 做功等于产生的电能，所以外力 F 所做的功为 15J，故选项 D 正确9(1)25 匝(2)0.1T/s解析(1)题中“电磁天平”中的线圈受到安培力FN1B0IL由天平平衡可知：mgN1B0IL代入数据解得：N125 匝学习好资料欢迎下载B(2)由电磁感应定律得：EN2N2LdttE由欧姆定律得：I R线圈受到的安培力 FN2B0ILB dL由天平平衡可得：mgN2B20tRB代入数据可得0.1T/stBS232LS2d32g310(1)2gh(2)4LS2d(hH)2B41解析(1

44、)线框 N 进入磁场前由动能定理得：mgh mv221刚进入磁场时切割磁感线，有：E2BLv1由闭合电路欧姆定律可得：EINRN由电阻定律可得：4LRNS2BS2由以上各式可得：IN2gh2(2)以线框 M 为研究对象，当线框在磁场中运动达到匀速时，设速度为v2，线框所受重力：Gmg4LS1dg安培力：F2BIML切割电动势：E2BLv2E感应电流：IMRM4L电阻：RMS1匀速时受力平衡：GF4dg由以上各式可得：v22B2学习好资料欢迎下载由上式可知匀速运动速度与导线截面积无关，所以两线框匀速运动速度相同，均为v2.由此可知当线框 N 恰好追上 M 时，两者速度相等32LS2d32g3可得线框 N 产生的焦耳热：Q4LS2gd(hH)B4