高考物理1_5轮资料汇编专题11电磁感应试题精选精练 85页

专题 11 电磁感应 一、单选题 1．取两个完全相同的长导线．用其中一根绕成如图(a)所示的螺线管，当在该螺线管中通以电流强度为 I 的电流长，测得螺线管内中部的磁感应强度大小为 B。若将另一根长导线对折后绕成如图(b)所示的螺线管， 并通以电流强度也为 I 的电流时，则在螺线管内中部的磁感应强度大小为 （ ） A. 0 B. 0.5B C. B D. 2B 【答案】 A 【解析】当螺线管 b 通有电流时，对折的导线中一定通有方向相反的电流，由右手定则可判断出，这两组 方向相反的电流所产生的磁场一定是方向相反的，故在螺线管内中部的磁感应强度的大小相互抵消，所以 大小为 0，选项 A 正确。 考点：磁场的叠加，右手定则。 2．一环形线圈放在匀强磁场中，设第 1 s 内磁感线垂直线圈平面(即垂直于纸面)向里，如图 2甲所示．若 磁感应强度 B 随时间 t 变化的关系如图 2 乙所示，那么第 3 s 内线圈中感应电流的大小与其各处所受安培 力的方向是 （ ） A．大小恒定，沿顺时针方向与圆相切 B．大小恒定，沿着圆半径指向圆心 C．逐渐增加，沿着圆半径离开圆心 D．逐渐增加，沿逆时针方向与圆相切 【答案】 B 【解析】由图乙知，第 3 s 内磁感应强度 B 逐渐增大，变化率恒定，故感应电流的大小恒定．再由楞次定 律，线圈各处受安培力的方向都使线圈面积有缩小的趋势，故沿半径指向圆心．B 项正确． 3．如图，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ω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 （ ） A．Ua> Uc，金属框中无电流 B．Ub >Uc，金属框中电流方向沿 a-b-c-a C．Ubc=-1/2Bl²ω，金属框中无电流 D．Ubc=1/2Bl²w，金属框中电流方向沿 a-c-b-a 【答案】 C 【解析】当金属框绕 ab 边以角速度ω逆时针转动时，穿过直角三角形金属框 abc 的磁通量恒为 0，所以没 有感应电流，由右手定则可知，c点电势高， 2 2 1 BlU bc  ，故 C 正确，A、B、D 错误。 【考点定位】导体切割磁感线 【方法技巧】本题主要是理解感应电流产生的实质，有感应电流一定有感应电动势，而有感应电动势不一 定有电流的。本题有两根导体棒切割磁感线，但穿过闭合线圈的磁通理没变。 4．空间出现了如图所示的一组闭合电场线（方向如图中箭头所示），其产生的原因可能是 P O Q （ ） A．有沿 P指向 Q的恒定电流 B．有沿 Q指向P的磁场且在逐渐减小 C．有沿 P指向 Q的恒定磁场 D．有沿 P指向 Q的磁场且在逐渐增强 【答案】 B 【解析】 通电直导线产生的是磁场，故 A 错误；有楞次定律可判断，当沿 QP 方向的磁场在减弱，产生 的电场如图所示，故 B 正确;同理可判断 D 错误;恒定的磁场不会激发感生电场，C 错误。 考点：本题考查楞次定律。 5．某学生做电磁感应现象的实验，其连线如图所示，当他接通、断开开关时，电流表的指针都没有偏转， 其原因是 （ ） A．开关位置接错 B．电流表的正、负接线柱接反 C．线圈 B的接线柱接反 D．蓄电池的正、负极接反 【答案】 A 考点：电磁感应 6．如图所示，固定位置在同一水平面内的两根平行长直金属导轨的间距为 d，其右端接有阻值为 R的电阻， 整个装置处在竖直向上磁感应强度大小为 B 的匀强磁场中。一质量为 m（质量分布均匀）的导体杆 ab 垂直 于导轨放置，且与两导轨保持良好接触，杆与导轨之间的动摩擦因数为 u。现杆在水平向左、垂直于杆的恒 力 F 作用下从静止开始沿导轨运动距离 L 时，速度恰好达到最大（运动过程中杆始终与导轨保持垂直）。 设杆接入电路的电阻为 r，导轨电阻不计，重力加速度大小为 g。则此过程 （ ） A. 杆的速度最大值为 B. 流过电阻 R的电量为 R BdL C. 恒力 F做的功与安倍力做的功之和大于杆动能的变化量 D. 恒力 F做的功与摩擦力做的功之和等于杆动能的变化量 【答案】 C 【解析】 杆速度最大时，切割磁感线产生感应电动势 mBdvE  ，杆和导轨以定值电阻组成闭合回路的电流 rR BdvI m   ，金属杆受到水平向左的安培力 rR vdB BILF m   22 安 ，速度最大时即加速度等于 0，拉力、安 培力、滑动摩擦力三力合力等于 0 即 0 mgFF 安 ，整理得 22 )( dB rRmgFvm    ，故 A错误；（2） 流过电路的电荷量 rR BLdt rR EtIQ     ，故 B错误；恒力 F做的功在数值上等于产生的电热（即安 培力做的功）、摩擦力做的功以及动能的增加量，故 C 正确、D 错误。 考点： 电磁感应中的能量转化 7．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 1T，方向垂直于虚线所在平面．现有一矩形线圈 abcd，宽度 cd=L=0.5m，质量为 0.1kg， 电阻为 2Ω，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，已知 t1～t2的时间间隔为 0.6s，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 10m/s 2 ）则 （ ） A. 在 0～t1时间内，通过线圈的电荷量为 0.25C B. 线圈匀速运动的速度大小为 8m/s C. 线圈的长度为 1m D. 0～t3时间内，线圈产生的热量为 4.2J 【答案】 A 【解析】t2～t3时间内，线圈做匀速运动，则有：mg=BIL，而 ，联立两式解得： ，故 B 错误；t1～t2的时间间隔内线圈一直做匀加速直线运动，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′+d=3d，则有：3d=vt- gt 2 ， 将 v=8m/s，t=0．6s，代入解得：d=1m，所以线圈的长度为 L′=2d=2m，故 C 错误；在 0～t1时间内，cd 边 从 L1运动到 L2，通过线圈的电荷量为： ，故 A 正确；0～t3时间内，根据能量守 恒得：Q=mg（3d+2d）- mv 2 =0．1×10×（3+2）- ×0．1×82=1．8J，故 D正确。故选 AD。 考点：法拉第电磁感应定律；能量守恒定律 【名师点睛】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。 视频 8．如图所示的匀强磁场中有一根弯成 45°的金属线 POQ，其所在平面与磁场垂直，长直导线 MN 与金属线 紧密接触，起始时 OA=l0，且 MN⊥OQ，所有导线单位长度的电阻均为 r，MN 运动的速度为 v，使 MN 匀速运 动的外力为 F，则外力 F随时间变化的图像是 （ ） A. B. C. D. 【答案】 C 【解析】由匀速运动的位移时间公式 x=vt 求解经过时间 t 导线离开 o 点的长度．MN 切割磁感线的有效长度 就是与 MN 与轨道接触的两点间的长度，由几何关系求解．由数学知识求得回路的总长，得到总电阻，可由 闭合电路欧姆定律求解感应电流的大小．则可确定外力的变化情况． 因导线 MN 匀速运动，则经过时间 t 导线离开 O 点的长度是 x vt ；MN 切割磁感线的有效长度是 tan45L vt vt   ．t 时刻回路中导线 MN 产生的感应电动势为 2E BLv Bv t  ，回路的总电阻为 2 2R vt vt r （ ） ，则感应电流的大小为   2 2 2 2 2 E Bv t BvI R vt vt r      ；由安培力公式可得   2 2 2 2 B v tF BIL r    ，要使导线匀速运动，拉力等于安培力；由公式可知，拉力与时间成正比，C 正确． 9．如图(a)所示，电路的左侧是一个电容为 C 的电容器，电路的右侧是一个环形导体，环形导体所围的面 积为 S。在环形导体中有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度的大小随时间变化的规律如图(b)所示， 则在 0～t0时间内电容器 （ ） A. 上极板带正电，所带电荷量为 B. 上极板带正电，所带电荷量为 C. 上极板带负电，所带电荷量为 D. 上极板带负电，所带电荷量为 【答案】 A 考点：本题主要考查了楞次定律、法拉第电磁感应定律、电容定义式的应用问题。 10．如图甲所示，导体棒 MN 置于水平导轨上，PQMN 所围的面积为 S，PQ 之间有阻值为 R的电阻，不计导轨 和导体棒的电阻。导轨所在区域内存在沿竖直方向的匀强磁场，规定磁场方向竖直向上为正，在 0～2t0时 间内磁感应强度的变化情况如图乙所示，导体棒 MN 始终处于静止状态。下列说法正确的是 （ ） A. 在 0～t0和 t0~2t0时间内，导体棒受到的导轨的摩擦力方向相同 B. 在 0~t0内，通过导体棒的电流方向为 N 到 M C. 在 t0~2t0内，通过电阻 R的电流大小为 0 0 SB Rt D. 在 0~2t0时间内，通过电阻 R 的电荷量为 0 2 SB R 【答案】 B 【解析】 导体棒 MN 始终静止，与导轨围成的线框面积不变，根据电磁感应可得感应电动势 BE s t t       ，即感应 电动势与 B t 图像斜率成正比， 00 t 的感应电流 0 1 0 BE BI s s R tR t R      ， 0 02t t 的感应电流 0 2 0 2BE BI s s R tR t R      ，选项 C 错。 00 t 竖直向上的磁通量减小，根据楞次定律感应电流的磁场方向竖 直向上，感应电流为 N到 M，选项 B对。 00 t 磁通量在减小，根据楞次定律要阻碍磁通量的减小，导体棒 有向右运动的趋势，摩擦力水平向左。 0 02t t 磁通量增大，同理可判断导体棒有向左运动趋势，摩擦力水 平向右，选项 A 错。在 0~2t0时间内，通过电阻 R的电荷量 0sBE B s BQ I t t s t R tR R R            选 项 D 错。 考点：电磁感应 11．如图所示，质量为 m 的金属线框 A 静置于光滑平面上，通过细绳跨过定滑轮与质量为 m的物体 B相连， 图中虚线内为一水平匀强磁场，d 表示 A 与磁场左边界的距离，不计滑轮摩擦及空气阻力，设 B 下降 h(h＞ d)高度时的速度为 v，则此时以下关系中能够成立的是 （ ） A．v 2 ＝gh B．v 2 ＝2gh C．A 产生的热量 Q＝mgh－mv2 D．A 产生的热量 Q＝mgh－ 1 2 mv 2 【答案】 C 【解析】 金属线框 A 进入磁场时，产生感应电流，受到安培力而产生热量，B 的重力势能减小，转化为 A的内能和 A、 B 的动能，根据能量守恒研究 A 所产生的热量． 解答：解：对系统研究，根据能量守恒定律得 mgh=2? mv +Q 得到 Q=mgh-mv ． 由于 Q＞0，即 mgh＞mv ，得到 v ＜gh 故选 C 考点：导体切割磁感线时的感应电动势；功能关系． 考点分析：本题是简单的电磁感应中能量问题，往往先找出能量的各种形式，再由能量守恒定律列方程． 12．如图所示，光滑水平面上存在一有界匀强磁场，圆形金属线框在水平拉力的作用下，通过磁场的左边 界 MN。在此过程中，线框做匀速直线运动，速度的方向与 MN 成θ角。下列说法正确的是： （ ） A．线框内感应电流沿顺时针方向 B．线框内感应电流先增大后减小 C．水平拉力的大小与θ无关 D．水平拉力的方向与θ有关 【答案】 B 【解析】 圆形金属线框出磁场过程中，磁通量一直在减小，根据楞次定律增反减同，感应电流磁场和原磁场同向， 右手判断感应电流为顺时针方向，但是没有题目没有告诉是进磁场还是出磁场，A 错。线框进出磁场过程， 切割磁感线的有效长度是磁场中线框的首尾连接的线段，如图所示，当圆形线框的圆心处于 MN 时有效切割 长度最大，感应电流最大，安培力最大，拉力最大，所以感应电流先增大后减小。速度和有效切割长度不 垂直，夹角为，安培力 sinBLVF BIL B L R    ，拉力的大小等于安培力与有关答案 C错。有效长度 始终是沿 MN 方向，因此安培力方向不变，拉力方向与安培力反向，与无关，D 错。 考点：楞次定律 有效切割长度 13．如图甲所示，垂直纸面向里的匀强磁场的区域宽度为 2a，磁感应强度的大小为 B。一边长为 a、电阻为 4R 的 正方形均匀导线框 CDEF 从图示位置开始沿 x 轴正以速度 v匀速穿过磁场区域，在乙图中给出的线框 E、F两端的电压 UEF与线框移动距离 x的关系的图象正确的是 （ ） 【答案】 D 【解析】 0 a 进磁场过程 EF 切割磁感线，产生感应电动势 E Bav ，EF 相当于电源，其他三边相当于外电路，组 成闭合回路，EF 两端的电压 EFu 为路端电压，即 33 4 4EF Eu R Bav R    ， 2a a 线框都在磁场中，EF 和 CD 分别切割磁感线，产生感应电动势大小相等方向相反，EF 两端电压即 EF 切割磁感线产生的电动势 E Bav 。 2 3a a 线框离开磁场，CD 切割磁感线，相当于电源，产生感应电动势E Bav ，EF 相当于外 电路一个电路，因此 EF 两端的电压 1 4 4EF Eu R Bav R    ，根据楞次定律，进出磁场感应电流方向不同， 进磁场过程 F 为高电势，出磁场过程，F 仍未高电势，所以进出磁场 EF 的端电压方向一致，对照选项 B 对。 考点：电磁感应定律 14．如图所不，一由均匀电阻丝折成的正方形闭合线框 abcd，置于磁感应强度方向垂直纸面向外的有界匀 强磁场中，线框平面与磁场垂直，线框 bc 边与磁场左．右边界平行。若将该线框以不同的速率从图示位置 分别从磁场左．右边界匀速拉出至全部离开磁场，在此过程中 （ ） A．流过 ab 边的电流方向相反 B．ab 边所受安培力的大小相等 C．线框中产生的焦耳热相等 D．通过电阻丝某横截面的电荷量相等 【答案】 D 15．如图所示，一个边长为 l 的正方形虚线框内有垂直于纸面向里的匀强磁场；一个边长也为 l 的正方形 导线框所在平面与磁场方向垂直；虚线框对角线 ab 与导线框的一条边垂直，ba 的延长线平分导线框。在 t ＝0 时，使导线框从图示位置开始以恒定速度沿 ab 方向移动，直到整个导线框离开磁场区域。以 i 表示导 线框中感应电流的强度，取逆时针方向为正。下列表示 i—t 关系的图示中，可能正确的是 （ ） A. B. C. D. 【答案】 C 【解析】 从正方形线框下边开始进入到下边完全进入过程中，线框切割磁感线的有效长度逐渐增大，感应电流也逐 渐增大，如图的位置Ⅰ；从正方形线框下边完全进入至下边刚穿出磁场边界，切割磁感线的有效长度不变， 感应电流不变，如图的位置Ⅰ→Ⅱ；当正方形线框下边部分离开磁场，上边尚未进入磁场过程中，线框切 割磁感线的有效长度逐渐减小，感应电流也逐渐减小，如图的位置Ⅱ→Ⅲ；当正方形线框下边部分继续离 开磁场，上边也进入磁场过程中，上下两边线框切割磁感线产生的感应电动势方向相反，感应电流减小得 更快，当上下两边在磁场中长度相等，感应电动势为零，如图的位置Ⅲ→Ⅳ；以后的过程与上述过程相反， 故正确的选项为 C。 视频 16．如图所示，一沿水平方向的匀强磁场分布在竖直高度为 2L 的某矩形区域内（宽度足够大），该区域的 上下边界 MN、PS 是水平的。有一边长为 L 的正方形导线框 abcd 从距离磁场上边界 MN 的某高处由静止释放 下落而穿过该磁场区域。已知当线框的 ab 边到达 MN 时线框刚好做匀速直线运动（以此时开始计时），以 MN 处为坐标原点，取如图坐标轴 x，并规定逆时针方向为感应电流的正方向，则关于线框中的感应电流与 ab 边的位置坐标 x间的以下图线中，可能正确的是 （ ） 【答案】 D 【解析】 由于 ab 边向下运动，由右手定则可以判断出，线框在进入磁场时，其感应电流的方向为 abcd，沿逆时针方 向，故在图像中，0～L 的这段距离内，电流是正的；线框完全进入磁场后，穿过线框的磁通量没有变化， 故其感应电流为 0；当线框的 ab 边从磁场的下边出来时，由于其速度要比 ab 边刚入磁场时的速度大，故其 感应电流要比 I0大，感应电流的方向与 ab 边刚入磁场时相反； 由于 ab 边穿出磁场时其速度较大，产生的感应电流较大，且其电流与线框的速度成正比，即线框受到的安 培力与线框的速度也成正比，与刚入磁场时线框受到的平衡力做对比，发现线框受到的合外力方向是向上 的，即阻碍线框的下落，且合外力是变化的，故线框做的是变减速直线运动，产生的电流也是非均匀变化 的，故 A、B 不对；再就整体而言，线框穿出磁场时的动能要大于穿入磁场时的动能，故穿出时的电流要大 于 I0，所以 C 不对，D 是正确的。 考点：右手定则，能量守恒定律，欧姆定律。 17．两个不可形变的正方形导体框 a、b连成如图甲所示的回路，并固定在竖直平面（纸面）内。导体框 a 内固定一小圆环 c，a 与 c 在同一竖直面内，圆环 c中通入如图乙所示的电流 （规定电流逆时针方向为正）， 导体框 b 的 MN 边处在垂直纸面向外的匀强磁场中，则匀强磁场对 MN 边的安培力 （ ） A. 0~1s 内，方向向下 B. 1~3s 内，方向向下 C. 3~5s 内，先逐渐减小后逐渐增大 D.第 4s 末，大小为零 【答案】 B 考点：楞次定律 左手定则 18．如图所示，在边长为 l的等边三角形区域内有磁感应强度为 B、方向垂直纸面向外的匀强磁场。一个边 长也为 l 的等边三角形导线框 abc，在 t＝0时恰与上述磁场区域的边界重合。此后三角形线框以周期 T 绕 其中心在纸面内沿顺时针方向匀速转动。则在其转动的 0～ 3 T 时间内 （ ） A．感应电流的方向先逆时针后顺时针，平均感应电动势为 0 B．感应电流的方向先顺时针后逆时针，平均感应电动势为 23 4 Bl T C．感应电流的方向先顺时针后逆时针，平均感应电动势为 0 D．感应电流的方向先逆时针后顺时针，平均感应电动势为 23 4 Bl T 【答案】 A 【解析】 ，在转动 3 T 时过程中，穿过线圈的磁通量先减小，后增加，如图所示， 根据楞次定律，感应电流方向先逆时针后顺时针，在转动 3 T 时。线圈又恰好与磁场边界重合，因此这个过 程磁通量的变化为零，根据法拉第电磁感应定律， E t    ，可知感应电动的平均值为零，A正确。 考点：楞次定律，法拉第电磁感应定律。 19．如图甲所示，一个电阻为 R，面积为 S 的矩形导线框 abcd，磁场的磁感应强度为 B，方向与 ad 边垂直 并与线框平面成 45 0 角，o、oˊ分别是 ab 和 cd 边的中点。现将线框右半边 obcoˊ绕 ooˊ 逆时针 90 o 到图 乙所示位置。在这一过程中，导线中某个横截面通过的电荷量是 （ ） A. 2 2 BS R B. 2BS R C. BS R D. 0 【答案】 A 【解析】对线框的右半边（obco′）未旋转时整个回路的磁通量 1 245 2 BSsin BS    ； 对线框的右半边（obco′）旋转 90°后，穿进跟穿出的磁通量相等，整个回路的磁通量 2 0  ． 1 2 2 2 BS     ．根据公式可得： 2 2 BSq It t tR R       ．A 正确 考点：法拉第电磁感应定律；磁通量．求导线中通过的电荷量时，一定要选用法拉第电磁感应定律求电动 势的平均值，同时本题要注意旋转后的右侧磁通量的正负，理解旋转后磁通量为零． 20．如图所示，两平行金属导轨固定在水平面上．匀强磁场方向垂直导轨平面向下，金属棒 ab、cd 与导轨 构成闭合回路且都可沿导轨无摩擦滑动．两棒 ab、cd 的质量之比为 2 ：1．用一沿导轨方向的恒力 F水平 向右拉棒 cd，经过足够长时间以后 （ ） A．两棒间距离保持不变 B．棒 ab、棒 cd 都做匀速运动 C．棒 ab 上的电流方向是由 a 向 b D．棒 cd 所受安培力的大小等于 2F／3 【答案】 D 考点：电磁感应定律 21．北半球地磁场的竖直分量向下．如图所示，在北京某中学实验室的水平桌面上，放置边长为 L 的正方 形闭合导体线圈 abcd，线圈的 ab 边沿南北方向，ad 边沿东西方向．下列说法中正确的是 （ ） A．若使线圈向东平动，则 b点的电势比 a点的电势低 B．若使线圈向北平动，则 a点的电势比 b点的电势低 C．若以 ab 为轴将线圈向上翻转，则线圈中感应电流方向为 a→b→c→d→a D．若以 ab 为轴将线圈向上翻转，则线圈中感应电流方向为 a→d→c→d→a 【答案】 C 【解析】 由右手定则知，若使线圈向东平动，线圈的 ab 边和 cd 边切割磁感线，c(b)点电势高于 d(a)点电势，故 A 错误；同理知 B 错．若以 ab 为轴将线圈向上翻转，穿过线圈平面的磁通量将变小，由楞次定律可判得线圈 中感应电流方向为 a→b→c→d→a，C对． 22．如图甲，单匝圆形金属线圈电阻恒定不变，在线圈的圆形区域内有垂直向里的匀强磁场，在时间 t 内 要使线圈中产生大小、方向恒定不变的电流，匀强磁场的磁感应强度应按下列哪种情况变化 （ ） 【答案】 A 【解析】 由图象看出，磁感应强度随时间均匀减小，线圈中产生恒定电流，由 B-t 图象的斜率读出磁感应强度的变 化率 t B  ，由法拉第电磁感应定律求出线圈中产生的感应电动势，由欧姆定律求出感应电流的大小，由楞 次定律判断出感应电流的方向． 考点：法拉第电磁感应定律、楞次定律 23．如图所示，边长为 2l 的正方形虚线框内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个边长为 l 的正方形导线框 所在平面与磁场方向垂直，导线框的一条对角线和虚线框的一条对角线恰好在同一直线上．从 t=0 开始， 使导线框从图示位置开始以恒定速度沿对角线方向移动进入磁场，直到整个导线框离开磁场区域．用 I 表 示导线框中的感应电流（以逆时针方向为正），则下列表示 I-t 关系的图线中，正确的是 （ ） 【答案】 D 【解析】导线框完全进入磁场后，没有感应电流产生，故 AB 错误；进入和穿出磁场过程，线框有效切割长 度变化，感应电动势和感应电流在变化，故 C 错误；线框进入磁场过程，有效切割长度 L 均匀增大，感应 电动势 E 均匀增大，感应电流 I 均匀增大．穿出磁场过程，有效切割长度 L 均匀减小，感应电动势 E 均匀 减小，感应电流 I 均匀减小，两个过程电流方向相反，故 D 正确． 24．如图所示，竖直平面内有足够长、不计电阻的两组平行光滑金属导轨，宽度均为 L，上方连接一个阻值 为 R 的定值电阻，虚线下方的区域内存在磁感应强度为 B 的匀强磁场。两根完全相同的金属杆 1 和 2 靠在 导轨上，金属杆长度与导轨宽度相等且与导轨接触良好、电阻均为 r、质量均为 m；将金属杆 l 固定在磁场 的上边缘，且仍在磁场内，金属杆 2 从磁场边界上方 h0处由静止释放，进入磁场后恰好做匀速运动。现将 金属杆 2 从离开磁场边界 h（h< ho）处由静止释放，在金属杆 2 进入磁场的同时，由静止释放金属杆 1，下 列说法正确的是 （ ） A．两金属杆向下运动时，流过电阻 R的电流方向为 a→b B．回路中感应电动势的最大值为 C．磁场中金属杆 l与金属杆 2 所受的安培力大小、方向均不相同 D．金属杆 l 与 2 的速度之差为 【答案】 B 【解析】 根据右手定则判断知金属杆 2 产生的感应电流方向向右，则流过电阻 R 的电流方向从 b→a；故 A 错误．当 金属杆 2 在磁场中匀速下降时，速度最大，产生的感应电动势最大，由平衡条件得： BIL mg ，又 2 mEI r R   ，联立得：感应电动势的最大值为  2 m mg r R E BL   ．故 B 正确．根据左手定 则判断得知两杆所受安培力的方向均向上，方向相同，由公式 F BIL 可知安培力的大小也相同．故 C 错 误．金属杆 2 刚进入磁场时的速度为 2v gh ；在金属杆 2 进入磁场后，由于两个金属杆任何时刻受力情 况相同，因此任何时刻两者的加速度也都相同，在相同时间内速度的增量也必相同，即： 1 20v v v   ， 则得 2 1 2v v v gh   ，故 D 错误． 考点：考查了导体切割磁感线运动 25．如图所示，在方向竖直向下的匀强磁场中，有两根竖直放置的平行金属导轨 CD、EF.导轨上放有质量为 m 的金属棒 MN，棒与导轨间的动摩擦因数为μ.先从 t＝0 时刻起，给金属棒通以图示方向的电流，且电流 强度与时间成正比，即：I＝kt，其中 k 为衡量．若金属棒与导轨始终垂直，则关于金属棒的运动情况正确 的是 （ ） A．金属棒先做加速运动，最后匀速运动 B．金属棒先做加速运动，再做减速运动，最后匀速运动 C．金属棒先做加速运动，再做减速运动，最后静止 D．以上说法均不正确 【答案】 C 【解析】设导轨间的距离为 L，金属棒所受的安培力 FB＝BIL＝BktL，垂直紧压导轨平面．金属棒在竖直方 向受摩擦力 Ff＝μBkLt，方向竖直向上，重力 mg 竖直向下，开始一段时间内，金属棒向下加速的加速度 a ＝g－ BkLt m  逐渐减小，当 a 减为零时，速度最大，然后金属棒做减速运动，加速度 a＝ BkLt m  －g，方向 向上，逐渐变大，速度减小为零时，金属棒所受的最大静摩擦力大于重力，所以金属棒静止．故 C 项正确． 26．如图所示，足够长的光滑 U 型导轨宽度为 L，其所在平面与水平面的夹角为 ，上端连接一个阻值为 R 的电阻，置于磁感应强度大小为 B，方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，今有一质量为 、有效电阻 的金属杆沿框架由静止下滑，设磁场区域无限大，当金属杆下滑达到最大速度时，运动的位移为 ，则 （ ） A．金属杆下滑的最大速度 B．在此过程中电阻 R 产生的焦耳热为 C．在此过程中电阻 R 产生的焦耳热为 D．在此过程中流过电阻 R 的电量为 【答案】 B 【解析】 感应电动势为 ① 感应电流为 ② 安培力为 ③ 根据平恒条件得 解得: 由能量守恒定律得: 又因 所以 由法拉第电磁感应定律得通过 R 的电量为 所以选项 B 正确 27．如图所示，正方形线框的边长为 L，电容器的电容为 C。正方形线框的一半放在垂直于纸面向里的匀强 磁场中，在磁场以变化率 k 均为减弱的过程中 （ ） A．线框产生的感应电动势大小为 kL 2 B．电压表的读数为 2 2kl C．a 点的电势高于 b 点的电势 D．电容器所带的电荷量为零 【答案】 C 【解析】 线框产生的感应电动势大小为： ，A 错；电压表的读数为 0，B错；根据楞次定律，a 点的电势高 于 b 点的电势，C 正确；线框相当于电源，对电容充电，因此电容器带的电荷量不是 0，D 错。 考点：电磁感应定律 楞次定律 28．如图所示，平行于 y 轴的导体棒以速度 v 向右做匀速直线运动，经过半径为 R、磁感应强度为 B 的圆形 匀强磁场区域，导体棒中的感应电动势 E 与导体棒位置 x 关系的图像是 （ ） A. B. C. D. 【答案】 A 【解析】 如图所示，设导体棒运动到位置 x 处，由几何关系可得导体棒切割磁感线的有效长度为 ，产生的感应电动势为 整理后可得 ，从方程可以看出，感应电动势 E 与导体棒位置 x 关系的图像是一个 椭圆，故正确的选项为 A。 29．如图所示，匀强磁场区域宽度为 l，现有一边长为 d(d>l)的矩形金属框以恒定速度 v 向右通过磁场区 域，该过程中有感应电流的时间总共为 （ ） A. B. C. D. 【答案】 B 考点：电磁感应现象 30．青藏铁路刷新了一系列世界铁路的历史纪录，青藏铁路火车上多种传感器运用了电磁感应原理，有一 种电磁装置可以向控制中心传输信号以确定火车位置和运动状态，原理是将能产生匀强磁场的磁铁，安装 在火车首节车厢下面，俯视如图甲所示，当它经过安放在两铁轨间的线圈时，便产生一个电信号，被控制 中心接收到，当火车通过线圈时，若控制中心接收到的线圈两端的电压信号为图乙所示，则说明火车在做 （ ） A．匀速直线运动 B．匀加速直线运动 C．匀减速直线运动 D．加速度逐渐加大的变加速直线 【答案】 B 【解析】 由 u-t 图象得到，线圈两端的电压大小与时间成正比，即有 u=kt 由法拉第电磁感应定律 u=BLv，则 v= U kt BL BL  ，B、L、k 均一定，则速度 v 与时间 t 成正比，所以火车做匀加速直线运动．B 正确。 考点：本题考查导体切割磁感线时的电动势及图象。 31．如图所示，平行金属导轨的间距为 d，一端跨接一阻值为 R 的电阻，匀强磁场的磁感应强度为 B，方向 垂直于导轨所在平面向里，一根长直金属棒与导轨成 60°角放置，且接触良好，则当金属棒以垂直于棒的 恒定速度 v 沿金属导轨滑行时，其他电阻不计，电阻 R 中的电流为 （ ） A. 060sinR Bdv B. R Bdv C. R Bdv 060sin D. R Bdv 060cos 【答案】 A 【解析】 导线切割磁感线的有效长度是 060sin dL  ，感应电动势 BLvE  ，R 中的电流为 R EI  .联立解得 I= 060sinR Bdv 考点：法拉第电磁感应定律及欧姆定律。 32．如图甲所示，在竖直向上的磁场中，水平放置一个单匝金属圆线圈，线圈所围的面积为 0.1 m 2 ，线圈 电阻为 1 Ω，磁场的磁感应强度大小 B 随时间 t 的变化规律如图乙所示，规定从上往下看顺时针方向为线 圈中感应电流 i 的正方向。则 （ ） A. 0～5 s 内 i 的最大值为 0.1 A B. 第 4 s 末 i 的方向为正方向 C. 第 3 s 内线圈的发热功率最大 D. 3～5 s 内线圈有扩张的趋势 【答案】 D 【解析】由法拉第电磁感应定律： 可以看出 B-t 图像的斜率越大，所以零时刻线圈 的感应电动势最大，即 ，由欧姆定律： ,A 错；从第 3s 末到第 5s 末 竖直向上的磁场一直在减小，由楞次定律判断出感应电流的磁场与原磁场方向相同，所以电流方向为逆时 针方向，电流是负值，B 错；由图乙图像可知，在第 3s 内穿过线圈的磁通量不变，线圈不产生感应电流， 线圈发热功率为零，最小，C 错；由图乙所示可知，3～5s 内穿过线圈的磁通量减小，为阻碍磁通量的减小， 线圈有扩张的趋势，D 对。 考点：法拉第电磁感应定律、电磁感应中的能量转化。 33．如图所示，在匀强磁场中，MN、PQ 是两根平行的金属导轨，而 ab、cd 为串有伏特表和安培表的两根金 属棒，它们同时以相同的速度向右运动时，下列说法中正确的是 （ ） A. 电压表有读数，电流表有读数 B. 电压表无读数，电流表有读数 C. 电压表无读数，电流表无读数 D. 电压表有读数，电流表无读数 【答案】 C 【解析】当两棒以相同的速度向右匀速运动时，回路的磁通量不变，没有感应电流产生，电流表没有读数．电 压表是由电流表改装而成的，其核心是电流表，有电流通过电压表时，电压表即有示数，没有电流通过电 压表时，指针不偏转，电压表就没有读数．故 C 正确． 考点：本题考查感应电动势的产生条件、感应电流的产生条件及电表工作原理． 34．如图 5 所示，金属棒 ab 置于水平放置的光滑框架 cdef 上，棒与框架接触良好，匀强磁场垂直于 ab 棒 斜向下．从某时刻开始磁感应强度均匀减小(假设不会减至零)，同时施加一个水平外力 F 使金属棒 ab 保持 静止，则 F （ ） A．方向向右，且为恒力 B．方向向右，且为变力 C．方向向左，且为变力 D．方向向左，且为恒力 【答案】 C 【解析】根据楞次定律，B 减小时，磁通量Φ减小，为阻碍Φ减小，ab 产生向右运动的趋势，故外力 F 方 向向左．再根据电磁感应定律，E＝ t   ＝ BS t   ，B 均匀减小，故 B t   不变，E不变，I 不变．F 安＝BIL 均 匀减小，故 F 为变力．C项正确． 35．物理实验中，常用一种叫做“冲击电流计”的仪器测定通过电路的电荷量。如图所示，探测线圈与冲 击电流计 G 串联后可用来测定磁场的磁感应强度。已知线圈的匝数为 n，面积为 S，线圈与冲击电流计组成 的回路电阻为 R。若将线圈放在被测匀强磁场中，开始时线圈平面与磁场垂直，现把探测线圈翻转 180°， “冲击电流计”测出通过线圈导线的电荷量为 q，由上述数据可测出被测磁场的磁感应强度为 （ ） A. qR S B. 2 qR nS C. qR nS D. 2 qR S 【答案】 B 【解析】 闭合回路流过的电荷量 q I t  ，而电路平均电流 2E nBsI R tR tR       ,整理即 2nBsq R  ，所以磁感应 强度 2 qRB ns  ，选项 B 对。 考点：电磁感应定律 36．如图所示，在光滑水平桌面上有一边长为 L，电阻为 R 的正方形导线框；在导线框右侧有一宽度为 d （d L ）的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的一边平行，磁场方向竖直向下．导线框以某一初速 度向右运动．t=0 时导线框的右边恰与磁场的左边界重合，随后导线框进入并通过磁场区域．下列 v-t 图象 中，可能正确描述上述过程的是 （ ） A. B. C. D. 【答案】 D 【解析】线框进入磁场时，由右手定则和左手点则可知线框受到向左的安培力，由于 ，则安培 力减小，故线框做加速度减小的减速运动；同理可知线框离开磁场时，线框也受到向左的安培力，做加速 度减小的减速运动；线框完全进入磁场后，线框中没有感应电流，不再受安培力作用，线框做匀速运动， 本题选 D。 37．如图所示，两根光滑的平行金属导轨竖直放置在匀强磁场中，磁场和导轨平面垂直，金属杆 ab 与导轨 接触良好可沿导轨滑动，开始时电键 S断开，当 ab 杆由静止下滑一段时间后闭合 S，则从 S 闭合开始计时， ab 杆的速度 v与时间 t的关系不可能是 （ ） 【答案】 B 【解析】 本题从 ab 杆匀速运动的条件出发，既物体所受到安培力等于重力，解出匀速运动的速度 0v ，当 ab 杆的速 度等于 0v 时，物体所受到安培力等于重力，导体杆 ab 做匀速运动，当 ab 杆的速度小于 0v 时，物体所受到 安培力小于重力，导体杆 ab 做加速减小的加速运动，当 ab 杆的速度大于 0v 时，物体所受到安培力大于重 力，导体杆 ab 做加速减小的减速运动。当 ab 杆由静止自由落下，获得一定的速度设为 0v 时，导体 ab 杆恰 做匀速运动，由mg F , F ILB , EI R  , 0E BLv 联立解得 0 2 2 mgRv B L  ,当 ab 杆的速度等于 0v 时，物体 做匀速直线运动，图象 A 对，当导体杆 ab 的速度 0v v 时，mg F ,既 2 2B L vmg ma R   ，随 v的增大而 减小，导体杆 ab 做加速度减小的加速运动，选项 C 对；当 ab 杆的速度 0v v 时， mg F ,既 2 2B L v mg ma R   ，加速度的方向向上物体做减速运动，加速度随 v的减小而减小，导体杆 ab 做加速度减 小的减速运动，选项 D 正确，所以不可能的是 B 选项。 考点：闭合电路欧姆定律 安培力 感应电动势 感应电流 牛顿第二定律 v-t 图象 38．如图，一个边长为 l 的正方形虚线框内有垂直于纸面向里的匀强磁场； 一个边长也为 l 的正方形导线 框所在平面与磁场方向垂直； 虚线框对角线 ab 与导线框的一条边垂直，ba 的延长线平分导线框．在 t=0 时， 导线框从图示位置开始以恒定速度沿 ab 方向开始进入磁场区域，直到整个导线框离开磁场区域．以 i 表示导线框中感应电流的强度，取逆时针方向为正．下列表示 i-t 关系的图示中，可能正确的是： （ ） 【答案】 C 考点：本题考查电磁感应的图像。 39．如图所示，水平面内有一平行金属导轨，导轨光滑且电阻不计。匀强磁场与导轨所在平面垂直。阻值 为 R 的导体棒垂直于导轨静止放置，且与导轨接触良好。t=0 时，将开关 S由 1 掷到 2。若分别用 U、F、q 和 v 表示电容器两端的电压、导体棒所受的安培力、通过导体棒的电荷量和导体棒的速度。则下列图象表 示这些物理量随时间变化的关系中可能正确的是 （ ） U O tA F O tB q O tC v O tD 【答案】 C 【解析】 将开关 S 由 1 掷到 2时，由于电容器放电，所以在导体棒中有向下的电流，导体棒受安培力作用向右运动， 当导体棒切割磁感线产生电动势等于电容器两端电压时，电路中电流为零，于是安培力为零，导体做匀速 运动，电容器带电量及两板电压保持不变。此过程中安培力的变化及速度的变化都不是线性变化，所以选 项 C 正确。 考点：电磁感应及牛顿定律综合问题。 40．如图甲所示，abcd 是位于竖直平面内的正方形闭合金属线框，金属线框的质量为 m，电阻为 R。在金属 线框的下方有一匀强磁场区域，MN 和 M′N′是匀强磁场区域的水平边界，并与线框的 bc 边平行，磁场方 向与线框平面垂直。现金属线框由距 MN 的某一高度从静止开始下落，图乙是金属线框由开始下落到完全穿 过匀强磁场区域瞬间的速度－时间图象，图象中坐标轴上所标出的字母均为已知量。可知 （ ） A.金属框初始位置的 bc 边到边界 MN 的高度为 v1t1 B.金属框的边长为 1 2 1( ) 2 v t t C.磁场的磁感应强度为 2 1 1 1 ( ) mgRB t t v ＝ － D.在进入磁场过程中金属框产生的热为 mgv1（t2-t1） 【答案】 D 【解析】 由图知在 0-t1时间内金属线框做匀加速运动，金属框初始位置的 bc 边到边界 MN 的高度为 1 12 = ．故 A 错误．由图象可知，金属框进入磁场过程中是做匀速直线运动，速度为 v1，运动时间为 t2-t1，故金属框的 边长：l=v1（t2-t1）．故 B 错误．在金属框进入磁场的过程中，金属框所受安培力等于重力，则得：mg=BIl， 1= ，又 l=v1（t2-t1），联立解得： 1 2 1 1 1= - ，故 C 错误；金属框在进入磁场过程 中金属框产生的热为 Q，重力对其做正功，安培力对其做负功，由能量守恒定律得：Q=mgl=mgv1（t2-t1）， 故 D 正确。 考点：v-t 图线；法拉第电磁感应定律；能量守恒定律。 41．如图所示，相距为 L 的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为θ，上端接有定值电阻 R，匀 强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为 B.将质量为 m 的导体棒由静止释放，当速度达到 v 时开始匀速运动， 此时对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，并保持拉力的功率恒为P，导体棒最终以2v的速度匀速运动．导 体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为 g.下列选项正确的是 （ ） A．P＝mgvsinθ B．P＝3mgvsinθ C．当导体棒速度达到 2 v 时加速度大小为 2 g sinθ D．在速度达到 2v 以后匀速运动的过程中，R 上产生的焦耳热等于拉力所做的功 【答案】 C 【解析】当导体棒以 v匀速运动时受力平衡，则 2 2B L vmgsin BIl r    ，当导体棒以 2v匀速运动时受力平 衡，则 2 22B L vF mgsin BIl r    ，故 F mgsin ，拉力的功率 2P Fv mgvsin  ，故 A B 错误；当 导体棒速度达到 2 v 时，由牛顿第二定律， 2 2 2 B L vmgsin ma r    ，解得 2 ga sin ，故 C 正确；由能量 守恒，当速度达到 2v以后匀速运动的过程中，R 上产生的焦耳热等于拉力及重力所做的功，故 D错误。 考点：考查了导体切割磁感线运动 42．如图，一有界区域内，存在着磁感应强度大小均为 B，方向分别垂直于光滑水平桌面向下和向上的匀强 磁场，磁场宽度均为 L。现有一边长为 2 2 L的正方形线框 abcd，在外力作用下，保持 ac 垂直磁场边缘， 并以沿 x 轴正方向的速度水平匀速地通过磁场区域，若以逆时针方向为电流正方向，下图中能反映线框中 感应电流变化规律的图是 （ ） 【答案】 C 【解析】 线框进磁场过程，磁通量在增大，根据楞次定律，感应电流产生反向的磁场，所以感应电流为逆时针方向， 即正方向。线框切割磁感线的有效长度为磁场中的部分线框首尾连接的线段，即在0 2 L  段，有效切割长度 是线框与磁场做边界的重合部分长度，此阶段，有效切割长度逐渐变长，感应电动势和感应电流逐渐增大， 2 L 时，有效切割长度达到最大即 bd 边长 L，此时感应电动势达到最大，在 2 L L 段，有效长度逐渐减小， 感应电动势和感应电流逐渐减小，选项 AD 错。 3 2 LL  ，线框横跨两个磁场，同时切割两个磁场，产生的感 应电动势和感应电流是0 2 L  的 2 倍， 3 2 L 时感应电流达到负向最大，是 2 L 时的二倍，选项 B 错。 3 2 2 L L 电流变化趋势与 2 L L 相同，只是大小为二倍关系， 2 3L L 出磁场过程与进磁场的0 L 变化趋势相同， 对照选项 C 对。 考点：电磁感应 43．如图甲所示，在光滑水平面上，有一个粗细均匀的单匝正方形闭合线框 abcd，边长为 L，质量为 m，电 阻为 R。在水平外力的作用下，线框从静止开始沿垂直磁场边界方向做匀加速直线运动，穿过磁感应强度为 B的匀强磁场，磁场方向与线圈平面垂直，线框中产生的感应电流 i的大小和运动时间 t 的变化关系如图乙 所示。则下列说法正确的是 （ ） A．线框的加速度大小为 1 1 i BLt B．线框受到的水平外力的大小 3 2( ) 2 B i i L C．0～t1时间内通过线框任一边横截面的电荷量为 i1t1 D．0～t3间内水平外力所做的功大于 2 2 3 2 22 mi R B L 【答案】 D 【解析】 A、由乙图读出 t1时刻线框中的感应电流为 i1，设此刻线框的速度大小为 v1，则有： 1 1 = ， 则得： 1 = ；线框的加速度为 1 1 1 1 = = ，故 A错误． B、对于 t2-t3时间内，安培力的平均值大小为： 3 2 2 - = 由于线框做匀加速运动，拉力必定大于安培力的平均值 3 2 2 - ，故 B 错误． C、0～t1时间内通过线框任一边横截面的电荷量为： 1 1 12 = = ．故 C错误． D、t3时刻线框的速度为： 3 3 = ；0～t3间内，根据动能定理得：WF-W 克= 1 2 mv3 2 则得： 2 2 23 3 2 2 1 2 2 = + = +克 克 ，所以水平外力所做的功大于 2 2 3 2 22 ，故 D 正确． 故选：D． 考点：法拉第电磁感应定律；牛顿定律及动能定理. 44．如图所示，在光滑的水平面上宽度为 L 的区域内，有一竖直向下的匀强磁场．现有一个边长为 a （a ＜L）的正方形闭合线圈以垂直于磁场边界的初速度 v0向右滑动，穿过磁场后速度减为 v，那么当线圈完全 处于磁场中时，其速度大小 （ ） A．大于 B．等于 C．小于 D．以上均有可能 【答案】 B 考点：法拉第电磁感应定律 45．一正方形金属线框位于有界匀强磁场区域内，线框平面与磁场垂直，线框的右边紧贴着磁场边界，如 图甲所示。t＝0 时刻对线框施加一水平向右的外力，让线框从静止开始做匀加速直线运动穿过磁场，外力 F随时间 t变化的图象如图乙所示。已知线框质量 m＝1 kg、电阻 R＝ 1Ω，以下说法错误．．的是 （ ） A．线框做匀加速直线运动的加速度为 1 m/s 2 B．匀强磁场的磁感应强度为 2 2 T C．线框穿过磁场的过程中，通过线框的电荷量为 2 2 C D．线框边长为 1 m 【答案】 D 【解析】 本题考查的是电磁感应定律相关问题，开始时， 22 /1/ 1 1 smsm m Fa  ，A 正确；由图可知 t=1.0s 时 安培力消失，线框刚好离开磁场区域，则线框边长： mmatl 5.00.11 2 1 2 1 22  ，D 错误；由 t=1.0s 时 ， F=3N ， F-B 2 l 2 v/R=ma ， v=at=1m/s ， 3-B 2 × 0.5 2 × 1/1=1 × 1, 得 到 ， B 正 确 ； cct R Blv tIq 2 2 1 0.15.022 2 1 2 1    ，C正确。 考点：法拉第电磁感应定律 46．如图甲所示，MN 左侧有一垂直纸面向里的匀强磁场。现将一边长为 l、质量为 m、电阻为 R 的正方形金 属线框置于该磁场中，使线框平面与磁铁场垂直，且 bc 边与磁场边界 MN 重合。当 t=t0时，对线框的 ad 边 与磁场边界 MN 重合。图乙为拉力 F 随时间变化的图线。由以上条件可知，磁场的磁感应强度 B 的大小为 （ ） A. 0 1 t mR l B  B. 0 21 t mR l B  C. 02 2 t mR l B  D. 0 2 t mR l B  【答案】 B 【解析】由题述和题图，利用牛顿第二定律可知， 000 ,/,3, atuRBluImaBIlFmaF  ，联立解得 0 21 t mR l B  ，选项 B正确。 47．如图所示,有理想边界的直角三角形区域 abc 内部存在着两个大小相同但方向相反的、方向垂直纸面的 匀强磁场,e是斜边 ac上的中点,be 是两个匀强磁场的理想分界线．现以 b点为原点 O,沿直角边 bc作 x轴, 让在纸面内与 abc 形状完全相同的金属线框 ABC 的 BC边处在 x轴上,t=0 时导线框 C点恰好位于原点 O的位 置．让 ABC 沿 x 轴正方向以恒定的速度 v 穿过磁场,现规定逆时针方向为导线框中感应电流的正方向,在下 列四个 i-x 图像中,能正确表示感应电流随线框位移变化关系的是 （ ） A. B. C. D. 【答案】 D 【解析】 设经过时间 t，三角框运动到图示位置，此时切割磁感线有两段导体，这两段导体切割磁感线的长度相等， 但产生感应电流的方向相反，所以和电流为零，持续时间已知到三角框位移为 2L 时，C 图错，之后三角框 运动到第二个图的位置，三角框与磁场区域重合，此时切割磁感线的有效长度为 Ab 边，由楞次定律可判断 电流为正值，随后三角框运动到第三个图的位置，此时只有 AB 切割下边的磁场，电流为负方向，此时运动 的位移为 3L，之后有效长度减小，电流方向保持负方向不变，D 对； 48．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，完全处于垂直于框架平面向里的 匀强磁场中．现把框架匀速水平向右拉出磁场，如图所示，则下列图象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 ＝ 2 3 3 x，所以 E 电动势＝Bl 有v＝ 2 3 3 Bvx∝x，选项 A 错误，B 正确；F 外力＝ 2 2B l v R 有 ＝ 2 24 3 B x v R ∝x 2 ，选项 C 错误；P 外力功率＝F 外力v∝F 外力∝x 2 ，选项 D 错误． 49．科学家研究发现，磁敏电阻（GMR）的阻值随所处空间磁场的增强而增大，随所处空间磁场的减弱而变 小，如图所示电路中 GMR 为一个磁敏电阻， 和 为滑动变阻器， 和 为定值电阻，当开关 和 闭合时，电容器中一带电微粒恰好处于静止状态， （ ） A. 只调节电阻 ，当 向右端移动时，电阻 消耗的电功率变大 B. 只调节电阻 ，当 向右端移动时，带电微粒向下运动 C. 只调节电阻 ，当 向下端移动时，电阻 消耗的电功率变大 D. 只调节电阻 ，当 向下端移动时，带电微粒向下运动 【答案】 A 考点：电路的动态分析。 【名师点睛】根据滑片 P1向右移动，明确电磁铁中电流的变化；然后根据电磁铁磁性的决定因素可以确定 电磁铁磁性的变化；通过题意明确磁敏电阻（GMR）的阻值随所处空间磁场的增强而增大，根据电磁铁磁性 的变化来确定磁敏电阻的变化情况，进而可以得到通过 R1的电流变化，得到其电功率的变化．分析电容器 电压的变化，判断板间场强的变化，分析带电微粒的运动情况．只调节电阻 R2，由欧姆定律分析电路中电 流的变化，再分析同样的问题。 50．随着科技的不断发展，无线充电已经进入人们的视线．小到手表、手机，大到电脑、电动汽车的充电， 都已经实现了从理论研发到实际应用的转化．下图给出了某品牌的无线充电手机利用电磁感应方式无线充 电的原理图．关于电线充电，下列说法正确的是 （ ） A．无线充电时手机接收线圈部分的工作原理是“电流的磁效应” B．只有将充电底座接到直流电源上才能对手机进行充电． C．接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同 D．只要有无线充电底座，所有手机都可以进行无线充电 【答案】 C 【解析】 无线充电的原理，其实就是电磁感应现象，而不是电流的磁效应，故选项 A 错误；发生电磁感应的条件是 电流要发生变化，故不能接到直流电源上，选项 B 错误；发生互感时，二个线圈中的交流电的频率应该相 同，故选项 C 正确；只有无线充电底座，但是手机内部的线圈与底座上的线圈的频率相同时才可以进行充 电，故选项 D 错误。 考点：电磁感应现象。 二、多项选择题 51．如图，光滑平行金属导轨固定在水平面上，左端由导线相连，导体棒垂直静置于导轨上构成回路。在 外力 F 作用下，回路上方的条形磁铁竖直向上做匀速运动。在匀速运动过程中外力 F做功 FW ，磁场力对导 体棒做功 1W ，磁铁克服磁场力做功 2W ，重力对磁铁做功 GW ，回路中产生的焦耳热为 Q，导体棒获得的动 能为 KE 。则 （ ） A、 1W Q B、 2 1W W Q  C、 1 KW E D、 F G KW W E Q   【答案】 BCD 【解析】由能量守恒定律可知：磁铁克服磁场力做功 W2，等于回路的电能，电能一部分转化为内能，另一 部分转化导体棒的机械能，所以 W2- W1=Q，故 A错误，B正确；以导体棒为对象，由动能定理可知，磁场力 对导体棒做功 W1=Ek，故 C 正确；外力对磁铁做功与重力对磁铁做功之和为回路中的电能，也等于焦耳势和 导体棒的内能，故 D 正确。 【考点定位】电磁感应；能量守恒定律 52．倾角为α的光滑导电轨道间接有电源，轨道间距为 L，轨道上放一根质量为 m 的金属杆 ab，金属杆中 的电流为 I，现加一垂直金属杆 ab 的匀强磁场，如图所示， ab 杆保持静止，则磁感应强度方向和大小可 能为 （ ） A. 方向垂直轨道平面向上时，磁感应强度最小，大小为 sinmg IL  B. z 正向，大小为 mg IL C. X 正向，大小为 mg IL D. Z 正向，大小为 tanmg IL  【答案】 ACD 【解析】A、当磁场垂直轨道平面向上时，根据平衡条件： sinmg BIL  ，则 sinmgB IL   ，此时 B最小， 故选项 A 正确； B、当磁场沿 Z 正方向时，安培力水平向右，由平衡条件可得， tanmg BIL  ，则 tanmgB IL   ，故选 项 B 错误，D 正确； C、当磁场沿 X 正向时，安培力竖直向上，则根据平衡条件： mg BIL ，则： mgB IL  ，故选项 C 正确。 点睛：受力分析后，根据平衡条件，写出平衡方程，结合安培力公式，并根据左手定则，即可求解。 53．电磁炉采用感应电流（涡流）的加热原理，是通过电子线路产生交变磁场，把铁锅放在炉面上时，在 铁锅底部产生交变的电流．它具有升温快、效率高、体积小、安全性好等优点．下列关于电磁炉的说法中 正确的是 （ ） A. 电磁炉面板可采用陶瓷材料，发热部分为铁锅底部 B. 电磁炉面板可采用金属材料，通过面板发热 加热锅内食品 C. 电磁炉可以用陶瓷器皿作为锅具对食品加热 D. 可以通过改变电子线路的频率来 改变电磁炉的功率 【答案】 AD 【解析】电磁炉是利用电磁感应加热原理制成的电气烹饪器具。由高频感应加热线圈（即励磁线圈）、高 频电力转换装置、控制器及铁磁材料锅底炊具等部分组成。使用时，加热线圈中通入交变电流，线圈周围 便产生一交变磁场，交变磁场的磁力线大部分通过金属锅体，在锅底中产生大量涡流，从而产生烹饪所需 的热。所以电磁炉发热部分需要用铁锅底部，而不能用陶瓷材料，产生的热量可通过面板加热，故面板可 采用陶瓷材料，AD 正确，BC 错误 考点：考查了电磁炉的工作原理 点评：一定要注意是通过底部产生涡流，从而产生热量，所以加热部分必须使用软磁性物体， 54．如图甲所示，质量 m=3.0xl0 -3 kg 的“ ”形金属细框竖直放置在两水银槽中，“ ”形框的水平细杆 CD 长 l=0.20 m，处于磁感应强度大小 B1=1.0 T、方向水平向右的匀强磁场中。有一匝数 n=300 匝、面积 S=0.0l m 2 的线圈通过开关 K与两水银槽相连。线圈处于与线圈平面垂直、沿竖直方向的匀强磁场中，其磁感应强度 B2随时间 t变化的关系如图乙所示。t=0.22 s 时闭合开关 K，瞬间细框跳起（细框跳起瞬间安培力远大于重 力），跳起的最大高度 h=0.20 m。不计空气阻力，重力加速度 g=10 m/s 2 ，下列说法正确的是 （ ） A. 0—0.10 s 内线圈中的感应电动势大小为 3V B. 开关 K闭合瞬间，CD 中的电流方向由 C到 D C. 磁感应强度 B2的方向竖直向下 D. 开关 K闭合瞬间，通过细杆 CD 的电荷量为 0.03 C 【答案】 BD 点睛：本题是电磁感应与电学、力学相结合的综合题，分析清楚题意、分析清楚图乙所示图象是解题的关 键，应用法拉第电磁感应定律、左手定则、安培定则、楞次定律、动量定理等即可解题。 55．如图所示，在光滑的水平面上方，有两个磁感应强度大小均为 B，方向相反的水平匀强磁场，PQ 为两 个磁场的理想边界，磁场范围足够大。一个边长为 a、质量为 m、电阻为 R 的单匝正方形金属线框，以速度 v垂直磁场方向从如图实线位置Ⅰ开始向右运动，当线框运动到分别有一半面积在两个磁场中的位置Ⅱ时， 线框的速度为 。则下列说法正确的是 （ ） A. 在位置Ⅱ时线框中的电功率为 B. 此过程中回路产生的电能为 C. 在位置Ⅱ时线框的加速度为 D. 此过程中通过导线横截面的电荷量为 【答案】 ABD 【解析】线框经过位置Ⅱ时，线框左右两边均切割磁感线，所以此时的感应电动势为 ，故线 框中的电功率为 ，故 A 正确；线框从位置Ⅰ到位置Ⅱ的过程中，动能减少了 ，根据能量守恒定律可知，此过程中回路产生的电能为 ，故 B 正确；线框 在位置Ⅱ时，左右两边所受安培力大小均为： ，根据左手定则可知，线框左右两边所受安 培力的方向均向左，由牛顿第二定律得： ，故此时线框的加速度为 ，故 C错误；通 过的电荷量为： ，线框在位置Ⅰ时其磁通量为 Ba2 ，而线框在位置Ⅱ时其磁通量 为零，故 ，故 D 正确。所以 ABD 正确，C错误。 56．如图所示，在匀强磁场的上方有一质量为 m、半径为 R的细导线做成的圆环，圆环的圆心与匀强磁场的 上边界的距离为 h。将圆环由静止释放，圆环刚进入磁场的瞬间和完全进入磁场的瞬间，速度均为v。已知 匀强磁场的磁感应强度为 B，导体圆环的电阻为 r，重力加速度为 g，则下列说法正确的是 （ ） A. 圆环刚进入磁场的瞬间，速度  2v g h R  B. 圆环进入磁场的过程中，电阻产生的热量为 2mgR C. 圆环进入磁场的过程中，通过导体横截面的电荷量为 2BR r  D. 圆环进入磁场的过程做的是匀速直线运动 【答案】 ABC 【解析】A、圆环从图示位置开始运动到刚进入磁场时，下落的高度为 h R ，根据自由落体运动的规律得 到  2 2v g h R  ，解得  2v g h R  ，故选项 A 正确； B、圆环刚进入磁场的瞬间和完全进入磁场的瞬间，速度相等，根据功能关系可以知道重力做的功，大小为 2mgR ，故选项 B 正确； C、圆环进入磁场的过程中，通过导体某个横截面的电荷量为 2E B Rq I t t r r r         ，故选项 C 正确； D、圆环进入磁场的过程中，受到的安培力 2 2B L vF r  ，随有效长度 l发生改变，圆环受力不能平衡，因此 圆环不可能做匀速直线运动，故选项 D 错误。 点睛：解决本题的关键是恰当地选择研究过程，根据功能关系求出重力所做的功，以及根据动力学分析出 线框的运动情况，注意电荷量的求法。 57．如图所示，xOy 平面位于光滑水平桌面上，在 O≤x≤2L 的区域内存在着匀强磁场，磁场方向垂直于 xOy 平面向下。由同种材料制成的粗细均匀的正六边形导线框，放在该水平桌面上，AB 与 DE 边距离恰为 2L， 现施加一水平向右的拉力 F 拉着线框水平向右匀速运动，DE 边与 y轴始终平行，从线框 DE 边刚进入磁场开 始计时，则线框中的感应电流 i(取逆时针方向的电流为正)随时间 t的函数图象和拉力 F 随时间 t的函数图 象大致是 （ ） A. B. C. D. 【答案】 AC 【解析】当 DE 边在 0～L 区域内时，导线框运动过程中有效切割长度越来越大，与时间成线性关系，初始 就是 DE 边长度，所以电流与时间的关系可知 A 正确，B 错误；因为是匀速运动，拉力 F与安培力等值反向， 由 2 2B L vF R  知，力与 L 成二次函数关系，因为当 DE 边在 0～2L 区域内时，导线框运动过程中有效切割长 度随时间先均匀增加后均匀减小，所以 F 随时间先增加得越来越快后减小得越来越慢，选 C 正确，D 错误。 所以 AC 正确，BD 错误。 58．如图甲所示，矩形导线框固定在匀强磁场中，磁感线方向与导线框所在平面垂直．规定垂直纸面向里 方向为磁场的正方向，磁感应强度 B 随时间 t 变化的规律如图乙所示．则 （ ） A. 从 0 到 t2时间内，导线框中电流的方向先为 adcba 再为 abcda B. 从 0 到 t2时间内，导线框中电流的方向始终为 adcba C. 从 0 到 t1时间内，导线框中电流越来越小 D. 从 0 到 t1时间内，导线框 ab 边受到的安培力越来越小 【答案】 BD 【解析】从 0 到 t2时间内，线圈中磁通量的变化率相同，则感应电动势不变，电路中电流大小和方向不变， 根据楞次定律可知电流方向为 adcba，故 AC 错误，B 正确；从 0到 t1时间内，电路中电流大小时恒定不变， 故由 F=BIL 可知，F 与 B 成正比，因为 B 逐渐减小，所以安培力越来越小，故 D 正确。所以 BD 正确，AC 错 误。 59．在倾角为θ的斜面上固定两根足够长的光滑平行金属导轨 PQ、MN，相距为 L，导轨处于磁感应强度为 B 的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下．有两根质量均为 m 的金属棒 a、b，先将 a 棒垂直导轨放置， 用跨过光滑定滑轮的细线与物块 c 连接，连接 a棒的细线平行于导轨，由静止释放 c，此后某时刻将 b也垂 直导轨放置，a、c 此刻起做匀速运动，b 棒刚好能静止在导轨上．a 棒在运动过程中始终与导轨垂直，两棒 与导轨接触良好，导轨电阻不计．则下列说法正确的 （ ） A. 物块 c的质量是 2msin B. b 棒放上导轨前，物块 c减少的重力势能等于 a、c 增加的动能 C. b 棒放上导轨后，物块 c减少的重力势能等于回路消耗的电能 D. b 棒放上导轨后，a 棒中电流大小是 mgsin BL  【答案】 AD 【解析】b棒静止说明 b棒受力平衡，即安培力和重力沿斜面向下的分力平衡，a 棒匀速向上运动，说明 a 棒受绳的拉力和重力沿斜面向下的分力大小以及沿斜面向下的安培力三个力平衡，c 匀速下降则 c 所受重力 和绳的拉力大小平衡．由 b 平衡可知，安培力大小 sinF mg 安 ，由 a平衡可知 sin 2 sinF F mg mg   绳 安 ，由 c 平衡可知 cF m g绳 ；因为绳中拉力大小相等，故 2 sin cmg m g  ， 即物块 c 的质量为 2 sinm ，故 A 正确；b 放上之前，根据能量守恒知 a 增加的重力势能也是由于 c 减小的 重力势能，故 B 错误；a匀速上升重力势能在增加，故根据能量守恒知 C 错误；根据 b 棒的平衡可知 sinF mg 安 又因为 F BIL安 ，所以 sinmgI BL   ，故 D 正确； 【点睛】从导体棒的平衡展开处理可得各力的大小，从能量守恒角度分析能量的变化是关键，能量转化问 题从排除法的角度处理更简捷． 60．如图，光滑斜面 PMNQ 的倾角为θ，斜面上放置一矩形导体线框 abcd，其中 ab 边长为 l1，bc 边长为 l2， 线框质量为 m、电阻为 R，有界匀强磁场的磁感应强度为 B，方向垂直于斜面向上，e f 为磁场的边界，且 e f∥MN．线框在恒力 F 作用下从静止开始运动，其 ab 边始终保持与底边 MN 平行，Ｆ沿斜面向上且与斜面平 行．已知线框刚进入磁场时做匀速运动，则下列判断正确的是 （ ） A. 线框进入磁场前的加速度为 sinF mg m  B. 线框进入磁场时的速度为   2 2 1 sinF mg R B l  C. 线框进入磁场时有 a→b→c→d 方向的感应电流 D. 线框进入磁场的过程中产生的热量为（F − mgsinθ）l1 【答案】 ABC 【解析】线框进入磁场前，对整体，根据牛顿第二定律得：F-mgsinθ=ma,线框的加速度为 sinF mga m   ．故 A 正确．设线框匀速运动的速度大小为 v，则线框受力平衡， sinF F mg  安 ， 而 2 2 1 1 1= Bl v B l vF B l R R    安 ，解得   2 2 1 sinF mg R v B l   ，选项 B 正确；根据右手定律可知，线框进入磁场 时有 a→b→c→d 方向的感应电流，选项 C 正确; 由能量关系，线框进入磁场的过程中产生的热量为力 F 做 的功与线圈重力势能增量的差值，即 F l2− mg l2sinθ，选项 D 错误；故选 ABC. 考点：牛顿定律、法拉第电磁感应定律及能量守恒定律. 61．两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感应强度方向与纸面垂直．边长为 0.1m、总电阻为 0.005Ω的正 方形导线框 abcd 位于纸面内，cd 边与磁场边界平行，如图（a）所示．已知导线框一直向右做匀速直线运 动，cd 边于 t=0 时刻进入磁场．线框中感应电动势随时间变化的图线如图（b）所示（感应电流的方向为顺 时针时，感应电动势取正）．下列说法正确的是 （ ） A. 磁感应强度的大小为 0.5 T B. 导线框运动速度的大小为 0.5m/s C. 磁感应强度的方向垂直于纸面向外 D. 在 t=0.4s 至 t=0.6s 这段时间内，导线框所受的安培力大小为 0.1N 【答案】 CD 【解析】由 E–t图象可知，线框经过 0.2 s 全部进入磁场，则速度 0.1m/s=0.5m/s 0.2 lv t   ，选项 B正确； E=0.01 V，根据 E=BLv 可知，B=0.2 T，选项 A错误；根据楞次定律可知，磁感应强度的方向垂直于纸面向 外，选项 C 正确；在 t=0.4 s 至 t=0.6 s 这段时间内，导线框中的感应电流 0.01 A 2A 0.005 EI R    ，所受 的安培力大小为 F=BIL=0.04 N，选项 D 错误；故选 BC。 【名师点睛】此题是关于线圈过磁场的问题；关键是能通过给出的 E–t 图象中获取信息，得到线圈在磁场 中的运动情况，结合法拉第电磁感应定律及楞次定律进行解答。此题意在考查学生基本规律的运用能力以 及从图象中获取信息的能力。 62．如图所示，光滑水平面上存在有界匀强磁场，磁感应强度为 B，质量为 m 边长为 a 的正方形线框 ABCD 斜向穿进磁场，当 AC 刚进入磁场时速度为 v，方向与磁场边界成 45°，若线框的总电阻为 R，则 （ ） A. 线框穿进磁场过程中，框中电流的方向为 DCBA B. AC 刚进入磁场时线框中感应电流为 C. AC 刚进入磁场时线框所受安培力为 D. 此时 CD 两端电压为 【答案】 CD 考点：考查了导体切割磁感线运动 【名师点睛】安培力是联系电磁感应与力学知识的桥梁，要熟练地由法拉第电磁感应定律、欧姆定律推导 出安培力表达式． 63．如图，两根电阻不计的足够长的光滑金属导轨 MN、PQ，间距为 L，两导轨构成的平面与水平面成角。 金属棒 ab、cd 用绝缘轻绳连接，其电阻均为 R，质量分别为 m 和 2m。沿斜面向上的外力 F 作用在 cd 上使 两棒静止，整个装置处在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为 B 的匀强磁场中，重力加速度大小为 g。将轻 绳烧断后，保持 F 不变，金属棒始终与导轨垂直且接触良好。则 （ ） A. 轻绳烧断瞬间，cd 的加速度大小 1 sin 2 a g  B. 轻绳烧断后，cd 做匀加速运动 C. 轻绳烧断后，任意时刻两棒运动的速度大小之比 : 1: 2ab cdv v  D. 棒 ab 的最大速度 2 2 4 sin 3abm mgRv B L   【答案】 AD 【解析】烧断细绳前，将两根棒看做一个整体，对整体有 3 sinF mg  在沿斜面方向上，烧断瞬间 cd 棒速度为零，受到拉力 F，和重力沿斜面向下的分力作用，故 2 sin 1 sin 2 2 F mga g m     ，只有由于 cd 棒切割磁感线运动，根据楞次定律和左手定则可知 cd 棒受到沿 斜面向下的安培力作用，并且随着速度增大，安培力增大，做变加速运动，当 cd2 sinF mg F  安 后，沿 斜面向上做匀速直线运动，B错误；因为两个导体棒组成一个闭合回路，所以通过两个导体棒的电流相同， 故有受到的安培力等大反向，故根据动量守恒可得 ab 2 0cdmv mv  ，即 : 2 :1ab cdv v  ，C 错误；当 ab 棒 和 cd 棒加速度为零时，速度均达最大，设此时 ab 棒和 cd 棒的速度大小分别为 abm cdmv v、 ，由 ab 棒受力平 衡： sinmg BIL  ，此时回路中总的电动势：  abm cdmE BL v v  ，电路中电流： 2 EI R  ，由动量 守恒定律： 1 22 0mv mv  ，联立解得 2 2 4 sin 3abm mgRv B L   ，D正确； 64．如图甲所示，一个边长为 L 的正方形线框固定在匀强磁场（图中未画出）中，磁场方向垂直于导线框 所在平面，规定向里为磁感应强度的正方向，向右为导线框 ab 边所受安培力 F的正方向，线框中电流 i 沿 abcd 方向时为正，已知在 0~4s 时间内磁场的磁感应强度的变化规律如图所示，则下列图像所表示的关系正 确的是 （ ） A. A B. B C. C D. D 【答案】 AD 【解析】由题意可知，规定向里为磁感应强度的正方向，线框中电流 i沿 abcd 方向时为正；由法拉第电磁 感应定律可知，感应电动势 ，感应电流 ，由 B-t 图象可知，在每一时间段内， 是定值，在各时间段内 I是定值，ad 边受到的安培力 ，I、L 不变，B均匀变化，则安培力 F 均匀变 化，不是定值，A 正确 B 错误；由图示 B-t 图象可知，0～1s 时间内，B 减小， 减小，由楞次定律可知， 感应电流是逆时针的，为正值；同理 1～2s，磁场向里，且增大，磁通量增大，根据楞次定律，感应电流是 逆时针，为正值；2～3s，B 的方向垂直纸面向里，B 减小， 减小，由楞次定律可知，感应电流沿顺时针方 向，感应电流是正的；3～4s 内，B 的方向垂直纸面向外，B 增大， 增大，由楞次定律可知，感应电流沿 顺时针方向，感应电流是正的，故 C 错误 D 正确； 考点：考查了电磁感应与图像 【名师点睛】电磁感应与图象的结合问题，近几年高考中出现的较为频繁，在解题时涉及的内容较多，同 时过程也较为复杂；故在解题时要灵活，可以先利用右手定则或楞次定律判断方向排除法，再选择其他合 适的解法等解答． 65．如图所示，在匀强磁场区域的上方有一半径为 R、质量为 m 的导体圆环，将圆环由静止释放，圆环刚进 入磁场的瞬间和完全进入磁场的瞬间速度相等．已知圆环的电阻为 r，匀强磁场的磁感应强度为 B，重力加 速度为 g，则 （ ） A．圆环进入磁场的过程中，圆环中的电流为逆时针 B．圆环进入磁场的过程可能做匀速直线运动 C．圆环进入磁场的过程中，通过导体某个横截面的电荷量为 2 2 R B r  D．圆环进入磁场的过程中，电阻产生的热量为 2mgR 【答案】 AD 考点：楞次定律、动能定理 【名师点睛】本题主要考查了楞次定律、动能定理。分析清楚圆环穿过磁场的过程，根据楞次定律判断感 应电流的方向；根据线圆环进入与离开磁场的速度判断线框的运动性质；根据 q r   求电荷量根据动能定 理求出线框的 ab 边刚进人磁场到 ab 边刚离开磁场这段过程中克服安培力做的功，即可知道线框从进入到 全部穿过磁场的过程中克服安培力做的。 66．一个闭合回路由两部分组成，如图所示，右侧是电阻为 r的圆形导轨，置于竖直方向均匀变化的磁场 1B 中，左侧是光滑的倾角为的平行导轨，宽度为 d，其电阻不计，磁感应强度为 2B 的匀强磁场垂直导轨平 面向上，且只分别在左侧，一个质量为 m、电阻为 R 的导体棒此时恰好能静止在导轨上，分析下述判断正确 的是 （ ） A．圆形导线中的磁场，可以方向向上均匀增强，也可以方向向下匀速减弱 B．导体棒 ab 受到的安培力大小为 sinmg  C．回路中的感应电流为 2 sinmg B d  D．圆形导线中的电热功率为 2 2 2 2 2 2 sin ( )m g R r B d   【答案】 ABC 【解析】 导体棒静止在导轨上，所受的合力为零．根据力的平衡得知，棒所受的安培力的大小为 sinmg  ，方向沿 斜面向上．所以有 2 sinB Id mg  ，则回路中的感应电流大小 2 sinmgI B d   ，根据安培力的方向，通过左 手定则判断得知，通过线圈感应电流的方向从上往下看为顺时针方向．根据楞次定律，圆形线圈中的磁场 可以方向向上均匀增强，也可以方向向下均匀减弱，故 ABC 正确；根据 2P I r ，可知圆形导线中的电热功 率为 2 2 2 2 2 2 sinP rm g B d   ，故 D 错误； 考点：考查了法拉第电磁感应定律；楞次定律． 【名师点睛】解决本题的关键通过受力平衡求出安培力的大小和方向，以及掌握左手定则判定安培力与电 流方向的关系，和运用楞次定律判断感应电流方向与磁场的变化关系． 67．如图甲所示，圆形的刚性金属线圈与一平行板电容器连接，线圈内存在垂直于线圈平面的匀强磁场， 取垂直于纸面向里为磁感应强度 B的正方向，B 随时间 t 的变化关系如图乙所示。 0t  时刻，在平行板电 容 器间，由静止释放一带正电的粒子（重力可忽略不计），假设粒子运动未碰到极板，不计线圈内部磁场变 化对外部空间的影响，下列关于板间电场强度、粒子在板间运动的位移、速度和加速度与时间的关系图像 中（以向上为正方向）可能正确的是 （ ） A. B. C. D. X 【答案】 CD 【解析】A、根据法拉第电磁感应定律 BE S t t        ， 0 4 T ～ 感应电动势大小不变，方向逆时针， 3 4 4 T T ～ 感应电动势大小不变，方向顺时针方向，方向与0 4 T ～ 相反； 3 4 T T～ 感应电动势大小不变沿逆时针方向，方向与0 4 T ～ 相同，故 A 错误； BCD、0 4 T ～ 内情况：由楞次定律可知，金属板上极板带负电，金属板下极板带正电；粒子带正电，则粒子 所受电场力方向竖直向上而向上做匀加速运动． 4 2 T T ～ 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；因粒子带正电，则粒子所受电场力方向竖直向下而向上做匀减速运动，直到速度为 零， 3 2 4 T T～ ，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，带正电粒子向下 匀加速，同理， 3 4 T T～ ，内情况：由楞次定律可知，金属板上极板带负电，金属板下极板带正电；因粒 子带正电，则粒子所受电场力方向竖直向上，而向下做匀减速运动，直到速度为零；由上分析可知， 2 T 末 速度减小为零，位移最大，当 T 末，粒子回到了原来位置，故 B 错误，CD 正确。 点睛：本题属于综合性题目，注意将产生感应电流的部分看作电源，则可知电容器两端的电压等于线圈两 端的电压，这样即可还原为我们常见题型。 68．根据实际需要，磁铁可以制造成多种形状，如图就是一根很长的光滑圆柱形磁棒，在它的侧面有均匀 向外的辐射状磁场。现将磁棒竖直固定在水平地面上，磁棒外套有一个粗细均匀的圆形金属线圈，金属线 圈的质量为 m，半径为 R，电阻为 r，金属线圈所在位置的磁场的磁感应强度大小为 B。让金属线圈从磁棒 上端由静止释放，经一段时间后与水平地面相碰(碰前金属线圈已达最大速度)并原速率反弹，又经时间 t， 上升到距离地面高度为 h处速度减小到零。下列说法中正确的是 （ ） A. 金属线圈与地面撞击前的速度大小 2 2 24 mgr B R B. 撞击反弹后上升到最高处 h 的过程中，通过金属线圈某一截面的电荷量 2 3 3 38 2 m gr mgt B R BR   C. 撞击反弹后上升到最高处 h 的过程中，通过金属线圈某一截面的电荷量 2 3 3 38 m gr mgt B R BR   D. 撞击反弹后上升到最高处 h 的过程中，金属线圈中产生的焦耳热 3 2 2 4 4 432 m g r mgh B R  【答案】 ABD 【解析】线圈第一次下落过程中有： 2E B Rv  ，电流为： EI R  ，安培力为：FA=BIL=BI•2πR，得 安培力大小为： 2 2 24 A B R vF r   ，根据牛顿第二定律得：mg-FA=ma，可知线圈做加速度减小的加速运动， 当 a=0 时，速度最大，代入求得最大速度为： 2 2 24 mgrv B R  ，故 A 正确；反弹后上升的过程中某一时刻， 由牛顿运动定律得：mg+BI•2πR=ma 则得：mg△t+BI•2πR•△t=ma△t 在一段微小时间△t 内，速度增量为 △υ=a△t，通过线圈截面电量为：△q=I△t，则 2 ma t mg tq BR      ，得到：   2 ma mg t q BR      ， 又有 2 2 2 24m m grma t m v mv B R       ，则 1mg t mgt  ，所以电量为： 2 1 3 3 38 2 mgtm grq B R BR    ， 故 B 正确，C 错误；根据能量守恒得： 21 2 mv mgh Q  ，联立以上解得： 3 2 2 4 4 432 m g rQ mgh B R   ，故 D 正确。所以 ABD 正确，C错误。 69．如图所示,相距为 l的光滑平行金属导轨 ab、cd 放置在水平桌面上,阻值为 R 的电阻与导轨的两端 a、 c 相连。滑杆 MN 质量为 m,垂直于导轨并可在导轨上自由滑动,不计导轨、滑杆以及导线的电阻。整个装置 放于竖直方向的范围足够大的匀强磁场中,磁感应强度的大小为 B,滑杆的中点系一不可伸长的轻绳,绳绕过 固定在桌边的光滑轻质定滑轮后,与另一质量也为 m的物块相连,绳处于拉直状态。现将物块由静止释放,当 物块达到最大速度时,物块的下落高度 h= ,g 表示重力加速度。则在物块由静止开始下落至速度最大 的过程中 （ ） A. 物块达到的最大速度是 B. 通过电阻 R的电荷量是 C. 电阻 R放出的热量为 D. 滑杆 MN 产生的最大感应电动势为 【答案】 ABD 【解析】A、当 时，速度最大，有： ，则最大速度： ，A 正确；B、通过 R 的电荷 量： ，B 正确； C、根据能量守恒得， ，解得： ，C 错误；正确． D、物块速度最大时，产生的感应电动势最大， ，D 正确； 故选 ABD。 70．相距为 L 的两条平行光滑的金属导轨 AB、CD 被固定在水平桌面上，两根质量都是 m、电阻都为 R 的导 体棒甲和乙置于导轨上。一条跨过桌边定滑轮的轻质细线一端与导体棒甲相连，另一端与套在光滑竖直杆 上的质量为 m 的物块丙相连，整个系统处于竖直向上的匀强磁场(图中未画出)中，磁感应强度为 B。初态整 个系统处于静止状态，跨过滑轮的细绳水平。现由静止状态开始释放物块丙，当其下落高度为 h 时细线与 杆成 37 0 角，此时物块丙的速度为 v，导体棒乙的速度为 u。若不计导轨电阻及一切摩擦,运动过程中导体棒 始终与导轨垂直且有良好的接触，则： （ ） A. 在此过程中绳上拉力对导体棒甲所做的功等于 21 2 mgh mv B. 在此过程中电路中生成的电能 241 50 mgh mv C. 在此过程中电路中产生的焦耳热 2 21 41 2 25 mgh m v u      D. 在此过程中甲和丙总的机械能减少量等于系统内生成的电热 【答案】 ABC D、在此过程中甲、乙和丙总的机械能减少量等于系统内生成的电热，D 错误。 故选 AB。 71．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之间和 L3L4之间存在匀 强磁场，磁感应强度 B大小均为 1T，方向垂直于虚线所在平面。现有一矩形线圈 abcd，宽度 cd＝L＝0.5m， 质量为 0.1kg，电阻为 2Ω，将其从图示位置由静止释放（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，已知 t1～t2的时间间隔为 0.6s， 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 10m/s2。则 （ ） A. 在 0～t1时间内，通过线圈的电荷量为 0.25C B. 线圈匀速运动的速度大小为 8m/s C. 线圈的长度 ad 为 1m D. 0～t3时间内，线圈产生的热量为 4.2J 【答案】 AB 【解析】在 0～t1 时间内，cd 边从 L1运动到 L2，通过线圈的电荷量为： 0.25B BLdq I t t S t C R t R t R             ，故 A 正确；t2～t3这段时间内线圈做匀速直线运动，设速 度为 v．根据平衡条件有： 2 2B L vmg BIL R   ，代入数据解得： 8 /v m s ，故 B 正确；t1～t2的时间间 隔内线圈一直做匀加速直线运动，知 ab 边刚进磁场，cd 边也刚进磁场．设磁场的宽度为 d，线圈下降的位 移为 3d，则有： 213 2 d vt gt  ，代入数据解得：d=1m，所以线圈的长度为：L′=2d=2m．故 C错误； 0～ t3 时间内，根据能量守恒得：   213 2 2 Q mg d d mv   ，代入数据解得： 1.8Q J ，故 D正确。所以 AB 正确，CD 错误。 72．如图所示，用一根粗细均匀的电阻丝制成形状相同、大小不同的甲、乙两个矩形线框。甲对应边的长 度是乙的两倍，二者底边距离匀强磁场上边界高度 h 相同，磁场方向垂直纸面向里，匀强磁场宽度 d 足够 大。不计空气阻力，适当调整高度 h，将二者由静止释放，甲将以恒定速度进入匀强磁场中。在矩形线框进 入磁场的整个过程中，甲、乙的感应电流分别为 I1和 I2，通过导体横截面的电量分别为 q1和 q2，线框产生 的热量分别为 Q1和 Q2，线框所受到的安培力分别是 F1和 F2，则以下结论中正确的是 （ ） A. I1＞I2 B. q1=4q2 C. Q1=4Q2 D. F1=2F2 【答案】 CD 【解析】设甲的宽度为 L，周长为 l，则乙的宽度为 2 L ，周长为 2 l ，那么甲的质量是乙质量的两倍，根据电 阻 lR S  ，可得 1 2 2= 1 R R ，由题意可知甲做匀速运动： 1 1 0m g BI L  ，感应电动势为： 1 1E BLv ， 感应电流为： 1 1 1 EI R  ,联立以上可得： 2 2 1 1 1 0B L vm g R   ，同理对乙有： 2 2 2 2 2 2 B L vm g m a R   ，联立 以上可得 0a  ，说明乙也匀速运动且 1 2 2v v gh  ，感应电流为： BLvI R  ，结合以上易得 1 2I I ， 故 A 错误；电量为 BSq R R    ，可得： 1 2 2 1 q q  ，故 B 错误；产生的热量为： 2Q I Rt ，由运动学公 式可得： 1 2 2 1 t t  ，联立以上可得： 1 2 4 1 Q Q  ,故 C 正确；安培力为： 2 2B L vF R  ,根据以上可得： 1 2 2 1 F F  ， 故 D 正确。所以 CD 正确，AB 错误。 73．如图所示，匀强磁场的方向垂直于光滑的金属导轨平面向里，极板间距为 d 的平行板电容器与总阻值 为 2R0的滑动变阻器通过平行导轨连接，电阻为 R0的导体棒 MN 可在外力的作用下沿导轨从左向右做匀速直 线运动。当滑动变阻器的滑动触头位于 a、b 的中间位置且导体棒 MN 的速度为 v0时，位于电容器中 P 点的 带电油滴恰好处于静止状态。若不计摩擦和平行导轨及导线的电阻，各接触处接触良好，重力加速度为 g， 则下列判断正确的是 （ ） A．油滴带正电荷 B．若将上极板竖直向上移动距离 d，油滴将向上加速运动，加速度 a = g/2 C．若将导体棒的速度变为 2v0，油滴将向上加速运动，加速度 a = g D．若保持导体棒的速度为 v0不变，而将滑动触头置于 a端，同时将电容器上极板向上移动距离 d/3，油 滴仍将静止 【答案】 CD 【解析】根据右手定责可知，M端为正极，液滴静止，因此带负电，故 A 错误；设导体棒长度为 L，导体棒 切割磁感线形成的感应电动势为：E=BLv；电容器两端电压为： ① 开始液滴静止有： ② 若将上极板竖直向上移动距离 d 时，有： ③ 联立①②③得： ，方向竖直向下，故 B错误；当若将导体棒的速度变为 2v0时，有： ④ 将①中 v0换为 2v0联立①②④解得：a2=g，方向竖直向上，故 C正确；若保持导体棒的速度为 v0不变，而将 滑动触头置于 a 位置时，电容器两端之间的电压为： ；此时液滴所受电场力为： ，因此液滴仍然静止，故 D 正确．故选 CD． 考点：带电粒子在电场中的运动 【名师点睛】本题实质上借助电磁感应考查了有关电容器的运算，注意正确分析电容器两端电压以及极板 的正负极。 74．如图所示，MN、PQ 是与水平面成θ角的两条平行光滑且足够长的金属轨道，其电阻忽略不计．空间存 在着垂直于轨道平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为 B.导体棒 ab、cd 垂直于轨道放置，且与轨道接触 良好，每根导体棒的质量均为 m，电阻均为 r，轨道宽度为 L，与轨道平行的绝缘细线一端固定，另一端与 ab 棒中点连接，细线承受的最大拉力 Tm＝2mgsin θ.今将 cd 棒由静止释放，则细线被拉断时，cd 棒的 （ ） A. 速度大小是 2 2 2 sinmgr B L  B. 速度大小是 2 2 sinmgr B L  C. 加速度大小是 2gsin θ D. 加速度大小是 0 【答案】 AD 【解析】A、据题知，细线被拉断时，拉力达到 2mT mgsin ，根据平衡条件得：对 ab 棒： mT F mgsin 安 ， 则得 ab 棒所受的安培力大小为 F mgsin安 ；由于两棒的电流相等，所受的安培力大小相等，由E BLv 、 2 EI r  ， F BIL安 ，则得 2 2 2 B L vF r  安 联立解得，cd 棒的速度为 2 2 2mgrsinv B L   ，故 A正确，B 错误； C、对 cd 棒：根据牛顿第二定律得： mgsin F ma  安 ，代入得 2 2 2 2 1 2 0 2 B L mgrsina gsin m r B L      ， 故 C 错误，D 正确。 点睛：细线被拉断时，拉力达到最大值 2mT mgsin ，根据平衡条件和安培力的表达式，求出此时 cd 棒 的速度大小，根据牛顿第二定律求解加速度的大小。 75．如图，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。Ox 轴平行于金属导轨， 在 0≤x≤4 m 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=1 m 经 x2=2 m 到 x3=3 m 的过程中，R 的电功率保持不变，则金 属棒 （ ） A. 在 x1与 x3处的电动势之比为 1∶3 B. 在 x1与 x3处受到磁场 B 的作用力大小之比为 3∶1 C. 从 x1到 x2与从 x2到 x3的过程中通过 R 的电量之比为 5∶3 D. 从 x1到 x2与从 x2到 x3的过程中 R 产生的焦耳热之比为 5∶3 【答案】 BCD 【解析】由功率的计算式 2 2U EP R R   知道由于金属棒从 1 1x m 经 2 2x m 到 3 3x m 的过电功率保持 不变，所以 E应不变以，A 错误；由安培力公式 F BIL 及 P EI 知： 1 1 1 1 3 2 3 2 0.8 0.2 1 3 0.8 0.2 3 1 F B I B F B I B         ， B 正确．由于金属棒从 1 1x m 经 2 2x m 到 3 3x m 的过程中，R 的电功率保持不变，由 2P I R 知道 R 中的电流相等，再由安培力公式 F BIL ，所以 F-x 图象如图所示显然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： 1 2 0.6 0.4 5 0.4 0.2 3 Q Q     ，D 正确；因为热量之比为 5：3，电流相同， 说明时间之比为 5：3，因此电量 1 1 1 2 2 2 5 3 q It t q It t    ，C 正确。 【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． 76．如图所示两半径为 r 的圆弧形光滑金属导轨置于沿圆弧径向的磁场中，磁场所在的平面与轨道平面垂 直。导轨间距为 L，一端接有电阻 R，导轨所在位置处的磁感应强度大小均为 B，将一质量为 m 的金属导体 棒 PQ 从图示位置（导轨的半径与竖直方向的夹角为）由静止释放，导轨及金属棒电阻均不计，下列判断 正确的是 （ ） A. 导体棒 PQ 有可能回到初始位置 B. 导体棒 PQ 第一次运动到最低点时速度最大 C. 导体棒 PQ 从静止到最终达到稳定状态，电阻 R 上产生的焦耳热为  1 cosmgr  D. 导体棒 PQ 由静止释放到第一次运动到最低点的过程中，通过 R 的电荷量 B rL R  【答案】 CD 【解析】A、导体棒运动过程中不断克服安培力做功，将机械能转化为电能，因此不可能回到初始位置，故 A错误； B、导体棒 PQ 第一次运动到最低点时所受合力与速度反向，速度不可能最大，故 B 错误； C、导体棒最后一定静止在最低点，根据能量守恒定律得电阻 R 上产生的焦耳热等于重力势能的减少量，即 1R PQ E mgr cos   （ ），故 C正确； D、导体棒 PQ 从静止释放到第一次运动到最低点的过程中，通过 R 的电荷量为： B Lrq R R    ，故 D 正确。 点睛：导体棒切割磁感线产生感应电动势，根据感应电流产生的条件与机械能守恒定律分析答题，由于两 圆弧的半径相等，则这两圆弧一定是在不同水平面上的。 77．如图所示，在水平面上有两条光滑的长直平行金属导轨 MN、PQ，电阻忽略不计，导轨间距离为 L，磁 感应强度为 B 的匀强磁场垂直于导轨所在平面。质量均为 m 的两根金属 a、b 放置在导轨上，a、b 接入电路 的电阻均为 R。轻质弹簧的左端与 b 杆连接，右端固定。开始时 a 杆以初速度 v0向静止的 b 杆运动，当 a 杆向右的速度为 v 时，b 杆向右的速度达到最大值 vm，此过程中 a 杆产生的焦耳热为 Q，两杆始终垂直于导 轨并与导轨接触良好，则 b 杆达到最大速度时 （ ） A. b 杆受到弹簧的弹力为 B. a、b 杆与弹簧组成的系统机械能减少量为 Q C. 弹簧具有的弹性势能为 mv － mv2 － mv －2Q D. a 杆运动的距离为  2 22 2 mB L v vqR BL kR   【答案】 AC 【解析】b杆达到最大速度时，弹簧的弹力等于安培力，由闭合电路欧姆定律可得   2 2 mBL v vEI R R    ， b棒受到的安培力大小  2 2 2 mB L v v F BIL R    ，则弹簧的弹力为  2 2 2 mB L v v F R   ，故 A 正确；由于两 者是串联关系，并且电阻相等，产生的热量相同，根据能量守恒定律可知，a、b 杆与弹簧组成的系统机械 能减少量为 2Q，故 B 错误；选两杆和弹簧组成系统为研究对象，从 a 棒开始运动到 b棒达到最大速度，由 能量守恒知，弹簧具有的弹性势能为 2 2 2 0 1 1 1 2 2 2 2 mmv mv mv Q   ，故 C正确；由于不知道通过 a杆横截 面的电荷量以及弹簧的劲度系数，故无法计算 a 杆运动的距离，D错误． 【点睛】由于两杆同时同向运动，切割的速度为相对速度，即两棒速度之差，同时注意安培力做功与产生 焦耳热的关系，及弹力做功与弹簧的弹性势能的关系． 78．如图所示，弹簧上端固定，下端悬挂一个磁铁，现用力将磁铁再向下拉一段距离后从 O 点（图中没有 画出）释放，磁铁将上下运动，不计空气阻力，弹簧始终在弹性限度内．现在上下运动的磁铁下端放一个 固定的闭合金属线圈．下列说法正确的是 （ ） A. 磁铁运动的最低点还在 O点 B. 线圈中将产生交变电流 C. 线圈中将产生直流电 D. 如果金属线圈有一缺口，磁铁运动的最低点还在 O 点 【答案】 BD 79．如图甲所示，一个“U”形金属导轨固定在水平面内，轨道上垂直放置一导体棒，与导轨接触良好。其 所在空间存在着竖直向下的各处均匀的磁场，规定感应电流从 b流向 a的方向为正，摩擦力方向向右为正．当 磁场的磁感应强度 B 随时间 t 的变化规律如图乙所示时，导体棒始终静止，下图中能正确表示导体棒中感 应电流 i 和导体棒所受摩擦力 f 随时间 t 变化的图线是 （ ） A. B. C. D. 【答案】 BD 【解析】在 0~1s 时间内，磁感应强度均匀增大，即穿过线圈的磁通量均匀增大，根据 ， 可知过程中产生的感应电动势恒定，故感应电流恒定不变，根据楞次定律可得电流方向为 b 到 a，方向为正； 在 1~2s 过程中，磁感应强度恒定不变，穿过线圈的磁通量不变，即没有感应电流产生，摩擦力为零；在 2~4s 过程中，磁感应强度均匀减小，根据 ，可知过程中产生的感应电动势恒定不变，故感应 电流恒定不变，根据楞次定律可得电流方向为从 a 到 b，方向为负，从图中可知 ，故 ，可知 在 0~1s 时间内电流大小为 ，2~4s 时间内电流为 ，故 C 错误 D 正确；导体棒始终处于静止，在 0~1s 时间内 ，方向向右，在 1~2s 内，无感应电流，摩擦力为零，在 2~4s 内， ，方 向向左，故 BD 正确 80．如图所示，足够长的光滑平行金属导轨 MN、PQ 水平放置，导轨间距为 L，一个磁感应强度 B 的匀强磁 场垂直穿过导轨平面向下，导轨的上端 M 与 P 间接有电容为 C 的电容器，金属棒开始静止。对金属棒施加 一个水平向右、大小为 F 的恒力作用，不计一切摩擦，一切电阻都不计，则经过时间 t 的过程中 （ ） A. 金属棒可能做变加速运动 B. 金属棒中的电流恒定 C. 电容器所带电荷量 2 2 CBLFt m B L C D. 电容器储存的电场能为     2 22 22 FBLt C m B L C 【答案】 BCD 【解析】A、经过时间 t 时，金属棒速度设为 v ，金属棒切割磁感线产生电动势变化 E BL v   ，通过 电容器的电流 q C EI t t       ，又加速度定义式 va t    ，可得 I CBLa ，选项 A 错误； B、对金属棒，应用牛顿第二定律有 F BIL ma  ，解得 2 2 Fa m B L C   ，由加速度表达式可知金属棒做 初速度为 0 的匀加速运动，选项 B 正确； C、经过时间 t流过电路横截面的电量 2 2 CBLFtq It m B L C    ，选项 C 对； D、经过时间 t金属棒的运动位移 21 2 x at ，末速度 v at ，对金属棒应用动能定理有 21 2AFx W mv  ， 又安培力做功都转化为平行板中电场的电场能 DE ，有     2 22 22 D FBLt C E W m B L C    ，选项 D 正确。 点睛：本题关键是明确导体棒的受力情况和运动情况，然后结合平衡条件和牛顿第二定律分析。 三、解答题 81．金属杆 MN 和 PQ 间距为 l,MP 间接有电阻 R,磁场如图所示,磁感应强度为 B.金属棒 AB 长为 2l,由图示位 置以 A 为轴,以角速度ω匀速转过 90°(顺时针).求该过程中(其他电阻不计): (1)R 上的最大电功率. (2)通过 R的电量. 【答案】 (1) 4 1 Rx E BP R R    (2) 3 2 Blq I t R R      82．如图甲所示，间距为 L、电阻不计的光滑导轨固定在倾角为θ的斜面上．在 MNPQ 矩形区域内有方向垂 直于斜面的匀强磁场，磁感应强度为 B；在 CDEF 矩形区域内有方向垂直于斜面向下的磁场，磁感应强度 Bt 随时间 t 变化的规律如图乙所示(tx 是未知量)，Bt 的最大值为 2B．现将一根质量为 m、电阻为 R、长为 L 的金属细棒 cd 跨放在 MNPQ 区域间的两导轨上,并把它按住，使其静止．在 t=O 时刻，让另一根长为 L的金 属细棒 ab(其电阻 Rx 是未知量)从 CD 上方的导轨上由静止开始下滑，同时释放 cd 棒。已知 CF 长度为 2L， 两根细棒均与导轨良好接触，在 ab 从图中位置运动到 EF 处的过程中，cd 棒始终静止不动，重力加速度为 g． (1)求上述过程中 cd 棒消耗的电功率，并确定 MNPQ 区域内磁场的方向． (2) ab 棒质量 (3)确定未知量 Rx 及 tx 的值． 【答案】 （1）电流恒定，cd 棒平衡 则 sinmgBIL  (2 分) 电功率    2 2 2 sin BL RmgRIP   (2 分) MNPQ 区域内磁场的方向垂直斜面向上 (2 分) （2），并且进入前后电流恒定且相等，故 ab 棒进入 CDEF 矩形区域磁场后，CDEF 矩形区域磁场不变， tx 时刻进入磁场，ab 棒匀速运动，则 ab 棒平衡 则 singmBIL ab (2 分) ab 棒质量 mmab  （2 分） （3）进入前感生电流   x x RR t BBL I    22 2 （2 分） ab 棒进入后匀速运动速度 v，进入后动生电流 xRR BLvI   （2 分） ab 棒进入前匀加速运动， 加速度 singa  （2 分） xtgv sin （2 分） sin 2 g Lt x  （1分）   R mg LgBL Rx    sin sin22 （1 分） 【解析】略 83．如图所示，两条平行的光滑金属导轨固定在倾角为θ的绝缘斜面上，导轨间距为 L，导轨上端连接一个 阻值为 3Ω的定值电阻 R。在水平虚线 L1、L2间有一与导轨所在斜面垂直向上的匀强磁场 B，磁场区域的宽 度为 d。导体棒 a、b 放在斜面上，a 棒的质量 ma=0.2kg，电阻 Ra=2Ω；b 棒的质量 mb=0.1kg，电阻 Rb=2Ω， 它们分别从图中 M、N 处同时由静止开始在导轨上无摩擦向下滑动，都能匀速穿过磁场区域，且当 b 棒刚穿 出磁场时 a 棒正好进入磁场。重力加速度 g=10m/s2，不计棒之间的相互作用，不计金属导轨的电阻。导体 棒始终与导轨垂直且与导轨接触良好，导轨足够长。求： （1）安培力对导体棒 a、b 的作功之比 Wa:Wb为多少。 （2）导体棒 a、b 在磁场中运动时速度之比 va:vb为多少。 （3）如果 d=0.4m，则 a棒开始运动时距虚线 L1的距离 la是多少？ 【答案】 （1）2：1；（2）2；（3）0.8m。 【解析】（20 分）（1）安培力对导体棒所作功等于这期间重力所作的功于是 singdmW aa  （1分） singdmW bb  （1分） 1 2  b a b a m m W W （2分） （3）不切割时两棒加速度相等，都为 sina g  设 a 棒从运动到进入磁场的时间 t， 则 sin avt g   ( ) sin b b vd v t g    2 0.8al d m  也可用图象法解： 如图所示，图中斜线部分面积为 d， ∵ ba vv 2 ∴la=2d=0.8m (6 分) 84．如图所示，相距为 L 的足够长光滑平行金属导轨水平放置，处于磁感应强度为 B，方向竖直向上的匀强 磁场中。导轨一端连接一阻值为 R 的电阻，导轨本身的电阻不计，一质量为 m，电阻为 r 的金属棒 ab 横跨 在导轨上，如图所示。现对金属棒施一恒力 F，使其从静止开始运动。求： R B F b a （1）运动中金属棒的最大速度为多大？ （2）金属棒的速度为最大速度的四分之一时, ①求 ab 金属棒的加速度 ②求安培力对 ab 金属棒做功的功率 【答案】 解：（1）当金属棒由于切割磁感线而受安培力作用，安培力与所受恒力 F 相等时速度达到最大， 即 由法拉第电磁感应定律：E=BLv （1 分） 由闭合电路欧姆定律： rR EI   （1 分） ab 受的安培力 BILF 安 （1 分） 由二力平衡：F=F 安 （1 分） 由以上四式可解得： 22 )( LB rRFv m   （2分） （2）当金属棒的速度为最大速度的四分之一时： ①由法拉第电磁感应定律： 42 mvBLE  （1 分） 由闭合电路欧姆定律： rR EI   2 2 （1 分） ab 受的安培力 F2=IBL（1 分） 由牛顿第二定律： F-F2=ma（2 分） 由闭合电路欧姆定律：以上四式可解得：a=3F/4m（2 分） ② 由 P=-F2V2（1 分） 解得：P=-F2（R+r）/16B 2L 2（2 分） 【解析】略 85．如图甲所示，质量 m=6.0×10-3kg，边长 L=0.20m，电阻 R=1.0 欧的正方形单匝金属线框 abcd，置于倾 角 30°的绝缘斜面上，ab 边沿着水平方向，线框的下半部分处于垂直斜面向上的匀强磁场中，磁感应强度 B随时间 t按图乙所示的规律周期性变化，线框在斜面上始终保持静止，g=10,求 （1）在 2.0×10-2s~4.0×10-2s 时间内线框中产生感应电流的大小 （2）在 t=3.0×10-2s 时间内线框受到斜面的摩擦力的大小和方向。 （3）一个周期内感应电流在线框中产生的平均电功率 【答案】 略 【解析】（1）线框中产生的感应电动势为 E1，感应电流为 I1，则 1 2 1 1 1 2 t BL t Φ E       R E I 1 1  代入数据得 E1=0.40V , I1=0.40A ………（4 分） （2）此时受到的安培力 F1=B1I1L 代入数据得 F1=1.6×10-2N 设此时线框受到的摩擦力大小为 Ff，则 mgsinα+F1-Ff=0 ………（2 分） 代入数据得 Ff=4.6×10-2N ………（2 分） 摩擦力方向沿斜面向上 ………（2 分） （3）在 0～1.0×10-2s 时间内线框中产生的感应电动势 2 2 2 2 2 2 t BL t ΦE       代入数据得 E2= 0.80V ………（2 分） 设磁场变化周期为 T，线框中的电功率为 P，则 PTT R ET R E  42 2 2 2 1 ………（4 分） 代入数据得 P=0.24W ………（2 分） 86．（15 分）如图甲，有两根相互平行、间距为 L 的粗糙金属导轨，它们的电阻忽略不计在 MP 之间接阻 值为 R 的定值电阻，导轨平面与水平面的夹角为θ。在 efhg 矩形区域内有垂直斜面向下、宽度为 d 的匀 强磁场（磁场未画出），磁感应强度 B 随时间 t 变化的规律如图乙。在 t = 0 时刻，一质量为 m 、电阻 为 r 的金属棒垂直于导轨放置，从 ab 位置由静止开始沿导轨下滑，t = t0 时刻进人磁场，此后磁感应强度 为 B0 并保持不变。棒从 ab 到 ef 的运动过程中，电阻 R 上的电流大小不变。求： （1）0～t0时间内流过电阻 R 的电流 I 大小和方向； （2）金属棒与导轨间的动摩擦因数μ； （3）金属棒从 ab 到 ef 的运动过程中，电阻 R 上产生的焦耳热 Q。 【答案】 （1） 0 0( ) B LdEI R r R r t     ，方向是 M→P；（2） 2 2 0 0 tan cos ( ) B L d mg R r t       ；（3） 2 2 2 2 0 0 2 0 2( ) ( ) B L d RQ I R t t R r t     。 【解析】 （1）0～t0时间内，回路中的电流由磁场变化产生，由法拉第电磁感应定律有 回路中感应电动势： 0 0 B LdΦE t t     2 分 由于电路的总电阻为 R+r，则根据闭合电路欧姆定律： 0 0( ) B LdEI R r R r t     2 分 由于在 0～t0时间内磁场强度是增强的，即磁通量增大，故由楞次定律可得，回路产生的感应磁场方向垂直 斜面向上，则流过电阻 R 的电流方向是 M→P。 1分 （2）由题意可知，金属棒进入磁场后电阻上电流保持不变，则金属棒匀速运动 1分 所受安培力为： 0F B IL 1 分 对金属棒进行受力分析可得： 0sin cos 0mg mg B IL     2 分 解之得： 2 2 0 0 tan cos ( ) B L d mg R r t       1 分 （3）导体棒进入磁场中有： 0 0 0 B LdE B Lv t   2 分 导体棒在磁场中运动的时间： 0 dt t v   1 分 根据焦耳定律有： 2 2 2 2 0 0 2 0 2( ) ( ) B L d RQ I R t t R r t     2 分 考点：电磁感应定律，安培力的计算，受力分析，焦耳定律。 87．（10 分）如图所示，在高度差 h=0.5 m 的平行虚线范围内，有磁感强度 B=0.5 T、方向垂直于竖直平 面向里的匀强磁场，正方形线框 abcd 的质量 m=0.1 kg、边长 L=0.5 m、电阻 R=0.5，线框平面与竖直平 面平行，静止在位置“I”时，cd 边跟磁场下边缘有一段距离。现用一竖直向上的恒力 F=4.0 N 向上提线框， 该框由位置“I”无初速度开始向上运动，穿过磁场区，最后到达位置“II”（ab 边恰好出磁场），线框平 面在运动中保持与磁场方向垂直，且 cd 边保持水平。设 cd 边刚进入磁场时，线框恰好开始做匀速运动。g 取 10 2/ sm ，求： （1）线框进入磁场前距磁场下边界的距离 H； （2）线框由位置“I”到位置“II”的过程中，恒力 F 做的功是多少？线框内产生的热量又是多少？ 【答案】 （1） 9.6H m （2） 42.4JW  3.0JQ  【解析】 （1）在恒力作用下，线圈开始向上做匀加速直线运动，设线圈的加速度为 a，据牛顿第二定律有： mamgF  解得 230m /a s （1 分） 从线圈进入磁场开始做匀速运动，速度为 1v ，则： cd 边产生的感应电动势为 1BLvE  （1分） 线框中产生的感应电流为 REI / （1分） 线框所受的安培力为 BILF 安 （1 分） 因线框做匀速运动，则有 mgFF  安 （1分） 联立上述几式，可解得   2 2 1 / 24v FR mgR B L   m/s（1 分） 由 aHv 22 1  解得 9.6H  m（1 分） 考点：功能关系，动能定理 88．如图，两条平行导轨所在平面与水平地面的夹角为θ，间距为 L。导轨上端接有一平行板电容器，电容 为 C。导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为 B，方向垂直于导轨平面。在导轨上放置一质量为 m的金属 棒，棒可沿导轨下滑，且在下滑过程中保持与导轨垂直并良好接触。已知金属棒与导轨之间的动摩擦因数 为μ，重力加速度大小为 g。忽略所有电阻。让金属棒从导轨上端由静止开始下滑，求: （1）电容器极板上积累的电荷量与金属棒速度大小的关系； （2）金属棒的速度大小随时间变化的关系。 【答案】 （1）Q CBLv （2） 2 2 sin cosmg mgv at t m CB L       【解析】（1）设金属棒下滑的速度大小为v，则感应电动势为 E=BLv ① 平行板电容器两极板的电压为 U，U=E ② 设此时电容器极板上储存的电荷为 Q，按定义有 QC U  ③ 联立①②③式解得Q CBLv ④ （2）设金属棒下滑的速度大小为 v时经历的时间为 t,通过金属棒的电流为 i，金属棒受到磁场的安培力为 F，方向沿导轨向上，大小为 F=BLi ⑤ 设在 t～t+ t 时间间隔内流经金属棒的电荷量为 Q ，按定义有 Qi t    ⑥ Q 也是平行板电容器两极板在 t～t+ t 时间间隔内增加的电荷量 由④式可得 Q CBL v   ⑦ 式中 v 为金属棒速度的变化量 按加速度的定义有 va t    ⑧ 分析导体棒的受力：受重力 mg，支持力 N，滑动摩擦力 f，沿斜面向上的安培力 F。 N=mgcos⑨ sinmg f F ma    ⑩ f N (11) 联立⑤至(11)式得 2 2 sin cosmg mga m CB L      (12) 由(12)式及题设可知,金属棒做初速为零的匀加速直线运动,t 时刻金属棒下滑的速度大小为 v 2 2 sin cosmg mgv at t m CB L       (13) 【易错点拨】本题关键是通过牛顿第二定律的求解得出加速度的表达式是一个与时间无关的物理量，导体 棒做匀加速直线运动，这一问题考生不容易分析出来，造成该题不容易得分。具体分析：首先要由感应电 动势和电容的定义式求解速度大小为 v时电容器极板上储存的电荷 Q，这一问不难，考生较容易解出；其次 列牛顿第二定律方程，正确的解出加速度 2 2 sin cosmg mga m CB L      是一个恒量，即金属棒做初速为零的 匀加速直线运动 v=at 解出本题的答案 2 2 sin cosmg mgv at t m CB L       ，这一问考生对电流的定义，加速 度的定义的理解有一定的局限性，高中阶段不变的情况较多，用微积分的思想求解的练习题较少，所以大 多数考生这一问不能得分，难度（1）中等，（2）难。 【考点定位】牛顿第二定律、导线切割磁感线产生感应电动势、电容器定义式、电流定义式、加速度定义 式、感应电流、安培力。 89．（18 分）如图所示，两根足够长的平行金属导轨固定在倾角 030 的斜面上，导轨电阻不计，间距 L=0.4m，导轨所在空间被分成区域 I 和 II，两区域的边界与斜面的交线为 MN，I 中的匀强磁场方向垂直斜 面向下，II 中的匀强磁场方向垂直斜面向上，两磁场的磁感应强度大小均为 B=0.5T。在区域 I中，将质量 kg1.01 m ，电阻  1.01R 的金属条 ab 放在导轨上，ab 刚好不下滑。然后，在区域 II 中将质量 kg4.02 m ，电阻  1.02R 的光滑导体棒 cd 置于导轨上，由静止开始下滑，cd 在滑动过程中始终处于 区域 II 的磁场中，ab、cd 始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，取 2s/m10g ，问 （1）cd 下滑的过程中，ab 中的电流方向； （2）ab 刚要向上滑动时，cd 的速度 v 多大？ （3）从 cd 开始下滑到 ab 刚要向上滑动的过程中，cd 滑动的距离 x=3.8m，此过程中 ab 上产生的热量 Q是 多少？ 【答案】 （1）由 a 流向 b；（2） s/m5v ；（3） J3.1Q ； 【解析】 （1）由右手定则可以判断电流方向由 a 流向 b （2）开始放置 ab 刚好不下滑时，ab 所受摩擦力为最大摩擦力，设其为 Fmax，有 sin1max gmF  ① 设 ab 刚好要上滑时，cd 棒的感应电动势为 E，由法拉第电磁感应定律有 BLvE  ② 设电路中的感应电流为 I，由闭合电路欧姆定律有 21 RR EI   ③ 设 ab 所受安培力为 F 安，有 BILF 安 ④ 此时 ab 受到的最大摩擦力方向沿斜面向下，由平衡条件有 max1 sin FgmF  安 ⑤ 联立①②③④⑤式，代入数据解得： s/m5v ⑥ （3）设 cd 棒的运动过程中电路中产生的总热量为 Q 总，由能量守恒定律有 2 22 2 1sin vmQgxm  总 ⑦ 由串联电路规律有 总QRR RQ 21 1   ⑧ 联立解得： J3.1Q ⑨ 考点：共点力平衡、法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、能量守恒定律、串并联电路特点 90．(16 分)如图 1 所示，匀强磁场的磁感应强度 B 为 0.5T.其方向垂直于倾角 为 30°的斜面向上。绝缘斜 面上固定有 形状的光滑金属导轨 MPN（电阻忽略不计），MP 和 NP 长度均为 2.5m，MN 连线水平，长为 3m。 以 MN 中点 O为原点、OP 为 x轴建立一维坐标系 Ox。一根粗细均匀的金属杆 CD，长度 d 为 3m、质量 m 为 1kg、 电阻 R 为 0.3Ω，在拉力 F 的作用下，从 MN 处以恒定的速度 v=1m/s，在导轨上沿 x 轴正向运动（金属杆与 导轨接触良好）。g取 10m/s2。 （1）求金属杆 CD 运动过程中产生产生的感应电动势 E 及运动到 处电势差 ； （2）推导金属杆 CD 从 MN 处运动到 P 点过程中拉力 F 与位置坐标 x的关系式，并在图 2 中画出 F-x 关系图 象； （3）求金属杆 CD 从 MN 处运动到 P 点的全过程产生的焦耳热。 【答案】 （1） ， ；（2） （0≤x≤2）；（3） 【解析】 （1）金属杆 CD 在匀速运动过程中产生的感应电动势 （l=d） （D 点电势高） 当 x=0.8m 时，金属杆在导轨间的电势差为零，设此时杆在导轨外的长度为 l 外则 得 由楞次定律判断 D 点电势高，故 CD 两端电势差 （2）杆在导轨间的长度 l 与位置 x 关系是 对应的电阻 Rl为 电流 杆受的安培力 F 安 为 根据平衡条件得 （0≤x≤2） 画出的 F-x 图象如图所示。 （3）外力 F 所做的功 WF等于 F-x 图线下所围的面积，即 而杆的重力势能增加量 故全过程产生的焦耳热 考点：电磁感应现象、能量守恒定律 视频 91．（17 分）如图所示，无限长金属导轨 EF、PQ 固定在倾角为θ=53°的光滑绝缘斜面上，轨道间距 L=1 m， 底部接入一阻值为 R=0.4Ω的定值电阻，上端开口。垂直斜面向上的匀强磁场的磁感应强度 B=2T。一质量 为 m=0.5kg 的金属棒 ab 与导轨接触良好，ab 与导轨间动摩擦因数μ=0.2，ab 连入导轨间的电阻 r=0.1Ω， 电路中其余电阻不计。现用一质量为 M=2.86kg 的物体通过一不可伸长的轻质细绳绕过光滑的定滑轮与 ab 相连。由静止释放 M，当 M 下落高度 h=2.0 m 时，ab 开始匀速运动（运动中 ab 始终垂直导轨，并接触良好）。 不计空气阻力，sin53°=0.8，cos53°=0.6，取 g=10m/s 2 。求： （1）ab 棒沿斜面向上运动的最大速度 vm； （2）ab 棒从开始运动到匀速运动的这段时间内电阻 R 上产生的焦耳热 QR和流过电阻 R的总电荷量 q。 【答案】 （1） 3m/smv  （2） 26.3JRQ  ； 8Cq  【解析】 （2）由能量守恒定律知，系统的总能量守恒，即系统减少的重力势能等于系统增加的动能、焦耳热及摩擦 而转化的内能之和，有： 21sin ( ) 2 mMgh mgh M m v Q f h      ⑧ （2分） R RQ Q R r   ⑨ （1 分） 根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律有： q I t  ⑩ （1分） EI R r   ⑪ （1分） E t   ⑫ （1 分） ( )B Lh   ⑬ （1 分） 联解⑧⑨⑩⑪⑫⑬并代入数据得： 26.3JRQ  ⑭ （1 分） 8Cq  ⑮（1分）若有其他合理解法且答案正确，可同样给分。 考点：本题考查了电磁感应定律、能量守恒定律、闭合电路欧姆定律。 92．（1）如图 1 所示，固定于水平面上的金属框架 abcd，处在竖直向下的匀强磁场中。金属棒 MN 沿框架 以速度 v 向右做匀速运动。框架的 ab 与 dc 平行，bc 与 ab、dc 垂直。MN 与 bc 的长度均为 l，在运动过程 中 MN 始终与 bc 平行，且与框架保持良好接触。磁场的磁感应强度为 B。 a. 请根据法拉第电磁感应定律 t ΦE    ，推导金属棒 MN 中的感应电动势 E； b. 在上述情景中，金属棒 MN 相当于一个电源，这时的非静电力与棒中自由电子所受洛伦兹力有关。请根 据电动势的定义，推导金属棒 MN 中的感应电动势 E。 （2）为进一步研究导线做切割磁感线运动产生感应电动势的过程，现构建如下情景： 如图 2 所示，在垂 直于纸面向里的匀强磁场中，一内壁光滑长为 l 的绝缘细管 MN，沿纸面以速度 v 向右做匀速运动。在管的 N端固定一个电量为 q的带正电小球（可看做质点）。某时刻将小球释放，小球将会沿管运动。已知磁感应 强度大小为 B，小球的重力可忽略。在小球沿管从 N 运动到 M 的过程中，求小球所受各力分别对小球做的功。 【答案】 （1）见解析 （2）洛伦兹力做功为 0，管的支持力做功 qvBlWF  【解析】 （1） 如图 1 所示，在一小段时间 t 内，金属棒 MN 的位移 tvx  （2分） 这个过程中线框的面积的变化量 tlvxlS  （1 分） 穿过闭合电路的磁通量的变化量 tBlvSBΦ  （1 分） 根据法拉第电磁感应定律 t ΦE    （1分） 解得 BlvE  （1 分） 如图 2 所示，棒向右运动时，电子具有向右的分速度，受到沿棒向下的洛伦兹力 evBf  ，f 即非静电力（2 分） 在 f 的作用下，电子从 M 移动到 N 的过程中，非静电力做功 evBlW  （2分） 根据电动势定义 q WE  （1分） 解得 BlvE  （1 分） （2）小球随管向右运动的同时还沿管向上运动，其速度如图 3 所示。小球所受洛伦兹力 f 合如图 4 所示。 将 f 合正交分解如图 5 所示。 （2 分） 小球除受到洛伦兹力 f 合外，还受到管对它向右的支持力 F，如图 6 所示。 洛伦兹力 f 合不做功 0 合fW （2分） 沿管方向，洛伦兹力 f 做正功 qvBlflW 1 垂直管方向，洛伦兹力 'f 是变力，做负功 qvBlWW  12 （2 分） 由于小球在水平方向做匀速运动，则 'fF  （1分） 因此，管的支持力 F 对小球做正功 qvBlWF  （1分） 说明：用其它方法计算管的支持力 F 对小球所做功，只要过程、结果正确，可得 4 分。 考点：电磁感应定律 洛伦兹力 静电力做功 93．（18 分）如图，两根足够长平行光滑的金属导轨相距为 l，导轨与水平面夹角为θ,并处于磁感应强度 为 B2、方向垂直导轨平面向下的匀强磁场中。两金属导轨的上端与阻值为 R 的灯泡连接，并连接水平放置、 长和宽都为 d 的平行金属板，板内存在垂直纸面向里的磁感应强度为 B1的匀强磁场。长为 l 的金属棒 ab 垂 直于金属导轨，且始终与导轨接触良好。当金属棒固定不动时，质量为 m、电荷量为 q 的粒子流沿中线射入 金属板内，恰好在金属板的左下边沿穿出。粒子重力不计，重力加速度为 g，导轨和金属棒的电阻不计。 （1） 粒子流带何种电荷，速度多大？ （2） 现将金属棒由静止释放，待棒沿导轨匀速下滑后，粒子流水平通过，求金属棒质量 M。 【答案】 （1） m dqBv 4 5 1 0  （2） sin4 5 2 2 2 1 mgR lqdBBM  【解析】 （1） 由左手定则，可判定粒子流带正电。 ………（2分） 粒子流在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律， r v mBqv 2 0 10  ………………（3分） 得： 1 0 qB mvr  …………（1 分） 粒子流恰好在金属板的边沿穿出，由几何关系得 222 ) 2 ( ddrr  …… （1 分） 解得 4 5dr  …… （1分） 故 m dqBv 4 5 1 0  ………（1 分） 考点：电磁感应、带电粒子的运动 94．如图所示，倾角为 、宽度为 、长为 的光滑倾斜导轨，导轨 C1D1、C2D2顶端接有 定值电阻 ，倾斜导轨置于垂直导轨平面斜向上的匀强磁场中，磁感应强度为 B=5T，C1A1、C2A2是 长为 S=4．5m 的粗糙水平轨道，A1B1、A2B2是半径为 R=0．5m 处于竖直平面内的 光滑圆环（其中 B1、B2为 弹性挡板），整个轨道对称。在导轨顶端垂直于导轨放一根质量为 m=2kg、电阻不计的金属棒 MN，当开关 S 闭合时，金属棒从倾斜轨道顶端静止释放，已知金属棒到达倾斜轨道底端前已达最大速度，当金属棒刚滑 到倾斜导轨底端时断开开关 S，（不考虑金属棒 MN 经过接点 C1、C2处和棒与 B1、B2处弹性挡板碰撞时的机 械能损失，整个运动过程中金属棒始终保持水平，水平导轨与金属棒 MN 之间的动摩擦因数为µ=0．1， g=10m/s2）。求： （1）开关闭合时金属棒滑到倾斜轨道底端时的速度； （2）金属棒 MN 在倾斜导轨上运动的过程中，电阻 R0上产生的热量 Q； （3）当金属棒第三次经过 A1A2时对轨道的压力。 【答案】 （1） ；（2） ；（3） 【解析】（1）开关闭时，金属棒下滑时切割磁感线运动，产生感应电动势，产生感应电流，受到沿斜面向 上的安培力，做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度为 0 时，速度最大．根据牛顿第二定律和安培力与 速度的关系式结合，求解即可． （2）下滑过程中，重力势能减小，动能增加，内能增加，根据能量守恒求出整个电路产生的热量，从而求 出电阻 上产生的热量． （3）由能量守恒定律求出金属棒第三次经过 A1A2时速度，对金属棒进行受力分析，由牛顿定律求解． （1）金属棒最大速度时电动势 ①，电流 ②，安培力 ③ 金属棒最大速度时，由牛顿第二定律有 ④ 所以最大速度 ⑤ （2）金属棒 MN 在倾斜导轨上运动的过程中，由能量守恒定律可得 ⑥，代入数据得 Q=4J…⑦ （3）金属棒第三次经过 A1A2时速度为 VA，由能量守恒定律得： ⑧ 金属棒第三次经过 时，由牛顿第二定律有 …⑨ 由牛顿第三定律有，金属棒对轨道的压力大小 ，方向竖直向下． 95．如图甲所示，光滑倾斜导体轨道（足够长）与光滑水平导体轨道平滑连接。轨道宽度均为 L=1m，电阻 忽略不计。水平向右的匀强磁场仅分布在水平轨道平面所在区域；垂直于倾斜轨道平面向下，同样大小的 匀强磁场仅分布在倾斜轨道平面所在区域。现将两质量均为 m=0.2kg，电阻均为 R=0.5Ω的相同导体棒 ab 和 cd，垂直于轨道分别置于水平轨道上和倾斜轨道的顶端，并同时由静止释放，导体棒 cd 下滑过程中加速 度 a 与速度 v 的关系如图乙所示。（g=10m/s 2 ）求： （1）导轨平面与水平面间夹角θ； （2）磁场的磁感应强度 B； （3）导体棒 ab 对水平轨道的最大压力 FN的大小； （4）若已知从开始运动到 cd 棒达到最大速度的过程中，ab 棒上产生的焦耳热 Q=0.45J，求该过程中通过 cd 棒横截面的电荷量 q。 【答案】 (1) 30   （2）B=1T （3） 3NNF   （4） 1Cq  【解析】 (1) 由a v 图象可知，导体棒 cd 刚释放时，加速度 25m/sa  对 cd 棒受力分析，由牛顿第二定律得： sinmg ma  得 2sin 5m/sa g   故： 30   （2）当 cd 棒匀速下滑时，由图象知 a=0，v=1m/s sinmg F  安 =F BIL安 2 BLvI R  联立得： 2 2 sin 2 B L vmg R   解得：B=1T （3）当电路中的电流 I最大时，ab 棒所受的安培力竖直向下最大，则压力最大 NF mg F  安 由牛顿第三定律： N NF F  解得： 3NNF   （4）ab 棒产生的焦耳热 2= 0.45JabQ Q I Rt  ，cd 棒产生的热量与 ab 棒相同 对 cd，由能量守恒定律： 21sin 2 2 mgx mv Q   解得： 1mx  q I t  2 EI R  =E t  则： 1C 2 2 BLxq R R     考点：考查电磁感应、图象、能量守恒定律、牛顿第二定律． 【名师点睛】本题中的导轨倾斜部分和水平部分都足够长，分析知道在斜轨上棒最终匀速运动，在水平轨 道上最终静止，再运用电磁感应的规律和力学知识求解. 96．如图所示，AB、CD 是处在方向垂直纸面向里、磁感应强度为 B1的匀强磁场的两条金属导轨（足够长）， 导轨宽度为 d，导轨通过导线分别与平行金属板 MN 相连，有一与导轨垂直且始终接触良好的金属棒 ab 以某 一速度 0 沿着导轨做匀速直线运动。在 y轴的右方有一磁感应强度为 B2的方向垂直纸面向外的匀强磁场， 在 x 轴的下方有一场强为 E 的方向平行 x轴向右的匀强电场。现有一质量为 m、电荷量为 q 的带正电粒子在 M 板由静止经过平行金属板 MN，然后以垂直于 y 轴的方向从 F 处沿直线穿过 y 轴，而后从 x 轴上的 G 处以 与 x 轴正向夹角为 60°的方向进入电场和磁场叠加的区域，最后到达 y 轴上的 H 点。已知 OG 长为 l，不计 粒子的重力。求： （1）金属棒 ab 做匀速直线运动速度的大小 B？ （2） 粒子到达 H 点时的速度多大？ （3）要使粒子不能回到 y 轴边界， 电场强度以满足什么条件？ 【答案】 见试题分析 【解析】 解：金属棒 ab 在切割磁感线过程中产生的感应电动势为： 01  dB （2 分） 设粒子在 F 进入磁场时的速度为，由牛顿第二定律得： R mBq 2 2   （2分） 由几何知识可得（如图） 60sin R l （2分） 粒子在通过 MN 过程中由动能定理得： 2 2 1  mq  （2分） 联解以上各式得： dmB lqBB 01 22 2 1 3 2   （2 分） （2）从 D到 C只有电场力对粒子做功，电场力做功与路径无关，根据动能定理，有 22 2 1 2 1  mmqEl H  ， （2 分） 解得： m qEl m lBq H 2 3 4 2 22 2 2  （2 分） （3） 02 3 40 2 22 2 2  m qEl m lBq H 时， （1 分） 要使粒子不能回到 y 轴边界， m qEl m lBq 2 3 4 2 22 2 2  （2 分） 即 m lqBE 3 2 2 2 （1分） 考点：电磁感应 牛顿第二定律 动能定理 97．如图 1 所示，一端封闭的两条平行光滑长导轨相距 L，距左端 L处的右侧一段被弯成半径为 的四分之 一圆弧，圆弧导轨的左、右两段处于高度相差 的水平面上。以弧形导轨的末端点 O 为坐标原点，水平向 右为 x 轴正方向，建立 Ox 坐标轴。圆弧导轨所在区域无磁场；左段区域存在空间上均匀分布，但随时间 t 均匀变化的磁场 B（t），如图 2 所示；右段区域存在磁感应强度大小不随时间变化，只沿 x 方向均匀变化 的磁场 B（x），如图 3 所示；磁场 B（t）和 B（x）的方向均竖直向上。在圆弧导轨最上端，放置一质量为 m 的金属棒 ab，与导轨左段形成闭合回路，金属棒由静止开始下滑时左段磁场 B（t）开始变化，金属棒与 导轨始终接触良好，经过时间 t0金属棒恰好滑到圆弧导轨底端。已知金属棒在回路中的电阻为 R，导轨电阻 不计，重力加速度为 g. （1）求金属棒在圆弧轨道上滑动过程中，回路中产生的感应电动势 E； （2）如果根据已知条件，金属棒能离开右段磁场 B（x）区域，离开时的速度为 v，求金属棒从开始滑动到 离开右段磁场过程中产生的焦耳热 Q； （3）如果根据已知条件，金属棒滑行到 x=x1位置时停下来， a.求金属棒在水平轨道上滑动过程中通过导体棒的电荷量 q； b.通过计算，确定金属棒在全部运动过程中感应电流最大时的位置。 【答案】 （1）L2B0/t0（2） + mgL/2- mv2 （3）金属棒在 x=0 处，感应电流最大 【解析】（1）由图看出，左段区域中磁感应强度随时间线性变化，其变化率一定，由法拉第电磁感应定律 得知，回路中磁通量的变化率相同，由法拉第电磁感应定律求出回路中感应电动势． （2）根据欧姆定律和焦耳定律结合求解金属棒在弧形轨道上滑行过程中产生的焦耳热．再根据能量守恒求 出金属棒在水平轨道上滑行的过程中产生的焦耳热，即可得到总焦耳热． （2）金属棒在弧形轨道上滑行过程中，产生的焦耳热为：Q1= = 金属棒在弧形轨道上滑行过程中，根据机械能守恒定律得：mg = 金属棒在水平轨道上滑行的过程中，产生的焦耳热为 Q2，根据能量守恒定律得：Q2= ﹣ =mg ﹣ 所以，金属棒在全部运动过程中产生的焦耳热为：Q=Q1+Q2= +mg ﹣ （3）a．根据图 3，x=x1（x1＜x）处磁场的磁感应强度为：B1= ． 设金属棒在水平轨道上滑行时间为△t．由于磁场 B（x）沿 x 方向均匀变化，根据法拉第电磁感应定律△t 时间内的平均感应电动势为： = = = 所以，通过金属棒电荷量为：q= △t= △t= b．金属棒在弧形轨道上滑行过程中，感应电流为：I1= = 金属棒在水平轨道上滑行过程中，由于滑行速度和磁场的磁感应强度都在减小，所以，此过程中，金属棒 刚进入磁场时，感应电流最大．刚进入水平轨道时，金属棒的速度为：v= 所以，水平轨道上滑行过程中的最大电流为：I2= = 若金属棒自由下落高度 ，经历时间 t= ，显然 t＞t 所以，I1= ＜ = =I2． 综上所述，金属棒刚进入水平轨道时，即金属棒在 x=0 处，感应电流最大． 答：（1）金属棒在圆弧轨道上滑动过程中，回路中产生的感应电动势 E 是 L2 ． （2）金属棒从开始滑动到离开右段磁场过程中产生的焦耳热 Q 为 +mg ﹣ ． （3）a．金属棒在水平轨道上滑动过程中通过导体棒的电荷量 q 为 ． b．金属棒在全部运动过程中金属棒刚进入水平轨道时，即金属棒在 x=0 处，感应电流最大． 【点评】本题中（1）（2）问，磁通量均匀变化，回路中产生的感应电动势和感应电流均恒定，由法拉第 电磁感应定律研究感应电动势是关键．对于感应电荷量，要能熟练地应用法拉第定律和欧姆定律进行推导． 98．如图所示，两根足够长的金属导轨 ab、cd 与水平面成 =37  固定，导轨间距离为 L=1m，电阻不计。在 导轨上端接一个阻值为 R0的定值电阻。在 c、N之间接有电阻箱。整个系统置于匀强磁场中，磁感应强度方 向与导轨所在平面垂直，磁感应强度大小为 B=1 T；现将一质量为 m、电阻可以忽略的金属棒 MN 从图示位 置由静止开始释放。金属棒下滑过程中与导轨接触良好。金属棒与导轨间的滑动摩擦因数为  =0. 5。改变 电阻箱的阻值 R，测定金属棒的最大速度 vm ，得到 vm-R 的关系如图所示。若轨道足够长，重力加速度 g取 10 2/m s 。求： (1)金属杆的质量 m和定值电阻 R0的阻值； (2)当电阻箱 R取 3.5 时，且金属杆的加速度为 l 2/m s 时，此时金属杆的速度。 【答案】 （1）0.5kg； 0.5Ω（2）2m/s （2）设金属棒下滑的速度为 v，根据法拉第电磁感应定律可知：E’=BLv 由闭合电路的欧姆定律可知：E’=I（R+R0） 当金属杆下滑的加速度为 1m/s 2 时，根据牛顿第二定律可得： sin cosmg BIL mg ma     解得 v=2m/s 考点：法拉第电磁感应定律；牛顿第二定律. 99．如图甲所示，将一间距为 L＝1 m 的 U形光滑导轨（不计电阻）固定倾角为θ＝30°，轨道的上端与一 阻值为 R＝1 Ω的电阻相连接，整个空间存在垂直轨道平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小 B未知，将一 长度也为 L＝1 m、阻值为 r＝0．5 Ω、质量为 m＝0．4 kg 的导体棒 PQ 垂直导轨放置（导体棒两端均与导 轨接触）．再将一电流传感器按照如图甲所示的方式接入电路，其采集到的电流数据能通过计算机进行处 理，得到如图乙所示的 I－t图象．假设导轨足够长，导体棒在运动过程中始终与导轨垂直．已知重力加速 度 g＝10 m/s 2 ． （1）求 0．5 s 时定值电阻的发热功率； （2）求该磁场的磁感应强度大小 B； （3）估算 0～1．2 s 的时间内通过传感器的电荷量以及定值电阻上所产生的热量． 【答案】 （1）1．21 W （2）1．25 T．（3）1．65 J 【解析】（1）由 I-t 图象可知当 t=0．5s 时，I=1．10A； P=I 2 R=1．10 2 ×1．0W=1．21W （2）由图知，当金属杆达到稳定运动时的电流为 1．60A， 稳定时杆匀速运动，受力平衡，则有：mgsinθ=BIL 解得 考点：法拉第电磁感应定律；能量守恒定律； 100．如图所示，足够长的光滑水平直导轨的间距为 L，电阻不计，垂直导轨平面有磁感应强度为 B的匀强 磁场，导轨上相隔一定距离放置两根长度均为 L 的金属棒，a 棒质量为 m，电阻为 R，b 棒质量为 2m，电 阻为 2R。现给 a 棒一个水平向右的初速度 v0，求：（a 棒在以后的运动过程中没有与 b 棒发生碰撞） （1）b 棒开始运动的方向； （2）当 a棒的速度减少为 v0/2 时，b 棒刚好碰到了障碍物，经过很短时间 t0速度减为零（不反弹）。求 b 棒在碰撞前瞬间的速度大小和碰撞过程中障碍物对 b 棒的冲击力大小； （3）b 棒碰到障碍物后，a 棒继续滑行的距离． 【答案】 （1）b棒向右运动（2） 0 4 v ； 0 02 mv t （3） 0 2 2 3 2 mv R B l 【解析】 （1）根据右手定则知，回路中产生逆时针的电流，根据左手定则知，b 棒所受的安培力方向向右，可知 b 棒向右运动． （3）a 棒单独向右滑行的过程中，当其速度为 v 时，所受的安培力大小为 3 BlvF BIl lB R安＝ ＝ ， 极短时间△ti→0，a 棒的速度由 v 变为 v′，根据动量定理，有：-F 安△ti=mv′-mv， 代入后得， 2 2   3 i i B l v t mv mv R   ＝ ， 把各式累加，得 2 2 0  0 3 2i i vB l v t m R   ＝ ， a棒继续前进的距离 0 i i i 2 2 3x x v t 2 mv R B l       ． 考点：左手定则；动量定理