2019年高考物理備考 藝體生百日突圍系列 專題11 電磁感應(yīng)（含解析）

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1、專題11電磁感應(yīng) 第一部分 名師綜述 本考點一般以選擇題和計算題兩種形式出現(xiàn)，若是選擇題一般考查對磁感應(yīng)強度、磁感線、安培力和洛侖茲力這些概念的理解，以及安培定則和左手定則的運用；若是計算題主要考查安培力大小的計算，以及帶電粒子在磁場中受到洛倫茲力和帶電粒子在磁場中的圓周運動的分析判斷和計算，尤其是帶電粒子在電場、磁場中的運動問題對學(xué)生的空間想象能力、分析綜合能力、應(yīng)用數(shù)學(xué)知識處理物理問題的能力有較高的要求，仍是本考點的重點內(nèi)容，有可能成為試卷的壓軸題。由于本考點知識與現(xiàn)代科技密切相關(guān)，在近代物理實驗中有重大意義，因此考題還可能以科學(xué)技術(shù)的具體問題為背景，考查學(xué)生運用知識解決實際問題的能

2、力和建模能力。預(yù)測高考基礎(chǔ)試題仍是重點考查法拉第電磁感應(yīng)定律及楞次定律和電路等效問題．綜合試題還是涉及到力和運動、能量守恒、電路分析、安培力等力學(xué)和電學(xué)知識．主要的類型有滑軌類問題、線圈穿越有界磁場的問題、電磁感應(yīng)圖象的問題等。此外日光燈原理、磁懸浮原理、電磁阻尼、超導(dǎo)技術(shù)這些在實際中有廣泛的應(yīng)用問題也要引起重視。 第二部分 知識背一背 一、磁通量 1.定義：在磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中,與磁場方向垂直的面 積S和B的乘積. 2.公式： 3.單位：韋伯符號:Wb 4.磁通量是標(biāo)量(填“標(biāo)量”或“矢量”). 二、電磁感應(yīng)現(xiàn)象 1．電磁感應(yīng)現(xiàn)象：當(dāng)穿過閉合電路的磁通量發(fā)生變化時

3、，電路中有感應(yīng)電流產(chǎn)生，這種利用磁場產(chǎn)生電流的現(xiàn)象叫做電磁感應(yīng)． 2．產(chǎn)生感應(yīng)電流的條件： 表述1：閉合電路的一部分導(dǎo)體在磁場內(nèi)做切割磁感線運動． 表述2：穿過閉合電路的磁通量發(fā)生變化． 3．能量轉(zhuǎn)化 發(fā)生電磁感應(yīng)現(xiàn)象時，機械能或其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能． 三、感應(yīng)電流方向的判斷 1．楞次定律 (1)內(nèi)容：感應(yīng)電流的磁場總要阻礙引起感應(yīng)電流的磁通量的變化． (2)適用情況：所有的電磁感應(yīng)現(xiàn)象． 2．右手定則 (1)內(nèi)容：伸開右手，使拇指與其余四個手指垂直，并且都與手掌在同一個平面內(nèi)，讓磁感線從掌心進入，并使拇指指向?qū)w運動的方向，這時四指所指的方向就是感應(yīng)電流的方向． (

4、2)適用情況：導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流． 四、法拉第電磁感應(yīng)定律 1．感應(yīng)電動勢 (1)感應(yīng)電動勢：在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中產(chǎn)生的電動勢．產(chǎn)生感應(yīng)電動勢的那部分導(dǎo)體就相當(dāng)于電源，導(dǎo)體的電阻相當(dāng)于電源內(nèi)阻． (2)感應(yīng)電流與感應(yīng)電動勢的關(guān)系：遵循閉合電路歐姆定律，即. 2．法拉第電磁感應(yīng)定律 (1)法拉第電磁感應(yīng)定律 ①內(nèi)容：電路中感應(yīng)電動勢的大小，跟穿過這一電路的磁通量的變化率成正比． ②公式：. (2)導(dǎo)體切割磁感線的情形 運動速度v和磁感線方向垂直，則. 第三部分 技能+方法 一、磁通量 1.公式的適用條件 (1)勻強磁場. (2)S為垂直磁場的有效面積. 2

5、.磁通量的物理意義 (1)磁通量可以理解為穿過某一面積的磁感線的條數(shù). (2)同一平面，當(dāng)它跟磁場方向垂直時，磁通量最大；當(dāng)它跟磁場方向平行時，磁通量為零；當(dāng)正向穿過線圈平面的磁感線條數(shù)和反向穿過的一樣多時，磁通量為零. 二、 電磁感應(yīng)現(xiàn)象 1.產(chǎn)生電磁感應(yīng)現(xiàn)象的實質(zhì) 穿過電路的磁通量發(fā)生變化,電路中就會產(chǎn)生感應(yīng)電動勢.如果電路閉合,則有感應(yīng)電流;如果電路不閉合,則只有感應(yīng)電動勢而無感應(yīng)電流. 2.磁通量發(fā)生變化的三種常見情況 (1)磁場強弱不變，回路面積改變； (2)回路面積不變，磁場強弱改變； (3)回路面積和磁場強弱均不變，但二者的相對位置發(fā)生改變. 注意：判斷流程

6、： (1)確定研究的閉合電路． (2)弄清楚回路內(nèi)的磁場分布，并確定該回路的磁通量Φ. (3) 三、楞次定律 右手定則 1.楞次定律中“阻礙”的理解 2.楞次定律的推廣 推廣表述：感應(yīng)電流的效果總是阻礙產(chǎn)生感應(yīng)電流的原因.其具體方式為： (1)阻礙原磁通量的變化——“增反減同”. (2)阻礙相對運動——“來拒去留”. (3)使線圈面積有擴大或縮小的趨勢——“增縮減擴”. (4)阻礙原電流的變化(自感現(xiàn)象)——“增反減同”. 3.安培定則、左手定則、右手定則、楞次定律綜合應(yīng)用的比較 基本現(xiàn)象 應(yīng)用的定則或定律 運動電荷、電流產(chǎn)生磁場 安培定則 磁場對運動電

7、荷、電流有作用力 左手定則 電磁感應(yīng) 部分導(dǎo)體做切割磁感線運動 右手定則 閉合回路磁通量變化 楞次定律 四、 法拉第電磁感應(yīng)定律的應(yīng)用 1.決定感應(yīng)電動勢大小的因素 感應(yīng)電動勢E的大小決定于穿過電路的磁通量的變化率 和線圈的匝數(shù)n.而與磁通量的大小、磁通量變化量ΔΦ的大小 無必然聯(lián)系. 2.磁通量變化通常有兩種方式 (1)磁感應(yīng)強度B不變，垂直于磁場的回路面積發(fā)生變化，此時； (2)垂直于磁場的回路面積不變，磁感應(yīng)強度發(fā)生變化，此時，其中是B-t圖象的斜率. 五、 導(dǎo)體切割磁感線時的感應(yīng)電動勢 理解的“四性” (1)正交性：本公式是在一定條件下得出的，

8、除磁場為勻強磁場外，還需B、l、v三者互相垂直. (2)瞬時性：若v為瞬時速度，則E為相應(yīng)的瞬時感應(yīng)電動勢. (3)有效性：公式中的l為導(dǎo)體切割磁感線的有效長度. (4)相對性：中的速度v是導(dǎo)體相對磁場的速度，若磁場也在運動，應(yīng)注意速度間的相對關(guān)系. 第四部分 基礎(chǔ)練+測 一、單選題 1．如圖所示的電路中，A1和A2是完全相同的燈泡，線圈L的電阻可以忽略。下列說法中正確的是（ ） A．合上開關(guān)K一段時間后，再斷開開關(guān)K切斷電路時，A1閃亮一下后逐漸熄滅，A2逐漸熄滅 B．合上開關(guān)K一段時間后，再斷開開關(guān)K切斷電路時，A2閃亮一下后逐漸熄滅，A1逐漸熄滅 C．合上開關(guān)K一

9、段時間后，再斷開開關(guān)K切斷電路時，A2立刻熄滅，A1逐漸熄滅 D．合上開關(guān)K一段時間后，再斷開開關(guān)K切斷電路時，A1和A2都緩慢熄滅 【答案】 D 【解析】 【詳解】 斷開開關(guān)K切斷電路時，通過A2的用來的電流立即消失，線圈對電流的減小有阻礙作用，所以通過A1的電流會慢慢變小，并且通過A2，所以兩燈泡一起過一會兒熄滅，但通過A2的燈的電流方向與原來的方向相反。故D正確，ABC錯誤；故選D。 2．四個均勻?qū)Ь€分別制成兩個正方形、兩個直角扇形線框，分別放在方向垂直紙面向里的勻強磁場邊界上，由圖示位置開始按箭頭方向繞垂直紙面軸O在紙面內(nèi)勻速轉(zhuǎn)動。若以在OP邊上從P點指向O點的方向為感

10、應(yīng)電流i的正方向，四個選項中符合如圖所示i隨時間t的變化規(guī)律的是 A． B． C． D． 【答案】 C 【解析】 【詳解】 AB．圖中正方形線框繞O轉(zhuǎn)動時，有效切割長度不斷變化，因此產(chǎn)生感應(yīng)電流大小是變化的，因此AB錯誤； CD．圖中，有效切割長度為半徑不變，因此產(chǎn)生的感應(yīng)電流大小不變，根據(jù)右手定則，進入磁場時，C圖中產(chǎn)生電流方向從P到O，電流為正方向，而D圖中開始產(chǎn)生電流方向從O到P，電流為負方向；離開磁場時，剛好相反，故C正確，D錯誤。 故選C。 3．如圖所示，將長為2m的導(dǎo)線從正中間折成120°的角，使其所在的平面垂直于磁感應(yīng)強度為2 T

11、的勻強磁場。為使導(dǎo)線中產(chǎn)生20 V的感應(yīng)電動勢.則導(dǎo)線切割磁感線的最小速度為（） A．1033m/s B．10 m/s C．2033m/s D．533 m/s 【答案】 A 【解析】 【分析】 根據(jù)題中“導(dǎo)線從正中間折成…”、“使導(dǎo)線中產(chǎn)生20 V的感應(yīng)電動勢”可知，本題考察動生電動勢。根據(jù)動生電動勢的規(guī)律，運用法拉第電磁感應(yīng)定律、有效長度等知識分析計算。 【詳解】 當(dāng)折導(dǎo)線切割磁感線的有效長度最長，即以AC來切割時，速度最小，則：BLACvmin=E，解得：導(dǎo)線切割磁感線的最小速度vmin=EBLAC=202×3ms=1033ms。故A項正確，BCD三

12、項錯誤。 4．如圖所示，邊長為2l的正方形虛線框內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強磁場，一個邊長為l的正方形導(dǎo)線框所在平面與磁場方向垂直，導(dǎo)線框的一條對角線和虛線框的一條對角線恰好在同一直線上．從t=0開始，使導(dǎo)線框從圖示位置開始以恒定速度沿對角線方向移動進入磁場，直到整個導(dǎo)線框離開磁場區(qū)域．用I表示導(dǎo)線框中的感應(yīng)電流（以逆時針方向為正），則下列表示I-t關(guān)系的圖線中，正確的是（） A． B． C． D． 【答案】 D 【解析】 【分析】 根據(jù)感應(yīng)電流大小和方向，將選項逐一代入，檢查是否符合題意來選擇． 【詳解】 導(dǎo)線框完全進入磁場后，沒有感應(yīng)電流產(chǎn)生。故A、B

13、均錯誤。進入和穿出磁場過程，線框有效切割長度變化，感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流在變化，故C錯誤。線框進入磁場過程，有效切割長度L均勻增大，感應(yīng)電動勢E均勻增大，感應(yīng)電流I均勻增大。穿出磁場過程，有效切割長度L均勻減小，感應(yīng)電動勢E均勻減小，感應(yīng)電流I均勻減小，兩個過程感應(yīng)電流的方向相反。故D正確。故選D。 【點睛】 本題采用的是排除法．做選擇題常用方法有直判法、排除法、代入法、特殊值法、圖象法等等． 5．物理學(xué)家通過艱辛的實驗和理論研究探究自然規(guī)律，為科學(xué)事業(yè)做出了巨大貢獻．下列描述中符合物理學(xué)史實的是( ) A．奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應(yīng)并提出了分子電流假說 B．法拉第發(fā)現(xiàn)了電磁感應(yīng)現(xiàn)象

14、并總結(jié)出了判斷感應(yīng)電流方向的規(guī)律 C．牛頓發(fā)現(xiàn)了萬有引力定律但未給出引力常量G的數(shù)值 D．哥白尼大膽反駁地心說，提出了日心說，并發(fā)現(xiàn)行星沿橢圓軌道運行的規(guī)律 【答案】 C 【解析】 【詳解】 奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應(yīng)，安培并提出了分子電流假說，選項A錯誤；法拉第發(fā)現(xiàn)了電磁感應(yīng)現(xiàn)象，楞次總結(jié)出了判斷感應(yīng)電流方向的規(guī)律，選項B錯誤；牛頓發(fā)現(xiàn)了萬有引力定律但未給出引力常量G的數(shù)值，后來卡文迪許用扭秤實驗測出了引力常數(shù)，選項C正確； 哥白尼大膽反駁地心說，提出了日心說，開普勒發(fā)現(xiàn)行星沿橢圓軌道運行的規(guī)律，選項D錯誤；故選C. 6．邊界MN的一側(cè)區(qū)域內(nèi)，存在著磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂

15、直于光滑水平桌面的勻強磁場.邊長為l的正三角形金屬線框abc粗細均勻，三邊阻值相等，a頂點剛好位于邊界MN上，現(xiàn)使線框圍繞過a點且垂直于桌面的轉(zhuǎn)軸勻速轉(zhuǎn)動，轉(zhuǎn)動角速度為ω，如圖所示，則在ab邊開始轉(zhuǎn)入磁場的瞬間ab兩端的電勢差Uab為 A．13Bl2ω B．-12Bl2ω C．-13Bl2ω D．16Bl2ω 【答案】 A 【解析】 【分析】 當(dāng)ab邊即將進入磁場時，是ab部分在切割磁感線，相當(dāng)于電源，根據(jù)切割公式求解切割電動勢，再根據(jù)閉合電路歐姆定律列式求解a、b間的電壓大小． 【詳解】 當(dāng)ab邊剛進入磁場時，ab部分在切割磁感線，切割長度為兩個端點間

16、的距離，即a、b間的距離為l，E=Blv=Bl?lω2=12Bl2ω；設(shè)每個邊的電阻為R，a、b兩點間的電壓為：U=I?2R=E3R?2R，故U=13Bωl2，故A正確，BCD錯誤；故選A。 【點睛】 本題考查轉(zhuǎn)動切割問題，關(guān)鍵是明確ab邊在切割磁感線，ac、bc邊電阻是外電路電阻，根據(jù)切割公式求解感應(yīng)電動勢，再結(jié)合閉合電路歐姆定律列式分析． 7．如圖所示，水平放置的兩根相距為L的平行直導(dǎo)軌ab、cd，b、d間連有一定值電阻R，導(dǎo)軌電阻可忽略不計。MN為放在ab和cd上的一導(dǎo)體棒，與ab垂直，其電阻也為R。整個裝置處于勻強磁場中，磁感應(yīng)強度的大小為B，磁場方向垂直于導(dǎo)軌所在平面（指向圖中

17、紙面內(nèi)），導(dǎo)體棒MN以速度v向右勻速運動，下列說法正確的是（） A．M端電勢低于N端電勢 B．MN兩端電壓的大小為UMN=BLv C．通過定值電阻R的感應(yīng)電流I=BLvR D．電阻R中的熱功率為P=B2L2v24R 【答案】 D 【解析】 【分析】 根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律求出感應(yīng)電動勢，由歐姆定律求出電流的大?。晒経=IR求出MN兩端的電壓的大?。桓鶕?jù)P=I2R求解電阻R中的熱功率． 【詳解】 根據(jù)右手定則可知，M端電勢高于N端電勢，選項A錯誤；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，E=BvL?，則導(dǎo)體棒中的電流大小I=ER+R=BvL2R；因此MN兩端的電壓的大小U=IR=

18、12BLv，選項BC錯誤；電阻R中的熱功率為P=I2R=B2L2v24R，選項D正確；故選D. 8．關(guān)于物理科學(xué)家和他們的貢獻，下列說法中正確的是（） A．奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應(yīng) B．庫侖提出了庫侖定律，并最早用實驗測得元電荷e的數(shù)值 C．安培發(fā)現(xiàn)電流通過導(dǎo)體產(chǎn)生的熱量與電流、導(dǎo)體電阻和通電時間的規(guī)律 D．法拉第提出感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場總是阻礙原磁場磁通量的變化 【答案】 A 【解析】 【詳解】 奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應(yīng)，選項A正確；庫侖提出了庫侖定律，密立根最早用實驗測得元電荷e的數(shù)值，選項B錯誤；焦耳發(fā)現(xiàn)電流通過導(dǎo)體產(chǎn)生的熱量與電流、導(dǎo)體電阻和通電時間的規(guī)律，選項C錯

19、誤；楞次提出感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場總是阻礙原磁場磁通量的變化，選項D錯誤；故選A. 9．在電磁學(xué)發(fā)展過程中，許多科學(xué)家做出了貢獻，下列說法正確的是（） A．庫侖發(fā)現(xiàn)了點電荷的相互作用規(guī)律，密立根通過油滴實驗測定了元電荷的數(shù)值 B．洛倫茲發(fā)現(xiàn)了磁場對電流的作用規(guī)律，安培發(fā)現(xiàn)了磁場對運動電荷的作用規(guī)律 C．赫茲發(fā)現(xiàn)了電現(xiàn)象的磁本質(zhì)，楞次總結(jié)了右手螺旋定則判斷電流周圍的磁場方向 D．奧斯特發(fā)現(xiàn)了電磁感應(yīng)現(xiàn)象并建立了電磁感應(yīng)定律，法拉第發(fā)現(xiàn)了電流磁效應(yīng) 【答案】 A 【解析】 【詳解】 庫侖發(fā)現(xiàn)了點電荷的相互作用規(guī)律，密立根通過油滴實驗測定了元電荷的數(shù)值，選項A正確；安培發(fā)現(xiàn)了磁場對

20、電流的作用規(guī)律，洛倫茲發(fā)現(xiàn)了磁場對運動電荷的作用規(guī)律，選項B錯誤；安培發(fā)現(xiàn)了電現(xiàn)象的磁本質(zhì)，安培總結(jié)了右手螺旋定則判斷電流周圍的磁場方向，選項C錯誤；法拉第發(fā)現(xiàn)了電磁感應(yīng)現(xiàn)象并建立了電磁感應(yīng)定律，奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流磁效應(yīng)，選項D錯誤；故選A. 10．如圖所示，處于豎直面的長方形導(dǎo)線框MNPQ邊長分別為L和2L，M、N間連接兩塊水平正對放置的金屬板，金屬板距離為d，虛線為線框中軸線，虛線右側(cè)有垂直線框平面向里的勻強磁場。內(nèi)板間有一個質(zhì)量為m、電量為q的帶正電油滴恰好處于半衡狀態(tài)，重力加速度為g，則下列關(guān)于磁場磁感應(yīng)強度大小B的變化情況及其變化率的說法正確的是 A．正在增強，ΔBΔt=mgd

21、qL2 B．正在減小，ΔBΔt=mgdqL2 C．正在增強，ΔBΔt=mgd2qL2 D．正在減小，ΔBΔt=mgd2qL2 【答案】 B 【解析】 【詳解】 油滴帶正電，受向上的電場力和向下的重力平衡，即Eq=mg，則上極板帶負電，由楞次定律可知，磁場磁感應(yīng)強度大小B正在減小，且ΔBΔtL2=U，E=Ud；聯(lián)立解得ΔBΔt=mgdqL2，故選B. 二、多選題 11．如圖，電阻不計的光滑金屬軌道MN、PQ，左側(cè)連接定值電阻R，桿間距離為L，放置在勻強磁場中，磁感應(yīng)強度為B。一金屬桿ab垂直放置在軌道上，ab桿長L0，電阻r?，F(xiàn)讓ab向右以速度v勻速運動，下列說法正確的

22、是 A．回路中感應(yīng)電流大小為I=BL0vR，方向a—b B．a(chǎn)b桿受到安培力向左 C．回路中感應(yīng)電流大小為I=BLvR+r，方向b—a D．a(chǎn)b桿受到安培力向右 【答案】 BC 【解析】 【詳解】 ab向右以速度v勻速運動時，感應(yīng)電動勢為：E=BLv，則感應(yīng)電流為：I=BLvR+r，根據(jù)楞次定律可知電流方向為b-a，故A錯誤，C正確；根據(jù)左手定則可知ab桿受到安培力向左，故B正確，D錯誤。所以BC正確，AD錯誤。 12．如圖所示，相距為l的光滑平行金屬導(dǎo)軌ab、cd放置在水平桌面上，阻值為R的電阻與導(dǎo)軌的兩端a、c相連.滑桿MN質(zhì)量為m，垂直于導(dǎo)軌并可在導(dǎo)軌上自由滑動

23、，不計導(dǎo)軌、滑桿以及導(dǎo)線的電阻.整個裝置放于豎直方向的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度的大小為B.滑桿的中點系一不可伸長的輕繩，繩繞過固定在桌邊的光滑輕滑輪后，與另一質(zhì)量也為m的物塊相連，繩處于拉直狀態(tài).現(xiàn)將物塊由靜止釋放，當(dāng)物塊達到最大速度時，物塊的下落高度h=2m2gR2(Bl)4 ，用g表示重力加速度，則在物塊由靜止開始下落至速度最大的過程中(　　) A．物塊達到的最大速度是mgR(Bl)2 B．電阻R放出的熱量為2m3g2R2(Bl)4 C．通過電阻R的電荷量是2m2gR(Bl)3 D．滑桿MN產(chǎn)生的最大感應(yīng)電動勢為mgRBl 【答案】 ACD 【解析】 【分析】

24、 當(dāng)棒子所受的安培力等于繩子拉力時，速度最大，根據(jù)平衡條件，結(jié)合閉合電路歐姆定律求出最大速度；根據(jù)能量守恒求出此過程中電阻R上放出的熱量.根據(jù)感應(yīng)電荷量q=△ΦR，求解通過R的電量.根據(jù)E=BLv求解滑桿MN產(chǎn)生的最大感應(yīng)電動勢。 【詳解】 當(dāng)FA=mg時，速度最大，有：B2l2vR=mg，則最大速度v=mgR(Bl)2,故A正確；根據(jù)能量守恒得，mgh=12mv2+Q，解Q=mgh-12mv2=3m3g2R22(Bl)4，故B錯誤；通過電阻R的橫截面積的電荷量q=△ΦR=BlhR=BlR?2m2gR2(Bl)4=2m2gR(Bl)3 ，故C正確；物塊速度最大時，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E=Blv

25、=mgRBl，故D正確。所以ACD正確，B錯誤。 【點睛】 解決本題的關(guān)鍵知道當(dāng)棒子所受的安培力和繩子拉力相等時，速度最大.以及會根據(jù)能量守恒定律求出電阻R上消耗的熱量。 13．關(guān)于下列器材的原理和用途，敘述正確的是（） A．變壓器既可以改變交流電壓也可以改變穩(wěn)恒直流電壓 B．經(jīng)過回旋加速器加速的帶電粒子最大速度與加速電壓大小無關(guān) C．真空冶煉爐的工作原理是通過線圈發(fā)熱使?fàn)t內(nèi)金屬熔化 D．磁電式儀表中用來做線圈骨架的鋁框能起電磁阻尼的作用 【答案】 BD 【解析】 【詳解】 變壓器只能改變交流電壓，不可以改變穩(wěn)恒直流電壓，選項A錯誤；由qvB＝mv2R得：v=qBRm

26、，則最大動能：EKm=12mv2=q2B2R22m；可知經(jīng)過回旋加速器加速的帶電粒子最大速度與加速電壓大小無關(guān)，選項B正確；真空冶煉爐的工作原理是爐中金屬產(chǎn)生渦流使?fàn)t內(nèi)金屬熔化，不是線圈發(fā)熱，故C錯誤；磁電式儀表中用來做線圈骨架的鋁框中可以產(chǎn)生感應(yīng)電流能起電磁阻尼的作用，故D正確。故選BD. 14．如圖所示，abcd是粗細均勻的電阻絲制成的長方形線框，導(dǎo)體MN有電阻，可在ad邊及bc邊上無摩擦滑動，且接觸良好，線框處于垂直紙面向里的勻強磁場中。當(dāng)MN由靠ab邊外向cd邊勻速移動的過程中，以下說法正確的是(　　) A．MN中電流先增大后減小 B．MN兩端電壓先增大后減小 C．MN上拉

27、力的功率先減小后增大 D．矩形線框中消耗的電功率先減小后增大 【答案】 BC 【解析】 【詳解】 A．導(dǎo)體棒MN向右運動的過程中，MN相當(dāng)于電源，產(chǎn)生恒定的感應(yīng)電動勢，其余部分是外電路，外電阻先增大后減小，當(dāng)MN運動到線框中線時，外電路的電阻最大。根據(jù)閉合電路歐姆定律知MN棒中的電流先減小后增大，故A錯誤； B．MN兩端電壓是路端電壓，由U=E-Ir，可知：E、r不變，I先減小后增大，則U先增大后減小，故B正確； C． MN棒做勻速運動，拉力的功率等于電路中電功率，根據(jù)電功率公式P=E2R+r得知，拉力的功率先減小后增大。故C正確； D．根據(jù)推論：當(dāng)外電阻等于電源的內(nèi)電阻時

28、，電源的輸出功率最大，由于外電阻與MN電阻的關(guān)系未知，無法判斷線框消耗的功率如何變化，故D錯誤； 所以BC正確，AD錯誤。 【點睛】 本題是電磁感應(yīng)與電路的綜合，關(guān)鍵抓住線框的總電阻先增大后減小，根據(jù)功率公式、歐姆定律等規(guī)律進行分析。 15．如圖所示的四個日光燈的接線圖中，S1為啟動器，S2、S3為電鍵，L為鎮(zhèn)流器，能使日光燈正常發(fā)光的是 A． B． C． D． 【答案】 AC 【解析】 【詳解】 能使日光燈正常發(fā)光的是AC；當(dāng)開關(guān)接通，通過線圈在燈管兩端發(fā)熱產(chǎn)生電子，當(dāng)啟動器溫度降低，導(dǎo)致兩極斷開，從而使得鎮(zhèn)流器產(chǎn)生很高電壓，在加速運動的過程中，碰撞管內(nèi)氬

29、氣分子，使之迅速電離。從而管壁內(nèi)的熒光粉發(fā)出近乎白色的可見光；C圖中的S3的開合能起到啟輝器同樣的效果。故選AC。 【點睛】 日光燈正常發(fā)光后．由于交流電不斷通過鎮(zhèn)流器的線圈，線圈中產(chǎn)生自感電動勢，自感電動勢阻礙線圈中的電流變化，這時鎮(zhèn)流器起降壓限流的作用，使電流穩(wěn)定在燈管的額定電流范圍內(nèi)，燈管兩端電壓也穩(wěn)定在額定工作電壓范圍內(nèi)．由于這個電壓低于啟輝器的電離電壓，所以并聯(lián)在兩端的啟輝器也就不再起作用了． 16．如圖所示，在平面上有兩條相互垂直且彼此絕緣的長通電直導(dǎo)線，以它們?yōu)樽鴺?biāo)軸構(gòu)成一個平面直角坐標(biāo)系。四個相同的閉合圓形線圈在四個象限中完全對稱放置，兩條長直導(dǎo)線中電流大小與變化情況相同

30、，電流方向如圖所示，當(dāng)兩條導(dǎo)線中的電流都開始均勻增大時，四個線圈a、b、c、d中感應(yīng)電流的情況是 A．線圈a中有感應(yīng)電流 B．線圈b中有感應(yīng)電流 C．線圈c中有順時針方向的感應(yīng)電流 D．線圈d中有逆時針方向的感應(yīng)電流 【答案】 AC 【解析】 由右手螺旋定則可判定通電導(dǎo)線磁場的方向。ac象限磁場不為零，a中磁場垂直紙面向里，當(dāng)電流增大時，線圈a中有逆時針方向的電流，故A正確；其中bd區(qū)域中的磁通量為零，當(dāng)電流變化時不可能產(chǎn)生感應(yīng)電流，故B D錯誤。ac象限磁場不為零，c中磁場垂直紙面向外，當(dāng)電流增大時，線圈c中有順時針方向的電流，故C正確；故選AC。 點睛：本題考查了右

31、手螺旋定則和楞次定律的應(yīng)用，解決本題的關(guān)鍵掌握楞次定律判斷感應(yīng)電流的方向，知道感應(yīng)電流的磁場阻礙原磁場磁通量的變化． 17．央視《是真的嗎》節(jié)目做了如下實驗：用裸露的銅導(dǎo)線繞制成一根無限長螺旋管，將螺旋管放在水平桌面上，用一節(jié)干電池和兩磁鐵制成一個“小車”，兩磁鐵的同名磁極粘在電池的正、負兩極上，只要將這輛小車推入螺旋管中，小車就會加速運動起來，如圖所示。關(guān)于小車的運動，以下說法正確的是： A．將小車上某一磁鐵改為S極與電池粘連，小車仍能加速運動， B．將小車上兩磁鐵均改為S極與電池粘連，小車的加速度方向?qū)l(fā)生改變 C．圖中小車加速度方向向右 D．圖中小車加速度方向向左 【答案

32、】 BD 【解析】兩磁極間的電場線如圖甲所示： 干電池與磁體及中間部分線圈組成了閉合回路，在兩磁極間的線圈中產(chǎn)生電流，左端磁極的左側(cè)線圈和右端磁極的右側(cè)線圈中沒有電流。其中線圈中電流方向的左視圖如圖乙所示，由左手定則可知中間線圈所受的安培力向右，根據(jù)牛頓第三定律有“小車”向左加速，故D正確，C錯誤；如果改變某一磁鐵S極與電源粘連，則磁感線不會向外發(fā)散，兩部分受到方向相反的力，合力為零，不會產(chǎn)生加速度，故A錯誤，B正確。所以BD正確，AC錯誤。 18．如圖甲所示，電阻為5Ω、匝數(shù)為100匝的線圈（圖中只畫了2匝）兩端A、B與電阻R相連，R=95Ω。線圈內(nèi)有方向垂直于紙面向里的磁場，

33、線圈中的磁通量在按圖乙所示規(guī)律變化。則 A．A點的電勢小于B點的電勢 B．在線圈位置上感應(yīng)電場沿逆時針方向 C．0.1s時間內(nèi)通過電阻R的電荷量為0.05C D．0.1s時間內(nèi)非靜電力所做的功為2.5J 【答案】 BCD 【解析】線圈相當(dāng)于電源，由楞次定律可知A相當(dāng)于電源的正極，B相當(dāng)于電源的負極．A點的電勢高于B點的電勢，在線圈位置上感應(yīng)電場沿逆時針方向，選項A錯誤，B正確；由法拉第電磁感應(yīng)定律得：E＝nΔΦΔt=100×0.15-0.100.1=50V，由閉合電路的歐姆定律得：I＝ER+r=505+95A=0.5A，則0.1s時間內(nèi)通過電阻R的電荷量為q=It=0.05

34、C，選項C正確； 0.1s時間內(nèi)非靜電力所做的功為W=Eq=50×0.05J=2.5J，選項D正確；故選BCD. 19．水平固定放置的足夠長的U 形金屬導(dǎo)軌處于豎直向上的勻強磁場中，如圖所示，在導(dǎo)軌上放著金屬棒ab，開始時ab棒以水平初速度v0向右運動，最后靜止在導(dǎo)軌上，就導(dǎo)軌光滑和粗糙兩種情況比較，這個過程（） A．外力對棒所做功相等 B．電流所做的功相等 C．通過ab棒的電荷量相等 D．安培力對ab棒所做的功不相等 【答案】 AD 【解析】根據(jù)動能定理，兩種情況下外力的功都等于動能的變化量，因初狀態(tài)和末狀態(tài)相同，則外力對棒做功相同，選項A正確；電流所做的功等于回路中產(chǎn)

35、生的焦耳熱，根據(jù)功能關(guān)系可知導(dǎo)軌光滑時，金屬棒克服安培力做功多，產(chǎn)生的焦耳熱多，電流做功大，故B錯誤．根據(jù)感應(yīng)電荷量公式q=△ΦR=BLxR，x是ab棒滑行的位移大小，B、R、導(dǎo)體棒長度L相同，x越大，感應(yīng)電荷量越大，因此導(dǎo)軌光滑時，感應(yīng)電荷量大．故C錯誤．當(dāng)導(dǎo)軌光滑時，金屬棒克服安培力做功，動能全部轉(zhuǎn)化為焦耳熱，產(chǎn)生的內(nèi)能等于金屬棒的初動能；當(dāng)導(dǎo)軌粗糙時，金屬棒在導(dǎo)軌上滑動，一方面要克服摩擦力做功，摩擦生熱，把部分動能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，另一方面要克服安培力做功，金屬棒的部分動能轉(zhuǎn)化為焦耳熱，摩擦力做功產(chǎn)生的內(nèi)能與克服安培力做功轉(zhuǎn)化為內(nèi)能的和等于金屬棒的初動能；所以導(dǎo)軌粗糙時，安培力做的功少，導(dǎo)軌光

36、滑時，安培力做的功多，故D正確．故選AD． 點睛：對金屬棒正確受力分析，從能量的角度分析內(nèi)能問題，要熟悉感應(yīng)電荷量公式q=△ΦR，這是電磁感應(yīng)問題常用的經(jīng)驗公式． 20．如圖甲所示，閉合矩形導(dǎo)線框abcd固定在勻強磁場中，磁場的方向與導(dǎo)線框所在平面垂直，磁感應(yīng)強度B隨時間的變化規(guī)律如圖乙所示。規(guī)定垂直紙面向外為磁場的正方向，順時針方向為感應(yīng)電流的正方向，水平向右為安培力的正方向。關(guān)于線框中的感應(yīng)電流i和ad邊所受的安培力F隨時間t變化的圖象，下列選項正確的是（　?。? A． B． C． D． 【答案】 AC 【解析】 【分析】 由圖可知磁感應(yīng)強度的變化，則可知線圈中磁

37、通量的變化，由法拉第電磁感應(yīng)定律可知感應(yīng)電動勢變化情況，由楞次定律可得感應(yīng)電流的方向，根據(jù)左手定則可以找出安培力方向，結(jié)合可得出正確的圖象． 【詳解】 由圖示B-t圖象可知，0～1s時間內(nèi)，B增大，Φ增大，由楞次定律可知，感應(yīng)電流是順時針的，為正值；1～2s磁通量不變，無感應(yīng)電流；2～3s，B的方向垂直紙面向外，B減小，Φ減小，由楞次定律可知，感應(yīng)電流沿逆時針方向，感應(yīng)電流是負的；3～4s內(nèi)，B的方向垂直紙面向里，B增大，Φ增大，由楞次定律可知，感應(yīng)電流沿逆時針方向，感應(yīng)電流是負的，故A正確，B錯誤；由左手定則可知，在0～1s內(nèi)，ad受到的安培力方向：水平向右，是正的，1～2s無感應(yīng)電流，

38、沒有安培力，2～4s時間內(nèi)，安培力水平向左，是負的；由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，感應(yīng)電動勢E=ΔΦΔt=ΔBΔtS，感應(yīng)電流I=ER=SΔBRΔt，由B-t圖象可知，在每一時間段內(nèi)，ΔBΔt是定值，在各時間段內(nèi)I是定值，ad邊受到的安培力F=BIL，I、L不變，B均勻變化，則安培力F均勻變化，不是定值，C正確D錯誤． 三、解答題 21．如圖，固定在豎直平面內(nèi)的光滑平行金屬導(dǎo)軌ab、cd相距為L，b、c間接一阻值為R的電阻。一質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒ef水平放置，與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，導(dǎo)體棒接入導(dǎo)軌間的阻值也為R。整個裝置處于磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場中，磁場方向與導(dǎo)軌平面垂直。導(dǎo)體棒在恒定外力

39、F的作用下向上做勻速直線運動，電阻上產(chǎn)生的熱功率恒為P。已知重力加速度為g，導(dǎo)軌電阻忽略不計且足夠長。 （1）求導(dǎo)體棒向上運動的速度v； （2）求恒定外力F； （3）若從t＝0時刻起，突然增大F，使導(dǎo)體棒以2g的加速度勻加速上升。寫出電阻R的熱功率Pt與時間t的函數(shù)關(guān)系。 【答案】 （1）v=2PRBL（2）F=BLPR+mg（3）Pt=B2L22PRBL+gt2R 【解析】 【詳解】 （1）令導(dǎo)體棒向上運動的速度v，感應(yīng)電動勢為：E=BLv 回路中的電流為：I=E2R 電阻上產(chǎn)生的熱功率恒為: P=I2R 聯(lián)立可得：v=2PRBL （2）以導(dǎo)體棒為研究對象，根據(jù)

40、平衡條件可得：F-mg-BIL=0 聯(lián)立以上可得：F=mg+BLPR （3）從t＝0時刻起，突然增大F，使導(dǎo)體棒以2g的加速度勻加速上升時的感應(yīng)電動勢為：E=BLv+2gt 電阻R的熱功率Pt=I2R=E2R2R 聯(lián)立以上可得：Pt=B2L22PRBL+gt2R 22．某同學(xué)設(shè)計了一套電磁彈射裝置，如圖所示，在水平面上固定兩根足夠長的平行金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間距為L＝1m，導(dǎo)軌的電阻不計，導(dǎo)軌處于豎直方向、磁感應(yīng)強度大小為B＝2T的勻強磁場（圖中虛線之間區(qū)域，未畫出），連接導(dǎo)軌的電源電動勢為E＝40V，電容器的電容為C＝1F．小車底部固定一個與其前端平齊、邊長為L的正方形單匝導(dǎo)體線框，線框

41、前后兩邊的電阻均為R＝0.2Ω，兩側(cè)邊電阻不計且與導(dǎo)軌接觸良好。小車與線框的總質(zhì)量為m＝lkg．開始小車處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)將開關(guān)S接1，使電容器完全充電，再將S接至2，小車向前加速運動，在小車開始勻速運動時，將開關(guān)S拔回1，隨后小車滑出磁場。不計小車在運動過程中的摩擦。求： (1)磁場的方向和小車開始運動時的加速度大小a； (2)小車在軌道上達到勻速時的速度大小v1； (3)小車出磁場過程中線框中產(chǎn)生的焦耳熱Q。 【答案】 (1)磁場的方向和小車開始運動時的加速度大小800m/s2； (2)小車在軌道上達到勻速時的速度大小16m/s； (3)小車出磁場過程中線框中產(chǎn)生的焦耳熱

42、110J。 【解析】 【詳解】 (1)磁場方向垂直水平面向上， 小車在導(dǎo)軌上運動過程中，兩電阻并聯(lián)，則有：I=ER2=2ER； 小車開始運動的加速度為：a=BILm=2BLEmR， 代入數(shù)據(jù)，解得：a＝800m/s2； (2)充電完成后，則有：q＝CE 放電加速過程中，應(yīng)用動量定理，則有：BIL△t＝B△qL＝mv1﹣0 而△q＝q﹣q1 勻速運動時，電容器兩端電壓與小車切割產(chǎn)生的電勢差相等，則有：BLv1=U=q1C 由上式聯(lián)立，解得：v1=BLECm+B2L2C 代入數(shù)據(jù)，解得：v1＝16m/s (3)小車出磁場的過程中，做減速運動，由動量定理，則有：﹣Ft＝﹣B

43、ILt＝mv2﹣mv1 小車上兩電阻串聯(lián)，I=BLv2R 而L＝vt 則有：B2L32R=mv1-mv2 代入數(shù)據(jù)，解得：v2＝6m/s 所以小車滑出磁場過程中產(chǎn)生的焦耳熱，為Q=12mv12-12mv22 代入數(shù)據(jù)，解得：Q＝110J 23．如圖所示，豎直平面內(nèi)一質(zhì)量為m、邊長為L、電阻為R的正方形金屬線框abcd從某一高度由靜止下落，穿過具有水平邊界、寬度也為L的水平勻強磁場區(qū)，cd邊進入磁場前，線框已經(jīng)做勻速運動，已知cd邊穿過磁場區(qū)的時間為t，上述運動過程中，ab、cd邊始終保持水平，重力加速度為g，不計空氣阻力，求： (1)線框勻速運動的速度v和勻強磁場磁感應(yīng)強度

44、B； (2)cd邊穿過磁場過程中，線框中產(chǎn)生的焦耳熱Q； (3)cd邊穿過磁場過程中線框中電流強度大小I及通過導(dǎo)線截面的電荷量q。 【答案】 （1）v=Lt， B=1LmgRtL（2）Q＝mgL（3）I=mgLRt ， q=mgLtR 【解析】 【詳解】 （1）線框勻速運動的速度為：v=Lt 線框勻速運動時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為：E＝BLv 由平衡條件有：mg-ER?LB=0 解得：B=1LmgRtL （2）cd邊穿過磁場過程做勻速運動，由能量守恒定律有：Q＝mgL （3）cd邊穿過磁場過程中線框中電流強度設(shè)為I。 根據(jù)mg＝BIL得：I=mgBL=mgLRt 通過的

45、電荷量為：q＝It 解得：q=mgLtR 24．如圖所示是依附建筑物架設(shè)的磁力緩降高樓安全逃生裝置，具有操作簡單、無需電能、逃生高度不受限制，下降速度可調(diào)、可控等優(yōu)點。 該裝置原理可等效為：間距L=0.5m的兩根豎直導(dǎo)軌上部連通，人和磁鐵固定在一起沿導(dǎo)軌共同下滑，磁鐵產(chǎn)生磁感應(yīng)強度B=0.2T的勻強磁場。人和磁鐵所經(jīng)位置處，可等效為有一固定導(dǎo)體棒cd與導(dǎo)軌相連，整個裝置總電阻始終為R，如圖所示 在某次逃生試驗中，質(zhì)量M1=80kg的測試者利用該裝置以v1=1.5m/s的速度勻速下降，已知與人一起下滑部分裝置的質(zhì)量m=20kg，重力加速度取g=10m/s2，且本次試驗過程中恰好沒

46、有摩擦。 （1）判斷導(dǎo)體棒cd中電流的方向； （2）總電阻R多大？ （3）如要使一個質(zhì)量M2=100kg的測試者利用該裝置以v1=1.5m/s的速度勻速下滑，其摩擦力f多大？ （4）保持第（3）問中的摩擦力不變，讓質(zhì)量M2=100kg測試者從靜止開始下滑，測試者的加速度將會如何變化？當(dāng)其速度為v2=0.78m/s時，加速度a多大？要想在隨后一小段時間內(nèi)保持加速度不變，則必需調(diào)控摩擦力，請寫出摩擦力大小隨速率變化的表達式。 【答案】 (1)電流從c到d(2) 1.5×10-5Ω (3)200N(4) f=720-20003v 【解析】 【詳解】 （1）由右手定則知電流從c到d

47、 （2）對導(dǎo)體棒：電動勢E=BLv1；感應(yīng)電流I=ER=BLv1R；安培力FA=BIL=B2L2v1R 由左手定則可判斷，導(dǎo)體棒cd所受安培力方向向下，根據(jù)牛頓第三定律可知磁鐵受到磁場力向上，大小為FA'=B2L2v1R 對M1和m：由平衡條件可得M1+mg=FA'=B2L2v1R R=B2L2v1M1+mg=1.5×10-5Ω （3）對M2和m：由平衡條件 M2+mg=FA'+f=B2L2v1R+f?f=M2+mg-B2L2v1R=200N （4）對M2和m：根據(jù)牛頓第二定律得M2+mg-FA'-f=M2+ma，F(xiàn)A'=B2L2v1R 所以a=M2+mg-B2L2vR-fM2

48、+m 因為v逐漸增大，最終趨近于勻速，所以逐漸a減小，最終趨近于0。 當(dāng)其速度為v2=0.78m/s時，代入數(shù)據(jù)得a=4 要想在隨后一小段時間內(nèi)保持加速度不變，則由 M2+mg-B2L2vR-f=M2+ma?f=720-20003v （0.78≤v≤1.08） 25．如圖甲所示，半徑為R的導(dǎo)體環(huán)內(nèi)，有一個半徑為r的虛線圓，虛線圓內(nèi)有垂直紙面向里的磁場，磁感應(yīng)強度大小隨時間變化規(guī)律為B1=kt（k>0且為常量）。 （1）求導(dǎo)體環(huán)中感應(yīng)電動勢E的大小； （2）將導(dǎo)體環(huán)換成內(nèi)壁光滑的絕緣細管（管子內(nèi)徑忽略），管內(nèi)放置一質(zhì)量為m、電荷量為+q的小球，小球重力不計，如圖乙所示。已知絕

49、緣細管內(nèi)各點渦旋電場的電場強度大小為ER=kr22R，方向與該點切線方向相同。小球在電場力作用下沿細管加速運動。要使t時刻管壁對小球的作用力為零，可在細管處加一垂直于紙面的磁場，求所加磁場的方向及磁感應(yīng)強度的大小B2。 【答案】 （1）得E=kπr2（2）洛倫茲力方向指向圓心。由左手定則，磁場方向垂直紙面向里。 B2=kr22R2t 【解析】 【詳解】 （1）根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，有 E=ΔΦΔt Φ=B?S=kt?πr2 得E=kπr2 （2）洛倫茲力方向指向圓心。由左手定則，磁場方向垂直紙面向里。 電場力：F=ERq F=ma t時刻速度v=at 洛倫茲力大

50、小F洛=qvB2 qvB2=mv2R 聯(lián)立解得B2=kr22R2t 26．如圖甲所示，兩根足夠長的平行光滑金屬導(dǎo)軌固定放置在水平面上，間距 L＝0.2m，一端通過導(dǎo)線與阻值為 R=10Ω 的電阻連接；導(dǎo)軌上放一質(zhì)量為 m＝0.5kg 的金屬桿，金屬桿與導(dǎo)軌的電阻均忽略不計，整個裝置處于豎直向上的大小為 B＝5T 的勻強磁場中.現(xiàn)用與導(dǎo)軌平行的拉力 F 作用在金屬桿上，金屬桿運動的 v-t 圖象如圖乙所示。（取重力加速度 g=10m/s2）求：. （1）t＝5s 時拉力的大小. （2）t＝5s 時電路的發(fā)熱功率. 【答案】 （1）0.4N （2）0.4W 【解析】 【

51、詳解】 （1）由圖示圖象可知，金屬桿的加速度：a=ΔvΔt=410m/s2=0.4m/s2 t=5s時，金屬桿的速度v=2m/s 金屬桿受到的安培力：F安=BIL=B2L2vR=52×0.22×210N=0.2N 由牛頓第二定律得：F-F安=ma 解得拉力：F=0.4N （2）5s時的發(fā)熱功率：P=E2R=B2L2v2R=52×0.22×2210N=0.4W. 27．如圖所示，足夠長的平行光滑金屬導(dǎo)軌水平放置，寬度L=0.4m，一端連接R=1Ω的電阻。導(dǎo)軌所在空間存在豎直向下的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B=5T。導(dǎo)體棒MN放在導(dǎo)軌上，其長度恰好等于導(dǎo)軌間距，與導(dǎo)軌接觸良好。導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒

52、的電阻均可忽略不計。在平行于導(dǎo)軌的拉力作用下，導(dǎo)體棒沿導(dǎo)軌向右勻速運動，速度v=0.6 m/s。求： （1）感應(yīng)電動勢E和感應(yīng)電流I； （2）在0.2s時間內(nèi)，拉力的沖量IF的大??； （3）若將MN換為電阻r =0.5Ω的導(dǎo)體棒，其它條件不變，求導(dǎo)體棒兩端的電壓U。 【答案】 （1）1.2A；（2）0.48N?s（3）0.8V 【解析】 【詳解】 （1）有法拉第電磁感應(yīng)定律可得感應(yīng)電動勢：E=BLv=5×0.4×0.6V=1.2V；感應(yīng)電流：由閉合電路的歐姆定律可得：I=ER=1.21A=1.2A。 （2）導(dǎo)體棒勻速運動，拉力等于安培力得：F拉=F安=BIL=5×1.2

53、×0.4N=2.4N 所以拉力的沖量IF=F拉t=2.4×0.2N·s=0.48N·s （3）由閉合電路的歐姆定律可得：U=IR=BLvR+rR=0.8V 28．如圖所示，兩根平行光滑金屬導(dǎo)軌MN和PQ放置在水平面內(nèi)，其間距L=0.2m，磁感應(yīng)強度B=0.5T的勻強磁場垂直軌道平面向下，兩導(dǎo)軌之間連接的電阻R=4.8Ω，在導(dǎo)軌上有一金屬棒ab，其電阻r=0.2Ω，金屬棒與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，如圖所示，在ab棒上施加水平拉力使其以速度v=0.5m/s向右勻速運動，設(shè)金屬導(dǎo)軌足夠長。求： （1）金屬棒ab產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢； （2）通過電阻R的電流大小和方向； （3）水平拉力的大小F

54、 （4）金屬棒a、b兩點間的電勢差。 【答案】 (1) E=0.05V (2) I=0.01A , 從M通過R流向P (3) 0.001N (4) 0.048V 【解析】 【詳解】 （1）設(shè)金屬棒中感應(yīng)電動勢為E，則： E=BLv 代入數(shù)值得E=0.05V （2）設(shè)過電阻R的電流大小為I ，則： I=ER+r 代入數(shù)值得I=0.01A 由右手定則可得，通過電阻R的電流方向從M通過R流向P （3）F安=BIL ab棒勻速直線運動，則F=F安=0.001N （4）設(shè)a、b兩點間的電勢差為Uab，則： Uab=IR 代入數(shù)值得Uab=0.048V

55、 29．如圖甲所示,MN、PQ是兩根長為L=2m、傾斜放置的平行金屬導(dǎo)軌,導(dǎo)軌間距d=1m,導(dǎo)軌所在平面與水平面成一定角度,M、P間接阻值為R=6Ω的電阻.質(zhì)量為m=0.2kg、長度為d的金屬棒ab放在兩導(dǎo)軌上中點位置,金屬棒恰好能靜止.從t=0時刻開始,空間存在垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強磁場,磁感應(yīng)強度隨時間變化如圖乙所示,在t0=0.1s時刻,金屬棒剛要沿導(dǎo)軌向上運動,此時磁感應(yīng)強度B0=1.2T.已知金屬棒與導(dǎo)軌始終垂直并且保持良好接觸,不計金屬棒和導(dǎo)軌電阻,設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力取重力加速度g=10m/s2.求： (1)0~t0時間內(nèi)通過電阻R的電荷量q; (2)金屬棒與導(dǎo)軌

56、之間的動摩擦因數(shù)u. 【答案】 (1)0.2C (2) 0.75 【解析】 【詳解】 (1) (1)由題意得0~t0時間內(nèi)回路中磁通量的變化量：ΔΦ=B0dL2① 由法拉第電磁感應(yīng)定律可得：E=ΔΦΔt② 由歐姆定律可得：I=ER③ 故0~t0時間內(nèi)通過電阻R的電荷量：q=IΔt ④ 聯(lián)立①②③④解得q=0.2C ； (2) 由題意得導(dǎo)體棒在t=0時刻恰好能處于靜止?fàn)顟B(tài)，設(shè)導(dǎo)軌平面與水平面之間的夾角為θ， 則有mgsinθ=fm⑤ fm=μFN ⑥ FN=mgcosθ ⑦ 在t0=0.1s時刻，金屬棒剛要沿導(dǎo)軌向上運動，則有F安=mgsinθ+fm ⑧

57、 此時F安=B0Id ⑨ 聯(lián)立⑤⑥⑦⑧⑨解得μ=0.75 . 30．如圖所示，兩根足夠長的光滑的平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ固定在同一絕緣水平面上，兩導(dǎo)軌間距為d＝0.2m，導(dǎo)軌電阻忽略不計，M、P端連接一阻值R＝1.5Ω的電阻。有一質(zhì)量m＝0.08kg、阻值r＝0.5Ω的金屬棒ab垂直于導(dǎo)軌放在兩導(dǎo)軌上，棒與導(dǎo)軌接觸良好。整個裝置處于一豎直向下，磁感應(yīng)強度大小為B＝0.5T勻強磁場中（磁場足夠大），t＝0秒時，給棒向右的初速度v＝10m/s，則： （1）畫出回路中的等效電路圖，并求出棒在t＝0秒時回路中的電流大?。? （2）分析并說明棒向右過程中的運動情況； （3）若在t

58、＝0秒時給棒施加一水平向右的拉力F＝0.05N，求10秒內(nèi)回路中產(chǎn)生的焦耳熱。 【答案】 （1），0.5A；（2）棒向右做加速度減小的減速運動，最終金屬棒靜止；（3）5J。 【解析】 【分析】 金屬棒切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢相當(dāng)于電源，根據(jù)題意作出等效電路圖；由E＝BLv求出感應(yīng)電動勢，應(yīng)用歐姆定律求出感應(yīng)電流；由安培力公式求出安培力，應(yīng)用牛頓第二定律求出加速度，然后分析答題；應(yīng)用安培力公式求出金屬棒受到的安培力，判斷金屬棒的運動性質(zhì)，應(yīng)用焦耳定律求出產(chǎn)生的焦耳熱。 【詳解】 （1）金屬棒切割磁感線相對于電源，等效電路圖如圖所示： 感應(yīng)電動勢：E＝Bdv， 感應(yīng)電流：I

59、=ER+r 代入數(shù)據(jù)解得：I＝0.5A； （2）金屬棒受到的安培力：F安培＝Bdv＝B2d2vR+r， 由牛頓第二定律得：B2d2vR+r＝ma 加速度a與速度v的方向相反，金屬棒做減速運動， 加速度a減小，金屬棒做加速度減小的減速運動，最終速度減為零； （3）t＝0時刻金屬棒受到的安培力：F安培＝BId＝0.5×0.5×0.2＝0.05N 由此可知：F安培＝F，金屬棒所受合力為零，金屬棒做勻速直線運動， 回路產(chǎn)生的焦耳熱：Q＝I2（R+r）t＝0.52×（1.5+0.5）×10＝5J. 【點睛】 本題是電磁感應(yīng)與電路、力學(xué)相結(jié)合的一道綜合題；金屬棒切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢相當(dāng)于電源，應(yīng)用E＝BLv、歐姆定律、安培力公式、牛頓第二定律可以解題。 26