江西省宜市丰城中学高二物理上学期周练试卷（重点班含解析）.doc

2015-2016学年江西省宜春市丰城中学高二（上）周练物理试卷（重点班12.24）一、选择题（本题共12个小题，每小题4分，共48分）1长为a宽为b的矩形线圈，在磁感强度为b的匀强磁场中垂直于磁场的oo轴以恒定的角速度旋转，设t=0时，线圈平面与磁场方向平行，则此时的磁通量和磁通量的变化率分别是（）a0，0b0，babcbab，babdbab，02如图，通电螺线管两侧各悬挂一个小铜环，铜环平面与螺线管截面平行，当电键s接通一瞬间，两铜环的运动情况是（）a同时向两侧推开b同时向螺线管靠拢c一个被推开，一个被吸引，但因电源正负极未知，无法具体判断d同时被推开或同时向螺线管靠拢，但因电源正负极未知，无法具体判断3如图所示，在光滑水平面上的直线mn左侧有垂直于纸面向里的匀强磁场，右侧是无磁场空间将两个大小相同的铜质矩形闭合线框由图示位置以同样的速度v向右完全拉出匀强磁场已知制作这两只线框的铜质导线的横截面积之比是1：2则拉出过程中下列说法中正确的是（）a所用拉力大小之比为2：1b通过导线某一横截面的电荷量之比是1：1c拉力做功之比是1：4d线框中产生的电热之比为1：24如图所示，在磁感强度为b的匀强磁场中，有半径为r的光滑半圆形导体框架，oc为一能绕o在框架上滑动的导体棒，oc之间连一个电阻r，导体框架与导体棒的电阻均不计，若要使oc能以角速度匀速转动，则外力做功的功率是（）abcd5如图所示，把金属圆环匀速拉出磁场，下面叙述正确的是（）a向左拉出和向右拉出所产生的感应电流方向相反b不管向什么方向拉出，只要产生感应电流方向都是顺时针c向右匀速拉出时，感应电流大小不变d要将金属环匀速拉出，拉力大小要改变6如图所示，水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒pq、mn，当pq在外力作用下运动时，mn在磁场力作用下向右运动则pq所做的运动可能是（）a向右匀加速运动b向左匀加速运动c向右匀减速运动d向左匀减速运动7如图所示，匀强磁场存在于虚线框内，矩形线圈竖直下落如果线圈中受到的磁场力总小于其重力，则它在1、2、3、4位置时的加速度关系为（）aa1a2a3a4ba1=a2=a3=a4ca1=a3a2a4da4=a2a3a18如图所示，圆形线圈p静止在水平桌面上，其正上方固定一螺线管q，p和q共轴，q中通有变化电流i，电流随时间变化的规律如图b所示，p所受的重力为g，桌面对p的支持力为n，则在下列时刻（）at1时刻ng，p有收缩的趋势bt2时刻n=g，此时穿过p的磁通量最大ct3时刻n=g，此时p中无感应电流dt4时刻ng，此时穿过p的磁通量最小9如图所示，在光滑绝缘水平面上，有一矩形线圈以一定的初速度进入匀强磁场区域，线圈全部进入匀强磁场区域时，其动能恰好等于它在磁场外面时的一半，设磁场区域宽度大于线圈宽度，则（）a线圈恰好在完全离开磁场时停下b线圈在未完全离开磁场时即已停下c线圈能通过场区不会停下d线圈在磁场中某个位置停下10如图所示，xoy坐标系第一象限有垂直纸面向外的匀强磁场，第三象限有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感强度大小均为b，第二、四象限内没有磁场一个围成四分之一圆弧形的导体环oab，其圆心在原点o，开始时导体环在第四象限，从t=0时刻起绕o点在xoy坐标平面内逆时针匀速转动若以逆时针方向的电流为正，下列表示环内感应电流i随时间t变化的图象中，正确的是（）abcd11如图所示，用铝板制成“”形框，将一质量为m的带电小球用绝缘细线悬挂在框的上方，让整体在垂直于水平方向的匀强磁场中向左以速度v匀速运动，悬线拉力为t，则（）a悬线竖直，t=mgb悬线竖直，tmgcv选择合适的大小，可使t=0d因条件不足，t与mg的大小关系无法确定12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，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（）ap=2mgvsinbp=3mgvsinc当导体棒速度达到时加速度大小为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二、计算题（本题共4个小题，共52分）13用电阻为18的均匀导线弯成如图所示直径d=0.80m的封闭金属圆环，环上ab弧所对圆心角为60，将圆环垂直于磁感线方向固定在磁感应强度b=0.50t的匀强磁场中，磁场方向垂直于纸面向里一根每米电阻为1.25的直导线pq，沿圆环平面向左以v=3.0m/s的速度匀速滑行（速度方向与pq垂直），滑行中直导线与圆环紧密接触（忽略接触处的电阻），当它通过环上a、b位置时，求：（1）直导线ab段产生的感应电动势，并指明该段直导线中电流的方向；（2）此时圆环上发热损耗的电功率14一电阻为r的金属圆环，放在匀强磁场中，磁场与圆环所在平面垂直，如图（a）所示已知通过圆环的磁通量随时间t的变化关系如图（b）所示，图中的最大磁通量0和变化周期t都是已知量，求：（1）在t=0到的时间内，通过金属圆环的电流大小及方向；（2）在t=0到t=t的时间内，金属环所产生的电热q15用质量为m、总电阻为r的导线做成边长为l的正方形线框mnpq，并将其放在倾角为的平行绝缘导轨上，平行导轨的间距也为l，如图所示线框与导轨之间是光滑的，在导轨的下端有一宽度为l（即ab=l）、磁感应强度为b的有界匀强磁场，磁场的边界aa、bb垂直于导轨，磁场的方向与线框平面垂直某一次，把线框从静止状态释放，线框恰好能够匀速地穿过磁场区域若当地的重力加速度为g，求：（1）线框通过磁场时的运动速度；（2）开始释放时，mn与bb之间的距离；（3）线框在通过磁场的过程中所生的热16如图所示，x轴上方有一匀强磁场，磁感应强度的方向垂直于纸面向里，大小为b，x轴下方有一匀强电场，电场强度的大小为e，方向与y轴的夹角为45且斜向上方现有一质量为m电量为q的正离子，以速度v0由y轴上的a点沿y轴正方向射入磁场，该离子在磁场中运动一段时间后从x轴上的c点进入电场区域，该离子经c点时的速度方向与x轴夹角为45不计离子的重力，设磁场区域和电场区域足够大求：（1）c点的坐标；（2）离子从a点出发到第三次穿越x轴时的运动时间；（3）离子第四次穿越x轴时速度的大小及速度方向与电场方向的夹角2015-2016学年江西省宜春市丰城中学高二（上）周练物理试卷（重点班12.24）参考答案与试题解析一、选择题（本题共12个小题，每小题4分，共48分）1长为a宽为b的矩形线圈，在磁感强度为b的匀强磁场中垂直于磁场的oo轴以恒定的角速度旋转，设t=0时，线圈平面与磁场方向平行，则此时的磁通量和磁通量的变化率分别是（）a0，0b0，babcbab，babdbab，0【考点】法拉第电磁感应定律；磁通量【专题】电磁学【分析】根据磁能量的定义可知磁通量的大小；由法拉第电磁感应定律可知磁通量的变化率的大小【解答】解：线圈平面与磁场方向相互平行，则没有磁感线穿过；故磁通量为零；磁通量的变化率最大，电动势最大；由em=bs及e=可知；磁通量的变化率： =bab；故选：b【点评】了解交流电产生的原理，特别是两个特殊位置：中性面和垂直中性面时，磁通量和电动势的变化对于正弦交变电流的最大值em=nbs=nm，要在理解的基础上加强记忆交流电流表和电压表测量的是有效值2如图，通电螺线管两侧各悬挂一个小铜环，铜环平面与螺线管截面平行，当电键s接通一瞬间，两铜环的运动情况是（）a同时向两侧推开b同时向螺线管靠拢c一个被推开，一个被吸引，但因电源正负极未知，无法具体判断d同时被推开或同时向螺线管靠拢，但因电源正负极未知，无法具体判断【考点】楞次定律【专题】电磁感应中的力学问题【分析】当电键s接通瞬间，小铜环中磁通量从无到有增加，产生感应电流，铜环受到安培力将发生运动，根据楞次定律判断两环的运动方向【解答】解：当电键s接通瞬间，小铜环中磁通量从无到有增加，根据楞次定律，感应电流的磁场要阻碍磁通量的增加，则两环将向两侧运动故a正确故选a【点评】本题考查运用楞次定律判断电磁感应现象中导体运动方向问题的能力本题也可以按因果关系，按部就班的分析两环受到的安培力方向判断3如图所示，在光滑水平面上的直线mn左侧有垂直于纸面向里的匀强磁场，右侧是无磁场空间将两个大小相同的铜质矩形闭合线框由图示位置以同样的速度v向右完全拉出匀强磁场已知制作这两只线框的铜质导线的横截面积之比是1：2则拉出过程中下列说法中正确的是（）a所用拉力大小之比为2：1b通过导线某一横截面的电荷量之比是1：1c拉力做功之比是1：4d线框中产生的电热之比为1：2【考点】电磁感应中的能量转化；法拉第电磁感应定律【专题】电磁感应与电路结合【分析】根据e=blv、i=、f=bil，r=得到安培力的表达式，即可根据平衡条件得到拉力的大小关系；根据感应电荷量q=分析电荷量的关系；由功的公式得到拉力做功的表达式，再求解做功之比；根据功能关系分析电热之比【解答】解：a、设矩形线圈左右边长为l1，上下边长为l2电阻率为，截面积为s则感应电流为 i= 拉力f=bil1=，则知fs，所以所用拉力大小之比为1：2故a错误b、根据感应电荷量q=s，所以通过导线某一横截面的电荷量之比是1：2故b错误c、拉力做功w=fl1=s，拉力做功之比是1：2故c错误d、根据功能关系可知，线框中产生的电热等于拉力做功，故电热之比为1：2故d正确故选d【点评】本题是电磁感应与电路、力学知识的综合，考查了导体切割产生的感应电动势公式，闭合电路欧姆定律、电阻定律、感应电荷量等多个知识，推导出所求量的表达式是关键4如图所示，在磁感强度为b的匀强磁场中，有半径为r的光滑半圆形导体框架，oc为一能绕o在框架上滑动的导体棒，oc之间连一个电阻r，导体框架与导体棒的电阻均不计，若要使oc能以角速度匀速转动，则外力做功的功率是（）abcd【考点】电功、电功率；导体切割磁感线时的感应电动势【专题】电磁感应中的力学问题【分析】导体棒匀速转动，说明处于受力平衡状态，外力的功率和电阻的发热的功率大小相等，求出电阻发热的功率即可【解答】解：因为oc是匀速转动的，根据能量的守恒可得，p外=p电=，又因为e=br，联立解得：p外=，所以c正确故选c【点评】解决本题的关键是分析出外力的功率与电阻的发热的功率大小相等，知道这一点本题就简单的多了5如图所示，把金属圆环匀速拉出磁场，下面叙述正确的是（）a向左拉出和向右拉出所产生的感应电流方向相反b不管向什么方向拉出，只要产生感应电流方向都是顺时针c向右匀速拉出时，感应电流大小不变d要将金属环匀速拉出，拉力大小要改变【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；楞次定律【分析】将线圈拉出磁场，磁通量都减小，根据楞次定律判断感应电流的方向公式e=blv中l是有效的切割长度安培力的大小：f=bil中l是有效长度【解答】解：a、b、不管沿什么将线圈拉出磁场，穿过线圈的磁通量都减小，根据楞次定律判断可知，线圈中感应电流的方向都是沿顺时针方向故b正确，a错误c、感应电流的大小与感应电动势有关，而感应电动势与线圈移动时切割磁感线的有效长度有关，由于移动过程中有效的切割长度先增大后减小，则感应电动势也先增大后减小，感应电流先增大后减小故c错误d、线圈在切割磁感线的过程中，安培力的大小：f=bil，与电流的大小以及安培力的有效长度有关，由于感应电流先增大后减小，移动过程中有效长度先增大后减小，所以对金属环的拉力大小会发生变化故d正确故选：bd【点评】本题是楞次定律和e=blv的应用，注意公式e=blv中l是有效的切割长度安培力的大小：f=bil中l是有效长度6如图所示，水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒pq、mn，当pq在外力作用下运动时，mn在磁场力作用下向右运动则pq所做的运动可能是（）a向右匀加速运动b向左匀加速运动c向右匀减速运动d向左匀减速运动【考点】法拉第电磁感应定律；楞次定律【专题】电磁感应与电路结合【分析】mn在磁场力作用下向右运动，说明mn受到的磁场力向右，由左手定则可知电流由m指向n，由楞次定律可知，线圈中产生感应电流的磁场应该是向上减小，或向下增加；根据右手螺旋定则，与楞次定律可知pq的运动情况【解答】解：mn在磁场力作用下向右运动，说明mn受到的磁场力向右，由左手定则可知电流由m指向n，由楞次定律可知，线圈中产生感应电流的磁场应该是向上减小，或向下增加；再由右手螺旋定则与楞次定律可知，pq可能是向左加速运动或向右减速运动故bc正确，ad错误故选：bc【点评】本题关键是分析好引起感应电流的磁通量的变化，进而才能分析产生电流的磁通量是由什么样的运动产生的7如图所示，匀强磁场存在于虚线框内，矩形线圈竖直下落如果线圈中受到的磁场力总小于其重力，则它在1、2、3、4位置时的加速度关系为（）aa1a2a3a4ba1=a2=a3=a4ca1=a3a2a4da4=a2a3a1【考点】法拉第电磁感应定律；安培力【专题】电磁感应与电路结合【分析】线圈自由下落时，加速度为g线圈进入和穿出磁场过程中，切割磁感线产生感应电流，将受到向上的安培力线圈完全在磁场中时，不产生感应电流，线圈只受重力，加速度等于g根据牛顿第二定律分析加速度的关系【解答】解：线圈自由下落时，加速度为a1=g线圈完全在磁场中时，磁通量不变，不产生感应电流，线圈不受安培力作用，只受重力，加速度为a3=g线圈进入和穿出磁场过程中，切割磁感线产生感应电流，将受到向上的安培力，根据牛顿第二定律得知，a2g，a4g线圈完全在磁场中时做匀加速运动，到达4处的速度大于2处的速度，则线圈在4处所受的安培力大于在2处所受的安培力，又知，磁场力总小于重力，则a2a4，故a1=a3a2a4故选：c【点评】本题关键是分析安培力的大小和方向情况，抓住安培力大小与速度成正比，分析b、d两处安培力的大小关系8如图所示，圆形线圈p静止在水平桌面上，其正上方固定一螺线管q，p和q共轴，q中通有变化电流i，电流随时间变化的规律如图b所示，p所受的重力为g，桌面对p的支持力为n，则在下列时刻（）at1时刻ng，p有收缩的趋势bt2时刻n=g，此时穿过p的磁通量最大ct3时刻n=g，此时p中无感应电流dt4时刻ng，此时穿过p的磁通量最小【考点】楞次定律；磁通量【专题】电学图像专题【分析】当螺线管中通入变化的电流时形成变化的磁场，这时线圈p中的磁通量发生变化，由其磁通量的变化根据楞次定律可以判断p中产生感应电流的大小方向以及p线圈收缩和扩展趋势【解答】解：a、当螺线管中电流增大时，其形成的磁场不断增强，因此线圈p中的磁通量增大，根据楞次定律可知线圈p将阻碍其磁通量的增大，故线圈有远离和面积收缩的趋势，故a正确；b、d当螺线管中电流不变时，其形成磁场不变，线圈p中的磁通量不变，因此磁铁线圈中无感应电流产生，故t2时刻n=g，此时穿过p的磁通量最大，故b正确，d错误；c、t3时刻螺线管中电流为零，但是线圈p中磁通量是变化的，因此此时线圈中有感应电流，此瞬间螺线管中电流为零，两线圈间没有作用力，因此此时n=g，故c错误故选ab【点评】正确理解楞次定律中“阻碍”的含义，注意判断感应电流的大小看磁通量的变化率而不是看磁通量的大小，如c选项，学生很容易错选9如图所示，在光滑绝缘水平面上，有一矩形线圈以一定的初速度进入匀强磁场区域，线圈全部进入匀强磁场区域时，其动能恰好等于它在磁场外面时的一半，设磁场区域宽度大于线圈宽度，则（）a线圈恰好在完全离开磁场时停下b线圈在未完全离开磁场时即已停下c线圈能通过场区不会停下d线圈在磁场中某个位置停下【考点】电磁感应中的能量转化；法拉第电磁感应定律【专题】电磁感应功能问题【分析】线圈完全进入磁场后做匀速运动，进磁场和出磁场的过程都做变减速直线运动，比较进磁场和出磁场时所受的安培力大小，从而判断出线圈能否通过磁场【解答】解：线圈出磁场时的速度小于进磁场时的速度，安培力f=bil=，知出磁场时所受的安培力小于进磁场时所受的安培力，根据动能定理，由于进磁场时安培力做功大于出磁场时安培力做功，则出磁场时动能的变化量小于进磁场时动能的变化量，进磁场时其动能恰好等于它在磁场外面时的一半，知出磁场后，动能不为零，还有动能，将继续运动，不会停下来故d正确a、b、d错误故选：c【点评】解决本题的关键比较出进磁场和出磁场时的安培力，根据动能定理进行分析10如图所示，xoy坐标系第一象限有垂直纸面向外的匀强磁场，第三象限有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感强度大小均为b，第二、四象限内没有磁场一个围成四分之一圆弧形的导体环oab，其圆心在原点o，开始时导体环在第四象限，从t=0时刻起绕o点在xoy坐标平面内逆时针匀速转动若以逆时针方向的电流为正，下列表示环内感应电流i随时间t变化的图象中，正确的是（）abcd【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律【专题】电磁感应功能问题【分析】根据右手定则判断线框中感应电流的方向由导体棒转动切割磁感线产生的感应电动势公式e=bl2和欧姆定律分析感应电流的大小的变化情况【解答】解：在0内，oa切割磁力线运动，根据右手定则判断可知，线框中感应电流的方向为顺时针方向，为负值内，ob切割磁力线运动，根据右手定则判断可知，线框中感应电流的方向为逆时针方向，为正值tt，oa切割磁力线运动，根据右手定则判断可知，线框中感应电流的方向为逆时针方向，为正值tt内，ob切割磁力线运动，根据右手定则判断可知，根据右手定则判断可知，线框中感应电流的方向为顺时针方向，为负值无论哪个半径切割磁力线，所产生的感应电动势大小相同，设加速度为，由感应电动势公式e=bl2和欧姆定律得知感应电流的大小是不发生变化的，由此可得知选项abc错误，d正确故选：d【点评】本题首选要明确右手定则的使用方法，要会根据感应电动势公式和欧姆定律分析感应电流的大小情况，再选择图象对于电流的方向，还可直接利用楞次定律来解答11如图所示，用铝板制成“”形框，将一质量为m的带电小球用绝缘细线悬挂在框的上方，让整体在垂直于水平方向的匀强磁场中向左以速度v匀速运动，悬线拉力为t，则（）a悬线竖直，t=mgb悬线竖直，tmgcv选择合适的大小，可使t=0d因条件不足，t与mg的大小关系无法确定【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；导体切割磁感线时的感应电动势【专题】带电粒子在复合场中的运动专题【分析】注意铝框在磁场中也产生感应电动势，故小球在总共受四个力作用，由洛仑兹力公式及电场力公式可得出两力间的关系；从而得出拉力与重力的关系【解答】解：因为竖直的铝板切割磁感线所以产生感应电动势u形框的上下板形成一个上板为负下板为正的匀强电场小球这时候受到4个力的作用，重力方向向下，绳子的弹力方向向上，洛伦磁力，电场力，如果带的是正电则洛伦磁力方向向下，所受电场力方向向上；如果带的是负电则洛伦磁力方向向上，所受电场力方向向下，且洛仑磁力等于电场力f洛=bqv，f电=eq，e=，u=e； 感应电动势=bvl（l为竖直板的长度）联合起来得 f电=bqv，故洛伦磁力等于电场力且方向相反故拉力等于重力；故选a【点评】本题不要只认为小球只受洛仑兹力而忽视了电场力，注意导体切割磁感线时都会产生感应电动势，从而形成电场12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，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（）ap=2mgvsinbp=3mgvsinc当导体棒速度达到时加速度大小为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【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；功率、平均功率和瞬时功率；电磁感应中的能量转化【专题】压轴题；电磁感应功能问题【分析】导体棒最终匀速运动受力平衡可求拉力f，由p=fv可求功率，由牛顿第二定律求加速度，由能量守恒推断能之间的相互转化【解答】解：a、当导体棒以v匀速运动时受力平衡，则mgsin=bil=，当导体棒以2v匀速运动时受力平衡，则 f+mgsin=bil=，故 f=mgsin，拉力的功率p=fv=2mgvsin，故a正确b、同理，b错误c、当导体棒速度达到时，由牛顿第二定律，mgsin=ma，解得a=，故c正确d、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错误故选：ac【点评】考查了电磁感应定律结合闭合电路，注意平衡条件得应用，能量、功率关系二、计算题（本题共4个小题，共52分）13用电阻为18的均匀导线弯成如图所示直径d=0.80m的封闭金属圆环，环上ab弧所对圆心角为60，将圆环垂直于磁感线方向固定在磁感应强度b=0.50t的匀强磁场中，磁场方向垂直于纸面向里一根每米电阻为1.25的直导线pq，沿圆环平面向左以v=3.0m/s的速度匀速滑行（速度方向与pq垂直），滑行中直导线与圆环紧密接触（忽略接触处的电阻），当它通过环上a、b位置时，求：（1）直导线ab段产生的感应电动势，并指明该段直导线中电流的方向；（2）此时圆环上发热损耗的电功率【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；电磁感应中的能量转化【专题】电磁感应与电路结合【分析】由右手定则得直道线感应电流的方向根据几何关系求出此时导体棒的有效切割长度，注意外电路为弧acb和弧ab的电阻并联，求出总电阻，进一步求出电流值，即可算出感应电动势和圆环上发热损耗的电功率【解答】解：（1）设直导线ab段的长度为l，圆环的直径为d，感应电动势为e，则有几何关系，l=0.4m 所以：e=blv=0.6v 由右手定则得直道线感应电流的方向由a向b （2）此时圆环上ab弧段的电阻：rab=3，acb弧段的电阻：racb=18=15rab和racb并联，其总电阻：r外=2.5 电源内电阻：r=1.250.40=0.50 总电流应为：i=0.20a 设圆环上发热损耗的电功率为p，则：p=i2r并=0.10w答：（1）直导线ab段产生的感应电动势是0.6v，该段直导线中电流的方向是由a向b；（2）此时圆环上发热损耗的电功率是0.10w【点评】电磁感应与电路的结合问题，关键是弄清电源和外电路的构造，然后根据电学知识进一步求解14一电阻为r的金属圆环，放在匀强磁场中，磁场与圆环所在平面垂直，如图（a）所示已知通过圆环的磁通量随时间t的变化关系如图（b）所示，图中的最大磁通量0和变化周期t都是已知量，求：（1）在t=0到的时间内，通过金属圆环的电流大小及方向；（2）在t=0到t=t的时间内，金属环所产生的电热q【考点】法拉第电磁感应定律；电功、电功率【专题】电磁感应与电路结合【分析】线圈平面垂直处于匀强磁场中，当磁感应强度随着时间均匀变化时，线圈中的磁通量发生变化，从而导致出现感应电动势，产生感应电流由楞次定律可确定感应电流方向，由法拉第电磁感应定律可求出感应电动势大小而产生的热量则是由焦耳定律求出【解答】解：（1）由法拉第电磁感应定律得，由闭合电路欧姆定律得：由楞次定律可知：感应电流方向逆时针（2）在t=0到t=t的时间内，从到、到t，由于磁通量不变，所以金属环不发热而从0到金属环产生的热量与从到金属环产生的热量是相等的则有所以【点评】考查楞次定律来判定感应电流方向，由法拉第电磁感应定律来求出感应电动势大小当然本题还可求出电路的电流大小，及电阻消耗的功率同时磁通量变化的线圈相当于电源注意在磁通量不变时，金属环没有电流，则无热量15用质量为m、总电阻为r的导线做成边长为l的正方形线框mnpq，并将其放在倾角为的平行绝缘导轨上，平行导轨的间距也为l，如图所示线框与导轨之间是光滑的，在导轨的下端有一宽度为l（即ab=l）、磁感应强度为b的有界匀强磁场，磁场的边界aa、bb垂直于导轨，磁场的方向与线框平面垂直某一次，把线框从静止状态释放，线框恰好能够匀速地穿过磁场区域若当地的重力加速度为g，求：（1）线框通过磁场时的运动速度；（2）开始释放时，mn与bb之间的距离；（3）线框在通过磁场的过程中所生的热【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；牛顿第二定律；向心力；电磁感应中的能量转化【专题】电磁感应功能问题【分析】本题的关键是运动过程分析和画出侧视图的受力分析图，根据平衡条件可解出运动速度；通过分析得出线框的mn边从进入磁场即做匀速运动，一直到线框的op边刚好离开磁场，产生热量对应的位移是2l【解答】解析：（1）线框的mn边在磁场区域做匀速运动时，画出其侧视图并受力如图所示匀速时应有f=mgsin 又安培力：f=bil 感应电流：i= 感应电动势：e=blv 由解得匀速运动的速度：v=故线框通过磁场时的运动速度为v=（2）在进入磁场前，线框的加速度a=gsin 所以线框进入磁场前由=2as得下滑的距离s=故开始释放时，mn与bb之间的距离为离s=（3）线框产生热的过程中线框下滑的距离x=2l，由能量守恒定律有：q热=mg2lsin=2mglsin故线框在通过磁场的过程中所生的热为定律有q热2mglsin【点评】遇到导轨类问题首先要画出侧视图及其受力分析图，然后列式求解；在求有关热量问题时，要从能量守恒的角度求解16如图所示，x轴上方有一匀强磁场，磁感应强度的方向垂直于纸面向里，大小为b，x轴下方有一匀强电场，电场强度的大小为e，方向与y轴的夹角为45且斜向上方现有一质量为m电量为q的正离子，以速度v0由y轴上的a点沿y轴正方向射入磁场，该离子在磁场中运动一段时间后从x轴上的c点进入电场区域，该离