优化方案高三物理二轮复习 第一部分 专题四 电磁感应与电路 第1讲 电磁感应规律及应用学案.doc

专题四 电磁感应与电路 第1讲 电磁感应规律及应用2016高考导航适用于全国卷热点聚焦备考对策1.电磁感应部分：以考查楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用为主，多涉及牛顿运动定律、电功和电热等力电综合问题考查形式为选择题或计算题.2.恒定电流部分：以选择题的形式考查动态电路、电路故障、含容电路和含电表电路等问题的分析.3.交变电流部分：以选择题的形式考查交变电流有效值与峰值的关系、理想变压器的原理复习时应理清各个基本概念，熟记各公式及适用条件，掌握交流电“四值”的特点及适用范围，注意训练和掌握闭合电路的动态分析问题、含容电路的分析问题、变压器电路的动态分析问题及电磁感应与电路相综合问题的分析思路与方法，强化电磁感应图象问题的训练，提高解决与实际生活、生产科技相结合的实际问题的能力.第1讲电磁感应规律及应用热点一电磁感应图象问题命题规律电磁感应图象问题多以选择题形式出现，有时也与计算题结合，主要考查以下内容：(1)综合应用楞次定律、法拉第电磁感应定律及电路、安培力等相关知识，判断电流(或安培力)随时间t(或位移x)变化的图象(2)利用动力学观点判断棒(或线圈)的速度随时间变化的图象(3)在计算题中考查学生的识图能力，由图象获取解题信息的能力1(2015高考山东卷)如图甲，r0为定值电阻，两金属圆环固定在同一绝缘平面内左端连接在一周期为t0的正弦交流电源上，经二极管整流后，通过r0的电流i始终向左，其大小按图乙所示规律变化规定内圆环a端电势高于b端时，a、b间的电压uab为正，下列uabt图象可能正确的是()甲乙abcd突破点拨(1)整流电路部分是干扰条件(2)在00.25t0内，i的变化率为正，且越来越_；当t0.25t0时，i的变化率为_；在0.25t00.5t0内，i的变化率为负，且越来越_(3)0.5t0t0内与00.5t0内i的变化情况相同，故uab的变化周期为_解析圆环内磁场的变化周期为0.5t0，则产生的感应电动势的变化周期也一定是0.5t0，四个图象中，只有c的变化周期是0.5t0，根据排除法可知，c正确答案c在上述题1中，若正弦交流电不经过整流，则uabt图象应为题1四个选项中的()解析：选a不整流，i变化的周期为t0，故b、c错误经分析uabt应为余弦曲线，故a正确，d错误2(2015广州第二次模拟)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t0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it关系的图线中，正确的是()解析在线框进入磁场时，切割磁感线的有效长度逐渐增加，当线框即将完全进入磁场时，切割磁感线的有效长度最大，产生的感应电流最大，此过程电流方向为逆时针方向整个线框在磁场中运动时，不产生感应电流当线框离开磁场时，产生的感应电流方向为顺时针方向，且切割磁感线的有效长度逐渐减小，产生的感应电流逐渐减小，所以选项d正确答案d3(2015长沙二模)如图所示，虚线右侧存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，正方形金属线框电阻为r，边长是l，自线框从左边界进入磁场时开始计时，在外力作用下由静止开始，以垂直于磁场边界的恒定加速度a进入磁场区域，t1时刻线框全部进入磁场规定顺时针方向为感应电流i的正方向外力大小为f，线框中电功率的瞬时值为p，通过线框横截面的电荷量为q，则这些量随时间变化的关系正确的是()解析线框速度vat，产生的感应电动势随时间均匀增大，感应电流均匀增大，a错误；安培力随时间均匀增大，外力f随时间变化关系是一次函数，但不是成正比，功率pei，随时间变化关系是二次函数，其图象是抛物线，所以c正确、b错误；通过线框横截面的电荷量qit，随时间变化关系是二次函数，其图象是抛物线，选项d错误答案c总结提升分析电磁感应图象问题要注意以下四点(1)注意初始时刻的特征，如初始时刻感应电流是否为零，感应电流的方向如何(2)注意看电磁感应发生的过程分为几个阶段，这几个阶段是否和图象变化相对应(3)注意观察图象的变化趋势，看图象斜率的大小、图象的曲直是否和物理过程相对应(4)优先采取排除法热点二电磁感应电路问题命题规律电磁感应电路问题为每年高考的热点，考查题型以选择题为主，主要涉及电流、电压、电功率、电热和电量的计算1(2015高考安徽卷)如图所示，abcd为水平放置的平行“”形光滑金属导轨，间距为l，导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为b，导轨电阻不计，已知金属杆mn倾斜放置，与导轨成角，单位长度的电阻为r，保持金属杆以速度v沿平行于cd的方向滑动(金属杆滑动过程中与导轨接触良好)则()a电路中感应电动势的大小为b电路中感应电流的大小为c金属杆所受安培力的大小为d金属杆的热功率为突破点拨(1)mn切割磁感线的有效长度为_(2)mn在回路中的有效电阻为_(3)安培力公式fbil中的l_解析金属杆mn切割磁感线的有效长度为l，产生的感应电动势eblv，a错误；金属杆mn的有效电阻r，故回路中的感应电流i，b正确；金属杆受到的安培力f，c错误；金属杆的热功率pi2r，d错误答案b在上述题1中，若要维持杆匀速滑动，求所需要施加的水平外力的大小和方向解析：由平衡条件知：外力方向为水平方向上垂直于杆向右，大小f外f安.答案：水平方向上垂直于杆向右2.(多选)(2015陕西西安质检)如图所示，用同种电阻丝制成的正方形闭合线框1的边长与圆形闭合线框2的直径相等，m和n是线框1下边的两个端点，p和q是线框2水平直径的两个端点，线框1和2同时由静止开始释放并进入上边界水平、足够大的匀强磁场中，进入过程中m、n和p、q连线始终保持水平当两线框完全进入磁场以后，下面说法正确的是()am、n和p、q电势的关系一定有umun，upuqbm、n和p、q间电势差的关系一定有umnupqc进入磁场过程中流过1和2线框的电荷量q1q2d进入磁场过程中流过1和2线框的电荷量q1q2解析当两线框完全进入磁场以后，根据右手定则知unum，uqup，a正确；两线框完全进入磁场后，由于两线框的速度关系无法确定，故不能确定两点间的电势差的关系，b错误；设m、n间距离为a，由q，r得进入磁场过程中流过线框1、2的电荷量都为，c错误，d正确答案ad3.如图所示，水平放置的u形金属导轨abcd处于匀强磁场之中，已知导轨间的距离为l，磁场的磁感应强度大小为b，方向竖直向下直金属导线mn中间串有电压表(已知导线和电压表的总质量为m)，水平跨接在ab与cd上，且与ab垂直，直导线与导轨之间的动摩擦因数为，r为电阻，c为电容器现令mn以速度v0向右匀速运动一段时间后，用u表示电压表的读数，q表示电容器所带的电荷量，c表示电容器的电容，f表示对mn的拉力因电压表的体积很小，对mn间电压的影响可忽略，则()aublv0，fmgbublv0，fmgcu0，fmgdqblcv0，f解析当直导线匀速运动时，产生的电动势为eblv0，但因为电容相当于开路，所以回路中的感应电流为零，所以安培力为零，电压表的示数为零，电容器所带电荷量为qblcv0，拉力的大小为fmg，即只有c项正确答案c总结提升解决电磁感应中电路问题的思路(1)“源”的分析：用法拉第电磁感应定律算出e的大小，用楞次定律或右手定则确定感应电动势的方向(感应电流方向是电源内部电流的方向)，从而确定电源正负极，明确内阻r.(2)“路”的分析：根据“等效电源”和电路中其他各元件的连接方式画出等效电路(3)根据eblv或en，结合闭合电路欧姆定律、串并联电路知识和电功率、焦耳定律等关系式联立求解热点三电磁感应过程中的动力学问题命题规律电磁感应中的动力学问题为每年高考的热点，考查方式既有选择题，又有计算题，命题规律有以下两点：(1)与牛顿第二定律、运动学知识结合的动态分析问题(2)电磁感应中的安培力问题、涉及受力分析及功能关系的问题1.如图所示，竖直平面内有一宽l1 m、足够长的光滑矩形金属导轨，电阻不计在导轨的上、下边分别接有电阻r13 和r26 .在mn上方及cd下方有垂直纸面向里的匀强磁场和，磁感应强度大小均为b1 t现有质量m0.2 kg、电阻r1 的导体棒ab，在金属导轨上从mn上方某处由静止下落，下落过程中导体棒始终保持水平，与金属导轨接触良好当导体棒ab下落到快要接近mn时的速度大小为v13 m/s.不计空气阻力，g取10 m/s2.(1)求导体棒ab快要接近mn时的加速度大小；(2)若导体棒ab进入磁场后，棒中的电流大小始终保持不变，求磁场和之间的距离h；(3)若将磁场的cd边界略微下移，使导体棒ab刚进入磁场时速度大小变为v29 m/s，要使棒在外力f作用下做a3 m/s2的匀加速直线运动，求所加外力f随时间t变化的关系式突破点拨(1)导体棒ab从mn上方某处由静止下落导体棒在磁场中切割磁感线产生_导体棒在_作用下做加速运动(2)电路的连接导体棒切割磁感线相当于电源，_组成外电路(3)问题(2)中导体棒ab进入磁场后，电流大小始终保持不变导体棒_导体棒在磁场中做_解析(1)以导体棒为研究对象，棒在磁场中切割磁感线运动，棒中产生感应电动势e，棒在重力和安培力作用下做加速运动由牛顿第二定律得：mgbilma1eblv1r外i由以上四式可得：a15 m/s2.(2)导体棒进入磁场后，安培力等于重力，导体棒做匀速运动，导体棒中电流大小始终保持不变mgbilieblv联立式解得：v6 m/s导体棒从mn到cd做加速度为g的匀加速直线运动，v2v2gh解得：h1.35 m.(3)导体棒进入磁场后经过时间t的速度大小vv2atfmgf安maf安由解得：f(t1.6) n.答案(1)5 m/s2(2)1.35 m(3)f(t1.6) n(1)在上述题1第(2)问中，求a、b两点间的电势差大小是多少解析：根据题意，a、b两点间电势差为ublvir代入数据解得：u4 v.答案：4 v(2)在上述题1第(3)问中，请画出01.6 s内外力f与时间t的关系图象解析：由于f(t1.6) n故01.6 s内ft图象如图所示答案：见解析图2(2015昆明一模)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，使线框平面与磁场垂直，且bc边与磁场边界mn重合当t0时，对线框施加一水平拉力f，使线框由静止开始向右做匀加速直线运动；当tt0时，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()ab bb cb db 解析根据题意，可知f0ma，f安bil，因为ff安ma常数，所以，即，将f0ma代入化简，可得b .故选项b正确答案b3(2015福建厦门质检)如图甲所示，水平面内的直角坐标系的第一象限有磁场分布，方向垂直于水平面向下，磁感应强度沿y轴方向没有变化，沿x轴方向b与x成反比，如图乙所示顶角45的光滑金属长导轨mon固定在水平面内，on与x轴重合，一根与on垂直的长导体棒在水平向右的外力作用下沿导轨向右滑动，导体棒在滑动过程中始终与导轨接触已知t0时，导体棒位于顶点o处，导体棒的质量为m1 kg，回路接触点总电阻恒为r0.5 ，其余电阻不计回路电流i与时间t的关系如图丙所示，图线是过原点的直线求：(1)t2 s时回路的电动势e；(2)02 s时间内流过回路的电荷量q和导体棒的位移x1；(3)导体棒滑动过程中水平外力f的瞬时功率p(单位：w)与横坐标x(单位：m)的关系式解析(1)根据it图象可知：ik1t(k12 a/s)当t2 s时，回路电流i14 a根据欧姆定律：ei1r2 v.(2)流过回路的电荷量qiti解得：q当t2 s时，q4 c由欧姆定律得：ilx tan 45根据bx图象可知：b(k21 tm)解得：vt由于1 m/s2，再根据vv0at，可得a1 m/s2可知导体棒做匀加速直线运动则02 s时间内导体棒的位移x1at22 m.(3)棒受到的安培力f安bil根据牛顿第二定律：ff安ma根据2axv2pfv解得：p4x(w)答案(1)2 v(2)4 c2 m(3)p4x(w)总结提升电磁感应中的动力学问题的解题思路(1)找准主动运动者，用法拉第电磁感应定律和楞次定律求解感应电动势的大小和方向(2)根据等效电路图，求解回路中电流的大小及方向(3)分析安培力对导体棒运动速度、加速度的影响，从而推理得出对电路中的电流有什么影响，最后定性分析导体棒的最终运动情况(4)列牛顿第二定律或平衡方程求解用动力学和能量观点解决电磁感应综合问题命题规律电磁感应综合问题往往涉及法拉第电磁感应定律、楞次定律、闭合电路欧姆定律、动力学问题、能量问题等，综合性较强，常作为压轴计算题，有时也有选择题范例(2015湖南师大附中模拟考试)(22分)如图所示，平行金属导轨与水平面间夹角均为37，导轨间距为 1 m，电阻不计，导轨足够长两根金属棒ab和ab的质量都是0.2 kg，电阻都是1 ，与导轨垂直放置且接触良好，金属棒和导轨之间的动摩擦因数为0.25，两个导轨平面处均存在着垂直轨道平面向上的匀强磁场(图中未画出)，磁感应强度b的大小相同让ab固定不动，将金属棒ab由静止释放，当ab下滑速度达到稳定时，整个回路消耗的电功率为8 w求：(1)ab下滑的最大加速度；(2)ab下落了30 m高度时，其下滑速度已经达到稳定，则此过程中回路电流的发热量q为多大？(3)如果将ab与ab同时由静止释放，当ab下落了30 m高度时，其下滑速度也已经达到稳定，则此过程中回路电流的发热量q为多大？(g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8)规范答题(1)当ab棒刚下滑时，ab棒的加速度有最大值：agsin gcos 4 m/s2.(2分)(2)ab棒达到最大速度时做匀速运动，有mgsin bilmgcos ，(2分)整个回路消耗的电功率p电bilvm(mgsin mgcos )vm8 w，(2分)则ab棒的最大速度为：vm10 m/s(1分)由p电(2分)得：b0.4 t(1分)根据能量守恒得：mghqmvmgcos (2分)解得：q30 j(1分)(3)由对称性可知，当ab下落30 m稳定时其速度为v，ab也下落30 m，其速度也为v，ab和ab都切割磁感线产生电动势，总电动势等于两者之和根据共点力平衡条件，对ab棒受力分析，得mgsin bilmgcos (2分)又i(2分)解得v5 m/s(1分)由能量守恒得：2mgh2mv22mgcos q(3分)代入数据得q75 j(1分)答案(1)4 m/s2(2)30 j(3)75 j总结提升(1)解决电磁感应综合问题的一般分析思路：(2)求解焦耳热的三个途径感应电路为纯电阻电路时产生的焦耳热等于克服安培力做的功，即qw克安感应电路中电阻产生的焦耳热等于电流通过电阻做的功，即qi2rt.感应电路中产生的焦耳热可通过能量守恒定律列方程求解最新预测1.(2015山东泰安模拟)如图所示，间距为l，电阻不计的足够长平行光滑金属导轨水平放置，导轨左端用一阻值为r的电阻连接，导轨上横跨一根质量为m，电阻也为r的金属棒，金属棒与导轨接触良好整个装置处于竖直向上、磁感应强度为b的匀强磁场中现使金属棒以初速度v0沿导轨向右运动，若金属棒在整个运动过程中通过的电荷量为q.下列说法正确的是()a金属棒在导轨上做匀减速运动b整个过程中电阻r上产生的焦耳热为c整个过程中金属棒在导轨上发生的位移为d整个过程中金属棒克服安培力做功为解析：选d设某时刻的速度为v，则此时的电动势eblv，安培力f安，由牛顿第二定律有f安ma，则金属棒做加速度减小的减速运动，选项a错误；由能量守恒定律知，整个过程中克服安培力做功等于电阻r和金属棒上产生的焦耳热之和，即w安qmv，选项b错误，d正确；整个过程中通过金属棒的电荷量q，得金属棒在导轨上发生的位移x，选项c错误2(2015潍坊一模)如图所示，两条足够长的平行金属导轨相距l，与水平面的夹角为，整个空间存在垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小均为b，虚线上方轨道光滑且磁场方向向上，虚线下方轨道粗糙且磁场方向向下当导体棒ef以初速度v0沿导轨上滑至最大高度的过程中，导体棒mn一直静止在导轨上若两导体棒质量均为m、电阻均为r，导轨电阻不计，重力加速度为g，在此过程中导体棒ef上产生的焦耳热为q，求：(1)导体棒mn受到的最大摩擦力；(2)导体棒ef上升的最大高度解析：(1)ef获得向上的初速度v0时，感应电动势eblv0电路中电流为i，由闭合电路欧姆定律：i此时对导体棒mn受力分析，由平衡条件：famgsin fffabil解得：ffmgsin .(2)导体棒ef上升过程mn一直静止，对系统由能量的转化和守恒知mvmgh2q解得：h.答案：(1)mgsin (2)失分防范用动力学和能量观点解决电磁感应综合问题极易从以下几点失分：不会分析电源和电路结构，求不出电动势、电流等电学量；错误分析导体(或线圈)受力情况，尤其是安培力的大小和方向；不能正确地把机械运动过程、电磁感应过程和能量转化过程相联系；思维混乱，错用公式，求不出结果可以从以下几点进行防范：从“三个角度”看问题，即力与运动角度(动力、阻力、加速度、匀速还是变速)，电磁感应角度(电动势、电流、磁场强弱和方向、动生电还是电生动)，能量转化角度(什么力做了什么功、什么能转化成什么能)；从“四个分析”理思路，即“源”“路”“力”“能”的分析，以力的分析为核心，力找对了，导体的运动情况和电磁感应过程就基本清楚了；从“五个定律”搞突破，即电磁感应定律、楞次定律、欧姆定律、牛顿第二定律、能量守恒定律a卷一、选择题1(多选)(2015高考全国卷，t19，6分) 1824年，法国科学家阿拉果完成了著名的“圆盘实验”实验中将一铜圆盘水平放置，在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针，如图所示实验中发现，当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时，磁针也随着一起转动起来，但略有滞后下列说法正确的是()a圆盘上产生了感应电动势b圆盘内的涡电流产生的磁场导致磁针转动c在圆盘转动的过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化d圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流，此电流产生的磁场导致磁针转动解析：选ab当圆盘转动时，圆盘的半径切割磁针产生的磁场的磁感线，产生感应电动势，选项a正确；如图所示，铜圆盘上存在许多小的闭合回路，当圆盘转动时，穿过小的闭合回路的磁通量发生变化，回路中产生感应电流，根据楞次定律，感应电流阻碍其相对运动，但抗拒不了相对运动，故磁针会随圆盘一起转动，但略有滞后，选项b正确；在圆盘转动过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量始终为零，选项c错误；电流是由于圆盘切割磁感线而产生的，不是因为自由电子随盘移动产生的，选项d错误2.(2015高考海南卷)如图，空间有一匀强磁场，一直金属棒与磁感应强度方向垂直，当它以速度v沿与棒和磁感应强度都垂直的方向运动时，棒两端的感应电动势大小为；将此棒弯成两段长度相等且相互垂直的折线，置于与磁感应强度相垂直的平面内，当它沿两段折线夹角平分线的方向以速度v运动时，棒两端的感应电动势大小为.则等于()a bc1 d解析：选b由法拉第电磁感应定律知直金属棒运动时其两端电动势blv，将此棒弯成两段长度相等且互相垂直的折线，并放于与磁感应强度垂直的平面内，并沿折线夹角平分线的方向以相同的速度v运动时，blv，则.因此b对，a、c、d错3.(多选)(2015高考山东卷)如图，一均匀金属圆盘绕通过其圆心且与盘面垂直的轴逆时针匀速转动现施加一垂直穿过圆盘的有界匀强磁场，圆盘开始减速在圆盘减速过程中，以下说法正确的是()a处于磁场中的圆盘部分，靠近圆心处电势高b所加磁场越强越易使圆盘停止转动c若所加磁场反向，圆盘将加速转动d若所加磁场穿过整个圆盘，圆盘将匀速转动解析：选abd根据右手定则可判断靠近圆心处电势高，选项a正确；圆盘处在磁场中的部分转动切割磁感线，相当于电源，其他部分相当于外电路，根据左手定则，圆盘所受安培力与运动方向相反，磁场越强，安培力越大，故所加磁场越强越易使圆盘停止转动，选项b正确；磁场反向，安培力仍阻碍圆盘转动，选项c错误；若所加磁场穿过整个圆盘，整个圆盘相当于电源，不存在外电路，没有电流，所以圆盘不受安培力而匀速转动，选项d正确4(2015高考福建卷)如图，由某种粗细均匀的总电阻为3r的金属条制成的矩形线框abcd，固定在水平面内且处于方向竖直向下的匀强磁场中一接入电路电阻为r的导体棒pq，在水平拉力作用下沿ab、dc以速度v匀速滑动，滑动过程pq始终与ab垂直，且与线框接触良好，不计摩擦在pq从靠近ad处向bc滑动的过程中()apq中电流先增大后减小bpq两端电压先减小后增大cpq上拉力的功率先减小后增大d线框消耗的电功率先减小后增大解析：选c设pq左侧金属线框的电阻为r，则右侧电阻为3rr；pq相当于电源，其电阻为r，则电路的外电阻为r外，当r时，r外maxr，此时pq处于矩形线框的中心位置，即pq从靠近ad处向bc滑动的过程中外电阻先增大后减小pq中的电流为干路电流i，可知干路电流先减小后增大，选项a错误pq两端的电压为路端电压ueu内，因eblv不变，u内ir先减小后增大，所以路端电压先增大后减小，选项b错误拉力的功率大小等于安培力的功率大小，pf安vbilv，可知因干路电流先减小后增大，pq上拉力的功率也先减小后增大，选项c正确线框消耗的电功率即为外电阻消耗的功率，因外电阻最大值为r，小于内阻r；根据电源的输出功率与外电阻大小的变化关系，外电阻越接近内阻时，输出功率越大，可知线框消耗的电功率先增大后减小，选项d错误5(多选)(2014高考四川卷)如图所示，不计电阻的光滑u形金属框水平放置，光滑、竖直玻璃挡板h、p固定在框上，h、p的间距很小质量为0.2 kg的细金属杆cd恰好无挤压地放在两挡板之间，与金属框接触良好并围成边长为1 m的正方形，其有效电阻为0.1 .此时在整个空间加方向与水平面成30 角且与金属杆垂直的匀强磁场，磁感应强度随时间变化规律是b(0.40.2t) t，图示磁场方向为正方向框、挡板和杆不计形变则()at1 s时，金属杆中感应电流方向从c到dbt3 s时，金属杆中感应电流方向从d到cct1 s时，金属杆对挡板p的压力大小为0.1 ndt3 s时，金属杆对挡板h的压力大小为0.2 n解析：选ac根据楞次定律可判断感应电流的方向总是从c到d，故a正确，b错误；由法拉第电磁感应定律可知：esin 300.212 v0.1 v，故感应电流为i1 a，金属杆受到的安培力fabil，t1 s时，fa0.211 n0.2 n，方向如图1，此时金属杆受力分析如图1，由平衡条件可知f1facos 600.1 n，f1为挡板p对金属杆施加的力t3 s时，磁场反向，此时金属杆受力分析如图2，此时挡板h对金属杆施加的力向右，大小f3bilcos 600.211 n0.1 n故c正确，d错误6(多选)(2015济南一模)如图所示，水平放置的光滑平行金属导轨上有一质量为m的金属棒ab.导轨的一端连接电阻r，其他电阻均不计，磁感应强度为b的匀强磁场垂直于导轨平面向下，金属棒ab在一水平恒力f作用下由静止开始向右运动则()a随着ab运动速度的增大，其加速度也增大b外力f对ab做的功等于电路中产生的电能c当ab做匀速运动时，外力f做功的功率等于电路中的电功率d无论ab做何种运动，它克服安培力做的功一定等于电路中产生的电能解析：选cd金属棒ab在一水平恒力f作用下由静止开始向右运动，随着ab运动速度的增大，产生的感应电流增大，所受与f方向相反的安培力增大，其加速度减小，选项a错误；外力f对ab做的功等于电路中产生的电能和金属棒增加的动能之和，选项b错误；由能量守恒定律可知，当ab做匀速运动时，外力f做功的功率等于电路中的电功率，选项c正确；无论ab做何种运动，它克服安培力做的功一定等于电路中产生的电能，选项d正确7.如图所示，质量为m的金属线框a静置于光滑水平面上，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(hd)高度时的速度为v，则以下关系中能够成立的是()av2ghbv22ghca产生的热量qmghmv2da产生的热量qmghmv2解析：选c在线框进入磁场的过程中，可能匀速运动，也可能做变加速运动，因此a、b错由能量守恒得：qmgh(2m)v2mghmv2，故c对、d错8(多选)(2015山西四校三联)如图所示，两根等高光滑的圆弧轨道，半径为r、间距为l，轨道电阻不计在轨道顶端连有一阻值为r的电阻，整个装置处在一竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为b现有一根长度稍大于l、电阻不计的金属棒从轨道最低位置cd开始，在拉力作用下以初速度v0向右沿轨道做匀速圆周运动至ab处，则该过程中()a通过r的电流方向由外向内b通过r的电流方向由内向外cr上产生的热量为d流过r的电荷量为解析：选accd棒运动至ab处的过程中，闭合回路中的磁通量减小，再由楞次定律及安培定则可知，回路中电流方向为逆时针方向(从上向下看)，则通过r的电流方向为由外向内，故a对，b错通过r的电荷量为q，d错r上产生的热量为qt，c对9.(2015湖北八校二联)如图所示，两个垂直于纸面的匀强磁场方向相反，磁感应强度的大小均为b，磁场区域的宽度均为a.高度为a的正三角形导线框abc从图示位置沿x轴正方向匀速穿过两磁场区域，以逆时针方向为电流的正方向，在下列图形中能正确描述感应电流i与线框移动距离x关系的是()解析：选b正三角形线框abc刚进入向里的磁场时，利用右手定则知，感应电流沿逆时针方向为正，大小i0，之后线框随进入磁场距离的增大，有效切割长度变小，则i变小；当线框abc前进a距离，在刚进入向外的磁场区域瞬间，abc线框中感应电流方向沿顺时针为负，大小为i2i0，则b正确二、计算题10.(2015高考海南卷)如图，两平行金属导轨位于同一水平面上，相距l，左端与一电阻r相连；整个系统置于匀强磁场中，磁感应强度大小为b，方向竖直向下一质量为m的导体棒置于导轨上，在水平外力作用下沿导轨以速率v匀速向右滑动，滑动过程中始终保持与导轨垂直并接触良好已知导体棒与导轨间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g，导轨和导体棒的电阻均可忽略求：(1)电阻r消耗的功率；(2)水平外力的大小解析：法一：导体棒匀速向右滑动，速率为v，则有ff安mgeblvif安bil解得fmg.由能量守恒定律得fvmgvpr，故得pr.法二：(1)导体棒切割磁感线产生的电动势eblv由于导轨与导体棒的电阻均可忽略，则r两端电压等于电动势：ue则电阻r消耗的功率pr综合以上三式可得pr.(2)设水平外力大小为f，由能量守恒有fvprmgv故得fmgmg.答案：(1)(2)mg11(2015高考天津卷)如图所示，“凸”字形硬质金属线框质量为m，相邻各边互相垂直，且处于同一竖直平面内，ab边长为l，cd边长为2l，ab与cd平行，间距为2l.匀强磁场区域的上下边界均水平，磁场方向垂直于线框所在平面开始时，cd边到磁场上边界的距离为2l，线框由静止释放，从cd边进入磁场直到ef、pq边进入磁场前，线框做匀速运动，在ef、pq边离开磁场后，ab边离开磁场之前，线框又做匀速运动线框完全穿过磁场过程中产生的热量为q.线框在下落过程中始终处于原竖直平面内，且ab、cd边保持水平，重力加速度为g.求：(1)线框ab边将离开磁场时做匀速运动的速度大小是cd边刚进入磁场时的几倍；(2)磁场上下边界间的距离h.解析：(1)设磁场的磁感应强度大小为b，cd边刚进入磁场时，线框做匀速运动的速度为v1，cd边上的感应电动势为e1，由法拉第电磁感应定律，有e12blv1设线框总电阻为r，此时线框中电流为i1，由闭合电路欧姆定律，有i1设此时线框所受安培力为f1，有f12i1lb由于线框做匀速运动，其受力平衡，有mgf1由式得v1设ab边离开磁场之前，线框做匀速运动的速度为v2，同理可得v2由式得v24v1.(2)线框自释放直到cd边进入磁场前，由机械能守恒定律，有2mglmv线框完全穿过磁场的过程中，由能量守恒定律，有mg(2lh)mvmvq由式得h28l.答案：(1)4倍(2)28l12(2015安徽合肥一模)如图甲所示，平行长直导轨mn、pq水平放置，两导轨间距l0.5 m，导轨左端m、p间接有一阻值r0.2 的定值电阻，导体棒ab的质量m0.1 kg，与导轨间的动摩擦因数0.1，导体棒垂直于导轨放在距离左端为d1.0 m处，导轨和导体棒始终接触良好，电阻均忽略不计整个装置处在范围足够大的匀强磁场中，t0时刻，磁场方向竖直向下，此后，磁感应强度b随时间t的变化如图乙所示，不计感应电流磁场的影响取重力加速度g10 m/s2.(1)求t0时棒所受到的安培力f0；(2)分析前3 s时间内导体棒的运动情况并求前3 s内棒所受的摩擦力ff随时间t变化的关系式；(3)若t3 s时，突然使ab棒获得向右的速度v08 m/s，同时垂直棒施加一方向水平、大小可变化的外力f，使棒的加速度大小恒为a4 m/s2、方向向左求从t3 s到t4 s的时间内通过电阻的电荷量q.解析：(1)t0时棒的速度为零，故回路中只有感生电动势，为eld0.10.51.0 v0.05 v感应电流为：i a0.25 a可得t0时棒所受到的安培力：f0b0il0.025 n.(2)ab棒与导轨间的最大静摩擦力：ffmmg0.10.110 n0.1 nf00.025 n所以在t0时刻棒静止不动，加速度为零，在03 s内磁感应强度b都小于b0，棒所受的安培力都小于最大静摩擦力，故前3 s内导体棒静止不动，电流恒为i0.25 a在03 s内，磁感应强度为：bb0kt0.20.1t(t)因导体棒静止不动，ab棒在水平方向受安培力和摩擦力，二力平衡，则有：ffbil(b0kt)il(0.20.1t)0.250.50.012 5(2t)(n)(tmg，所以从静止开始加速运动，ab棒运动会切割磁感线产生感应电流，从而使ab棒受到一个向左的安培力，这样加速度会减小，最终会做匀速运动；而cd棒所受到的最大安培力与摩擦力相同，所以总保持静止状态，即安培力对ab棒做负功，对cd棒不做功，所以选项c正确，a、b、d错误4.(多选)如图所示，xoz是光滑水平面，空间有沿z轴正方向的匀强磁场，其磁感应强度为b，现有两块平行金属板，彼此间距为d，构成一个电容为c的电容器；在两板之间焊一根垂直于两板的电阻不计金属杆pp，已知两板和杆pp的总质量为m，若对此杆pp作用一个沿x轴正方向的恒力f，则下列说法正确的是()a金属杆pp不存在感应电流b金属杆pp存在沿p到p方向的感应电流c两板和杆先做加速度减小的加速运动，最后做匀速直线运动d两板和杆做匀加速直线运动解析：选bd设某时刻金属杆运动的加速度为a，速度为v，那么金属杆切割磁感线所产生的感应电动势为ebdv，电容器两端的电压uebdv，所以，通过金属杆的电流为icbdc，方向沿p到p方向，所以b选项正确；又因为a，所以ibdca，这样，两板和杆整体的水平方向除受恒力f作用外，还受到沿x轴负方向的安培力，它的大小为：fabdib2d2ca，运用牛顿第二定律得：fb2d2cama，所以a，即d选项正确5(多选)如图甲是矩形导线框，电阻为r，虚线左侧线框面积为s，右侧面积为2s，虚线左右两侧导线框内磁场的磁感应强度随时间变化如图乙所示，设垂直线框向里的磁场为正，则关于线框中0t0时间内的感应电流的说法正确的是()a感应电流的方向为顺时针方向b感应电流的方向为逆时针方向c感应电流的大小为d感应电流的大小为解析：选bd向里的变化磁场产生的感应电动势为：e1s，感应电流方向为逆时针方向；向外的变化磁场产生的感应电动势为：e22s，感应电流方向为逆时针方向；从题图乙中可以得到：，感应电流为i，方向为逆时针方向，即b、d正确6.(2015河北石家庄质检)如图所示，两根电阻不计的光滑金属导轨竖直放置，导轨上端接电阻r，宽度相同的水平条形区域和内有方向垂直导轨平面向里的匀强磁场b，和之间无磁场一导体棒两端套在导轨上，并与两导轨始终保持良好接触，导体棒从距区域上边界h处由静止释放，在穿过两段磁场区域的过程中，流过电阻r上的电流及其变化情况相同下面四个图象能定性描述导体棒速度大小与时间关系的是()解析：选cmn棒先做自由落体运动，当到区磁场时由四个选项知棒开始减速，说明f安mg，由牛顿第二定律得，f安mgma，减速时f安减小，合力减小，a也减小，速度图象中图线上各点切线斜率减小；离开区后棒做加速度为g的匀加速直线运动，随后进入区磁场，因棒在穿过两段磁场区域的过程中，流过电阻r上的电流变化情况相同，则在区磁场中运动情况与区磁场中完全相同，所以只有c项正确7(多选)(2015江西八校联考)如图甲所示，光滑绝缘水平面上，虚线mn的右侧存在磁感应强度b2 t的匀强磁场，mn的左侧有一质量m0.1 kg的矩形线圈abcd，bc边长l10.2 m，电阻r2 .t0时，用一恒定拉力f拉线圈，使其由静止开始向右做匀加速运动，经过时间1 s，线圈的bc边到达磁场边界mn，此时立即将拉力f改为变力，又经过1 s，线圈恰好完全进入磁场，整个运动过程中，线圈中感应电流i随时间t变化的图象如图乙所示则()a恒定拉力大小为0.05 nb线圈在第2 s内的加速度大小为1 m/s2c线圈ab边长l20.5 md在第2 s内流过线圈的电荷量为0.2 c解析：选abd在第1 s末，i1，ebl1v1，v1a1t1，fma1，联立得f0.05 n，a项正确在第2 s内，由题图象分析知线圈做匀加速直线运动，第2 s末i2，ebl1v2，v2v1a2t2，解得a21 m/s2，b项正确在第2 s内，vv2a2l2，得l21 m，c项错误q0.2 c，d项正确8如图甲所示，在竖直平面内有四条间距相等的水平虚线l1、l2、l3、l4，在l1与l2、l3与l4之间均存在着匀强磁场，磁感应强度的大小均为1 t，方向垂直于竖直平面向里现有一矩形线圈abcd，宽度cdl0.5 m，质量为0.1 kg，电阻为2 ，将其从图示位置(cd边与l1重合)由静止释放，速度随时间变化的图象如图乙所示，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，t2t3之间的图线为与t轴平行的直线，t1t2的时间间隔为0.6 s，整个运动过程中线圈始终位于竖直平面内(重力加速度g取10 m/s2)则()a在0t1时间内，通过线圈的电荷量为2.5 cb线圈匀速运动的速度为8 m/sc线圈的长度ad1 md0t3时间内，线圈产生的热量为4.2 j解析：选bt2t3时间内，线圈做匀速直线运动，而eblv2，f，fmg，解得v28 m/s，选项b正确；线圈在cd边与l2重合到ab边与l3重合的过程中一直做匀加速运动，则ab边刚进磁场时，cd边也刚进磁场，设磁场宽度为d，则3dv2tgt2，解得d1 m，则ad边的长度为2 m，选项c错误；在0t3时间内，由能量守恒定律，有q5mgdmv1.8 j，选项d错误；在0t1时间内，通过线圈的电荷量q0.25 c，选项a错误9(多选)(2015湖北八校二联)如图xoy平面为光滑水平面，现有一长为d，宽为l的线框mnpq在外力f作用下，沿x轴正方向以速度v做匀速直线运动，空间存在竖直方向的磁场，磁感应强度bb0cosx(式中b0为已知量)，规定竖直向下方向为磁感应强度正方向，线框电阻为r.t0时刻mn边恰好在y轴处，则下列说法正确的是()a外力f为恒力bt0时，外力大小fc通过线框的瞬时电流id经过t，线框中产生的电热q解析：选bcd因线框沿x轴方向匀速运动，故ff安，由题图中磁场分布知f安的大小是变化的，故f不是恒力，a错t0时，x0处，bb0；xd处，bb0，由eblv，又mn、pq两边均切割磁感线且产生的感应电动