2022年2022届高三物理一轮总复习：电磁感应题型归纳

1、精品word 名师归纳总结 - - - - - - - - - - - -高考物理总复习电磁感应题型归纳一、电磁感应中的电路及图像问题类型一、依据 Bt 图像的规律，挑选Et 图像、 It 图像电磁感应中线圈面积不变、磁感应强度匀称变化，产生的感应电动势为Enn SB ttnSk ，磁感应强度的变化率kB 是定值，t感应电动势是定值，感应电流IE就是一个定值，在It 图像上就是水平直线；Rr例 1、矩形导线框 abcd 固定在匀强磁场中，磁感线的方向与导线框所在平面垂直，规定磁场的正方向垂直纸面对里，磁感应强度 B 随时间变化的规律如下列图；如规定顺时针方向为感应电流 I 的正方向，以下各图中

2、正确选项（ ）【思路点拨】磁感应强度的变化率为定值， 感应电动势电流即为定值；应用楞次定律“增反减同” 逐段判定电流的方向，同一个斜率电流方向、大小均相同；精选名师 优秀名师 - - - - - - - - - -第 1 页，共 24 页 - - - - - - - - - -精品word 名师归纳总结 - - - - - - - - - - - -【答案】 D【解析】依据法拉第电磁感应定律，Enn SB tt，导线框面积不变，B t为肯定值，感应电动势也为定值，感应电流也为定值，所以A 错误；0-1s 磁感应强度随时间增大，依据楞次定律，感应电流的方向为逆时针，为负， C 错误； 1-3s

3、斜率相同即B 相同为负，与第一t段的B t大小相等，感应电动势、感应电流大小相等，方向相反，为顺时针方向，为正，所以B 错误， D 正确；【总结升华】斜率是一个定值，要敏捷应用法拉第电磁感应定律（这 里定性分析）；1-3s 可以分段分析判定感应电流的方向，速度太慢，这里充分应用1-2s 和 2-3s 是同一个斜率 ,感应电动势、感应电流大小相等方向相同，概念清晰，解题速度快；类型二挑选 Et 图像、Ut 图像、 It 图像或 Ex 图像、 U x 图像和 Ix 图像例 2、如下列图，一个菱形的导体线框沿着自己的对角线匀速运动， 穿过具有肯定宽度的匀强磁场区域，已知对角线AC的长度为磁场宽度的两

4、倍且与磁场边界垂直 下面对于线框中感应电流随时间变化的图象 电流以 ABCD次序流向为正方向，从C点进入磁场开头计时 正确选项精选名师 优秀名师 - - - - - - - - - -第 2 页，共 24 页 - - - - - - - - - -精品word 名师归纳总结 - - - - - - - - - - - -【思路点拨】 先依据楞次定律判定感应电流的方向，再结合切割产生的感应电动势公式判定感应电动势的变化，从而结合闭合电路欧姆定律判定感应电流的变化 解决此题的关键把握楞次定律判定感应电流的方向，以及知道在切割产生的感应电动势公式E=BLv 中， L 为有效长度【答案】 B【解析】线

5、圈在进磁场的过程中，依据楞次定律可知，感应电流 的方向为 ABCD方向，即为正值，在出磁场的过程中，依据楞次定律知，感应电流的方向为ADCBA，即为负值 在线圈进入磁场的前一半的过程中，切割的有效长度匀称增大，感应电动势匀称增大，就感应 电流匀称增大， 在线圈进入磁场的后一半过程中，切割的有效长度匀称减小，感应电动势匀称减小，就感应电流匀称减小；在线圈出磁场 的前一半的过程中，切割的有效长度匀称增大，感应电流匀称增大， 在线圈出磁场的后一半的过程中，切割的有效长度匀称减小， 感应电流匀称减小故B 正确， A、C、D 错误应选： B精选名师 优秀名师 - - - - - - - - - -第 3

6、 页，共 24 页 - - - - - - - - - -精品word 名师归纳总结 - - - - - - - - - - - -【变式】一正方形闭合导线框abcd，边长 L=0.1m，各边电阻为1， bc 边位于 x 轴上，在 x 轴原点 O 右方有宽 L=0.1m、磁感应强度为 1T、方向垂直纸面对里的匀强磁场区域， 如下列图，当线框以恒定速度4m/s 沿 x 轴正方向穿越磁场区域过程中， 下面 4 个图可正确表示线框进入到穿出磁场过程中， ab 边两端电势差 U ab 随位置变化情形的是（）【答案】 B【解析】由题知 ab 边进入磁场做切割磁感线运动时，据闭合电路知识， U abI3R

7、BLv3R 4R3 BLv40.3V，且 a 点电势高于b 点电势，同理 ab 边出磁场后 cd 边进入磁场做切割磁感线运动，于 b 点电势，故 B正确， A、C、D 错误；U ab1 BLv40.1 V ， a 点电势高例 3、图中 A 是一底边宽为 L 的闭合线框，其电阻为R；现使线框以恒定的速度v 沿 x 轴向右运动， 并穿过图中所示精选名师 优秀名师 - - - - - - - - - -第 4 页，共 24 页 - - - - - - - - - -精品word 名师归纳总结 - - - - - - - - - - - -的宽度为 d 的匀强磁场区域， 已知<d，且在运动过程中

8、线框平面始终与磁场方向垂直； 如以 x 轴正方向作为力的正方向，线框从图所示位置开头运动的时刻作为时间的零点，就在图所示的图像中， 可能正确反映上述过程中磁场对线框的作用力F随时间 t 变化情形的是（）【思路点拨】逐段分析切割磁感线的长度、感应电流的大小和方向、安培力的大小和方向，对大小进行比较；【答案】 D【解析】线框以恒定的速度v 运动，刚进入磁场时，感应电动势 EBLv ，感应电流 IEBLvRR，安培力FBILB2 L2v R，方向向左为负，AC错误；当上面的二分之一L 进入磁场时，安培力变小，方向不变，BD的图像都相同（可以不分析） ；当右边穿出磁场时，感应电流方向为顺时针，安培力方

9、向向左仍为负， 长度仍为 L，安培力与第一次大小相同，D对；应选 D；精选名师 优秀名师 - - - - - - - - - -第 5 页，共 24 页 - - - - - - - - - -精品word 名师归纳总结 - - - - - - - - - - - -【总结升华】 当进入磁场的边反生变化时，要详细分析是那一条边切割磁感线，电流的方向、大小，进而分析安培力的方向、大小，分析安培力的方向要用左手定就；类型三依据自感、互感的规律，挑选Et 图像、 Ut 图像、 It 图像例 4、如下列图，竖直放置的螺线管与导线abcd 构成回路，导线所围区域内有一垂直纸面对里的变化的匀强磁场，螺线管下

10、方水平桌面上有一导体圆环；导线abcd 所围区域内磁场的磁感应强度按以下哪一图线所表示的方式随时间变化时，导体圆环将受到向上的磁场作用力？【思路点拨】“导体圆环受到向上的磁场力”的意思是什么？磁场的 磁感应强度发生变化， 是螺线管都产生感应电流， 导体圆环有没有感应电流呢？只有导体圆环有感应电流才会产生相互作用的磁场力，就是说要找出访导体圆环产生感应电流的；使导体圆环产生电流的是不是都能使导体圆环受到向上的磁场作用力呢？磁场力有吸引力有排斥力，最终要找出产生吸引力的就是题目的要求；【答案】 A【解析】导线 abcd 中磁场如匀称变化，就产生不变电流，故螺线管中产生磁场不变，导体圆环中无感应电流

11、，就不受磁场力，C、D 错精选名师 优秀名师 - - - - - - - - - -第 6 页，共 24 页 - - - - - - - - - -精品word 名师归纳总结 - - - - - - - - - - - -误；如 B 随 t 变化率增大，即Bt增大，对导体圆环产生的排斥力，如 B 随 t 变化率减小，即B 减小，曲线的斜率减小，就由楞次定律t知 A 正确， B 错误；【总结升华】 解决此题的关键是把握真正 “懂得导体圆环受到向上的磁场力”的意义，就是导体圆环上必需产生感应电流，同时产生的磁 场力仍必需是吸引力， 明显就必需是磁感应强度减小，仍不能是匀称减小（匀称变化导体圆环中无

12、感应电流）；类型四、图像分析的综合应用例 5、如图 a所示，平行长直金属导轨水平放置，间距L 0.4m，导轨右端接有阻值R 1 的电阻，导体棒垂直放置在导轨上，且接 触良好，导体棒及导轨的电阻均不计，导轨间正方形区域abcd 内有方向竖直向下的匀强磁场，bd 连线与导轨垂直，长度也为L，从 0 时刻开头，磁感应强度B 的大小随时间 t 变化，规律如图b所示；同 一时刻， 棒从导轨左端开头向右匀速运动，1s 后刚好进入磁场， 如使棒在导轨上始终以速度v1m/s 做直线运动，求：精选名师 优秀名师 - - - - - - - - - -第 7 页，共 24 页 - - - - - - - - -

13、-精品word 名师归纳总结 - - - - - - - - - - - -1进入磁场前，回路中的电动势E；2棒在运动过程中受到的最大安培力F，以及棒通过三角形abd区域时电流 i 与时间 t 的关系式；【答案】 1E= 0.04V2i = t 1 1s t<< 1.2s【解析】1进入磁场前，闭合回路中有磁场通过的有效面积不变， 磁感应强度匀称变大，由法拉第电磁感应定律，回路中的电动势BESabcdtt其中Sabcd2 L 220.08m 2代入数据得 E = 0.04V2进入磁场前，回路中的电流I0E0.04V0.04A R1进入磁场前，当B = 0.5T时，棒所受的安培力最大为

14、:F0 = BI0L = 0.5T× 0.04A × 0.4m = 0.008N进入磁场后，当导体棒在bd 时，切割磁感线的有效长度最长，为 L，此时回路中有最大电动势及电流：E1E1 = BLv和I1BLvRR精选名师 优秀名师 - - - - - - - - - -第 8 页，共 24 页 - - - - - - - - - -精品word 名师归纳总结 - - - - - - - - - - - -故进入磁场后最大安培力为：F1BI 1LB 2 L2 v R代入数据得： F1 = 0.04N故运动过程中所受的最大安培力为0.04N，棒通过三角形区域abd 时，切割磁感

15、线的导体棒长度为LL = 2v×t 1 =t2 1E2 = B Lv故回路中的电流iE20.52t1 At1 A1st1.2sR1【考点】法拉第电磁感应定律；匀强磁场中的安培力；闭合电路的欧姆定律二、电磁感应中的力电综合问题类型一、电磁感应中的电路问题例 1、把总电阻为 2R 的匀称电阻丝焊接成一半径为a 的圆环，水平固定在竖直向下的磁感应强度为B 的匀强磁场中， 如下列图， 一长度为 2a、电阻等于 R、粗细匀称的金属棒MN 放在圆环上，它与圆环始终保持良好的电接触；精选名师 优秀名师 - - - - - - - - - -第 9 页，共 24 页 - - - - - - - -

16、- -精品word 名师归纳总结 - - - - - - - - - - - -当金属棒以恒定速度v 向右移动，经过环心O 时，求：（ 1）棒上电流的大小和方向，以及棒两端的电压UMN；（ 2）在圆环和金属棒上消耗的总热功率；【思路点拨】 当金属棒以恒定速度v 向右移动， 经过环心 O 时，金属棒切割磁感线相当于电源，判定电流方向，电势高的点，标出电流方 法，可以看出，电流分成两条支路，即两部分导线并联，简要画出电 路图，然后列式运算；【答案】（1）4 Bav3R，方向由 N 到 M；（2）8 Bav 23R【解析】（ 1）当金属棒 MN 经过环心 O 点时，产生的感应电动势为 E=B2av=

17、2Bav，此时的等效电路为，I由欧姆定律得ER1 R24Bav 3R由右手定就知电流的；RU MNI4BavR2 Bav金属棒两端的电压是路端电压，43R23；精选名师 优秀名师 - - - - - - - - - -第 10 页，共 24 页 - - - - - - - - - -精品word 名师归纳总结 - - - - - - - - - - - -（ 2）由于整个电路为纯电阻电路，所以在圆环和金属棒上消耗的总热功率等于电源的总功率即PEI8 Bav23R；【总结升华】解题的关键是分析清晰哪是电源、哪是内电路、哪是外电路，它们的电阻是多大，电流的流向，串并联关系如何，做题时最 好画出电路

18、图；此题MN 是电源，其电阻是内阻，电流在M 分成两条支路 ，这两段是并联关系，两段的电阻都为R，因此外电路的电阻为 R 的二分之一；类型二、电磁感应中的力学问题例 2、如下列图，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0.2kg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 1m 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 0.4 0.2 t T ，图示磁场方向为正方向框、挡板和杆 不计形变就 A t 1 s

19、时，金属杆中感应电流方向从C到 D精选名师 优秀名师 - - - - - - - - - -第 11 页，共 24 页 - - - - - - - - - -精品word 名师归纳总结 - - - - - - - - - - - -B t 3 s 时，金属杆中感应电流方向从D 到 CC t 1 s 时，金属杆对挡板P 的压力大小为 0.1 N D t 3 s 时，金属杆对挡板H 的压力大小为 0.2 N【答案】 AC【解析】由于 B0.4 0.2 t T，在 t 1 s 时穿过平面的磁通量向下并削减，就依据楞次定律可以判定，金属杆中感应电流方向从C 到 D， A 正确在 t 3 s 时穿过平面

20、的磁通量向上并增加，就依据楞次定律可以判定， 金属杆中感应电流方向仍旧是从C到 D，B 错误由法拉第电磁感应定律得BES sin 300.1V ，tt由闭合电路的欧姆定律得电路电流IE1A R，在 t 1 s 时， B0.2 T，方向斜向下，电流方向从C 到 D，金属杆对挡板 P 的压力水平向右，大小为FP BILsin 30 °0.1 N，C 正确同理，在t 3s 时，金属杆对挡板H 的压力水平向左，大小为FH BILsin 30 °0.1 N， D 错误精选名师 优秀名师 - - - - - - - - - -第 12 页，共 24 页 - - - - - - - -

21、- -精品word 名师归纳总结 - - - - - - - - - - - -举一反三【变式 1】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度 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视；求（ 1）电阻 R 消耗的功率；（ 2）水平外力的大小；【答案】（1） P222B L vR（2） ） F2 2B l vmgR【解析】（1）导体切割磁感线运动产生的

22、电动势为EBLv ，依据欧姆定律，闭合回路中的感应电流为IER电阻 R 消耗的功率为PI 2 R ，联立可得 PB 2 L2 v2 R（ 2）对导体棒受力分析，受到向左的安培力和向左的摩擦力，向右的外力，三力平稳，故有F安mgF， F安BIlBBlv Rl ，故精选名师 优秀名师 - - - - - - - - - -第 13 页，共 24 页 - - - - - - - - - -精品word 名师归纳总结 - - - - - - - - - - - -B 2l 2vFmgR三、电磁感应中的能量问题练习一、依据能量守恒定律判定有关问题例 1、如下列图，闭合线圈 abcd 用绝缘硬杆悬于 O

23、点，虚线表示有界磁场 B，把线圈从图示位置释放后使其摇摆，不计其它阻力，线圈将（ ）A.往复摇摆 B.很快停在竖直方向平稳而不再摇摆C.经过很长时间摇摆后最终停下D.线圈中产生的热量小于线圈机械能的削减量【思路点拨】闭合线圈在进出磁场的过程中，磁通量发生变化，闭合 线圈产生感应电流， 其机械能转化为电热， 依据能量守恒定律机械能全部转化为内能；【答案】 B【解析】当线圈进出磁场时，穿过线圈的磁通量发生变化，从而在线 圈中产生感应电流， 机械能不断转化为电能， 直至最终线圈不再摇摆；精选名师 优秀名师 - - - - - - - - - -第 14 页，共 24 页 - - - - - - -

24、- - -精品word 名师归纳总结 - - - - - - - - - - - -依据能量守恒定律， 在这过程中， 线圈中产生的热量等于机械能的减少量；【总结升华】始终抓住能量守恒定律解决问题，金属块（圆环、闭合 线圈等）在穿越磁场时有感应电流产生，电能转化为内能，消耗了机 械能，机械能削减，在磁场中运动相当于力学部分的光滑问题，不消 耗机械能； 上述线圈所显现的现象叫做电磁阻尼；用能量转化和守恒定律解决此类问题往往非常简便；磁电式电流表、 电压表的指针偏转过程中也利用了电磁阻尼现象，所以指针能很快静止下来；类型二、“杆” +水平导轨（竖直导轨）问题例 2、以速率 v 将矩形线圈从一个有界匀

25、强磁场中拉出线圈中感应电流为 I，感应电流通过线圈导线横截面的电量为q，拉力做功为 W；如该速率为 2v 将线圈从磁场中拉出， 求：（ 1）线圈中感应电流；（ 2）通过线圈导线横截面的电量；（ 3）拉力做功；【思路点拨】分别写出感应电动势、感应电流、安培力、电量、拉力 的功在速度为 v 时的表达式，再分析速率为2v 时的感应电流、电量、拉力做的功；【答案】（1） 2I；（ 2）q；（3） 2W.精选名师 优秀名师 - - - - - - - - - -第 15 页，共 24 页 - - - - - - - - - -精品word 名师归纳总结 - - - - - - - - - - - -【解

26、析】（1）感应电动势 EBLv ，感应电流 IEBLvRR安培力FBILB 2L2v R，电量 qIt ，拉力做功 WPtFvt当速率为 2v 时， I2 I ；（ 2）时间为 t1 t ， qI tq 2（3） ） F2 F ， t1 t ， v22v ， WP t2 F2v1 t22W ；【总结升华】 娴熟应用基本公式， 写出变化后的量与变化前的倍数关系，代入公式运算；举一反三【变式】水平面上两根足够长的金属导轨平行固定放置，间距为L， 一端通过导线与阻值为R 的电阻连接；导轨上放一质量为m 的金属 杆，金属杆与导轨的电阻忽视不计；匀称磁场竖直向下，用与导轨平行的恒定拉力 F 作用在金属杆

27、上， 杆最终将做匀速运动； 当转变拉力的大小时，相对应的匀速运动速度 v 也会变化，v 和 F 的关系如图（b） 所示（取重力加速度 g=10m/s2）（ 1）金属杆在匀速运动之前做什么运动？精选名师 优秀名师 - - - - - - - - - -第 16 页，共 24 页 - - - - - - - - - -精品word 名师归纳总结 - - - - - - - - - - - -（ 2）如 m=0.5Kg，L=0.5m ， R=0.5；就磁感应强度B 为多大？（ 3）由 vF图线的截距可求得什么物理量？其值为多少？【答案】（1）变加速运动（加速度减小的加速运动）或变速运动（ 2） B1

28、T （ 3）0.4【解析】（1）变加速运动（加速度减小的加速运动）或变速运动（ 2）当杆匀速运动时，FfFA0 ， FABIL ， IEBLvRRB 2 L2 vFAR，就有 FfB2 L2v0R所以 vR Ff B 2 L2由（ b）可知 f2 N 代入4B 20.50.5242 ，所以 B1T（ 3）由截距求得 f，并能求得 ； f2 N ，解得0.4 ；类型三、“杆” +倾斜导轨问题例 4、如下列图，两根金属导轨平行放置在倾角为30°的斜面上，导轨左端接有电阻R8，导轨自身电阻不计匀强磁场垂直于斜 面 向上 ， 磁 感 应 强 度 为 B0.5T 质 量 为m0.1kg ，电阻

29、为 r2的金属棒 ab 由静止释放，沿导轨下滑，如下列图设导轨足够长，导轨精选名师 优秀名师 - - - - - - - - - -第 17 页，共 24 页 - - - - - - - - - -精品word 名师归纳总结 - - - - - - - - - - - -宽度 L2m ，金属棒ab下滑过程中始终与导轨接触良好，当金属棒下滑的高度为 h3m 时，恰好达到最大速度vm2m /s，求此过程中（ 1）金属棒受到的摩擦阻力；（ 2）电阻 R中产生的热量（ 3）通过电阻 R的电量 .【思路点拨】求“杆”+倾斜导轨问题的能量问题的基本方法，仍旧是受力分析、运动分析，关键是安培力的大小和方向，

30、安培力做的功转化为内能，再应用能量守恒定律；【答案】（1） f0.3 N （2） QR0.8J （ 3） q0.6C【解析】（1）感应电流的方向从 b到a，做受力图；当金属棒速度恰好达到最大速度时，加速度为零,就 mg sinBILf依据法拉笫电磁感应定律：EBLvm依据闭合电路欧姆定律：IE,Rr联立以上各式解得fmg sinB2 L2vmRr0.3N .（ 2）下滑过程，依据能量守恒定律，重力势能的削减量等于摩擦力精选名师 优秀名师 - - - - - - - - - -第 18 页，共 24 页 - - - - - - - - - -精品word 名师归纳总结 - - - - - - -

31、 - - - - -做的功、安培力做的功（转化为热量）以及动能之和mmghfhQ1 mv2sin2代入数据解得电路中产生的总电热为：Q=1J此过程中电阻 R中产生的热量： QRRQ81J Rr820.8J（ 3）设通过电阻 R的电量为 q，由 E， IEtRr得 qItBLh Rr Rr sin0.6C【总结升华】对“杆”+倾斜导轨问题，正确进行受力分析是首要问题，安培力方向与磁场方向垂直沿斜面对上（假如磁场方向竖直向上，安培力方向就水平向右了，仍要分解） ；能量守恒定律的应用至关重要，也可以这样分析：初态的的能量：重力势能；末态的能量：有动 能、克服摩擦力做功消耗的能量、克服安培力做功消耗的

32、能量，能量 守恒定律就是总量不变，即初态的能量等于末态的能量；类型四、“杆” +导轨+弹簧的问题例 5、两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为L ，底端接阻值为 R 的电阻；将质量为 m 的金属棒悬挂在一个固定的轻弹簧下端， 金属棒和导轨接触良好，导轨所在平面与磁感应强度为B 的匀强磁场垂直，如下列图；除电阻R 外其余电阻不计；现将金属棒从弹簧精选名师 优秀名师 - - - - - - - - - -第 19 页，共 24 页 - - - - - - - - - -精品word 名师归纳总结 - - - - - - - - - - - -原长位置由静止释放就（）A释放瞬时金属棒的加速度等于重力加

33、速度g B金属棒向下运动时，流过电阻R 的电流方向为 abC金属棒的速度为v 时所受的安培力大小为FB 2 L2v RD电阻 R上产生的总热量等于金属棒重力势能的削减【思路点拨】 此题 ABC选项都比较简洁， 能量守恒的关系是： 重力势能转化为动能与弹性势能之和；【答案】 AC【解析】从弹簧原长位置由静止释放 加速度等于重力加速度， A 对； 依据右手定就，感应电流方向向右，为ba，B 错；利用公式快速推导安培力大小为 FB 2 L2v R， C对；依据能量守恒定律，金属棒的重力势能转化为动能、弹性势能、克服安培力做的功（热量）三部分，D错；（假如金属棒有电阻，它仍有热量）应选AC；【总结升华

34、】此题是基此题，但很简洁错； A、不少人认为弹簧有拉力，加速度小于重力加速度，不分析过程造成错误； B、判定出电流方向向右，就认为 ab，应当动笔标出就不会错了； C、安培力大小精选名师 优秀名师 - - - - - - - - - -第 20 页，共 24 页 - - - - - - - - - -精品word 名师归纳总结 - - - - - - - - - - - -B 2 L2vFR做几个题就知道了，但R 是总电阻； D、能量守恒定律的应用肯定要娴熟；类型五、矩形线圈穿越磁场问题例 6、如下列图，水平地面上方矩形区域内存在垂直纸面对里的匀强磁场， 两个边长相等的单线闭合正方形线圈和，分

35、别用相同材料，不同粗细的导线绕制 为细导线 两线圈在距磁场上界面h 高处由静止开头自由下落，再进入磁场，最终落到地面运动过程中，线圈平面始终保持在竖直平面内且下边缘平行于磁场上边界设线圈 、落地时的速度大小分别为v1 、v2 ，在磁场中运动时产生的热量分别为Q1 、 Q2 不计空气阻力，就（）A v1v2 ， Q1Q2B v1v2 ， Q1Q2C v1v2 ， Q1Q2D v1v2 ， Q1Q2【思路点拨】要比较速度的大小和在磁场中运动时产生的热量的多少，应当要分析安培力、总电阻，比较它们在磁场中的加速度，加速度大的落地速度就大；【答案】 D【解析】由于从同一高度下落，到达磁场边界时具有相同的速度v，B 2 L2 v切割磁感线产生感应电流同时受到磁场的安培力FA4l，又RB2L2vSR（ 为材料的电阻率， l 为线圈的边长），所以安培力 FA，S4精选名师 优秀名师 - - - - - - - - - -第 21 页，共 24 页 - - - - - - - - - -精品word 名师归纳总结 - - - - - - - - - - - -此时加速度 agFA ，且mm0 S4l 0 为材料的密度 ，FB2v所以加速度 agAmg160是定值，线圈 和同步运动，就落地速度相等v1v2 ；由能量守恒可得：Qmg hH 1 mv2 ，2H 是磁场区域的高度 ，为细导