《考点50 电磁感应的综合应用-备战2022年高考物理考点一遍过.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《考点50 电磁感应的综合应用-备战2022年高考物理考点一遍过.doc（33页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、一、电磁感应中的电路问题1电磁感应与闭合电路知识的关系：2电磁感应电路的等效关系：（1）切割磁感线的导体部分<=>闭合回路的电源；（2）切割磁感线的导体部分的电阻<=>电源内阻；（3）其余部分电阻<=>外电路；3感应电荷量的求解由电流的定义式，可得平均电流由闭合电路欧姆定律和法拉第电磁感应定律有联立可得，感应电荷量q仅由线圈匝数n、磁通量变化量和电路总电阻R决定。二、电磁感应中的动力学问题1解题方法：（1）选择研究对象，即哪一根导体棒或几根导体棒组成的系统；（2）用法拉第电磁感应定律和楞次定律求感应电动势的大小和方向；（3）求回路中的电流大小；（4）分析其受
2、到的安培力和其他力的作用情况；（5）运用牛顿第二定律或平衡条件等列方程求解。解电磁感应中的动力学问题，关键是进行正确的受力分析和运动分析：导体受力运动切割磁感线产生感应电动势感应电流安培力合外力变化加速度变化速度变化一般在恒定磁场及无主动施加的外力情况下，加速度会趋于零，导体最终做匀速运动。3电磁感应问题中两大研究对象及其相互制约关系：三、电磁感应中的能量问题：1求解思路：（1）若回路中电流恒定，可以利用电路结构及W=UIt或Q=I2Rt直接进行计算；（2）若电流变化，则可利用电磁感应中产生的电能等于克服安培力做的功求解；可利用能量守恒求解。2解决电磁感应中综合问题的一般思路是：先电后力再能量
3、。电磁感应中电路知识的关系图（多选）如图所示，两根足够长的光滑金属导轨水平平行放置，间距为l1 m，cd间、de间、cf间分别接着阻值R10 的电阻一阻值R10 的导体棒ab以速度v4 m/s匀速向左运动，导体棒与导轨接触良好；导轨所在平面存在磁感应强度大小B0.5 T、方向竖直向下的匀强磁场下列说法中正确的是()A导体棒ab中电流的流向为由b到aBcd两端的电压为1 VCde两端的电压为1 VDfe两端的电压为1 V【参考答案】BD【详细解析】由右手定则可知ab中电流方向为ab，A错误；导体棒ab切割磁感线产生的感应电动势EBlv，ab为电源，cd间电阻R为外电路负载，de和cf间电阻中无电
4、流，de和cf间无电压，因此cd和fe两端电压相等，即U×R1 V，B、D正确，C错误1（多选）如图所示，金属三角形导轨EOF上放有一根金属棒ab，拉动ab使它以速度v在匀强磁场中向右匀速平动，若导轨和金属棒都是粗细相同的均匀导体，它们的电阻率相同，则在ab运动过程中A感应电动势逐渐增大B感应电流逐渐增大C感应电流保持不变D金属棒受到安培力逐渐增大【答案】ACD【解析】设导轨夹角为，由法拉第电磁感应定律有，感应电动势逐渐增大，A正确；设单位长度导体的电阻为R0，故，由欧姆定律有，感应电流不变，B错误，C正确；安培力，安培力逐渐增大，D正确。2（多选）如图所示，在0x2L的区域内存在着
5、垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，粗细均匀的正方形金属线框abcd位于xOy平面内，线框的bc边与x轴重合，cd边与y轴重合，线框的边长为L，总电阻为R。现让线框从图示位置由静止开始沿x轴正方向以加速度a做匀加速运动，则下列说法正确的是A进入磁场时，线框中的电流沿abcda方向，出磁场时，线框中的电流沿adcba方向B进入磁场时，c端电势比d端电势高，出磁场时，b端电势比a端电势高Ca、b两端的电压最大值为34BL6aLD线框中的最大电功率为6aB2L3R【答案】ACD【解析】根据右手定则可知，进入磁场时，线框中的电流沿abcda方向，c端电势比d端电势低；出磁场时，线框中的电流沿
6、adcba方向，a端电势比b端电势高，A正确，B错误；当进入磁场过程中，ab两端电压为感应电动势的14，离开磁场的过程中，ab两端电压为感应电动势的34，所以ab边刚要离开磁场瞬间a、b两端的电压最大，此时的速度为v，根据运动学公式可得v2=2a3L，所以Um=34BL6aL，C正确；ab边刚要离开磁场瞬间线圈消耗的功率最大，线框中的最大电功率为P=E2R=B2L2v2R=6aB2L3R，D正确。【名师点睛】对于电磁感应现象中涉及电路问题的分析方法是：确定哪部分相对于电源，根据电路连接情况画出电路图，结合法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律、以及电功率的计算公式列方程求解。（多选）如图所示，
7、MN、PQ是倾角为的两平行光滑且足够长的金属轨道，其电阻忽略不计。空间存在着垂直于轨道平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。导体棒ab、cd垂直于轨道放置，且与轨道接触良好，每根导体棒的质量均为m，电阻均为r，轨道宽度为L，与轨道平行的绝缘细线一端固定，另一端与ab棒中点连接，细线承受的最大拉力Tm2mgsin 。今将cd棒由静止释放，则细线被拉断时，cd棒的A速度大小是 B速度大小是C加速度大小是2gsin D加速度大小是0【参考答案】AD【详细解析】细线被拉断时，拉力达到，根据平衡条件有，可得ab棒所受安培力，由于两棒的电流相等，所受安培力大小相等，由，可得cd棒的速度，A正确，B错误；
8、对cd棒，根据牛顿第二定律有，得a=0，C错误，D正确。【名师点睛】此类试题本质仍是运用牛顿运动定律解决的动力学问题，只是多了分析安培力的步骤。1【2019·学科网第三次全国大联考新课标卷】（多选）如图所示在竖直方向上固定平行的金属导轨，上端连接阻值为的定值电阻，虚线的上方存在垂直纸面向外的磁感应强度大小为的匀强磁场，长为的导体棒套接在金属导轨上，且与导轨有良好的接触，现给导体棒一向上的速度，当其刚好越过虚线时速度为，导体棒运动到虚线上方处时速度减为零，此后导体棒向下运动，到达虚线前速度已经达到恒定。已知导轨和导体棒的电阻均可忽略，导体棒与导轨之间的阻力与重力的比值恒为（），重力加速
9、度为。则下列说法正确的是A导体棒的最大加速度为B导体棒上升过程流过定值电阻的电荷量为C导体棒从越过虚线到运动到最高点所需的时间为D导体棒下落到达虚线时的速度大小为【答案】CD【解析】导体棒向上运动时重力、阻力、安培力的方向均向下，且向上做减速运动，因此导体棒刚好经过虚线时的合力最大，加速度最大，则由牛顿第二定律得，导体棒切割磁感线产生的感应电动势为，又、，解得，A错误；导体棒在磁场中上升的过程，由动量定理得：，由法拉第电磁感应定律得，又、，则上升过程中流过定值电阻的电荷量为，由以上可解得，B错误，C正确；导体棒下落的过程中，受向下的重力、向上的安培力以及阻力，当导体棒匀速时，则，又、，整理解得
10、，D正确。2（多选）如图所示，金属导轨ADM、BCN固定在倾角为=30°的斜面上。虚线AB、CD间导轨光滑，ABCD为等腰梯形，AB长为L，CD长为2L，CB、NC夹角为；虚线CD、MN间为足够长且粗糙的平行导轨。导轨顶端接有阻值为R的定值电阻，空间中充满磁感应强度大小为B0、方向垂直斜面向上的匀强磁场。现从AB处由静止释放一质量为m、长为2L的导体棒，导体棒在光滑导轨上运动时加速度不为零，导体棒始终水平且与导轨接触良好。已知导体棒与粗糙导轨间的动摩擦因数<33，导体棒及导轨电阻不计，重力加速度为g，则下列说法中正确的是A导体棒在光滑导轨上做加速度增大的加速运动B导体棒在光滑导
11、轨上运动过程，通过定值电阻的电荷量为33B0L24RC导体棒在粗糙导轨上一定先做加速度减小的加速运动，最后做匀速运动D=239时，导体棒的最终速度大小为mgR24B02L2【答案】BD【解析】根据安培力的变化分析导体棒在光滑轨道的加速度的变化，根据公式q=NR总计算通过电阻的电荷量，分析导体棒的受力，根据Ff+F安与mgsin两者的大小关系判断导体棒在粗糙轨道上的运动，当合力为零时，做匀速直线运动，据此分析解题：导体棒在光滑导轨上运动时，随着速度的增大，受到的安培力增大，方向沿斜面向上，故做加速度减小的加速运动，A错误；导体棒在光滑导轨上运动过程，根据法拉第电磁感应定律可得：q=It=ERt=
12、NtRt=B0SR=B0R12(L+2L)L2tan30°=33B0L24R，B正确；在刚到达CD时，导体棒受到的安培力与摩擦力之和为mgcos+2B0IL<2B0IL+33mg×32=2B0IL+12mg，所以两力之和不一定大于重力沿斜面向下的分力，有可能等于重力沿斜面向下的分力，如果等于，则导体棒受力平衡，一直做匀速直线运动，故C错误；在粗糙斜面上做匀速直线运动，则满足Ff+F安=mgsin，即mgcos+2B0IL=mgsin，I=ER=2B0LvR，联立即得v=mgR24B02L2，故D正确。求解焦耳热Q的三种方法：焦耳定律：QI2Rt。功能关系：QW克服安培
13、力。能量转化：QE其他能的减少量。【2019·黑龙江学与考联盟四模】如图所示，用一根粗细均匀表面粗糙的金属线弯成一正方形导轨abcd置于水平面内，导体棒ef的电阻为导轨bc电阻的，空间存在竖直向下的匀强磁场。导体棒ef由靠近bc位置以一定的速度向右运动，刚好停在导轨中央gh处，关于此运动过程下列说法正确的是A导体棒ef产生的电动势逐渐减小B通过导轨bc的电荷量和通过导轨ad的电荷量相同C导体棒ef受到的安培力一直在减小D导体棒克服安培力做的功在数值上小于导体棒减小的动能【答案】ACD 【解析】导体棒向右做减速运动，根据E=BLv，导体棒的电动势在不断减小，即A正确；电路总电阻在不断增
14、大，则干路电流在不断减小，导体棒ef受到的安培力一直在减小，即C正确；运动中导体棒左方导轨电阻总是小于右方导轨电阻，则左方导轨电流总是大于右方，则通过导轨bc的电荷量大于通过导轨ad的电荷量，即B错误；导轨表面粗糙，导体棒运动时受到安培力和摩擦阻力，导体棒克服安培力做的功在数值上小于导体棒减小的动能，即D 正确。1（多选）如图所示，固定的竖直光滑U形金属导轨，间距为L，上端接有阻值为R的电阻，处在方向水平且垂直于导轨平面、磁感应强度为B的匀强磁场中，质量为m、电阻为r的导体棒与劲度系数为k的固定轻弹簧相连放在导轨上，导轨的电阻忽略不计。初始时刻，弹簧处于伸长状态，其伸长量，此时导体棒具有竖直向
15、上的初速度v0。在沿导轨往复运动的过程中，导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触。则下列说法正确的是A初始时刻导体棒受到的安培力大小为B初始时刻导体棒的加速度大小为C导体棒往复运动，最终静止时弹簧处于压缩状态D导体棒开始运动直到最终静止的过程中，电阻R上产生的焦耳热为【答案】BC【解析】初始时刻导体棒产生的感应电动势E=BLv0，感应电流，安培力A错误；初始时刻，由牛顿第二定律有ma=mg+kx1+F，解得，B正确；当导体棒静止时，安培力为零，棒受到重力和弹簧的弹力而平衡，弹力的方向向上，弹簧处于压缩状态，C正确；导体棒最终静止时，弹簧被压缩，故棒从开始运动到最终静止，弹簧的弹性势能不变，由能量守
16、恒有，解得系统产生的总热量，则R上产生的热量要小于Q，D错误。2（多选）如图所示，在倾角为的粗糙斜面上（动摩擦因数<tan ），存在一矩形磁场区域ABDC，磁场方向垂直斜面向下，现将材料相同、边长相等、粗细不同的单匝闭合正方形细线圈1和粗线圈2，在距磁场边界AB下方等距的位置以相同初速度滑上斜面，最终又都从边界AB滑出磁场，则从线圈开始运动到滑出磁场的整个过程中，下列说法正确的是A全程运动时间t1>t2B克服摩擦力做功Wf1<Wf2C在磁场中产生的焦耳热Q1Q2D在第一次进入磁场的过程中通过线圈某截面的电荷量q1<q2【答案】BD【解析】线圈刚进磁场时有： F=B2L2
17、vR=B2L2v4LS，m=0S·4L，所以加速度为a=gsin+gcos+B2v160，所以加速度相同，同理分析可知，全过程中所用时间相同，故A错误；由m=0S·4L可知，越粗的质量越大，由公式Wf=mgcos·s，由于路程相同，所以越粗的克服摩擦力做功越多，故B正确； I=BLv4LS=BvS4，热量：Q=I2R=B2L2v2R=B2Lv2S4L，所以越粗的发热越多，故C错误；由公式q=R=BS4LS=BL24LS=BLS4，所以越粗的电量越大，故D正确。1如图所示，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、电阻也为R的金属棒水
18、平悬挂在上端固定的竖直轻弹簧下端，金属棒与导轨接触良好，导轨所在平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计。现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放，则A金属棒向下运动时，流过电阻R的电流方向为baB最终弹簧对金属棒的弹力与金属棒的重力平衡C金属棒的速度为v时，所受的安培力大小为D金属棒的速度为v时，金属棒两端的电势差为BLv2如图所示，空间存在两个磁场，磁感应强度大小均为B，方向相反且垂直纸面，MN、PQ为其边界，OO'为其对称轴，一导线折成边长为L的正方形闭合回路abcd，回路在纸面内以恒定速度v0向右运动，当运动到关于OO'对称的位置时A穿过回路的磁通量为零B回路中感应电
19、动势大小为BLv0C回路中感应电流的方向为逆时针方向D回路中ab边与cd边所受安培力方向相同3如图所示，用一根长为L、质量不计的细杆与一个上弧长为l0、下弧长为d0的金属线框的中点联结并悬挂于O点，悬点正下方L处存在一个上弧长为2l0、下弧长为2d0，方向垂直纸面向里的匀强磁场，且d0远小于L，先将线框拉开到图示位置，由静止释放线框，进入磁场，忽略空气阻力和摩擦。下列说法正确的是A金属线框进入磁场时感应电流的方向为abcdaB金属线框离开磁场时感应电流的方向为adcbaC金属线框dc边进入磁场与ab边离开磁场时速度大小相等D金属线框最终将在有界磁场中做往复运动4（2019·四川雅安诊
20、断）如图所示，足够长的U型光滑金属导轨平面与水平面成角(090°)，其中MN与PQ平行且间距为L，匀强磁场垂直导轨平面，磁感应强度为B，导轨电阻不计，质量为m的金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且良好接触，ab棒接入电路的电阻为R，当金属棒ab下滑距离s时，速度大小为v，则在这一过程中A金属棒ab运动的平均速度大小为vB通过金属棒ab某一横截面的电荷量为C金属棒ab受到的最大安培力为D金属棒ab克服安培力做功为mgssin mv2来源:学科网ZXXK5如图所示，在水平桌面上放置两条相距l的足够长粗糙平行金属导轨ab与cd，阻值为R的电阻与导轨的a、c端相连。金属滑
21、杆MN垂直于导轨并可在导轨上滑动，且与导轨始终接触良好。整个装置放于匀强磁场中，磁场方向竖直向上，磁感应强度大小为B。滑杆与导轨电阻不计，滑杆中点系一不可伸长的轻绳，绳绕过固定在桌边的光滑轻滑轮后，与一质量为m的物块相连，绳处于水平拉直状态。现若从静止开始释放物块，用I表示稳定后回路中的感应电流，g表示重力加速度，滑杆在运动中所受的摩擦阻力恒为f，则在物块下落过程中A物体的最终速度为B物体的最终速度为C物体重力的最大功率为D物体重力的最大功率可能大于6【2019·黑龙江学与考联盟五模】（多选）如图1所示，粗糙绝缘斜面的倾角为=30°，斜面上放置一质量为1 kg，电阻为2 、
22、边长为1.0 m的正方形导线框MNQP，开始时导线框处于静止状态。现施加一垂直线圈平面向上的磁场，磁感应强度B随时间t的变化规律如图2所示，重力加速度大小g=10 m/s2，则下列说法正确的是A在01 s内线圈中产生的感应电流是0.05 AB在34 s内通过线圈的电荷量是0.1 CC前4 s内线圈中产生的焦耳热是0.01 JD在04 s内线圈一直受到大小是5 N、方向沿斜面向下的摩擦力7如图所示，匀强磁场的方向垂直于光滑的金属导轨平面向里，极板间距为d的平行板电容器与总阻值为2R0的滑动变阻器通过平行导轨连接，电阻为R0的导体棒MN可在外力作用下沿导轨从左向右做匀速直线运动。当滑动变阻器的滑动
23、触头位于a、b的中间位置且导体棒MN的速度为v0时，位于电容器中P点的带电油滴恰好处于静止状态。若不计摩擦和平行导轨及导线的电阻，各接触处接触良好，重力加速度为g，则下列判断正确的是A油滴带正电B若将上极板上移d，油滴将向上加速运动，加速度a=g/2C若将导体棒的速度变为2v0，油滴将向上加速运动，加速度a=gD保持导体棒速度v0不变，将滑动触头置于a端，同时上极板上移d/3，油滴仍静止8用一根横截面积为S、电阻率为的硬质导线做成一个半径为r的圆环，ab为圆环的一条直径。如图所示，在ab的左侧存在一个匀强磁场，磁场垂直圆环所在平面，方向如图，磁感应强度大小随时间的变化率Btk(k<0)。
24、则A圆环中产生逆时针方向的感应电流B圆环具有扩张的趋势C圆环中感应电流的大小为krS2D图中a、b两点间的电势差大小为Uab|14kr2|9如图所示，电阻不计的竖直光滑金属轨道PMNQ，其PMN部分是半径为r的1/4圆弧，NQ部分水平且足够长，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直于PMNQ平面向里。一长为、质量为m、电阻为R且粗细均匀的金属杆，从图示位置由静止释放。若重力加速度为g，杆与轨道始终接触良好，则A杆下滑过程机械能守恒B杆最终不可能沿NQ匀速运动C杆从释放到杆全部滑至水平轨道过程中，产生的电能等于D杆从释放到杆全部滑至水平轨道过程中，通过杆的电荷量等于10（2018·湖南省长
25、沙市长郡中学高三上学期第五次调研考试）如图所示，金属导轨M、N平行，相距为L，光滑金属棒a和b垂直于导轨且紧靠着放置，它们的质量均为m，在两导轨之间的电阻均为R。整个装置位于水平面内，处于磁感应强度为B的竖直向下的匀强磁场中，导轨电阻忽略不计，长度足够长。零时刻对a施加一平行于导轨的恒力F。在t时刻电路中电流恰好达到稳定。则At时刻两金属棒的速度相同Bt时刻a、b两棒速度差为v=FRB2L2C在t时刻撤去力F后，导轨之间的电势差UMN会变小D在t时刻撤去力F后，导轨之间的电势差UMN恒定不变11如图所示，在光滑的水平地面上方，有两个磁感应强度大小均为B，方向相反的水平匀强磁场，PQ为两个磁场的
26、边界，磁场范围足够大。一个半径为a、质量为m、电阻为R的金属圆环垂直磁场方向，以速度v从如图所示位置向右运动。当圆环运动到直径刚好与边界线PQ重合时，圆环的速度为，下列说法中正确的是A此时圆环中的电功率为B此时圆环的加速度为C此过程中通过圆环某一横截面的电荷量为D此过程中回路产生的电能为0.75mv212（2018·安徽省黄山市普通高中高三11月“八校联考”）如图所示，两根间距为d的光滑金属导轨，平行放置在倾角为=30°的斜面上，导轨的右端接有电阻R，整个装置放在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直。导轨上有一质量为m、电阻也为R的金属棒与两导轨垂直且接触
27、良好，金属棒以一定的初速度v0在沿着导轨上滑一段距离L后返回，不计导轨电阻及感应电流间的相互作用。下列说法正确的是A导体棒返回时先做加速运动，最后做匀速直线运动B导体棒沿着导轨上滑过程中通过R的电量q=BdL2RC导体棒沿着导轨上滑过程中克服安培力做的功W=12(mv02-mgL)D导体棒沿着导轨上滑过程中电阻R上产生的热量Q=12(mv02-mgL)13如图所示，足够长光滑平行金属导轨MN、PQ水平放置，导轨间距为L，一个磁感应强度为B的匀强磁场向下垂直穿过导轨平面，导轨上端M与P间接有电容为C的电容器，金属棒开始静止。现对金属棒施加一水平向右、大小为F的恒力作用，不计一切摩擦和电阻，则经过
28、时间t的过程中A金属棒可能做变加速运动B金属棒中的电流恒定C电容器所带电荷量D电容器储存的电场能为14（2018·福建省三明市高二下学期期末考试）甲为质量M=1 kg的绝缘底板座静止在动摩擦因数1=0.1的粗糙水平地面上，位于磁场中的正方形金属框ABCD为动力源，其质量m=1 kg，边长为1 m，电阻为116 ，与绝缘板间的动摩擦因数2=0.4，OO'为AD、BC的中线，在金属框内有可随金属框同步移动的磁场，OO'CD区域内磁场的磁感应强度B1随时间t的变化情况如图乙所示，CD恰在磁场边缘以外；OO'BA区域内磁场的磁感应强度B2随时间t的变化情况如图丙所示，
29、AB恰在磁场边缘以内，若绝缘板足够长且认为绝缘板与地面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，从t=0时刻由静止释放金属框，则金属框由静止释放瞬间（g=10 m/s2）A金属框产生的感应电动势为1 VB金属框受到的安培力大小16 NC若金属框固定在绝缘板上，金属框的加速度为6 m/s2D若金属框不固定，金属框的加速度为4 m/s2，绝缘板的加速度为2 m/s215（2019·黑龙江学与考联盟二模）如图所示，一不计电阻的导体圆环，半径为r、圆心在O点，过圆心放置一长度为2r、电阻为2R的均匀辐条，辐条与圆环接触良好。现将此装置的一部分置于磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的有界匀强磁场中，磁场
30、边界恰好与圆环的直径在同一直线上。现使辐条以角速度绕O点顺时针转动，右侧电路通过电刷与辐条中心和圆环的边缘良好接触，R1=R，右侧为水平放置的足够长的光滑平行导轨，间距为2r，导轨之间有垂直导轨平面向里、磁感应强度大小也为B的匀强磁场，质量为m、电阻为R的导体棒ab垂直放置在导轨上且接触良好，不计其他电阻。（1）若S闭合，S1断开时，求理想电表的示数；（2）若S、S1都闭合，求出导体棒ab能够获得的最大速度vm；（3）在导体棒ab加速过程中通过的电荷量q。16（2019·中原名校联盟考前预测金卷）如图1所示，电阻和摩擦均可忽略的平行导轨弯成折线，一部分放在水平桌面上，最左端接有定值电
31、阻，另一部分与水平方向的夹角为=30°，图中的虚线1、2、3将空间分成三个边长均为的正方形区域、，区域、中存在如图所示方向的磁场，且磁场均垂直所在的平面，其中区域中的磁场按图2所示的规律变化，图线的斜率为，区域为无场区，区域中为磁感应强度大小为的匀强磁场。现将一质量为、长度为、电阻值为R的金属棒在t=0时刻由图中的虚线1处无初速度释放。已知重力加速度为。求：（1）金属棒由释放到虚线2过程中，定值电阻上产生的焦耳热Q以及流过金属棒的电荷量q分别为多少？（2）如果金属棒运动到虚线3时的合力为零，则金属棒由虚线2到虚线3所需的时间为多少？1（2018·江苏卷）如图所示，竖直放置的
32、形光滑导轨宽为L，矩形匀强磁场、的高和间距均为d，磁感应强度为B质量为m的水平金属杆由静止释放，进入磁场和时的速度相等金属杆在导轨间的电阻为R，与导轨接触良好，其余电阻不计，重力加速度为g金属杆A刚进入磁场时加速度方向竖直向下B穿过磁场的时间大于在两磁场之间的运动时间C穿过两磁场产生的总热量为4mgdD释放时距磁场上边界的高度h可能小于m2gR22B4L42（2018·江苏卷）如图所示，两条平行的光滑金属导轨所在平面与水平面的夹角为，间距为d导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向与导轨平面垂直质量为m的金属棒被固定在导轨上，距底端的距离为s，导轨与外接电源相连，使金属棒通有电流
33、金属棒被松开后，以加速度a沿导轨匀加速下滑，金属棒中的电流始终保持恒定，重力加速度为g求下滑到底端的过程中，金属棒（1）末速度的大小v；（2）通过的电流大小I；（3）通过的电荷量Q。3（2017·北京卷）发电机和电动机具有装置上的类似性，源于它们机理上的类似性。直流发电机和直流电动机的工作原理可以简化为如图1、图2所示的情景。在竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中，两根光滑平行金属轨道MN、PQ固定在水平面内，相距为L，电阻不计。电阻为R的金属导体棒ab垂直于MN、PQ放在轨道上，与轨道接触良好，以速度v（v平行于MN）向右做匀速运动。图1轨道端点MP间接有阻值为r的电阻，导体棒ab
34、受到水平向右的外力作用。图2轨道端点MP间接有直流电源，导体棒ab通过滑轮匀速提升重物，电路中的电流为I。（1）求在t时间内，图1“发电机”产生的电能和图2“电动机”输出的机械能。（2）从微观角度看，导体棒ab中的自由电荷所受洛伦兹力在上述能量转化中起着重要作用。为了方便，可认为导体棒中的自由电荷为正电荷。a请在图3（图1的导体棒ab）、图4（图2的导体棒ab）中，分别画出自由电荷所受洛伦兹力的示意图。b我们知道，洛伦兹力对运动电荷不做功。那么，导体棒ab中的自由电荷所受洛伦兹力是如何在能量转化过程中起到作用的呢？请以图2“电动机”为例，通过计算分析说明。4（2019·天津卷）如图所
35、示，固定在水平面上间距为的两条平行光滑金属导轨，垂直于导轨放置的两根金属棒和长度也为、电阻均为，两棒与导轨始终接触良好。两端通过开关与电阻为的单匝金属线圈相连，线圈内存在竖直向下均匀增加的磁场，磁通量变化率为常量。图中虚线右侧有垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为。的质量为，金属导轨足够长，电阻忽略不计。（1）闭合，若使保持静止，需在其上加多大的水平恒力，并指出其方向；（2）断开，在上述恒力作用下，由静止开始到速度大小为v的加速过程中流过的电荷量为，求该过程安培力做的功。4【答案】（1），方向水平向右 （2）【解析】（1）设线圈中的感应电动势为，由法拉第电磁感应定律，则设与并联的电阻
36、为，有闭合时，设线圈中的电流为，根据闭合电路欧姆定律得设中的电流为，有设受到的安培力为，有保持静止，由受力平衡，有联立式得方向水平向右。（2）设由静止开始到速度大小为v的加速过程中，运动的位移为，所用时间为，回路中的磁通量变化为，平均感应电动势为，有其中设中的平均电流为，有根据电流的定义得由动能定理，有联立式得5（2019·浙江选考）如图所示，在间距L=0.2m的两光滑平行水平金属导轨间存在方向垂直于纸面（向内为正）的磁场，磁感应强度为分布沿y方向不变，沿x方向如下： 导轨间通过单刀双掷开关S连接恒流源和电容C=1F的未充电的电容器，恒流源可为电路提供恒定电流I=2A，电流方向如图所
37、示。有一质量m=0.1kg的金属棒ab垂直导轨静止放置于x0=0.7m处。开关S掷向1，棒ab从静止开始运动，到达x3=0.2m处时，开关S掷向2。已知棒ab在运动过程中始终与导轨垂直。求：（提示：可以用Fx图象下的“面积”代表力F所做的功）（1）棒ab运动到x1=0.2m时的速度v1；（2）棒ab运动到x2=0.1m时的速度v2；（3）电容器最终所带的电荷量Q。5【答案】（1）2 m/s （2）（3）【解析】（1）安培力，加速度速度（2）在区间安培力，如图所示安培力做功根据动能定理可得解得（3）根据动量定理可得电荷量在处的速度联立解得1ABC 【解析】棒向下运动过程中，根据右手定则可知电流方
38、向为ba，A正确；金属棒最后将静止，重力与弹簧的弹力平衡，B正确；当金属棒的速度为v时，感应电动势，回路中电流，安培力，金属棒两端的电压相当于路端电压，C正确，D错误。2ACD 【解析】A：两个磁场区域磁感应强度大小相等，方向相反，因此线框运动到对称位置时回路的总磁通量为零，故A项正确。B：ab、cd边切割磁感线，利用右手定则确定动生电动势方向分别为a到b、c到d，两边产生的电动势相叠加，大小为2BLv0，故B项错误。C：由B项分析，路中感应电流的方向为逆时针方向，故C项正确；D：电流方向为逆时针，利用左手定则可知ab边和cd边所受安培力方向都是向左，故D项正确。3D 【解析】金属线框进入磁场
39、时，由右手定则，感应电流的方向为adcba，A错误；金属线框离开磁场时，由右手定则，感应电流的方向为abcda，B错误；线框每次进出磁场过程，会产生感应电流，有焦耳热产生，消耗机械能，故可知金属线框dc边进入磁场与ab边离开磁场的速度大小不相等，C错误；当线框机械能减小到不再穿出磁场时，就没有能量损失了，线框将会在磁场中往复摆动，D正确。4BCD 【解析】分析ab棒的受力情况，有mgsin ma，分析可得ab棒做加速度减小的加速运动，故其平均速度不等于初、末速度的平均值v，故A错误；通过金属棒ab某一横截面的电荷量qIt·t，故B正确；ab棒受到的最大安培力为FBIL，故C正确；根据
40、动能定理可知，mgssin W安mv2，金属棒ab克服安培力做功为W安mgssin mv2，故D正确 5ABC 【解析】金属滑杆受到的安培力，从静止开始释放物块，物块和滑杆先做加速度减小的加速运动，后做匀速运动，速度最大时有，解得，A正确；回路稳定后，系统重力做的功等于克服摩擦力和安培力做的功，克服安培力做的功等于产生的焦耳热，则有，可得，B正确；物体重力的最大功率，C正确，D错误。6AC 【解析】由法拉第电磁感应定律，结合闭合电路欧姆定律，在01 s内和在34 s内线圈中产生的感应电流，A正确；同理，在34 s内通过线圈的电荷量=0.05 C，B错误；由题图2可知，有感应电流通过的总时间t总
41、=2 s，依据焦耳定律，则有Q=I2Rt总=0.01 J，C正确；虽然穿过线圈的磁通量有变化，线圈中产生感应电流，但各边都受到安培力的作用，依据矢量的合成法则，则线圈受到的安培力的合力为零，因此在04 s内，线圈受到沿斜面向上的摩擦力，等于重力沿斜面向下的分力，即f=mgsin=5 N，D错误。7CD 【解析】由右手定则可知，M端为正极，上极板带正电，油滴静止，因此带负点，A错误；将上极板竖直上移d，板间电压不变，则电场强度变小，油滴将向下加速运动，B错误；若将导体棒的速度变为2v0，产生的感应电动势变为原来的2倍，两极板间电压变为原来的2倍，电场力Eq=2mg，油滴将向上加速运动，加速度，C
42、正确；若保持导体棒的速度v0不变，将滑动触头置于a位置，电容器两极板间的电压变为，再将电容器上极板上移d/3，此时液滴所受电场力，因此油滴仍静止，D正确。8BD 【解析】由题意可知磁感应强度均匀减小，穿过闭合线圈的磁通量减小，根据楞次定律可以判断，圆环中产生顺时针方向的感应电流，圆环具有扩张的趋势，A错误B正确；圆环中产生的感应电动势为E=t=BtS=12r2k，圆环的电阻为R=lS=2rS，所以圆环中感应电流的大小为I=ER=krS4，C错误；图中a、b两点间的电势差Uab=I×12R=14kr2，D正确。9D 【解析】杆在下滑过程中，杆与金属导轨组成闭合回路，磁通量改变，会产生感
43、应电流，进而产生焦耳热，机械能不守恒，A错误；杆最终到水平面时，不产生感应电流，若速度不为零，则可能做匀速运动，B错误；杆从释放到杆全部滑至水平轨道过程中，重力势能减小，转化为电能和棒的动能（可能为零），故杆上产生的电能小于等于，C错误；全过程磁通量的变化量，则通过杆的电荷量，D正确。10BD 【解析】AB项：a棒在拉力F作用下向左做加速运动切割磁感线，与b棒组成回路，所以b棒在安培力作用下向左做加速运动，电路中的总电动势为：E=BLva-BLvb，a棒做加速度减小的加速，b棒做加速度增大的加速，当加速度相等时，电路中的电流恒定，由受力可知，F-BIL=BIL，即F=2BIL，其中I=E2R，
44、解得：v=FRB2L2，故A错误，B正确；CD项：在t时刻撤去力F后，由闭合电路欧姆定律可知，UMN=Ea-IR=BLva-BL(va-vb)2R·R=BL(va+vb)2，由动量守恒可知，mva+mvb=C，即va+vb=K，所以UMN恒定，故C错误，D正确。故选BD。11AC 【解析】当圆环直径与边界线重合时，圆环左、右两半环均产生感应电动势，故感应电动势，圆环中的电功率，A正确；此时圆环受到的安培力，由牛顿第二定律可得加速度，B错误；此过程中通过的电荷量，C正确；此过程中产生的电能等于克服安培力做的功，等于动能的减少量，故产生的电能，D错误。12ABC 【解析】导体棒返回时随着
45、速度的增大，导体棒产生的感应电动势增大，感应电流增大，棒受到的安培力增大，加速度减小，所以导体棒先做加速度减小的变加速运动，最后做匀速直线运动，故A正确。导体棒沿着导轨上滑过程中通过R的电量为：q=It=Bdv2Rt=BdL2R，故B正确。导体棒沿着导轨上滑过程中克服安培力做的功等于回路中产生的总热量，由能量守恒定律得：W=Q=（12mv02mgLsin30°）=12（mv02mgL），故C正确。根据能量守恒定律，导体棒沿着导轨上滑过程中电阻R上产生的热量为：QR=12×（12mv02mgLsin30°）=14（mv02mgL），故D错误。故选ABC。【名师点睛】
46、本题是电磁感应与力学的综合，关键是正确地进行受力分析和能量转化情况的分析，要记牢感应电荷量经验公式q=R，注意式中R是电路的总电阻。13BCD 【解析】设经过时间，金属棒速度为，金属棒切割磁感线产生的感应电动势变化量为，通过电容器的电流，又加速度，可得，由牛顿第二定律有，解得，即金属棒做匀加速运动，电流恒定，A错误，B正确；经过时间t流过电容器所带电荷量，C正确；电容器储存的电场能等于克服安培力做的功，则电场能，D正确。14D 【解析】ABC、金属框固定在绝缘板上，由题意得E=B1t·12SABCD=1×12×1×1 V=0.5 V，则电流为：I=ER=
47、8 A，那么安培力为：FAB=B2IL=8 N，取绝缘板和金属框整体进行受力分析，由牛顿第二定律有：FAB-1(M+m)g=(M+m)a，解得：a=3 m/s2，故ABC错误；D、金属框不固定，对金属框进行受力分析，假设其相对绝缘板滑动，有：Ff1=2mg=0.4×1×10 N=4 N，对金属框应用牛顿第二定律得：FAB-Ff1=ma1，解得a1=4 m/s2；对绝缘板应用牛顿第二定律得：Ff1-Ff2=Ma2，Ff2=1M+mg=2 N，解得：a2=2 m/s2，a1>a2，假设正确，故D正确；故选D。【名师点睛】面积OOAB内磁通量发生变化，回路中有感应电流产生，由此可以求出回路中电流的大小，线框受安培力和摩擦力作用，由此可以求出线框的加速度大小以及安培力的大小。15【答案