2016届高三物理一轮复习 第9章 第3讲 电磁感应的综合问题练习

命 题 设 计难度题号 较易中等稍难单 一 目 标 电磁感应中的力学问题64、5电磁感应中的电路问题 1、2 电磁感应中的能量问题3、7、8综合 目标综合应用 9、10 11、12高考物理一轮复习成套课时练习 第九章第三单元电磁感应规律的综合应用课时作业 选修32一、选择题(本题共9小题，每小题7分，共63分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．(2010·六安模拟)如图1所示，有两根和水平方向成α角的光滑平行的金属轨道，上端接有可变电阻R ，下端足够长，空间有垂直于轨道平面的匀强磁场，磁感应强度为B .一根质量为m 的金属杆从轨道上由静止滑下，经过足够长的时间后，金属杆的速度会趋近于一个最大速度v m ，则 ( ) A ．如果B 增大，v m 将变大 B ．如果α变大，v m 将变大 C ．如果R 变大，v m 将变小 D ．如果m 变小，v m 将变大解析：以金属杆为研究对象，受力如图所示． 根据牛顿第二定律得mg sin α－F 安＝ma ，其中F 安＝B 2L 2vR.当a →0时，v →v m ， 解得v m ＝mgR sin αB 2L 2， 结合此式分析即得B 选项正确． 答案：B目标2．如图2所示，两光滑平行金属导轨间距为L ，直导线MN 垂直跨在导轨上，且与导轨接触良好，整个装置处于垂直纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度为B .电容器的电容为C ，除电阻R 外，导轨和导线的电阻均不计．现给导线MN 一初速度，使导线MN 向右运动，当电路稳定后，MN 以速度v 向右做匀速运动，则 ( ) A ．电容器两端的电压为零 B ．电阻两端的电压为BLv C ．电容器所带电荷量为CBLvD ．为保持MN 匀速运动，需对其施加的拉力大小为B 2L 2v R解析：当导线MN 匀速向右运动时，导线MN 产生的感应电动势恒定，稳定后，电容器既不充电也不放电，无电流产生，故电阻两端无电压，电容器两极板间电压U ＝E ＝BLv ，所带电荷量Q ＝CU ＝CBLv ，故A 、B 错，C 对；MN 匀速运动时，因无电流而不受安培力，故拉力为零，D 错． 答案：C3．如图3所示的电路中，两根光滑金属导轨平行放置在倾角为θ的 斜面上，导轨下端接有电阻R ，导轨电阻不计，斜面处在竖直向上 的磁感应强度为B 的匀强磁场中，电阻可略去不计的金属棒ab 质 量为m ，受到沿斜面向上且与金属棒垂直的恒力F 的作用，金属 棒沿导轨匀速下滑，则它在下滑h 高度的过程中，以下说法正确的 是 ( ) A ．作用在金属棒上各力的合力做功为零 B ．重力做功将机械能转化为电能C ．重力与恒力F 做功的代数和等于电阻R 上产生的焦耳热与金属棒的动能之和D ．金属棒克服安培力做功等于重力与恒力F 做的总功与电阻R 上产生的焦耳热 之和解析：由于金属棒匀速下滑，故作用在棒上的各个力的合力做功为零，故A 对；克服安培力做功将机械能转化为电能，故B 错误；列出动能定理方程W G －W F －W 安＝0，变形可得W G －W F ＝W 安，可知C 、D 错误． 答案：A4．如图4所示，竖直平面内有一金属环，半径为a ，总电阻为R (指拉直时两端的电阻)，磁感应强度为B 的匀强磁场垂直穿过环平面，在环的最高点A 用铰链连接长度为2a 、电阻为R2的导体棒AB ，AB 由水平位置紧贴环面摆下，当摆到竖直位置 时，B 点的线速度为v ，则这时AB 两端的电压大小为( ) A.Bav3B.Bav6C.2Bav3D ．Bav 解析：摆到竖直位置时，AB 切割磁感线的瞬时感应电动势E ＝B ·2a ·(12v )＝Bav .由闭合电路欧姆定律，U AB ＝E R 2＋R 4·R 4＝13Bav ，故选A.答案：A5．如图5所示，光滑的“∏”形金属导体框竖直放置，质量为m 的金属棒MN 与框架接触良好．磁感应强度分别为B 1、B 2的有界匀强磁场方向相反，但均垂直于框架平面，分别处在abcd 和cdef 区域．现从图示位置由静止释放金属棒MN ，当金属棒进入磁场B 1区域后，恰好做匀速运动．以下说法中正确的有 ( ) A ．若B 2＝B 1，金属棒进入B 2区域后将加速下滑 B ．若B 2＝B 1，金属棒进入B 2区域后仍将保持匀速下滑 C ．若B 2<B 1，金属棒进入B 2区域后可能先加速后减速下滑 D ．若B 2>B 1，金属棒进入B 2区域后可能先减速后加速下滑解析：若B 2＝B 1，金属棒进入B 2区域后，磁场反向，回路电流反向，由左手定则知：安培力并没有反向，大小也没有变，故金属棒进入B 2区域后，mg －B 12L 2vR＝0，仍将保持匀速下滑，B 对；若B 2<B 1，金属棒进入B 2区域后，安培力没有反向但大小变小，由F ＝BIL ＝B BLv R L ＝B 2L 2v R 知，mg －B 22L 2vR >0，金属棒进入B 2区域后可能先加速后匀速下滑，故C 错；同理，若B 2>B 1，金属棒进入B 2区域后mg －B 22L 2vR<0，可能先减速后匀速下滑，故D 错． 答案：B6．如图6所示，用粗细相同的铜丝做成边长分别为L 和2L 的两只闭合线框a 和b ，以相同的速度从磁感应强度为B 的匀强磁场区域中匀速地拉到磁场外，不考虑线框的动能，若外力对环做的功分别为W a 、W b ，则W a ∶W b 为 ( ) A ．1∶4 B ．1∶2 C ．1∶1 D ．不能确定解析：根据能量守恒可知，外力做的功等于产生的电能，而产生的电能又全部转化为焦耳热W a ＝Q a ＝(BLv )2R a ·L v W b ＝Q b ＝(B ·2Lv )2R b ·2L v由电阻定律知R b ＝2R a ，故W a ∶W b ＝1∶4.A 项正确． 答案：A7．如图7所示，有一用铝板制成的U 型框， 将一质量为m 的带电小球用绝缘细线悬 挂在框中，使整体在匀强磁场中沿垂直 于磁场方向向左以速度v 匀速运动，悬挂拉 力为F T ，则 ( ) A ．悬线竖直，F T ＝mg B ．悬线竖直，F T >mg C ．悬线竖直，F T <mg D ．无法确定F T 的大小和方向解析：设两板间的距离为L ，由于向左运动的过程中竖直板切割磁感线，产生动生电动势，由右手定则判断下板电势高于上板，动生电动势大小E ＝BLv ，即带电小球处于电势差为BLv 的电场中，所受电场力F 电＝qE 电＝q EL ＝q BLvL＝qvB . 设小球带正电，则所受电场力方向向上．同时小球所受洛伦兹力F 洛＝qvB ，方向由左手定则判断竖直向下，即F 电＝F 洛，所以F T ＝mg .同理分析可知当小球带负电时，F T ＝mg .故无论小球带什么电，F T ＝mg .选项A正确． 答案：A8．(2010·芜湖模拟)如图8甲所示，光滑导轨水平放置在与水平方向夹角为60°的斜向下的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度B 随时间t 的变化规律如图8乙所示(规定斜向下为正方向)，导体棒ab 垂直导轨放置，除电阻R 的阻值外，其余电阻不计，导体棒ab 在水平外力F 作用下始终处于静止状态．规定a →b 的方向为电流的正方向，水平向右的方向为外力F 的正方向，则在0～t 1时间内，图9中能正确反映流过导体棒ab的电流i和导体棒ab所受水平外力F随时间t变化的图象是( )解析：由楞次定律可判定回路中的电流方向始终为b→a，由法拉第电磁感应定律可判定回路中电流大小恒定，故A、B错；由F安＝BIL可得F安随B的变化而变化，在0～t0时间内，F安方向向右，故外力F与F安等值反向，方向向左为负值；在t0～t1时间内，F安方向改变，故外力F方向也改变为正值，故C错误，D正确．答案：D9．(2010·黄山模拟)如图10所示，固定放置在同一水平面内的两根平行长直金属导轨的间距为d，其右端接有阻值为R的电阻，整个装置处在竖直向上的磁感应强度大小为B的匀强磁场中．一质量为m(质量分布均匀)的导体杆ab垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触，杆与导轨之间的动摩擦因数为μ.当杆在水平向左、垂直于杆的恒力F作用下从静止开始沿导轨运动距离l时，速度恰好达到最大(运动过程中杆始终与导轨保持垂直)．设杆接入电路的电阻为r，导轨电阻不计，重力加速度大小为g.则此过程 ( )A ．杆的速度最大值为(F －μmg )RB 2d2B ．流过电阻R 的电荷量为Bdl2(R ＋r )C ．恒力F 做的功与摩擦力做的功之和等于杆动能的变化量D ．恒力F 做的功与安培力做的功之和大于杆动能的变化量解析：当杆的速度达到最大时，安培力F 安＝B 2d 2vR ＋r ，杆受力平衡，故F －μmg －F 安＝0，所以v ＝(F －μmg )(R ＋r )B 2d 2，A 错；流过电阻R 的电荷量为q ＝ΔΦR ＋r ＝B ΔSR ＋r＝BdlR ＋r，B 错；根据动能定理，恒力F 、安培力、摩擦力做功的代数和等于杆动能的变化量，由于摩擦力做负功，所以恒力F 、安培力做功的代数和大于杆动能的变化量，C 错，D 对． 答案：D二、计算题(本题共3小题，共37分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算 步骤，有数值计算的要注明单位)10．(11分)如图11甲所示，用粗细均匀的导线制成的一只圆形金属圈，现被一根绝缘丝线悬挂在竖直平面内处于静止状态，已知金属圈的质量为m ，半径为r ，导线的电阻率为ρ，截面积为S .金属圈的上半部分处在一方向垂直圈面向里的有界匀强磁场中，磁感应强度B 随时间t 的变化满足B ＝kt (k 为常量)，如图11乙所示．金属圈下半部分在磁场外．若丝线所能承受的最大拉力F Tm ＝2mg ，求：从t ＝0时刻起，经过多长时间丝线会被拉断？解析：设金属圈受重力mg 、拉力F T 和安培力F 的作用处于静止状态，则F T ＝mg ＋F ，又F ＝2BIr ，金属圈中的感应电流I ＝ER， 由法拉第电磁感应定律得E ＝ΔΦΔt ，ΔΦΔt ＝ΔB Δt ·πr 22，金属圈的电阻R ＝ρ2πr S，又B ＝kt ，F Tm ＝2mg 由以上各式求得t ＝2mgρk 2Sr2.答案：2mgρk 2Sr211．(12分)(2010·淮南模拟)如图12所示，两平行长直金属导轨置于竖直平面内，间距为L ，导轨上端有阻值为R 的电阻，质 量为m 的导体棒垂直跨放在导轨上，并搁在支架上，导轨和 导体棒电阻不计，接触良好，且无摩擦．在导轨平面内有一 矩形区域的匀强磁场，方向垂直于纸面向里，磁感应强度为B .开始时导体棒静止，当磁场以速度v 匀速向上运动时，导体棒也随之开始运动，并很快达到恒定的速度，此时导体棒 仍处在磁场区域内，试求： (1)导体棒的恒定速度；(2)导体棒以恒定速度运动时，电路中消耗的电功率． 解析：(1)设棒速为v ′，有E ＝BL (v －v ′) ①F 安＝BIL ＝BLE R ＝B 2L 2(v －v ′)R②棒受力平衡有：mg ＝F 安 ③ 联立得：v ′＝v －mgRB 2L 2④ 方向向上(2)P ＝E 2R ⑤联立①④⑤得：P ＝m 2g 2RB 2L 2.答案：(1)v －mgR B 2L 2 向上 (2)m 2g 2RB 2L212．(14分)(2010·亳州模拟)在拆装某种大型电磁设备的过程中，需将设备内部的处于强磁场中的线圈先闭合，然后再提升直至离开磁场，操作时通过手摇轮轴A 和定滑轮O 来提升线圈．假设该线圈可简化为水平长为L 、上下宽度为d 的矩形线圈，其匝数为n ，总质量为M ，总电阻为R .磁场的磁感应强度为B ，如图13所示．开始时线圈的上边缘与有界磁场的上边缘平齐，若转动手摇轮轴A ，在时间t 内把线圈从图示位置匀速向上拉出磁场．求此过程中： (1)流过线圈中每匝导线横截面的电荷量是多少 ? (2)在转动轮轴时，人至少需做多少功？(不考虑摩擦影响)解析：(1)在匀速提升的过程中线圈运动速度v ＝d t① 线圈中感应电动势E ＝nBLv ② 产生的感应电流I ＝E R③ 流过导线横截面的电荷量q ＝It ④ 联立①②③④得q ＝nBLdR. (2)匀速提升的过程中，要克服重力和安培力做功，即W ＝W G ＋W 安 ⑤又W G ＝Mgd ⑥W 安＝nBILd ⑦联立①②③④⑤⑥⑦得W ＝Mgd ＋n 2B 2L 2d 2Rt.答案：(1)nBLd R (2)Mgd ＋n 2B 2L 2d 2Rt。

电磁感应（限时：40分钟）对点强化1等效法在电磁感应中的应用1. （多选）用一根横截而积为S 、电阻率为Q 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1所示，在必的左侧存在一个匀强磁场，磁场方向垂直圆环所在 平而，方向如图，磁感应强度大小随时间的变化率—=A （K0）・则（ ）【导学号:96622419]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D.图中a 、b 两点间的电势差/BD 根据楞次左律和安培泄则，圆环中将产生顺时针方向的感应电流，且具有扩张的趋势.A 错误、B 正确：根据法拉第电磁感应左律，圆环中产生的感应电动势大小为E=o JT •• F lcvS 由电阻怎律知斤=门二7二，所以感应电流的大小为/=”= 了亍，c 错误：根据闭合电路欧姆泄律可得a 、b 两点间的电势差, D 正确.2. 半径为&的圆形区域内有匀强磁场，磁感应强度为5=0. 2 T,磁场方向垂直纸面向 里.半径为b 的金属圆环与磁场同心放置，磁场与环面垂直，英中＜2=0. 4 m, b=0.6m, 金属环上分别接有灯L ：、L=,两灯的电阻均为凡=2 Q, —金属棒IfV 与金属环接触良好， 棒与环的电阻均忽略不计.图2⑴若金属棒.0以vb=5 m/s 的速率在环上向右匀速滑动，求金属棒滑过圆环直径 00’的瞬间（如图2所示），金属棒JfV 中的电动势和流过灯L’的电流；（2）撤去中间的金属棒恵\；将右而的半圆环久以加'为轴向上翻转90° ,若此后A B 4磁场的磁感应强度随时间均匀变化，其变化率为—=—T/s,求此时匚的功率・【解析】 ⑴金属棒妙滑过圆环宜径加’的瞬间，金属棒血•切割磁感线的有效长度 为2a,产生的感应电动势E 、=B ・ 2a%=0・ 2X2X0. 4X5 V=0. 8 V由欧姆怎律得，流过灯L,的电流C. 圆环中感应电流的大小为迄0.8Ti=~=o A=0. 4 A.屉z(2)设此时产生的感应电动势为E，由法拉第电磁感应泄律得△ G 1 . △万 1 . 4*卞7飞心• ^7=2X N XO-4'X T V=0-32 VLi、L：串联，每个灯上分得的电压* 怂=0. 16 V从I亠“& 0・16’一L,的功率为R=~=—z-W=l. 28X10 • W.【答案】(1)0.8 V 0.4 A (2)1.28X10's W对点强化2电磁感应中的“杆+导轨”模型3.(多选)如图3所示，abed是由粗细均匀的电阻丝制成的长方形线框，导体棒MV有电阻，可在ad边与加边上无摩擦滑动，且接触良好，线框处于垂直纸而向里的匀强磁场中.当棒由靠ab边处向c/边匀速移动的过程中，下列说法中正确的是()【导学号：96622420]图3A.血•棒中电流先减小后增大B.血•棒两端电压先增大后减小C.JA•棒上拉力的功率先增大后减小D.矩形线框中消耗的电功率先减小后增大AB设导体棒JfV的速度为儿长为电阻为r,导体棒血'两边的电阻并联，则导体棒妬由"向cd 运动的过程中，导体棒在ad中点时，回路的总电阻最大，导体棒产生的感应电动势E=Blv,恒左不变，切割磁感线的导体棒相当于电源，可见在导体棒移动Rl v过程中，电路的总电阻先变大后减小：由闭合电路欧姆左律知，MV棒中电流先减小后增大，选项A正确；由U=Blv~Ir可知，血「棒两端电压先增大后减小，选项B正确：根据功率的泄义可得P=Fv=BIlv,血•棒上拉力的功率先减小后增大，选项C错误：由于导体棒的电阻和线框电阻的大小关系不确宦，无法确怎矩形线框中消耗的电功率的变化，选项D错误.4.间距为£=2m的足够长的金属直角导轨如图4甲所示放置，它们各有一边在同一水平面内，另一边垂直于水平而.质量均为z^=0. 1 kg的金属细杆ab、c/与导轨垂宜放置形成闭合回路.细杆与导轨之间的动摩擦因数均为“=0.5,导轨的电阻不计，细杆ab. cd 的电阻分别为丘= 0.6 Q,用=0.4 Q.整个装巻处于磁感应强度大小为5=0. 50 T.方向竖直向上的匀强磁场中(图中未画出)•当ab在平行于水平导轨的拉力尸作用下从静I匕开始沿导轨匀加速运动时，杆也同时从静止开始沿导轨向下运动.测得拉力尸与时间r 的关系 如图乙所示.g 取10 m/sl甲乙图4(1) 求站杆的加速度a ；(2) 求当cd 杆达到最大速度时ab 杆的速度大小：(3) 若从开始到cd 杆达到最大速度的过程中拉力尸做了 5. 2 J 的功，通过cd 杆横截面 的电荷量为2 C,求该过程中訪杆所产生的焦耳热.【解析】 ⑴由题图乙可知，在上=0时，5=1.5 N对ab 杆进行受力分析，由牛顿第二泄律得F- Pmg=ma 代入数据解得10 m/s -.⑵从〃向c 看，对加杆进行受力分析如图所示，当cd 杆速度最大时，有 综合以上各式，解得v=2 m/s.2" (3)整个过程中，a&杆发生的位移*=后=拧p m=0.2 m对ab 杆应用动能泄理，有W r — “碑Y —他=£/代入数据解得严安=4.9 J根据功能关系Q 总=0很所以必杆上产生的热量如=斤¥評总=2.94 J.【答案】(1)10 m/s' (2)2 m/s (3)2.94 J对点强化3与电磁感应有关的图象问题5. 一边长为厶的正方形线框位于一个方向垂直线框平而向里的磁场中，如图5甲所示, 磁感应强度万随时间F 的变化规律如图乙所示.以尸表示线框ab 边所受到的安培力，以安 培力向上为正.则下列产r 图象中正确的是()【导学号：96622421]图5B 0〜1 s 内磁感应强度均匀增大，由楞次泄律知在线框内产生恒左逆时针方向的感应 电流，由左手泄则判得必边受到向下的安培力，由尸 =万〃可知其大小线性增大；1〜2 s 内磁感应强度不变，在线框内不产生感应电流，ab 边不受安培力的作用：2〜3 s 内磁感应 强度均匀减小，由楞次定律知在线框内产生恒泄顺时针方向的感应电流，由左手立则判得 ab 边受到向上的安培力，由Q 刃•厶可知其大小线性减小.故选项B 正确，选项A 、C 、D 错 误.6. 在边长为Z 的等边三角形区域自氐内存在着垂直纸面向外的匀强磁场，一个边长也 为L 的等边三角形导线框尿/•在纸面上以某一速度向右匀速运动，底边ef 始终与磁场的底 边界加在Ft=mg=卩民尺=尸匚，F 心=BIL 、1= BLv同一直线上，如图6所示.取沿顺时针的电流为正，在线框通过磁场的过程中，其感应电流随时间变化的图象是（）图6B线框通过磁场的过程中，通过线框的磁通量先增大后减小，故感应电流方向一泄发生变化，A、C项错：线框通过磁场过程中，切割磁感线的有效长度匸=后,由片甩'P 和闭合电路欧姆定律』=乡可知，感应电流随时间均匀变化，B项正确，D项错.7.如图7所示，一半径为斤，圆心角为240。

电磁感应规律的综合应用(二)(动力学和能量)一、选择题 1.(多选)如图所示，电阻不计的平行金属导轨固定在一绝缘斜面上，两相同的金属导体棒a 、b 垂直于导轨静止放置，且与导轨接触良好，匀强磁场垂直穿过导轨平面．现用一平行于导轨的恒力F 作用在a 的中点，使其向上运动．若b 始终保持静止，则它所受摩擦力可能( )A ．变为0B ．先减小后增大C ．等于FD ．先增大再减小【解析】 a 导轨在恒力F 作用下加速运动，闭合回路中产生感应电流，导体棒b 受到安培力方向应沿斜面向上，且逐渐增大．由力平衡可知，b 导体棒受到的摩擦力先沿斜面向上逐渐减小到零，然后沿斜面向下逐渐增大，所以选项A 、B 正确，C 、D 错误．【答案】 AB 2.如图所示，边长为L 的正方形导线框质量为m ，由距磁场H 高处自由下落，其下边ab 进入匀强磁场后，线圈开始做减速运动，直到其上边cd 刚刚穿出磁场时，速度减为ab 边进入磁场时的一半，磁场的宽度也为L ，则线框穿越匀强磁场过程中产生的焦耳热为( )A ．2mgLB ．2mgL ＋mgHC ．2mgL ＋34mgHD ．2mgL ＋14mgH【解析】 设ab 刚进入磁场时的速度为v 1，cd 刚穿出磁场时的速度v 2＝v 12，线框自开始进入磁场到完全穿出磁场共下落高度为2L ，由题意得，12mv 21＝mgH ，12mv 21＋mg·2L＝12mv 22＋Q ，解得，Q ＝2mgL ＋34mgH ，C 项正确．【答案】 C 3.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v 0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mv 202C ．整个过程中金属棒在导轨上发生的位移为qR BLD ．整个过程中金属棒克服安培力做功为mv 22【解析】 由牛顿第二定律可得B 2L 2vR＝ma, 金属棒做a 减小的减速运动，A 错．由能量守恒定律可知，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，W 安＝12mv 2＝Q ，因此B 错，D 正确．整个过程中通过金属棒的电量q ＝ΔΦ2R ＝BLx 2R ，得金属棒位移x ＝2qRBL，C错．【答案】 D 4.竖直平面内有一形状为抛物线的光滑曲面轨道，如图所示，轨道下半部分处在两个水平向里的匀强磁场中，磁场的边界分别是y ＝a 、y ＝b 、y ＝c 的直线(图中虚线所示)．一个小金属环从抛物线上y ＝d 处由静止释放，金属环沿抛物线下滑后环面总保持与磁场垂直，那么产生的焦耳热总量是( )A ．mgdB ．mg(d －a)C ．mg(d －b)D ．mg(d －c) 【解析】 小金属环进入和穿出磁场的过程都要切割磁感线，因此小金属环的机械能不断地转化为电能，电能又转化为内能；最后小金属环在y ＝c 的直线与x 轴之间的磁场内往复运动，整个过程中机械能的减小量为ΔE ＝mg(d －c)，由能的转化与守恒定律可知，产生的焦耳热总量为Q ＝ΔE ＝mg(d －c)，所以D 项正确．【答案】 D5．(多选)如图所示，虚线矩形abcd 为匀强磁场区域，磁场方向竖直向下，圆形闭合金属线框以一定的速度沿光滑绝缘水平面向磁场区域运动．如图所示给出的是圆形闭合金属线框的四个可能到达的位置，则圆形闭合金属线框的速度可能为零的位置是( )【解析】 因为线框在进、出磁场时，线框中的磁通量发生变化，产生感应电流，安培力阻碍线框运动，使线框的速度可能减为零，故A 、D 正确．【答案】 AD 6.如图所示，光滑斜面的倾角为θ，斜面上放置一矩形导体线框abcd ，ab 边的边长为l 1，bc 边的边长为l 2，线框的质量为m ，电阻为R ，线框通过绝缘细线绕过光滑的滑轮与重物相连，重物质量为M ，斜面上ef 线(ef 平行底边)的右方有垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度为B ，如果线框从静止开始运动，进入磁场的最初一段时间是做匀速运动的，且线框的ab 边始终平行底边，则下列说法正确的是( )A ．线框进入磁场前运动的加速度为Mg －mg sin θmB ．线框进入磁场时匀速运动的速度为Mg －mg sin θRBl 1C ．线框做匀速运动的总时间为B 2l 21Mg －mg sin θRD ．该匀速运动过程产生的焦耳热为(Mg －mg sin θ)l 2【解析】 对重物和线框系统受力分析，由牛顿第二定律得，Mg －mg sin θ＝(M ＋m)a ，解得，a ＝Mg －mg sin θm ＋M，A 项错误；对线框受力分析，由平衡条件得，Mg －mg sin θ－F 安＝0，又F 安＝BIl 1，I ＝E/R ，E ＝Bl 1v ，联立解得，v ＝Mg －mg sin θRB 2l 21，B 项错误；线框做匀速运动的总时间为t ＝l 2v ＝B 2l 21l 2Mg －mg sin θR，C 项错误；由能量守恒定律得，该匀速运动过程产生的焦耳热等于系统重力势能的减小，Q ＝(Mg －mg sin θ)l 2，D 项正确．【答案】 D 7．如图所示的甲、乙、丙图中，MN 、PQ 是固定在同一水平面内足够长的平行金属导轨．导体棒ab 垂直放在导轨上，导轨都处于垂直水平面向下的匀强磁场中．导体棒和导轨间接触良好且摩擦不计，导体棒、导轨和直流电源的电阻均可忽略，甲图中的电容器C 原来不带电．今给导体棒ab 一个向右的初速度v 0，在甲、乙、丙图中导体棒ab 在磁场中的最终运动状态是( )A ．甲、丙中，棒ab 最终将以相同速度做匀速运动；乙中ab 棒最终静止B ．甲、丙中，棒ab 最终将以不同速度做匀速运动；乙中ab 棒最终静止C ．甲、乙、丙中，棒ab 最终均做匀速运动D ．甲、乙、丙中，棒ab 最终都静止【解析】 甲图中ab 棒产生的感应电动势对电容器C 充电，C 两极板间电势差与感应电动势相同时，电路中没有电流，ab 棒做向右的匀速直线运动；乙图中导体棒在初速度作用下，切割磁感线，产生电动势，出现安培力，阻碍其向前运动，其动能转化为热能，最终会静止；而丙图虽在初速度作用下向右运动，但却受到向左的安培力，则杆向右减速运动，然后还要向左运动．当金属杆切割磁感线产生电动势与电源的电动势相等时，电路中没有电流，所以金属杆最终处于向左的匀速直线运动．由此得选项B 正确，A 、C 、D 错误．【答案】 B 8.两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，如图所示．除电阻R 外其余电阻均不计．现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放．则( )A ．金属棒将做往复运动，动能、弹性势能与重力势能的总和保持不变B ．金属棒最后将静止，静止时弹簧的伸长量为mg/kC ．金属棒最后将静止，电阻R 上产生的总热量为mg·mg kD ．当金属棒第一次达到最大速度时，弹簧的伸长量为mg/k 【解析】 金属棒在往复运动的过程中不断克服安培力做功产生电能，进而转化成焦耳热，机械能不断减少，最终静止，静止时弹力等于金属棒的重力，故A 错误，B 正确；由能量守恒定律可得mg·mgk＝Q ＋E 弹，故C 错误；当金属棒第一次达到最大速度时，加速度为零，则mg ＝kx ＋F 安，故D 错误．【答案】 B 9.如图所示，水平地面上方矩形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，两个边长相等的单匝闭合正方形线圈Ⅰ和Ⅱ，分别用相同材料、不同粗细的导线绕制(Ⅰ为细导线)．两线圈在距磁场上界面h 高处由静止开始自由下落，再进入磁场，最后落到地面．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Ⅰ、Ⅱ落地时的速度大小分别为v 1、v 2，在磁场中运动时产生的热量分别为Q 1、Q 2.不计空气阻力，则( )A ．v 1<v 2，Q 1<Q 2B ．v 1＝v 2，Q 1＝Q 2C ．v 1<v 2，Q 1>Q 2D ．v 1＝v 2，Q 1<Q 2【解析】 线圈进入磁场前机械能守恒，进入磁场时速度均为v ＝2gh ，设线圈材料的密度为ρ1，电阻率为ρ2，线圈边长为L ，导线横截面积为S ，则线圈的质量m ＝ρ14LS ，电阻R ＝ρ24L S ，由牛顿第二定律得mg －B 2L 2v R ＝ma ，解得a ＝g －B 2v16ρ1ρ2，可见两线圈在磁场中运动的加速度相同，两线圈落地时速度相同，即v 1＝v 2，故A 、C 选项错误；线圈在磁场中运动时产生的热量等于克服安培力做的功，Q ＝W 安，而F 安＝B 2L 2v R ＝B 2Lv4ρ2S ，线圈Ⅱ横截面积S 大，F 安大，故Q 2>Q 1，故选项D 正确，B 错误．【答案】 D 二、非选择题 10.如图所示，电动机牵引一根原来静止的、长为1 m 、质量为0.1 kg 的导体棒MN ，其电阻R 为1 Ω，导体棒架在处于磁感应强度B ＝1 T ，竖直放置的框架上，当导体棒上升h ＝3.8 m 时获得稳定的速度，导体产生的热量为2 J ，电动机牵引导体棒时，电压表、电流表计数分别为7 V 、1 A ，电动机的内阻r ＝1 Ω，不计框架电阻及一切摩擦；若电动机的输出功率不变，g 取10 m /s 2，求：(1)导体棒能达到的稳定速度为多少？(2)导体棒从静止达到稳定所需的时间为多少？【解析】 (1)电动机的输出功率为P ＝U A I A －I 2A r ＝6 WF 安＝BIL ＝B 2L 2vR当导体棒的速度稳定时，由平衡条件得，P v ＝mg ＋B 2L 2v R解得，v ＝2 m /s .(2)由能量守恒定律得，Pt －Q －mgh ＝12mv 2解得，t ＝1 s .【答案】 (1)2 m /s (2)1 s11．如图所示，相距L ＝1 m 、电阻不计的平行光滑长金属导轨固定在绝缘水平面上，两导轨左端间接有阻值R ＝2 Ω的电阻，导轨所在区域内加上与导轨所在平面垂直、方向相反的匀强磁场，磁场宽度d 均为0.6 m ，磁感应强度大小B 1＝25T 、B 2＝0.8 T ．现有电阻r ＝1 Ω的导体棒ab 垂直导轨放置且接触良好，当导体棒ab 从边界MN 进入磁场后始终以速度v ＝5 m /s 做匀速运动，求：(1)棒ab 在磁场B 1中运动时克服安培力做功的功率；(2)棒ab 经过任意一个磁场B 2区域过程中通过电阻R 的电荷量． 【解析】 (1)在磁场B 1中，棒ab 切割磁感线产生的电动势E 1＝B 1Lv感应电流I 1＝E 1r ＋R安培力F ＝B 1I 1L克服安培力做功的功率P ＝Fv ＝B 1Lv2r ＋R＝0.67 W(2)在磁场B 2中，棒ab 切割磁感线产生的电动势E 2＝B 2Lv感应电流I 2＝E 2r ＋R棒ab 经过任意一个磁场B 2区域过程中通过电阻R 的电荷量q ＝I 2Δt 2＝B 2Lv Δt 2r ＋R ＝B 2Ldr ＋R＝0.16 C .【答案】 (1)0.67 W (2)0.16 C 12.(2015·四川卷)如图所示，金属导轨MNC 和PQD ，MN 与PQ 平行且间距为L ，所在平面与水平面夹角为α，N 、Q 连线与MN 垂直，M 、P 间接有阻值为R 的电阻；光滑直导轨NC 和QD 在同一水平面内，与NQ 的夹角都为锐角θ.均匀金属棒ab 和ef 质量均为m ，长均为L ，ab 棒初始位置在水平导轨上与NQ 重合；ef 棒垂直放在倾斜导轨上，与导轨间的动摩擦因数为μ(μ较小)，由导轨上的小立柱1和2阻挡而静止．空间有方向竖直的匀强磁场(图中未画出)．两金属棒与导轨保持良好接触．不计所有导轨和ab 棒的电阻，ef 棒的阻值为R ，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，忽略感应电流产生的磁场，重力加速度为g.(1)若磁感应强度大小为B ，给ab 棒一个垂直于NQ 、水平向右的速度v 1，在水平导轨上沿运动方向滑行一段距离后停止，ef 棒始终静止，求此过程导体上产生的热量；(2)在(1)问过程中，ab 棒滑行距离为d ，求通过ab 棒某横截面的电量；(3)若ab 棒以垂直于NQ 的速度v 2在水平导轨上向右匀速运动，并在NQ 位置时取走小立柱1和2，且运动过程中ef 棒始终静止．求此状态下最强磁场的磁感应强度及此磁场下ab 棒运动的最大距离．【解析】 (1)设ab 棒的初动能为E k ，ef 棒和电阻R 在此过程产生的热量分别为W 和W 1，有W ＋W 1＝E k ①且W ＝W 1②由题有E k ＝12mv 21③得W ＝14mv 21④(2)设在题设过程中，ab 棒滑行时间为Δt ，扫过的导轨间的面积为ΔS ，通过ΔS 的磁通量为ΔΦ，ab 棒产生的电动势平均值为E ，ab 棒中的电流为I ，通过ab 棒某横截面的电荷量为q ，则E ＝ΔΦΔt⑤ 且ΔΦ＝B ΔS⑥I ＝qΔt⑦又有I ＝2ER⑧由图1所示ΔS ＝d(L －d cot θ)⑨联立⑤～⑨，解得q ＝2Bd L －d cot θR○10 (3)ab 棒滑行距离为x 时，ab 棒在导轨间的棒长 L x ＝L －2x cot θ⑪此时，ab 棒产生的电动势 E x ＝Bv 2L x ⑫流过ef 棒的电流I x ＝E xR⑬ef 棒所受安培力F x ＝BI x L ⑭联立⑪～⑭，解得F x ＝B 2v 2LR(L －2x cot θ)⑮由⑮式可得，F x 在x ＝0和B 为最大值B m 时有最大值F 1.由题知，ab 棒所受安培力方向必水平向左，ef 棒所受安培力方向必水平向右，使F 1为最大值的受力分析如图2所示，图中f m 为最大静摩擦力，有F 1cos α＝mg sin α＋μ(mg cos α＋F 1sin α)⑯联立⑮⑯，得B m ＝1L mg sin α＋μcos αRcos α－μsin αv 2⑰⑰式就是题目所求最强磁场的磁感应强度大小，该磁场方向可竖直向上，也可竖直向下．由⑮式可知，B 为B m 时，F x 随x 增大而减小，x 为最大x m 时，F x 为最小值F 2，由图3可知F 2cos α＋μ(mg cos α＋F 2sin α)＝mg sin α⑱ 联立⑮⑰⑱，得x m ＝μL tan θ1＋μ2sin αcos α＋μ⑲ 【答案】 (1)14mv 21 (2)2Bd L －d cot θR(3)1L mg sin α＋μcos αRcos α－μsin αv 2，磁场方向可竖直向上，也可竖直向下；μL tan θ1＋μ2sin αcos α＋μ 13.(2015·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v 1，cd 边上的感应电动势为E 1，由法拉第电磁感应定律，有E 1＝2Blv 1①设线框总电阻为R ，此时线框中电流为I 1，由闭合电路欧姆定律，有I 1＝E 1R②设此时线框所受安培力为F 1，有F 1＝2I 1lB ③ 由于线框做匀速运动，其受力平衡，有mg ＝F 1④由①②③④式得v 1＝mgR4B 2l2⑤设ab 边离开磁场之前，线框做匀速运动的速度为v 2，同理可得。

2016届高三物理一轮复习学案：电磁感应一、知识梳理（一）电磁感应现象1、磁通量（1）定义：设在磁感应强度为 B 的匀强磁场中，有一个与磁场方向垂直的平面，面积为 S，我们把 B 与 S 的乘积叫做穿过这个面积的磁通量，简称磁通。

用字母Φ 表示。

（2）公式：Φ ＝ BS（条件：B⊥S）。

（3）单位：韦伯（Wb），1 Wb ＝ 1 T·m²。

（4）磁通量是标量，但有正负之分。

2、电磁感应现象（1）定义：当穿过闭合导体回路的磁通量发生变化时，闭合导体回路中就产生感应电流，这种利用磁场产生电流的现象叫做电磁感应。

（2）产生感应电流的条件：穿过闭合回路的磁通量发生变化。

（二）感应电流方向的判定1、楞次定律（1）内容：感应电流具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化。

（2）应用楞次定律判断感应电流方向的步骤：①确定原磁场的方向；②确定穿过闭合回路的磁通量是增加还是减少；③根据楞次定律，确定感应电流的磁场方向；④利用安培定则，确定感应电流的方向。

2、右手定则（1）内容：伸开右手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一平面内；让磁感线从掌心进入，并使拇指指向导线运动的方向，这时四指所指的方向就是感应电流的方向。

（2）适用情况：导体切割磁感线产生感应电流。

（三）法拉第电磁感应定律1、感应电动势（1）定义：在电磁感应现象中产生的电动势叫做感应电动势。

（2）产生条件：无论回路是否闭合，只要穿过回路的磁通量发生变化，回路中就会产生感应电动势。

2、法拉第电磁感应定律（1）内容：电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比。

（2）公式：E ＝nΔΦ/Δt（n 为线圈的匝数）。

（四）导体切割磁感线时的感应电动势1、导体垂直切割磁感线（1）公式：E ＝ BLv（B、L、v 两两垂直）。

（2）当 v 是瞬时速度时，E 为瞬时感应电动势；当 v 是平均速度时，E 为平均感应电动势。

第3讲电磁感应规律的综合应用高考·模拟·创新图9－3－131．(2015年高考·福建卷)如图9－3－13，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B 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()A ．PQ 中电流先增大后减小B ．PQ 两端电压先减小后增大C ．PQ 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：PQ 棒垂直切割磁感线匀速运动，它相当于恒定电源．PQ 棒移动过程中，abcd 线棒移到PQ ，R13R －R13R＋R ＝总R ，所以1R 左边线路电阻为PQ 框的等效电阻是变化的，设中间时，abcd 框的等效电阻最大，此刻PQ 棒电流最小，故PQ 中电流先减小后增大，A 项错误；PQ 两端电压U ＝E －IR ，因为电流先减小后增大，所以电压先增大后减小，B 项错误；PQ 棒到中间时，安培力最小，据P ＝Fv ，拉力的瞬时功率最小，C 项正确；当外电阻为R 时，故线圈消耗功率先大再小、再大再小，R 再减小到小于R 32增至R 功率最大，外电阻由小于D 错．答案：C为定值电阻，两金属圆环固定在同一0R 甲，14－3－9如图)山东卷·年高考(2015．2的电流0R 的正弦交流电源上，经二极管整流后，通过0T 绝缘平面内．左端连接在一周期为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)(图象可能正确的是t —ab u 为正，下列ab u 图9－3－14时间内，通过大圆环的电流为顺时针逐渐增加，由楞次定律可00.25T 在第一个解析：判断内环内a 端电势高于b 端，因电流的变化率逐渐减小故内环的电动势逐渐减小；同理在时间内，通过大圆环的电流为顺时针逐渐减小，由楞次定律可判断内环内00.5T ～00.25T 第a 端电势低于b 端，因电流的变化率逐渐变大，故内环的电动势逐渐变大；故选项C 正确．答案：C3．(2015年高考·北京卷)如图9－3－15所示，足够长的平行光滑金属导轨水平放置，宽度L ＝0.4 m ，一端连接R ＝1 Ω的电阻．导轨所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B ＝1 T ．导体棒MN 放在导轨上，其长度恰好等于导轨间距，与导轨接触良好．导轨和导体棒的电阻均可忽略不计．在平行于导轨的拉力F 作用下，导体棒沿导轨向右匀速运动，速度v ＝5 m /s .求：图9－3－15(1)感应电动势E 和感应电流I ；的大小；F I 时间内，拉力的冲量s 0.1 在(2)(3)若将MN 换为电阻r ＝1 Ω的导体棒，其他条件不变，求导体棒两端的电压U.解析：(1)根据法拉第电磁感应定律可得，感应电动势E ＝BLv ＝1 T ×0.4 m ×5 m /s ＝2 V.A 2 ＝2 V 1 Ω＝E R ＝I 感应电流，N 8 0.＝BIL ＝安F 导体棒所受安培力大小(2)N0.8 ＝安F ＝F 导体棒在匀速运动过程中，拉力大小等于安培力，所以导体棒所受拉力.s ·N 0.08 ＝s ×0.1 N 0.8 ＝Ft ＝F I 拉力的冲量(3)由闭合电路欧姆定律可得，电路中电流，A 1 ＝E R ＋r ＝I ′由欧姆定律可得，导体棒两端电压U ＝I ′R ＝1 V .答案：(1)2 V 2 A (2)0.08 N ·s (3)1 V。

第九章 电磁感应电磁感应失分点之(一)——电磁感应的图像问题(2角度破解)电磁感应中的图像问题是考生容易失分的考点，因为该题型难度大综合性强，而且“名目繁多”，包括B ­t 、i ­t 、F ­t 、a ­t 、v ­t 等图像都可能涉及。

但只要通过深入研究、认真归纳，就可以站在更高的角度上来审视电磁感应图像问题：“感生”图像和“动生”图像。

力。

但是设问形式有所不同，具体如下：1．直接设问式[典例1] (多选)(2017·聊城二模)如图(a)所示，一个半径为r 1、匝数为n 、电阻值为R 的圆形金属线圈与阻值为2R 的电阻R 1连接成闭合回路，导线的电阻不计。

在线圈中半径为r 2的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B 随时间t 变化的图像如图(b)所示，图线与横、纵轴的截距分别为t 0和B 0，关于0到t 1时间内的下列分析，正确的是( )A ．R 1中电流的方向由a 到bB ．电流的大小为n πB 0r 223Rt 0C ．线圈两端的电压为n πB 0r 223t 0D ．通过电阻R 1的电荷量为n πB 0r 22t 13Rt 0[解析] 由图像分析可知，0至t 1时间内，由法拉第电磁感应定律有E ＝n ΔΦΔt ＝n ΔB ΔtS ，面积为S ＝πr 22，由闭合电路欧姆定律有I 1＝ER 1＋R ，联立以上各式解得，通过电阻R 1上的电流大小为I 1＝n πB 0r 223Rt 0，由楞次定律可判断通过电阻R 1上的电流方向为从b 到a ，故A 项错误，B 项正确；线圈两端的电压大小为U ＝I 1·2R ＝2n πB 0r 223t 0，故C 项错误；通过电阻R 1上的电荷量为q ＝I 1t 1＝n πB 0r 22t 13Rt 0，故D 项正确。

[答案] BD[题后悟通](1)法拉第电磁感应定律E ＝n ΔΦΔt ，常有两种特殊情况，即E ＝n ΔB Δt S 和E ＝nB ΔS Δt，其中ΔB Δt是B ­t 图像中图线的斜率，若斜率不变则感应电动势是恒定不变的。

高考物理一轮复习 第九章电磁感应第3讲 专题电磁感应的综合应用课时训练 人教版一、选择题（本题殿7小题，共56分）1．如图9－3－20所示，匀强磁场的磁感应强度为B ，方向竖直向下，在磁场中有一个边长为L 的正方形刚性金属框，ab 边的质量为m ，电阻为R ，其他三边的质量和电阻均不计．cd 边上装有固定的水平轴，将金属框自水平位置由静止释放，第一次转到竖直位置时，ab 边的速度为v ，不计一切摩擦，重力加速度为g ，则在 这个过程中，下列说法正确的是 ( )A ．通过ab 边的电流方向为a →bB ．ab 边经过最低点时的速度v ＝2gLC ．a 、b 两点间的电压逐渐变大D ．金属框中产生的焦耳热为mgL －12mv 2 解析：本题考查电磁感应．ab 边向下摆动过程中，磁通量逐渐减小，根据楞次定律及右 手定则可知感应电流方向为b →a ，选项A 错误；ab 边由水平位置到达最低点过程中， 机械能不守恒，所以选项B 错误；金属框摆动过程中，ab 边同时受安培力作用，故当重 力与安培力沿其摆动方向分力的合力为零时，a 、b 两点间电压最大，选项C 错误；根据 能量转化和守恒定律可知，金属框中产生的焦耳热应等于此过程中机械能的损失，故选 项D 正确．答案：D2．如图9－3－21所示，空间存在一有边界的条形匀强磁场区域，磁场方向与竖直平面(纸面)垂直，磁场边界的间距为L .一个质量为 m 、边长也为L 的正方形导线框沿竖直方向运动，线框所在平面始终与磁场方向垂直，且线框上、下边始终与磁场的边界平行．t ＝0时刻导线框的上边恰好与磁场的下边界重合(图中位置Ⅰ)，导线框的速度为v 0.经历一段时间后，当导线框的下边恰好与磁场的上边界重合时(图中位置Ⅱ)，导线框的速度刚好为零．此后，导线框下落，经过一段时间回到初始位置Ⅰ，则 ( )A ．上升过程中，导线框的加速度逐渐增大B ．下降过程中，导线框的加速度逐渐增大C ．上升过程中合力做的功与下降过程中的相等D ．上升过程中克服安培力做的功比下降过程中的多 解析：上升过程mg ＋B 2L 2v R＝ma 1，上升过程速度减小，加速度减小，A 错；下降过程 mg －B 2L 2v R＝ma 2，下降过程速度增大，加速度减小，B 错；上升过程平均速度大于下降 过程的平均速度，所以上升过程的感应电动势大，安培力大，安培力做的功多，C 错， D 对．答案：D图9－3－20图9－3－213．(2011·宁夏二校联考)如图9－3－22所示，Q 是单匝金属线圈， MN 是一个螺线管，它的绕线方法没有画出，Q 的输出端a 、b和MN 的输入端c 、d 之间用导线相连，P 是在MN 的正下方水平放置的用细导线绕制的软弹簧线圈．若在Q 所处的空间加上与环面垂直的变化磁场，发现在t 1至t 2时间段内弹簧线圈处于收缩状态，则所加磁场的磁感应强度的变化情况可能是 ( )解析：在t 1至t 2时间段内弹簧线圈处于收缩状态，说明此段时间内穿过弹簧线圈的磁通 量变大，即穿过弹簧线圈的磁场的磁感应强度变大，则螺线管中电流变大，单匝金属线 圈Q 产生的感应电动势变大，所加磁场的磁感应强度的变化率变大，即B －t 图线的斜 率变大，选项D 正确．答案：D4．如图9－3－23所示，光滑的“”形金属导体框竖直放置，质量为m 的金属棒MN 与框架接触良好．磁感应强度分别为B 1、B 2的有界匀强磁场方向相反，但均垂直于框架平面，分别处在abcd 和cdef 区域．现从图示位置由静止释放金属棒MN ，当金属棒进入磁场B 1区域后，恰好做匀速运动．以下说法中正确的有 ( ) A ．若B 2＝B 1，金属棒MN 进入B 2区域后将加速下滑B ．若B 2＝B 1，金属棒MN 进入B 2区域后仍将保持匀速下滑C ．若B 2<B 1，金属棒MN 进入B 2区域后先加速后匀速下滑D ．若B 2>B 1，金属棒MN 进入B 2区域后先减速后匀速下滑解析：当金属棒MN 进入磁场B 1区域时，金属棒MN 切割磁感线而使回路中产生感应电流，当金属棒MN 恰好做匀速运动时，其重力和安培力平衡，即有B 21l 2v R＝mg .金属棒MN 刚进入B 2区域时，速度仍为v ，若B 2＝B 1，则仍满足B 22l 2v R＝mg ，金属棒MN 仍保持匀速 下滑，选项B 正确；若B 2<B 1，则金属棒MN 刚进入B 2区域时B 22l 2v R<mg ，金属棒MN 先 加速运动，当速度增大到使安培力等于mg 时，金属棒MN 在B 2区域内匀速下滑，故选 项C 正确；同理可知选项D 也正确．答案：BCD5．如图9－3－24所示，在光滑的水平面上，一质量为m ，半径为r ，电阻为R 的均匀金属环，以初速度v 0向一磁感应强度为B 的有界匀强磁场滑去(磁场宽度d >2r )．圆环的一半进入磁场历时t 秒，这时圆环上产生的焦耳热为Q ，则t 秒末圆环中感应电流的瞬时功率为 ( )图9－3－22图9－3－23图9－3－24A.4B 2r 2v 20RB.4B 2r 2⎝ ⎛⎭⎪⎫v 20－2Q m RC.2B 2r 2⎝ ⎛⎭⎪⎫v 20－2Q m RD.B 2r 2π2⎝ ⎛⎭⎪⎫v 20－2Q m R解析：t 秒末圆环中感应电动势为E ＝B ·2r ·v ，由能量守恒知，减少的动能全部转化为焦耳热：Q ＝12mv 20－12mv 2，t 秒末圆环中感应电流的功率为P ＝E 2R＝4B 2r 2⎝ ⎛⎭⎪⎫v 20－2Q m R .答案：B6．一质量为m 、电阻为r 的金属杆ab ，以一定的初速度v 0从一光滑的平行金属导轨底端向上滑行，导轨平面与水平面成30°’角，两导轨上端用一电阻R 相连，如图9－3－25所示，磁场垂直斜面向上，导轨的电阻不计，金属杆向上滑行到某一高度之后又返回到底端时的速度大小为v ，则 ( )A ．向上滑行的时间小于向下滑行的时间B ．在向上滑行时电阻R 上产生的热量大于向下滑行时电阻R 上产生的热量C ．向上滑行时与向下滑行时通过电阻R 的电量相等D ．金属杆从开始上滑至返回出发点，电阻R 上产生的热量为12m (v 20－v 2) 解析：导体杆沿斜面向上运动时安培力沿斜面向下，沿斜面向下运动时安培力沿斜面向 上，所以上升过程的加速度大于下滑过程的加速度，因此向上滑行的时间小于向下滑行 的时间，A 对；向上滑行过程的平均速度大，感应电流大，安培力做的功多，R 上产生的热量多，B 对；由q ＝ΔΦR ＋r 知C 对；由能量守恒定律知回路中产生的总热量为12m (v 20－ v 2)，D 错；本题中等难度．答案：ABC7．如图9－3－26所示，在一水平桌面上有竖直向上的匀强磁场，已知桌面离地高h ＝1.25 m ，现有宽为1 m 的U 形金属导轨固定在桌面上，导轨上垂直导轨放有一质量为 2 kg 、电阻为2Ω的导体棒，其他电阻不计，导体棒与导轨间的动摩擦因数为0.2，将导体棒放在CE 左侧3 m 处，CE 与桌边重合，现用F ＝12 N 的力作用于导体棒上，使其从静止开始运动，经过3 s导体棒刚好到达导轨的末端(在此之前导体棒的运动已达到稳定状态)，随即离开导轨运动，其落地点距桌子边缘的水平距离为2 m ，g 取10 m/s 2，则 ( )A ．导体棒先做匀加速运动，再做匀速运动，最后做平抛运动B ．所加磁场的磁感应强度B ＝2 TC ．导体棒上产生的焦耳热为24 JD ．整个过程中通过导体棒横截面的电荷量为3 C图9－3－25 图9－3－26解析：导体棒水平方向受安培力、摩擦力和拉力，竖直方向受重力、支持力作用，在拉 力F 的作用下从静止开始做加速运动，随着速度的增加，安培力增大，合力减小，加速 度减小，即开始做加速度减小的加速运动，当合力为零时做匀速运动，直到离开导轨后做平抛运动，A 错误；由平抛运动规律h ＝12gt 2及x ＝vt 知导体棒离开桌边缘时速度为v ＝x · g 2h ＝4 m/s ，而导体棒已处于稳定状态，即F ＝μmg ＋BIL ，I ＝BLv R，所以B ＝2 T ， B 正确；由法拉第电磁感应定律知E ＝ΔΦΔt ＝B ΔS Δt ＝2 V ，故q ＝I t ＝E Rt ＝3 C ，D 正 确；由能量转化及守恒定律得导体棒上产生的焦耳热为Q ＝Fx ′－12mv 2－μmgx ′＝8 J ，C 错误．答案：BD二、非选择题（本题共3小题，共44分）8．(2010·江苏单科，13)如图9－3－27所示，两足够长的光滑金属导轨竖直放置，相距为L ，一理想电流表与两导轨相连，匀强磁场与导轨平面垂直．一质量为m 、有效电阻为R的导体棒在距磁场上边界h 处静止释放．导体棒进入磁场后，流经电流表的电流逐渐减小，最终稳定为I .整个运动过程中，导体棒与导轨接触良好，且始终保持水平，不计导轨的电阻．求：(1)磁感应强度的大小B ；(2)电流稳定后，导体棒运动速度的大小v ；(3)流经电流表电流的最大值I m .解析：(1)电流稳定后，导体棒做匀速运动 BIL ＝mg ①解得B ＝mg IL② (2)感应电动势E ＝BLv ③ 感应电流I ＝ER④ 由②③④式解得v ＝I 2R mg. (3)由题意知，导体棒刚进入磁场时的速度最大，设为v m机械能守恒12mv 2m ＝mgh 感应电动势的最大值E m ＝BLv m感应电流的最大值I m ＝E mR ，解得I m ＝mg 2gh IR. 答案：(1)mg IL (2)I 2R mg (3)mg 2gh IR图9－3－279．(2011·浙江六校联考)导体棒的电阻R ＝2 Ω，质量m ＝0.1 kg ，长L ＝0.5 m ，导体棒MN架在光滑的金属框架上，金属框架与水平面的夹角为30°，如图9－3－28所示，它们处于磁感应强度B 为1 T 的匀强磁场中，磁场方向与框架平面垂直.1 s 后导体棒沿斜面向 上滑行的距离是3 m 时，MN 刚好获得稳定的速度，电动机牵引棒时，电压表、电流表 的读数分别为5 V 、1 A ，电动机内阻r 为1 Ω，不计框架电阻及一切摩擦，求：图9－3－28(1)导体棒能达到的稳定速度；(2)导体棒上产生的热量．解析：(1)电动机的机械功率P ＝UI －Ir 2＝4 W导体棒在斜面上受力如图所示，导体棒在拉力F 的作用下做加速度越来越小的加速运动，当导体棒达到稳定速度时，受力平衡，则mg sin α＋F A ＝F即mg sin α＋B 2L 2v R ＝P v解得v ＝4 m/s.(2)在导体棒上升的过程中能量守恒Pt ＝mgs sin α＋12mv 2＋QQ ＝1.7 J.答案：(1)4 m/s (2)1.7 J10. 如图9－3－29所示，有一足够长的光滑平行金属导轨，电阻不计，间距L ＝0.5 m ，导轨沿与水平方向成θ＝30°倾斜放置，底部连接有一个阻值为R ＝3 Ω的电阻．现将一个长也为L ＝0.5 m 、质量为m ＝0.2 kg 、电阻r ＝2 Ω的均匀金属棒，自轨道顶部静止释放后沿轨道自由滑下，下滑中均保持与轨道垂直并接触良好，经一段距离后进入一垂直轨道平面的匀强磁场中，如图所示．磁场上部有边界 OP ，下部无边界，磁感应强度B ＝2 T ．金属棒进入磁场后又运动了一段距离便开始做匀速直线运动，在做匀速直线运动之前这段时间内，金属 棒上产生了Q r ＝2.4 J 的热量，且通过电阻R 上的电荷量为q ＝0.6 C ，取g ＝10 m/s 2.求：(1)金属棒匀速运动时的速度v 0；(2)金属棒进入磁场后速度v ＝6 m/s 时，其加速度a 的大小及方向；(3)磁场的上部边界OP 距导轨顶部的距离s .图9－3－29解析：(1)此时金属棒沿斜面方向受力平衡：BIL ＝mg sin θ对闭合电路有：I ＝E R ＋r ，E ＝BLv 0 联立解得：v 0＝mg sin θR ＋r B 2L 2＝5 m/s. (2)由牛顿第二定律得：mg sin θ－BIL ＝ma而由电路：I ＝BLv R ＋ra ＝g sin θ－B 2L 2v m R ＋r＝－1 m/s 2 因此，此时加速度大小为1 m/s 2，方向沿斜面向上．(3)由于金属棒r 和电阻R 上的电流瞬时相同，根据焦耳定律产生的电热应与阻值成正 比，因此可求出金属棒匀速运动前R 上产生的电热为： Q R ＝R rQ r ＝3.6 J 因此，该过程中电路中的总电热为：Q ＝Q r ＋Q R ＝6 J又该过程中电路平均电流为：I ＝ER ＋r ＝ΔΦΔt R ＋r设匀速前金属棒在磁场中位移为x ，则此过程中通过R 的电荷量为：q ＝I ·Δt ＝ΔΦR ＋r ＝BLx R ＋r从释放到刚好达到匀速运动的过程中，由能量守恒得到：mg sin θ(s ＋x )＝12mv 20＋Q联立解得：s ＝mv 20＋2Q 2mg sin θ－q R ＋r BL＝5.5 m. 答案：(1)5 m/s (2)1 m/s 2方向沿斜面向上 (3)5.5 m 章末整合。