《第3章+电磁感应》2010年单元测试卷(湖北省示范高中)

1、第4章 电磁感应单元测试卷一、选择题（共12小题，每小题5分，满分60分）1（5分）（2010秋藁城市校级月考）闭合铜环与闭合金属框相接触放在匀强磁场中，如图所示，当铜环向右移动时，金属框架不动，下列说法中正确的是（）A铜环中没有感应电流产生，因磁通量没有变化B金属框中没有感应电流产生，因磁通量没有变化C铜环中没有感应电流产生，金属框中有感应电流产生D铜环和金属框中都有感应电流产生2（5分）（2001上海）如图是一种延时开关，当S1、S2均闭合时，电磁铁F将衔铁D吸下，C电路接通，当S1断开时，由于电磁感应作用，D将延迟一段时间才被释放则（）A由于A线圈的电磁感应作用，才产生延时释放D的作用B

2、由于B线圈的电磁感应作用，才产生延时释放D的作用C如果断开B线圈的开关S2，则无延时作用D如果断开B线圈的开关S2，则延时将变长3（5分）（2013春昆明校级期中）如图所示，MN、PQ为两条平行的水平放置的金属导轨，左端接有定值电阻R，金属棒ab斜放在两导轨之间，与导轨接触良好，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面，设金属棒与两导轨接触点之间的距离为L，金属棒与导轨间夹角为60°，以速度v水平向右匀速运动，不计导轨和棒的电阻，则流过金属棒中的电流为（）AI=BI=CI=DI=4（5分）（2013自贡一模）如图1所示，长直导线与闭合金属线框位于同一平面内，长直导线中的电流i随时间t的

3、变化关系如图2所示在0时间内，直导线中电流向上，则在T时间内，线框中感应电流的方向与所受安培力情况是（）A感应电流方向为顺时针，线框受安培力的合力方向向左B感应电流方向为逆时针，线框受安培力的合力方向向右C感应电流方向为顺时针，线框受安培力的合力方向向右D感应电流方向为逆时针，线框受安培力的合力方向向左5（5分）（2013春嘉峪关校级期中）如图所示，一个有弹性的金属圆环被一根橡皮绳吊于通电直导线的正下方，直导线与圆环在同一竖直平面内，假定圆环不发生转动，当通电直导线中电流增大时，弹性环的面积S和橡皮绳的长度L将（）AS增大，L变长BS减小，L变短CS增大，L变短DS减小，L变长6（5分）（20

4、09平湖市校级模拟）如图所示，电灯A和B与固定电阻的阻值均为R，L是自感系数较大的线圈，当S1闭合、S2断开且电路稳定时A、B亮度相同；再闭合S2，待电路稳定后将S1断开；下列说法中正确的是（）AB灯立即熄灭BA灯将比原来更亮一些后再熄灭C有电流通过B灯，方向为cdD有电流通过A灯，方向为ba7（5分）关于日光灯的启动器和镇流器的作用，下列说法中正确的是（）A日光灯点亮后，启动器的动、静触片是接触的B日光灯点亮后，启动器不再起作用C日光灯点亮后，镇流器起产生瞬时高压的作用D日光灯点亮后，镇流器不再起作用8（5分）（2004江苏）如图，一个有界匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外一个矩形闭合导线框

5、abcd，沿纸面由左向右匀速运动到虚线位置则（）A导线框进入磁场时，感应电流方向为adcbaB导线框离开磁场时，感应电流方向为abcdaC导线框进入磁场时，受到的安培力方向水平向左D导线框离开磁场时，受到的安培力方向水平向右9（5分）（2011碑林区校级模拟）图中EF、GH为平行的金属导轨，其电阻可不计，R为电阻器，C为电容器，AB为可在EF和GH上滑动的导体横杆有均匀磁场垂直于导轨平面若用I1和I2分别表示图中该处导线中的电流，则当横杆AB（）A匀速滑动时，I1=0，I2=0B匀速滑动时，I10，I20C加速滑动时，I1=0，I2=0D加速滑动时，I10，I2010（5分）如图所示，矩形线圈

6、长为L，宽为h，电阻为R，质量为m，由空中某一高度自由落下，加速穿过一匀强磁场区域，磁区的宽度也为h设矩形线圈刚进入磁区时的动能为Ek1，刚穿出磁区时的动能为Ek2，这一过程中产生的焦耳热为Q，线圈克服磁场力做的功为W1，重力做的功为W2，不计空气阻力，则下列关系式中正确的是（）AQ=Ek1Ek2BQ=W2W1CQ=W1DQ=W211（5分）（2014秋金台区期末）如图所示，光滑固定的金属导轨M、N水平放置，两根导体棒P、Q平行放置在导轨上，形成一个闭合回路，一条形磁铁从高处下落接近回路时（）AP、Q将相互靠拢BP、Q将相互远离C磁铁的加速度仍为gD磁铁的加速度小于g12（5分）（2006上海

7、）如图所示，平行金属导轨与水平面成角，导轨与固定电阻R1和R2相连，匀强磁场垂直穿过导轨平面有一导体棒ab，质量为m，导体棒的电阻与固定电阻R1和R2的阻值均相等，与导轨之间的动摩擦因数为，导体棒ab沿导轨向上滑动，当上滑的速度为v时，受到安培力的大小为F此时（）A电阻R1消耗的热功率为B电阻R1消耗的热功率为C整个装置因摩擦而消耗的热功率为mgvcosD整个装置消耗的机械功率为（F+mgcos）v二、解答题（共5小题，满分60分）13（12分）（2002河南）如图所示，半径为R、单位长度电阻为的均匀导体圆环固定在水平面上，圆环中心为O匀强磁场垂直水平面方向向下，磁感强度为B平行于直径MON的

8、导体杆，沿垂直于杆的方向向右运动杆的电阻可以忽略不计，杆与圆环接触良好，某时刻，杆的位置如图，aOb=2，速度为v，求此时刻作用在杆上安培力的大小14（12分）（2012春淮北校级月考）如图所示，在一对平行的金属导轨的上端连接一阻值为R的定值电阻，两导轨所决定的平面与水平面成30°角，若将一质量为m、长为L的导体棒ab垂直于两导轨放在导轨上，并使其由静止开始下滑，已知导体棒电阻为r，整个装置处在垂直于导轨平面的匀强磁场中，磁感应强度为B，求导体棒最终下滑的速度及电阻R最终的发热功率分别为多少（导轨足够长，磁场足够大，不计导轨电阻和摩擦）15（12分）（2001江西）如图1所示一对平行

9、光滑轨道放置在水平面上，两轨道间距l=0.20m，电阻R=1.0；有一导体杆静止地放在轨道上，与两轨道垂直，杆及轨道的电阻皆可忽略不计，整个装置处于磁感强度B=0.50T的匀强磁场中，磁场方向垂直轨道面向下现用一外力F沿轨道方向拉杆，使之做匀加速运动，测得力F与时间t的关系如图2所示求杆的质量m和加速度a16（12分）（2002上海）如图所示，两条互相平行的光滑金属导轨位于水平面内，距离为l=0.2米，在导轨的一端接有阻值为R=0.5欧的电阻，在X0处有一与水平面垂直的均匀磁场，磁感强度B=0.5特斯拉一质量为m=o.1千克的金属直杆垂直放置在导轨上，并以v0=2米/秒的初速度进入磁场，在安培

10、力和一垂直于杆的水平外力F的共同作用下作匀变速直线运动，加速度大小为a=2米/秒2、方向与初速度方向相反设导轨和金属杆的电阻都可以忽略，且接触良好求：（1）电流为零时金属杆所处的位置；（2）电流为最大值的一半时施加在金属杆上外力F的大小和方向；（3）保持其他条件不变，而初速度v0取不同值，求开始时F的方向与初速度v0取值的关系17（12分）（2006上海）如图所示，将边长为a、质量为m、电阻为R的正方形导线框竖直向上抛出，穿过宽度为b、磁感应强度为B的匀强磁场，磁场的方向垂直纸面向里，线框向上离开磁场时的速度刚好是进入磁场时速度的一半，线框离开磁场后继续上升一段高度，然后落下并匀速进入磁场，整

11、个运动过程中始终存在着大小恒定的空气阻力f，且线框不发生转动求：（1）线框在下落阶段匀速进入磁场时的速度v2；（2）线框在上升阶段刚离开磁场时的速度v1；（3）线框在上升阶段通过磁场过程中产生的焦耳热Q第3章 电磁感应2010年单元测试卷（湖北省示范高中）参考答案与试题解析一、选择题（共12小题，每小题5分，满分60分）1（5分）（2010秋藁城市校级月考）闭合铜环与闭合金属框相接触放在匀强磁场中，如图所示，当铜环向右移动时，金属框架不动，下列说法中正确的是（）A铜环中没有感应电流产生，因磁通量没有变化B金属框中没有感应电流产生，因磁通量没有变化C铜环中没有感应电流产生，金属框中有感应电流产生

12、D铜环和金属框中都有感应电流产生【考点】法拉第电磁感应定律；感应电流的产生条件菁优网版权所有【分析】当穿过线圈的磁通量发生变化时，出现感应电流【解答】解：如图所示，表面上看来：当铜环向右移动时，金属框架不动时，穿过铜环的磁通量不变，所以铜环没有感应电流产生而金属框的磁通量也没有变化，所以也没有感应电流，其实当铜环的移动，导致线圈adfgea 与bcfheb闭合电路磁通量发生变化，从而出现感应电流由楞次定律可知，线圈adfgea 感应电流是逆时针，而线圈bcfheb的感应电流是顺时针，且电流大小相等，因此ABC均错误，D正确；故选：D【点评】考查感应电流产生的条件：只要穿过闭合线圈的磁通量发生变

13、化知道切割感应线并不一定有感应电流出现，必须要有磁通量变化注意容易出现的是铜环磁通量没有发生变化，怎么会有感应电流的2（5分）（2001上海）如图是一种延时开关，当S1、S2均闭合时，电磁铁F将衔铁D吸下，C电路接通，当S1断开时，由于电磁感应作用，D将延迟一段时间才被释放则（）A由于A线圈的电磁感应作用，才产生延时释放D的作用B由于B线圈的电磁感应作用，才产生延时释放D的作用C如果断开B线圈的开关S2，则无延时作用D如果断开B线圈的开关S2，则延时将变长【考点】楞次定律菁优网版权所有【专题】电磁感应中的力学问题【分析】当S1、S2均闭合时，电磁铁F将衔铁D吸下，C电路接通，当S1断开时，导致

14、由于线圈B中的磁通量变化，从而出现感应电流，致使F中仍有磁性，出现延迟一段时间才被释放若线圈B处于断开，即使S1断开也不会有感应电流，则不会出现延迟现象【解答】解：当S1断开时，导致由于线圈B中的磁通量变小，从而出现感应电流，致使F中仍有磁性，出现延迟一段时间才被释放所以由于B线圈的电磁感应作用，才产生延时释放D的作用若断开B线圈的开关S2，当S1断开，F中立即没有磁性，所以没有延时功能故选：BC【点评】线圈B中的磁场，完全是由感应电流引起的，而感应电流是由线圈A中的电流变化而产生的因此本题要学生熟练掌握楞次定律3（5分）（2013春昆明校级期中）如图所示，MN、PQ为两条平行的水平放置的金属

15、导轨，左端接有定值电阻R，金属棒ab斜放在两导轨之间，与导轨接触良好，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面，设金属棒与两导轨接触点之间的距离为L，金属棒与导轨间夹角为60°，以速度v水平向右匀速运动，不计导轨和棒的电阻，则流过金属棒中的电流为（）AI=BI=CI=DI=【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菁优网版权所有【专题】电磁感应与电路结合【分析】当金属棒以速度v水平向右匀速运动，金属棒切割磁感线，产生感应电动势和感应电流，金属棒有效的切割长度为L，求出感应电动势，由闭合电路欧姆定律求出电流【解答】解：当金属棒以速度v水平向右匀速运动，金属棒切割磁感线，产生

16、感应电动势和感应电流，金属棒有效的切割长度为L，ab中产生的感应电动势为E=BLv，通过R的电流为I=故选B【点评】本题容易产生的错误是认为金属棒的切割长度为L，感应电动势为E=BLv4（5分）（2013自贡一模）如图1所示，长直导线与闭合金属线框位于同一平面内，长直导线中的电流i随时间t的变化关系如图2所示在0时间内，直导线中电流向上，则在T时间内，线框中感应电流的方向与所受安培力情况是（）A感应电流方向为顺时针，线框受安培力的合力方向向左B感应电流方向为逆时针，线框受安培力的合力方向向右C感应电流方向为顺时针，线框受安培力的合力方向向右D感应电流方向为逆时针，线框受安培力的合力方向向左【考

17、点】法拉第电磁感应定律；左手定则菁优网版权所有【专题】电磁感应中的力学问题【分析】在T时间内，直线电流方向向下，根据安培定则判断出直导线周围的磁场，根据磁场的变化，通过楞次定律判断出金属线框中的感应电流，从而通过受力判断线框所受安培力的合力【解答】解：在T时间内，直线电流方向向下，根据安培定则，知导线右侧磁场的方向垂直纸面向外，电流逐渐增大，则磁场逐渐增强，根据楞次定律，金属线框中产生顺时针方向的感应电流根据左手定则，知金属框左边受到的安培力方向水平向右，右边受到的安培力水平向左，离导线越近，磁场越强，则左边受到的安培力大于右边受到的安培力，所以金属框所受安培力的合力水平向右故C正确，A、B、

18、D错误故选C【点评】解决本题的关键掌握安培定则判断电流与其周围磁场的方向的关系，运用楞次定律判断感应电流的方向，以及运用左手定则判断安培力的方向5（5分）（2013春嘉峪关校级期中）如图所示，一个有弹性的金属圆环被一根橡皮绳吊于通电直导线的正下方，直导线与圆环在同一竖直平面内，假定圆环不发生转动，当通电直导线中电流增大时，弹性环的面积S和橡皮绳的长度L将（）AS增大，L变长BS减小，L变短CS增大，L变短DS减小，L变长【考点】楞次定律菁优网版权所有【分析】弹性的金属圆环处于长直导线电流所产生的磁场中，根据右手螺旋定则可判定圆环所处磁场的方向，且大小变化再根据楞次定律可确定圆环内的感应电流方向

19、，根据左手定则，判断出弹性的金属圆环受到安培力的方向，从而判断出结果正确与否【解答】解：根据右手螺旋定则可知，直线电流下边磁场方向垂直纸面向里，由于电流增大，则弹性的金属圆环中的磁通量增大，导致产生感应电流，根据楞次定律可知，圆环中的感应电流方向：逆时针方向根据左手定则可知，弹性的金属圆环上边的所受的安培力竖直向下，弹性的金属圆环下边的所受的安培力竖直向上，由于下边离长直导线电流越远，磁场越弱，所以向下的安培力大于向上的安培力，从而导致橡皮绳的长度变长；可将圆环等效成一段一段的导线，由左手定则可知，安培力指向圆心，导致弹性环面积减小故D正确，A、B、C错误故选D【点评】解决本题的关键会用右手螺

20、旋定则（安培定则）判断电流周围磁场的方向，以及会用楞次定律来判定感应电流方向，左手定则判断安培力的方向同时会运用等效思维6（5分）（2009平湖市校级模拟）如图所示，电灯A和B与固定电阻的阻值均为R，L是自感系数较大的线圈，当S1闭合、S2断开且电路稳定时A、B亮度相同；再闭合S2，待电路稳定后将S1断开；下列说法中正确的是（）AB灯立即熄灭BA灯将比原来更亮一些后再熄灭C有电流通过B灯，方向为cdD有电流通过A灯，方向为ba【考点】自感现象和自感系数菁优网版权所有【分析】在开关闭合瞬间，线圈阻碍电流的增加，断开S1瞬间产生一自感电动势相当于电源，与A组成闭合回路【解答】解：解：S1闭合、S2

21、断开且电路稳定时两灯亮度相同，说明L的直流电阻亦为R闭合S2后，L与A灯并联，R与B灯并联，它们的电流均相等当断开后，L将阻碍自身电流的减小，即该电流还会维持一段时间，在这段时间里，因S2闭合，电流不可能经过B灯和R，只能通过A灯形成bAaLcb的电流，所以AD正确C错误；由于自感形成的电流是在L原来电流的基础上逐渐减小的，并没有超过A灯原来电流，故A灯虽推迟一会熄灭，但不会比原来更亮，故B错误故选：AD【点评】做好本类题目要注意：线圈与哪种电器配合，在结合线圈的特点分析哪一端的电势高，从而判断电流的方向7（5分）关于日光灯的启动器和镇流器的作用，下列说法中正确的是（）A日光灯点亮后，启动器的

22、动、静触片是接触的B日光灯点亮后，启动器不再起作用C日光灯点亮后，镇流器起产生瞬时高压的作用D日光灯点亮后，镇流器不再起作用【考点】自感现象的应用菁优网版权所有【分析】当开关接通220伏的电压立即使启辉器的惰性气体电离，产生辉光放电辉光放电的热量使双金属片受热膨胀，两极接触电流通过镇流器、启辉器触极和两端灯丝构成通路灯丝很快被电流加热，发射出大量电子双金属片自动复位，两极断开在两极断开的瞬间，电路电流突然切断，镇流器产生很大的自感电动势，与电源电压叠加后作用于管两端灯丝受热时发射出来的大量电子，在灯管两端高电压作用下，以极大的速度由低电势端向高电势端运动在加速运动的过程中，碰撞管内氩气分子，使

23、之迅速电离在紫外线的激发下，管壁内的荧光粉发出近乎白色的可见光【解答】解：A、日光灯点亮后，启动器的动、静触片是断开的，日光灯在启辉时，由镇流器产生高压，灯管内的惰性气体在高压下电离，形成气体导电电流，即由电子形成电路连接灯光两端，启动器不再起作用，故A错误，B正确C、在开关闭合的瞬间，由于镇流器电流急剧减小，会产生很高的自感电动势，方向与原来的电压方向相同喧个自感电动势与电源电压加在一起，形成一个瞬时高压，加在灯管两端，使灯管中的气体开始放电，于是日光灯成为电流的通路开始发光日光灯开始发光时，由于交变电流通过镇流器的线圈，线圈中就会产生自感电动势，它总是阻碍电流变化的，这时镇流器起着降压限流

24、的作用，保证日光灯正常工作 故C、D错误故选B【点评】日光灯正常发光后由于交流电不断通过镇流器的线圈，线圈中产生自感电动势，自感电动势阻碍线圈中的电流变化，这时镇流器起降压限流的作用，使电流稳定在灯管的额定电流范围内，灯管两端电压也稳定在额定工作电压范围内由于这个电压低于启辉器的电离电压，所以并联在两端的启辉器也就不再起作用了8（5分）（2004江苏）如图，一个有界匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外一个矩形闭合导线框abcd，沿纸面由左向右匀速运动到虚线位置则（）A导线框进入磁场时，感应电流方向为adcbaB导线框离开磁场时，感应电流方向为abcdaC导线框进入磁场时，受到的安培力方向水平向左

25、D导线框离开磁场时，受到的安培力方向水平向右【考点】右手定则；左手定则菁优网版权所有【专题】电磁学【分析】线框进入时bc边切割磁感线，出来时ad边切割磁感线，因此根据右手定则可以判断出电流方向，注意完全进入时，磁通量不变，无感应电流产生；然后根据左手定则判断安培力方向也可以利用楞次定律直接判断电流和受力方向【解答】解：线框进入磁场时，磁通量增大，因此感应电流形成磁场方向向里，由安培定则可知感应电流方向为abcda，安培力方向水平向左，同理线框离开磁场时，电流方向为adcba，安培力方向水平向左，故ABD错误，C正确故选C【点评】本题可以利用楞次定律直接判断电流和受力方向，也可以利用右手定则先判

26、断电流向，然后利用左手定则判断受力方向9（5分）（2011碑林区校级模拟）图中EF、GH为平行的金属导轨，其电阻可不计，R为电阻器，C为电容器，AB为可在EF和GH上滑动的导体横杆有均匀磁场垂直于导轨平面若用I1和I2分别表示图中该处导线中的电流，则当横杆AB（）A匀速滑动时，I1=0，I2=0B匀速滑动时，I10，I20C加速滑动时，I1=0，I2=0D加速滑动时，I10，I20【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菁优网版权所有【专题】电磁感应与电路结合【分析】当AB切割磁感线时，相当于电源匀速滑动，产生稳定的电动势，电容器“隔直流”，此时无电流通过电容器；加速滑动，电动

27、势增大，电容器有充电电流【解答】解：当AB切割磁感线时，相当于电源匀速滑动，电动势不变，电容器两端间的电压不变，所以I2=0，I10；加速滑动，根据E=BLv，知电动势增大，电容两端的电压增大所带的电量要增加，此时有充电电流，所以I10，I20故A、B、C错误，D正确故选D【点评】解决本题的关键知道电容器的特点“隔直流”，两端间电压变化时，会有充电电流或放电电流10（5分）如图所示，矩形线圈长为L，宽为h，电阻为R，质量为m，由空中某一高度自由落下，加速穿过一匀强磁场区域，磁区的宽度也为h设矩形线圈刚进入磁区时的动能为Ek1，刚穿出磁区时的动能为Ek2，这一过程中产生的焦耳热为Q，线圈克服磁场

28、力做的功为W1，重力做的功为W2，不计空气阻力，则下列关系式中正确的是（）AQ=Ek1Ek2BQ=W2W1CQ=W1DQ=W2【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化菁优网版权所有【专题】电磁感应功能问题【分析】线圈进入磁场和离开磁场的过程中，产生感应电流受到安培力的作用，根据线圈克服安培力所做的功等于产生的热量，即根据=Q判断根据功能的转化关系得线圈减少的机械能等于产生的热量判断【解答】解：A、根据功能的转化关系得线圈减少的机械能等于产生的热量即：Q=W2+Ek1Ek2，故选项A、B错误C、线圈进入磁场和离开磁场的过程中，产生感应电流受到安培力的作用，线圈克服安培力所做的功

29、等于产生的热量，故选项C正确，D错误故选C【点评】本题考查了电磁感应与力学和功能关系的综合，对于这类问题要正确受力分析，知道做功和能量的变化对应起来11（5分）（2014秋金台区期末）如图所示，光滑固定的金属导轨M、N水平放置，两根导体棒P、Q平行放置在导轨上，形成一个闭合回路，一条形磁铁从高处下落接近回路时（）AP、Q将相互靠拢BP、Q将相互远离C磁铁的加速度仍为gD磁铁的加速度小于g【考点】楞次定律菁优网版权所有【专题】电磁感应中的力学问题【分析】当一条形磁铁从高处下落接近回路时，穿过回路的磁通量增加，根据楞次定律：感应电流的磁场总是阻碍磁通量的变化，分析导体的运动情况【解答】解：A、B当

30、一条形磁铁从高处下落接近回路时，穿过回路的磁通量增加，根据楞次定律：感应电流的磁场总是阻碍磁通量的变化，可知，P、Q将互相靠拢，回路的面积减小一点，使穿过回路的磁场减小一点，起到阻碍原磁通量增加的作用故A正确，B错误C、D由于磁铁受到向上的安培力作用，所以合力小于重力，磁铁的加速度一定小于g故C错误；D正确故选AD【点评】本题直接用楞次定律判断电磁感应现象中导体的运动方向，抓住导体总是反抗原磁通量的变化是关键楞次定律的另一结论：增反减同12（5分）（2006上海）如图所示，平行金属导轨与水平面成角，导轨与固定电阻R1和R2相连，匀强磁场垂直穿过导轨平面有一导体棒ab，质量为m，导体棒的电阻与固

31、定电阻R1和R2的阻值均相等，与导轨之间的动摩擦因数为，导体棒ab沿导轨向上滑动，当上滑的速度为v时，受到安培力的大小为F此时（）A电阻R1消耗的热功率为B电阻R1消耗的热功率为C整个装置因摩擦而消耗的热功率为mgvcosD整个装置消耗的机械功率为（F+mgcos）v【考点】电磁感应中的能量转化；导体切割磁感线时的感应电动势菁优网版权所有【专题】压轴题【分析】由图电阻R1、R2并联与导体棒串联由感应电动势、欧姆定律、安培力公式，推导安培力与速度的关系式由功率公式电阻的功率、热功率及机械功率【解答】解：设ab长度为L，磁感应强度为B，电阻均为R 电路中感应电动势E=BLv ab中感应电流为I=

32、得到，ab所受安培力F安=BIL= 电阻R1消耗的热功率P1=（）2R= 由得，P1= 根据功率公式，得 整个装置因摩擦而消耗的热功率P2=mgcosv=mgvcos 整个装置消耗的机械功率为P3=F安v+P2=（F安+mgcos）v故选BCD【点评】本题是常规题，关键是推导安培力与速度的关系式，再求出电阻上的功率与安培力的关系二、解答题（共5小题，满分60分）13（12分）（2002河南）如图所示，半径为R、单位长度电阻为的均匀导体圆环固定在水平面上，圆环中心为O匀强磁场垂直水平面方向向下，磁感强度为B平行于直径MON的导体杆，沿垂直于杆的方向向右运动杆的电阻可以忽略不计，杆与圆环接触良好，

33、某时刻，杆的位置如图，aOb=2，速度为v，求此时刻作用在杆上安培力的大小【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；安培力菁优网版权所有【专题】电磁感应与电路结合【分析】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adb的电阻并联，求出总电阻，进一步求出电流值，即可算出安培力的大小【解答】解：如图所示，杆切割磁力线时，ab部分产生的感应电动势 E=vB（2Rsin） 此时弧acb和弧adb的电阻分别为2R（）和2R，它们并联后的电阻为： r= 杆中的电流为：I= 作用在杆上的安培力为：F=IB（2Rsin） 由以上各式解得F=故此时刻作用在杆上安培力的大小

34、为：F=【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（12分）（2012春淮北校级月考）如图所示，在一对平行的金属导轨的上端连接一阻值为R的定值电阻，两导轨所决定的平面与水平面成30°角，若将一质量为m、长为L的导体棒ab垂直于两导轨放在导轨上，并使其由静止开始下滑，已知导体棒电阻为r，整个装置处在垂直于导轨平面的匀强磁场中，磁感应强度为B，求导体棒最终下滑的速度及电阻R最终的发热功率分别为多少（导轨足够长，磁场足够大，不计导轨电阻和摩擦）【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用；电磁感应中

35、的能量转化菁优网版权所有【专题】电磁感应功能问题【分析】（1）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（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R上产生的热量【解答】解：导体棒由静止释放后，加速下滑，受力情况如图所示，由右手定则判定棒中电流方向由ba，由左手定则判定，受安培力沿斜面向上，随着棒的下滑速度不断增大，安培力F增大，加速度减小，导体棒做变加速运动，当加速度a=0时，速度达到最大，即最终下滑速度，此时导体棒受力平衡，有mgsin30&#

36、176;=F=BIL其中I=由解得热功率P=I2R=答：导体棒最终下滑的速度为及电阻R最终的发热功率为【点评】本题还可以这样解：当棒匀速下滑时，重力做正功，安培力做负功，导体棒的重力势能的减少等于回路中电能的增加，PG=P电，即mgvmsin30°=其中E=BLvm由得由R和r串联，功率分配关系为PR=P电=mgvmsin30°=注意电路中产生的电功率不全是电阻R消耗的电功率15（12分）（2001江西）如图1所示一对平行光滑轨道放置在水平面上，两轨道间距l=0.20m，电阻R=1.0；有一导体杆静止地放在轨道上，与两轨道垂直，杆及轨道的电阻皆可忽略不计，整个装置处于磁感强

37、度B=0.50T的匀强磁场中，磁场方向垂直轨道面向下现用一外力F沿轨道方向拉杆，使之做匀加速运动，测得力F与时间t的关系如图2所示求杆的质量m和加速度a【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；牛顿第二定律菁优网版权所有【专题】电磁感应中的力学问题【分析】导体棒运动时切割磁感线产生感应电流，使棒受到向左的安培力，根据感应电流的大小写出安培力的表达式结合牛顿第二定律求出F与t的关系式，然后将图象上的数据代入即可求解【解答】解：导体杆在轨道上做匀加速直线运动，用表示其速度，t表示时间，则有：=at 杆切割磁力线，将产生感应电动势：E=Bl 在杆、轨道和电阻的闭合回路中产生电流 杆受到的安培力的f=BI

38、l 根据牛顿第二定律，有Ff=ma 联立以上各式，得 由图线上取两点代入式，可解得：a=10m/s2，m=0.1kg故杆的质量为m=0.1kg，其加速度为a=10m/s2【点评】解答这类问题的关键是正确分析安培力的大小与方向，然后根据导体棒所处状态列方程求解16（12分）（2002上海）如图所示，两条互相平行的光滑金属导轨位于水平面内，距离为l=0.2米，在导轨的一端接有阻值为R=0.5欧的电阻，在X0处有一与水平面垂直的均匀磁场，磁感强度B=0.5特斯拉一质量为m=o.1千克的金属直杆垂直放置在导轨上，并以v0=2米/秒的初速度进入磁场，在安培力和一垂直于杆的水平外力F的共同作用下作匀变速直

39、线运动，加速度大小为a=2米/秒2、方向与初速度方向相反设导轨和金属杆的电阻都可以忽略，且接触良好求：（1）电流为零时金属杆所处的位置；（2）电流为最大值的一半时施加在金属杆上外力F的大小和方向；（3）保持其他条件不变，而初速度v0取不同值，求开始时F的方向与初速度v0取值的关系【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律；闭合电路的欧姆定律菁优网版权所有【专题】计算题；压轴题【分析】（1）电流为0时，电动势为0，切割的速度为0即知电流为0的位置为金属杆匀减速运动速度为0的位置，根据匀变速运动的公式求出金属杆的位移（2）当速度为v0时，电动势最大，电流最大，根据E=BLv，结合闭合电路欧姆定律，可以求出最大电流从而可以求出电流为最大值的一半时所受的安培力，根据牛顿第二定律求出外力的大小和方向（要考虑金属杆的运动方向）（3）开始时，金属杆所受的安培力FA=，若FAma，F方向与x轴相反；FAma，F方向与x轴相同【解答】解：（