专题09 电磁感应-2021年高考考前再回首易错题（解析版）.docx

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1、考前再回首易错题之电磁感应易错题清单易错点1：对、的意义理解不清对、的理解和应用易出现以下错误：（1）不能通过公式正确计算、和的大小，错误地认为它们都与线圈的匝数n成正比；（2）认为公式中的面积S就是线圈的面积，而忽视了无效的部分；不能通过t（或Bt）图象正确求解；（3）认为=0（或B=0）时，一定等于零；（4）不能正确地分析初、末状态穿过线圈的磁通量的方向关系，从而不能正确利用公式=21求解。【典例1】如图所示，一正方形线圈的匝数为n，边长为a，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中，在t时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B均匀地增大到2B，在此过程中，线圈中产生的感应电动势为（ ）A

2、B C D【错因分析】有效面积的计算错误，或者用法拉第电磁感应定律求电动势的时候忘记乘以匝数n而导致错解。【正确解析】磁感应强度的变化率，法拉第电磁感应定律可以写成，其中磁场中的有效面积，代入得，选项B正确。【正确答案】B。易错点2：应用楞次定律解题不能正确区分两个磁场（一是引起感应电流的磁场即原磁场，二是感应电流产生的磁场即感应磁场），对两磁场的“阻碍”关系把握不准.典例2 某实验小组用如图所示的实验装置来验证楞次定律。当条形磁铁自上而下穿过固定的线圈时，通过电流计的感应电流方向是（    ）A. aGb     

3、;         B. 先aGb，后bGaC. bGa               D. 先bGa，后aGb解析： 确定原磁场的方向：条形磁铁在穿入线圈的过程中，磁场方向向下。 明确回路中磁通量变化情况：向下的磁通量增加。 由楞次定律的“增反减同”可知：线圈中感应电流产生的磁场方向向上。 应用右手安培定则可以判断感应电流的方向为逆时针（俯视）即：从bGa。同理可以判断：条形磁铁穿出线圈

4、过程中，向下的磁通量减小，由楞次定律可得：线圈中将产生顺时针的感应电流（俯视），电流从aGb。答案：D【名师点拨】该题目关键在于对楞次定律的理解和应用以及对“穿过”二字的正确理解，它包括穿入和穿出两个过程。易错点3：混淆左手定则、右手定则和安培定则等.【典例3】 (多选)如图,在匀强磁场中,放有一与线圈D相连接的平行导轨,要使放在线圈D中的线圈A(A、D两线圈同心共面)各处受到沿半径方向指向圆心的力,金属棒MN的运动情况可能是()A匀速向右 B加速向左C加速向右 D减速向左 【答案】BC 【解析】若金属棒MN匀速向右运动,则线圈D与MN组成回路,产生恒定电流,穿过线圈A的磁通量不变,线圈A不受

5、安培力作用,故选项A错误;若金属棒MN加速向左运动,则线圈D与MN组成回路中的电流不断增强,故穿过线圈A的磁通量不断增强,由楞次定律,为阻碍磁通量的增强,线圈A有收缩的趋势,受到沿半径方向指向圆心的安培力,选项B正确；同理可得,当金属棒MN加速向右运动时,线圈A有收缩的趋势,受到沿半径方向指向圆心的安培力,选项C正确;当金属棒MN减速向左运动时,线圈A有扩张的趋势,受到沿半径方向背离圆心的安培力,选项D错误.所以本题选B、C。易错点4：不能正确判断感应电动势及感应电流的方向，对产生感应电动势那部分电路相当于电源理解不清.【典例4】如图所示，处于匀强磁场中的半封闭平行金属导轨框架MNPQ，宽NP

6、为L磁场与其平面垂直，磁感应强度B的变化规律如右图所示。导体棒ab的电阻为R，导轨电阻不计。从t=0开始，在外力作用下导体从导轨的最左端以速度v向右匀速运动，则t0时刻回路中的感应电流大小为（）A. 0B. C. D. 【答案】C【解析】t0时刻ab切割磁感线产生的动生电动势为E1=B0Lv，ab中电流的方向由b到a；此时回路中的感生电动势为E2=Lvt=B0Lv，ab中电流的方向也是b到a。可知回路中的感应电流大小为I=。故C正确、ABD错误。【名师点拨】求出t0时刻ab切割磁感线产生的动生、感生电动势，根据闭合电路欧姆定律求解电流强度。对于电磁感应现象中涉及电路问题的分析方法是：确定哪部分

7、相对于电源，根据电路连接情况画出电路图，结合法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律、以及电功率的计算公式列方程求解。易错点5：对感应电动势的有无完全取决于穿过回路的磁通量的变化，而与回路的通断、回路的组成情况无关理解不到位.【典例5】半径为a的圆形区域内有均匀磁场，磁感应强度为B =0.2T，磁场方向垂直纸面向里，半径为b的金属圆环与磁场同心放置，磁场与环面垂直，其中a =0.4m，b =0.6m，金属环上分别接有灯L1、L2，两灯的电阻均匀为R02，一金属棒MN与金属环接触良好，棒与环的电阻均忽略不计。（1）若棒以v0=5m/s的速率在环上向右匀速滑动，求棒滑过圆环直径00的瞬间（如图所示）

8、MN中的电动势和流过灯L1的电流。（2）撤去中间的金属棒MN，将右面的半圆环OL2O以OO为轴向上翻转90°，若此时磁场随时间均匀变化，其变化率为，求L1的功率。【解析】（1）棒通过圆环直径时切割磁感线的有效长度L =2a，棒中产生的感应电动势为V=0.8V    当不计棒和环的电阻时，直径OO两端的电压U =E =0.8V，通过灯L1电流的为A =0.4A   （2）右半圆环上翻90°后，穿过回路的磁场有效面积为原来的一半，磁场变化时在回路中产生的感应电动势为  由L1、L2两灯相同，圆环电阻不计，所以每灯的电压

9、均为，L1的功率为W      易错点6：忽视对电磁感应中的电路结构进行分析对于电磁感应现象中的电路结构分析有两个方面容易出现错误：（1）电源分析错误，不能正确地应用右手定则或楞次定律判断电源的正负极，不能选择恰当的公式计算感应电动势的大小；（2）外电路分析错误，不能正确判断电路结构的串并联关系。【典例6】（多选）如图所示，光滑导轨MN和PQ固定在同一水平面上，两导轨距离为L，两端分别接有阻值均为R的定值电阻R1和R2，两导轨间有一边长为L/2的正方形区域abcd，该区域内有方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B。一质量为m的金属杆与导轨接触良

10、好并静止于ab处，现用一恒力F沿水平方向拉杆，使之由静止向右运动，若杆拉出磁场前已做匀速运动，不计导轨及金属杆的电阻。则A金属杆出磁场前的瞬间，流过R1的电流大小为2FBLB金属杆穿过整个磁场过程中R1上产生的电热为12FL2mF2R2B4L4C金属杆做匀速运动时的速率v=2FR/B2L2D金属杆穿过整个磁场过程中通过电阻R1的电荷量为BL2/4R【错因分析】分不清金属杆滑动时电路的结构导致本题错解，或者弄错金属杆切割磁感线的有效长度而出错。【正确解析】杆拉出磁场前已做匀速运动，设流过金属杆中的电流为I，由平衡条件得：F=BIL/2，解得I=2F/BL，所以R1中的电流大小I1= I/2= F

11、/BL，方向从M到P，故A错误；设杆做匀速运动的速度为v， 杆切割磁感线产生的感应电动势大小为：E=BvL/2，由闭合电路欧姆定律：E=IR/2，可解得：v= 2FR/B2L2， ，设整个过程电路中产生的电热为Q，根据能量守恒定律：Q=0.5FL-0.5mv2，代入v可得Q=FL22mF2R2B4L4使R1上产生的电热Q1=12Q=FL4mF2R2B4L4，故B错误，C正确；根据电荷量的定义可知：q=It=R总=BL22R而流过R1的电荷量只是中电荷量的一半，所以通过电阻R1的电荷量为BL2/4R ，故D正确。【正确答案】CD 易错点7：弄不清电磁感应中的安培力问题以及涉及受力分析及功能关系的

12、问题在电磁感应现象中求解焦耳热时容易出现以下两类错误：（1）不加分析就把某时刻的电流I代入公式Q=I2Rt求解焦耳热，大多数情况下感应电流I是变化的，求解焦耳热要用电流的有效值，因此不能用某时刻的电流代入公式Q=I2Rt求解焦耳热；（2）电路中产生焦耳热的元件不是一个，不加分析误认为某个原件上的焦耳热就是整个电路产生的焦耳热。【典例7】（多选）如图所示，在水平光滑的平行导轨MN、HG左端接一阻值为的电阻R0（导轨电阻不计），两轨道之间有垂直纸面向里的匀强磁场。一电阻也为的金属杆，垂直两导轨放在轨道上。现让金属杆在外力作用下分别以速度v1、v2由图中位置1匀速运动到位置2，两次运动过程中金属杆与

13、导轨接触良好，若两次运动的速度之比为，则下列关于这两次运动的说法正确的是A两个过程中电流对R0做功之比为W1:W2=1:2B两个过程中外力做功之比=1:2C两个过程中外力之比F1:F2=1:1D两个过程中流过金属杆的电荷量相同【错因分析】审题不清、粗心大意，导致本题中分不清让求的是哪个力做的功，导致本题错解。【正确解析】两种情况下金属杆产生的电动势分别为、，回路中的总电阻为R。回路中两次的电流分别为、，故电流之比为，故两个过程中电流对R0做功之比为，故选项A正确；两个过程中外力做的功等于两次电路中分别产生的电热，故两个过程中外力做功之比，故选项B正确；根据F=BIL可知两个过程中外力之比F1:

14、F2=1:2，故选项C错误；两种情况下磁通量的变化量相同，则通过导体横截面的电荷量为，故通过金属杆横截面的电荷量之比为q1:q2=1:1，故选项D正确。【正确答案】ABD易错点8：分析电磁感应图像问题时常出现下面的几种问题：(1)分不清横轴是时间t还是位移x.(2)不能找到切割磁感线的有效长度，因而无法确定感应电动势如何变化特别是线框两条边切割有界磁场时，切割磁感线的有效长度在变化，确定有效长度如何变化才能确定感应电动势如何变化.(3)不能正确区分哪部分是电源，哪部分是外电路，因而无法确定两点间电势差例如矩形线圈进入磁场，切割磁感线的边是电源，其他三边串联作为外电路区分内外电路是研究回路上两点

15、间电势差的基础.【典例8】某同学用粗细均匀的同一种导线制成“9”字形线框，放在有理想边界的匀强磁场旁，磁感应强度为B，如图甲所示。已知磁场的宽度为2d，ab=bc=cd=da=ce=ef=d，导线框从紧靠磁场的左边界以速度v向x轴的正方向匀速运动，设U0=Bdv。在图乙中最能体现be两点间的电压随坐标x变化关系的图象是A BC D【错因分析】没有分析清楚感应电动势与电压之间的关系，没有正确区分电源与外电路。【正确解析】x在0d过程：线框进入磁场，bc、ce产生的感应电动势都是E=Bdv=U0，根据右手定则判断可知，b点的电势高于c点的电势，bc间的电势差为：Ubc=34E=34U0，则be两点

16、间的电压Ube=Ubc+E=34U0+U0=74U0；在d2d过程：线框完全进入磁场，磁通量不变，没有感应电流产生，ad、bc、ce产生的感应电动势都是E=Bdv=U0，根据右手定则判断可知，b点的电势高于e点的电势，be两点间的电压Ube=2E=2U0。在2d3d过程：线框穿出磁场，ad边产生的感应电动势是E=Bdv=U0，根据右手定则判断可知，a点的电势高于d点的电势，则得b点的电势高于e点的电势。be两点间的电压Ube=14E=14U0。故A正确。【正确答案】A。易错点9：在分析电磁感应的动态问题时盲目套用公式公式E=BLv、F=、在应用时容易出现以下错误：（1）当导体棒不是垂直切割磁感

17、线时忘记分解速度或磁感应强度；（2）公式中R是回路的总电阻，应用时误认为是导体棒的电阻；（3）当其中一个量发生变化时误认为其他量都不变（如当L变化时，R随之变化）。【典例9】如图所示，两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有电阻R。金属棒ab与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下。现使磁感应强度随时间均匀减小，ab始终保持静止，下列说法正确的是Aab中的感应电流方向由b到aBab中的感应电流逐渐减小Cab所受的安培力保持不变Dab所受的静摩擦力逐渐减小【错因分析】对物体的动态分析理解不透导致错解。【正确解析】导体棒ab、电阻R、导轨构成闭合回路，磁感应

18、强度均匀减小（为一定值），则闭合回路中的磁通量减小，根据楞次定律，可知回路中产生顺时针方向的感应电流，ab中的电流方向由a到b，故A错误；根据法拉第电磁感应定律，感应电动势，回路面积S不变，即感应电动势为定值，根据欧姆定律，所以ab中的电流大小不变，故B错误；安培力，电流大小不变，磁感应强度减小，则安培力减小，故C错误；导体棒处于静止状态，所受合力为零，对其受力分析，水平方向静摩擦力f与安培力F等大反向，安培力减小，则静摩擦力减小，故D正确。【正确答案】D。易错点10：对涉及力学的综合问题，不会分析导致错误.“三定则”的比较及其联系比较项目左手定则右手定则安培定则应用磁场对运动电荷、电流作用力

19、方向的判断对导体切割磁感线而产生的感应电流方向的判断电流产生磁场涉及方向的物理量磁场方向、电流（电荷运动）方向、安培力（洛伦兹力）方向磁场方向、导体切割磁感线的运动方向、感应电动势的方向电流方向、磁场方向各物理量方向间的关系图例因果关系电流运动运动电流电流磁场应用实例电动机发电机电磁流量计【典例10】（多选）如图所示，水平放置的光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ、MN，MN的左边有一闭合电路，当PQ在外力的作用下运动时，MN向右运动，则PQ所做的运动可能是A向右加速运动B向左加速运动C向右减速运动D向左减速运动【错因分析】不能正确区分使用“三定则”的使用环境导致本题错解。【正确解析】MN向右运

20、动，说明MN受到向右的力，因为通电导线ab在MN处产生垂直纸面向里的磁场，那么MN在周围不变化的磁场中只能受到向右的安培力，通过左手定则判断可知MN中有感应电流，方向由MN，由安培定则得出L1中感应电流的磁场方向向上阻碍原磁场变化，那么L1中原磁场必然是向上减弱或是向下增强，得出L2中磁场也是向上减弱或向下增强因为PQ运动导致PQ与L2组成的回路中磁通量有变化，若L2中磁场方向向上减弱，那么电流也减弱，逆用安培定则判断出PQ中电流为QP且减小，由楞次定律或右手定则判断PQ向右减速运动；若L2中磁场方向向下增强，PQ中电流为PQ且增大，则PQ向左加速运动故B、C正确【正确答案】BC易错点11：不

21、能准确地求解双杆切割时的电动势对于双杆切割类问题，常存在两个误区：（1）忽视分析两杆产生感应电动势的方向；（2）求解安培力时忽视了两杆所处位置的磁感应强度大小和方向的差异。【典例11】质量为m的导体棒a从h高处由静止起沿足够长的光滑导电轨道滑下，另一质量也为m的导体棒b静止在宽为L的光滑水平导轨上，在水平轨道区域有垂直于轨道平面向上的匀强磁场，磁感应强度为B，如图所示，（a、b导体棒不会相碰）。试求：（1）a、b导体棒的最终速度v；（2）回路中最多能产生多少焦耳热Q；（3）流过a棒的电荷量q；（4）若a、b棒的电阻均为R，a棒进入磁场后，a、b棒的相对位移。【错因分析】没有注意a棒进入磁场后，

22、两棒组成的系统动量守恒导致本题错解。【正确解析】（1）a从h高处由静止滑到水平导轨处，由动能定理得：解得：a进入磁场后，a棒减速，b棒加速，最终速度相等，a、b系统水平方向合外力为零，设水平向右为正方向，由动量守恒得到：解得最终速度为：（2）整个过程，系统重力势能转化为动能和电能，电能全部转化为焦耳热由能量守恒得到：解得：（3）a进入磁场运动至稳定速度，水平方向只受安培力，通过回路电荷量为：动量定理：解得：（3分）（4）b棒由静止加速到最大速度v的过程，两棒相对位移为平均感应电动势：根据欧姆定律有：，又联立各式得：【正确答案】（1） （2） （3） （4）易错点12：通电自感和断电自感的比较通

23、电自感断电自感电路图器材要求L1、L2同规格，R=RL，L较大L很大（有铁芯），RL<<RA现象在S闭合的瞬间，L2灯立即亮起来，L1灯逐渐变亮，最终一样亮在开关S断开时，灯A突然闪亮一下后再逐渐熄灭原因由于开关闭合时，流过电感线圈的电流迅速增大，使线圈产生自感电动势，阻碍了电流的增大，使流过灯L1的电流比流过灯L2的电流增加得慢断开开关S时，流过线圈L的电流减小，产生自感电动势，阻碍了电流的减小，使电流继续存在一段时间；在S断开后，通过L的电流反向通过灯A，且由于RL<<RA，使得流过灯A的电流在开关断开的瞬间突然增大，从而使灯A的功率突然变大，即闪亮一下能量转化情况

24、电能转化为磁场能磁场能转化为电能【典例12】（多选）如图所示，小明做课本自感线圈实验时，连接电路如图所示。则A闭合开关S，L2逐渐变亮，然后亮度不变B闭合开关S，L1逐渐变亮，然后亮度不变C断开开关S，L1逐渐变暗至熄灭，L2变亮后再熄灭D断开开关S，L1变亮后再熄灭，L2一直不亮【错因分析】不能正确理解断开开关时给电路造成的影响导致本题错解。【正确解析】闭合开关S，根据二极管的单向导电性，L2不亮，选项A错误；根据自感现象，闭合开关S，由于自感线圈的“阻碍”作用，L1逐渐变亮，然后亮度不变，选项B正确；当断开开关S，线圈与二极管D形成回路，则有流过L2的电流，则L2变亮后再熄灭，而流过L1的

25、电流逐渐减小，故L1逐渐变暗至熄灭，选项C正确、D错误。【正确答案】BC易错点13：电磁感应现象中电荷量的求解在电磁感应现象的考题中，常要求计算某段过程中流过导体横截面的电荷量。题目情景往往变化多端，较为复杂。感应电流方向还可能发生变化，大小也可能发生变化。由电流的定义式知，由法拉第电磁感应定律知回路中的平均电流，而，则。可见流过导体横截面的电荷量只与导体线圈的匝数n、线圈的电阻R及该过程磁通量的变化有关，而与时间无关。【典例13】如图所示，在竖直平面内固定有光滑平行导轨，间距为L，下端接有阻值为R的电阻，空间存在与导轨平面垂直、磁感应强度为B的匀强磁场。质量为m、电阻为r的导体棒ab与上端固

26、定的弹簧相连并垂直导轨放置。初始时，导体棒静止，现给导体棒竖直向下的初速度v0，导体棒开始沿导轨往复运动，运动过程中始终与导轨垂直并保持良好接触。若导体棒电阻r与电阻R的阻值相等，不计导轨电阻，则下列说法中正确的是（ ）A导体棒往复运动过程中的每个时刻受到的安培力方向总与运动方向相反B初始时刻导体棒两端的电压Uab=BLv0C若导体棒开始运动后到速度第一次为零时，下降的高度为h，则通过电阻R的电量为BL2RD若导体棒开始运动后到速度第一次为零时，下降的高度为h，此过程导体棒克服弹力做功为W，则电阻R上产生的焦耳热Q=14mv2+12mghW【错因分析】不能正确理解运动过程中的能量转化及电阻产生

27、的热量与整个电路热量的区别等导致本题错解。【正确解析】A、导体棒竖直向下运动，由右手定则判断可知：ab中产生的感应电流方向从ba，由左手定则判断得知ab棒受到的安培力竖直向上；导体棒竖直向上运动，由右手定则判断可知：ab中产生的感应电流方向从ab，由左手定则判断得知ab棒受到的安培力竖直向下，所以导体棒往复运动过程中的每个时刻受到的安培力方向总与运动方向相反，故A正确；B、导体棒开始运动的初始时刻，ab棒产生的感应电势为E=BLv0，由于r=R，所以导体棒两端的电压Uab=12E=12BLv0，故B错误；C、导体棒开始运动后到速度第一次为零时，下降的高度为h，则通过电阻R的电量为q=NR+r=

28、BL2R，故C正确；D、由于导体棒运动过程中产生电能，所以导体棒开始运动后速度第一次为零时，根据能量守恒定律得知产生的焦耳热Q热=12mv02+mgW，所以电阻R上产生的焦耳热Q=12(12mv02+mgW)，故D错误。【正确答案】AC。举一反三，及时纠错1（2019·黑龙江学与考联盟三模）（多选）如图所示，磁场中S1处竖直放置一闭合圆形线圈。现将该圆形线圈从图示S1位置处水平移动到S2位置处，下列说法正确的是A穿过线圈的磁通量在减少B穿过线圈的磁通量在增加C逆着磁场方向看，线圈中产生的感应电流方向是逆时针D逆着磁场方向看，线圈中产生的感应电流方向是顺时针【答案】BD 【解析】磁通量

29、的大小可以根据穿过线圈的磁感线条数的多少进行分析判断，由图可知，将线圈从S1位置处水平移动到S2位置处的过程中，穿过线圈的磁感线条数变多了，故说明磁通量增加，故选项A错误，选项B正确；根据楞次定律中的“增反减同”特点来分析判断知逆着磁场方向看，线圈中产生的感应电流方向是顺时针，故选项C错误，选项D正确。2. 在等边三角形的三个顶点a、b、c处各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等的恒定电流，方向如图。过c点的导线所受安培力的方向A与ab边平行，竖直向上B与ab边平行，竖直向下C与ab边垂直，指向左边D与ab边垂直，指向右边【答案】C【解析】本题首先利用右手螺旋定则判断出两根通电导线在

30、c处的分磁场方向，根据磁场的叠加原理判断出a、b在c处的总磁场方向，如图所示。最后再利用左手定则判断出c中通电电流在a、b合磁场中受的安培力。利用几何知识结合此图可判断分磁场在c点的磁场方向夹角为60°，且等大，所以合磁场方向平行于ab向下。根据左手定则则可以判断安培力方向垂直ab方向指向左边。3 ab为一金属杆，它处在如图所示的垂直于纸面向里的匀强磁场中，可绕a点在纸面内转动；s为以a为圆心位于纸面内的金属圆环；在杆转动过程中，杆的b端与金属环保持良好接触；A为电流表，其一端与金属环相连，一端与a点良好接触。当杆沿逆时针方向转动时，某时刻ab杆的位置如图，则此时刻A有电流通过电流表

31、，方向由c向d；作用于杆ab的安培力向右B有电流通过电流表，方向由d向c；作用于杆ab的安培力向左C有电流通过电流表，方向由d向c；作用于杆ab的安培力向右D无电流通过电流表，作用于ab的安培力为零【答案】B【解析】当杆沿逆时针方向转动时，根据右手定则，判断出ab杆中感应电流方向ba，电流通过电流表，方向由dc，根据左手定则，作用于ab的安培力向左。故B正确，ACD错误。4.如图所示，闭合线圈abcd水平放置，其面积为S，匝数为n，线圈与匀强磁场B夹角为45°.现将线圈以ab边为轴顺时针转动90°，则线圈在初、末位置磁通量的改变量的大小为（ ）A0BBS CnBS D无法计

32、算【答案】B【解析】设初位置时穿过线圈的磁通量为正，则初位置时1BSsin BS，末位置时2BScos BS，则初、末位置磁通量的改变量的大小为|21|BS，故B正确5. （2019·黑龙江省牡丹江市高二期末）如图所示，现有一匝数为n，面积为S，总电阻为R的闭合线圈，垂直放置于一匀强磁场中，磁场的磁感应强度B随时间均匀增大，变化率，则（ ）A线圈中产生顺时针方向的感应电流B线圈面积具有扩张的趋势C线圈中产生的感应电动势为ksD线圈中感应电流的大小为nksR【答案】D【解析】根据楞次定律可得线圈中产生逆时针方向的感应电流，故A错误；线圈面积的变化总是阻碍磁通量的变化，所以磁场的磁感应强

33、度B随时间均匀增大，线圈面积具有收缩的趋势，故B错误；根据法拉第电磁感应定律可得线圈中产生的感应电动势为，故C错误；线圈中感应电流的大小为，故D正确。【名师点拨】根据楞次定律判断感应电流的方向的一般步骤是：确定原磁场的方向原磁场的变化引起感应电流的磁场的变化楞次定律感应电流的方向。6.边长为a的闭合金属正三角形框架，左边竖直且与磁场右边界平行，完全处于垂直框架平面向里的匀强磁场中。现把框架匀速水平向右拉出磁场，如图所示，则下列图像与这一过程相符合的是 【答案】B【解析】该过程中，框架切割磁感线的有效长度等于框架与磁场右边界两交点的间距，根据几何关系有l有=x，所以E=Bl有v=Bvx，故A错误

34、，B正确，F外力= ，故C错误；P外力=F外力vx2，故D错误7. （多选）如图所示，MN和PQ为处于同一水平面内的两根平行的光滑金属导轨，垂直导轨放置金属棒ab与导轨接触良好。N、Q端接理想变压器的初级线圈，理想变压器的输出端有三组次级线圈，分别接有电阻元件R、电感元件L和电容元件C。在水平金属导轨之间加竖直向下的匀强磁场，若用IR、IL、Ic分别表示通过R、L和C的电流，则下列判断中正确的是（ ）A在ab棒匀速运动且ab棒上的电流已达到稳定后，IR0、IL0、IC=0B在ab棒匀速运动且ab棒上的电流已达到稳定的，IR=0、IL=0、IC=0C若ab棒在某一中心位置附近做v =Vmsint

35、的运动，则IR0、IL0、IC0D若ab棒匀加速运动，则IR0、IL0、IC=0【答案】BCD【解析】在ab棒匀速运动过程中，ab棒产生恒定的感应电动势，左边原线圈中产生恒定的电流，形成恒定的磁场，穿过右侧的三个副线圈的磁通量不变，则副线圈中没有感应电动势产生，所以IR=0、IL=0、IC=0，故A错误，B正确。若ab棒在某一中心位置附近做简谐运动，原线圈中产生正弦式交变电流，副线圈中将有感应电流产生，故IR0、IL0、IC0，故C正确。若ab棒匀加速运动，原线圈中感应电流均匀增大，穿过副线圈的磁通量均匀增大，副线圈中产生恒定的感应电动势，由于电容器有阻直流的特性，IC=0，而电感线圈有通直的

36、特性，IL0，故IR0、IL0、IC=0，故D正确。8如图所示，两根足够长的平行金属导轨间距l=0.50 m，倾角=53°，导轨上端串接电阻R=0.05 。在导轨间长d=0.56 m的区域内，存在方向垂直于导轨平面向下、磁感应强度B=2.0 T的匀强磁场。质量m=4.0 kg的金属棒CD水平置于导轨上，用轻质细绳跨过定滑轮与拉杆GH（GH杆的质量不计）相连。某同学用F=80 N的恒力竖直向下拉动GH杆，使CD棒从图中初始位置由静止开始运动，刚进入磁场时速度为v=2.4 m/s，当CD棒到达磁场上边界时该同学松手。g取10 m/s2，sin 53°=0.8，不计其他电阻和一切

37、摩擦。求：（1）CD棒的初始位置与磁场区域下边界的距离s；（2）该同学松手后，CD棒能继续上升的最大高度h；（3）在拉升CD棒的过程中，该同学所做的功W和电阻R上产生的热量Q。【解析】（1）CD棒向上运动Fmgsin =ma解得a=12 m/s2由运动学公式v2=2as解得s=0.24 m（2）刚进入磁场时E=Blv由闭合电路欧姆定律I=又F安=BIl因为F=mgsin +F安所以CD棒在磁场中做匀速直线运动离开磁场后，CD棒沿导轨向上做匀减速运动由v2=2gxsin 解得x=0.36 mCD棒还能继续上升的最大高度h=xsin=0.288 m（3）该同学所做的功W=F(s+d)，解得W=64

38、 J由能量转化和守恒定律得W=mg(s+d)sin +h+QR解得QR=26.88 J9.如图所示，圆形匀强磁场区域的半径为R，磁场方向垂直纸面向里。边长为2R的正方形闭合导线框从左向右匀速穿过磁场。若线框刚进入磁场时t=0，规定逆时针方向为电流的正方向，则下图中能大致反映线框中电流与时间关系的是【答案】A 【解析】导线框右侧导线进入磁场后做切割磁感线运动，根据右手定则，产生向上的感应电流，回路中电流方向为逆时针方向，有效长度先增大后减小，所以感应电流方向为正，大小先增加后减小。当右侧导线出磁场时左侧导线开始进入磁场，产生顺时针方向的感应电流，大小同样先增大后减小。选项A正确。10如图所示，两

39、条平行虚线之间存在匀强磁场，虚线间的距离为l，磁场方向垂直纸面向里。abcd是位于纸面内的梯形线圈，ad与bc间的距离也为l，t0时刻，bc边与磁场区域边界重合。现令线圈以恒定的速度v沿垂直于磁场区域边界的方向穿过磁场区域，取沿abcda的感应电流为正，则在线圈穿越磁场区域的过程中，感应电流I随时间t变化的图线可能是图中的A BC D【答案】B【解析】A、开始时bc边进入磁场切割磁感线，根据右手定则可知，电流方向为逆时针，即为负方向，当bc边开始出磁场时，回路中磁通量减小，产生的感应电流为顺时针，方向为正方向，故AC错误；B、开始时bc边进入磁场切割磁感线，根据感应电动势大小公式：E=Blv可

40、得，有效切割长度越来越长，感应电动势增大，故感应电流越来越大，且电流方向为负方向；当bc边开始出磁场时，根据感应电动势大小公式：E=Blv可得，切割长度越来越长，感应电动势增大，故感应电流越来越大，且电流方向为正方向，故B正确，D错误。【名师点拨】对于图象问题可以通过排除法判断，本题关键要理解感应电动势公式E=Blv中，l是有效切割长度，并掌握右手定则或楞次定律。11. （多选）如图所示，水平放置的光滑平行导轨足够长且处于竖直向上的匀强磁场中，导轨电阻不计。在导轨上放置两根与导轨垂直的质量、阻值均相等的导体棒ab、cd，给导体棒ab一初动能Ek，使其开始向右运动，下列说法正确的是（）A导体棒a

41、b的速度不断减小到0B导体棒ab的加速度不断减小到0C导体棒cd的加速度不断增大D导体棒cd最终能产生的热量【答案】BD【解析】给导体棒ab一个初动能Ek，使其开始向右运动，根据右手定则可知电流方向为cdba，根据左手定则ab受力向后，cd受力先前，ab做减速运动，cd做加速运动，当二者的速度相等时电路电流为零，安培力为零，则加速度为零，所以ab棒的速度不会减小到零，ab做加速度减小的减速运动、cd做加速度减小的加速运动，故A、C项与题意不相符、B项与题意相符；设ab棒的初速度为v，则Ek；根据动量定理可得：mv2mv，解得：vv，系统产生的焦耳热Q，所以导体棒cd最终能产生Q1故D项与题意相

42、符。12如图所示，M1NlPlQl和M2N2P2Q2为在同一竖直面内足够长的金属导轨，处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向竖直向下。导轨的M1Nl段与M2N2段相互平行，距离为L；PlQl段与P2Q2段也是平行的，距离为L/2。质量为m金属杆a、b垂直与导轨放置，一不可伸长的绝缘轻线一端系在金属杆b，另一端绕过定滑轮与质量也为m的重物c相连，绝缘轻线的水平部分与PlQl平行且足够长。已知两杆在运动过程中始终垂直于导轨并与导轨保持光滑接触，两杆与导轨构成的回路的总电阻始终为R，重力加速度为g。（1）若保持a固定。释放b，求b的最终速度的大小；（2）若同时释放a、b，在释放a、b的同时对a施加

43、一水平向左的恒力F=2mg，当重物c下降高度为h时，a达到最大速度，求：a的最大速度；才释放a、b到a达到最大速度的过程中，两杆与导轨构成的回来中产生的电能。【答案】（1） （2）（i） （ii）【解析】（1）当b的加速度为零时，速度最大，设此时速度为，则电流分别以b、c为研究对象，联立解得（2）i在加速过程的任一时刻，设ab的加速度大小分别为、，电流为i，轻绳的拉力为T，分别以a、b、c为研究对象，根据牛顿第二定律，联立解得设a达到最大速度时，b的速度为，由上式可知当a的加速度为零时，速度达到最大：根据法拉第电磁感应定律联立解得，ii设重物下降的高度为h时，a的位移为，故根据功能关系：联立解

44、得13. 如图所示，倾角为的平行金属导轨宽度L，电阻不计，底端接有阻值为R的定值电阻，处在与导轨平面垂直向上的磁感应强度为B的匀强磁场中。有一质量为m，电阻为r，长度也为L的导体棒垂直放在导轨上，它与导轨之间的动摩擦因数为。现让导体棒从导轨底部以初速度v0冲上导轨，上滑的最大距离为s，返回到初位置的速度为v。下列说法正确的是（ ）A在上滑过程中，通过电阻R上的电荷量为BLsRB导体棒在上滑过程中所用时间为2sv0C导体棒从开始运动到回到底端，回路产生的焦耳热为12mv0212mv2D导体棒在上滑过程中，R上产生的焦耳热大于下滑过程中R上产生的焦耳热【答案】D【解析】A、在上滑过程中，通过电阻R

45、上的电荷量为q=NR+r=BSR+r=BLsR+r，故A错误；B、导体棒从开始到滑到最大高度的过程中做减速运动，随着速度减小，产生的感应电流减小，所受的安培力减小，加速度减小，做加速度逐渐减小的变减速运动，平均速度不等于v02，则所用时间不等于sv02=2sv0，故B错误；C、根据能量守恒得知，导体棒从开始运动到回到底端，回路产生的焦耳热为：Q=12mv0212mv22mgscos，故C错误；D、由于导体棒的机械能不断减少，所以下滑与上滑经过同一位置时，上滑速度大，产生的感应电流大，导体棒受到的安培力大，所以上滑过程安培力的平均值大，而两个过程通过的位移大小相等，所以上滑时导体棒克服安培力做功

46、多，导体棒在上滑过程中整个回路中产生的焦耳热多，则导体棒在上滑过程中电阻R产生的焦耳热也多，故D正确；故选D。【名师点拨】关键是导体切割磁感线中的功能关系，要注意正确分析能量的转化方向，明确机械能包括动能和势能。14如图，一关于y轴对称的导体轨道位于水平面内，磁感应强度为B的匀强磁场与平面垂直。一足够长，质量为m的直导体棒沿x轴方向置于轨道上，在外力F作用下从原点由静止开始沿y轴正方向做加速度为a的匀加速直线运动，运动时棒与x轴始终平行。棒单位长度的电阻为，与电阻不计的轨道接触良好，运动中产生的热功率随棒位置的变化规律为P=ky（SI）。求：（1）导体轨道的轨道方程y=f（x）；（2）棒在运动

47、过程中受到的安培力Fm随y的变化关系；（3）棒从y=0运动到y=L过程中外力F的功。【解析】（1）设棒运动到某一位置时与轨道接触点的坐标为（±），安培力的功率，棒做匀加速运动，代入前式得轨道形状为抛物线。（2）安培力=，以轨道方程代入得（3）由动能定理，安培力做功棒在处动能，外力做功15. （多选）如图所示，灯泡A、B与固定电阻的阻值均为R，L是自感系数很大的线圈。当S1闭合，S2断开且电路稳定时，A、B亮度相同，再闭合S2，待电路稳定后将S1断开，下列说法中正确的是（ ）AB灯立即熄灭BA灯将比原来更亮一下后再熄灭C有电流通过B灯，方向为cdD有电流通过A灯，方向为ba【答案】AD【解析】当S2断开而只闭合S1，稳定时，A、B两灯一样亮，可知线圈L的电阻也是R，在S1、S2都闭合时IA=IL，故当S2闭合，S1突然断开时，流过A灯的电