1、高考资源网（） 您身边的高考专家给电动机接通电源，线圈受安培力的作用转动起来由于线圈要切割磁感线，因此必有感应电动势产生，感应电流方向与原电流方向相反，就此问题，下列说法正确的是()A电动机中出现的感应电动势为反电动势，反电动势会阻碍线圈的运动B如果电动机正常工作，反电动势会加快电动机的转动C如果电动机工作中由于机械阻力过大而停止转动，就没了反电动势，线圈中的电流就会很大，很容易烧毁电动机D如果电动机工作电压低于正常电压，电动机也不会转动，此时尽管没有反电动势，但由于电压低也不容易烧毁电动机解析：选AC.根据反电动势的特点可知选项A、C正确如图所示，阻值为R的金属棒从图示位置ab分别以v1、v
2、2的速度沿光滑导轨(电阻不计)匀速滑到ab位置，若v1v212，则这两次过程中()A回路电流I1I212B产生的热量Q1Q212C通过任一截面电荷量q1q212D外力的功率P1P212解析：选AB.感应电动势为BLv，感应电流I，大小与速度成正比，产生的热量QI2Rtv，B、L、L、R是一样的，两次产生的热量比等于运动速度比通过任一截面的电荷量qIt与速度无关，所以这两次过程中，通过任一截面的电荷量之比应为11.金属棒运动中受磁场力的作用，为使棒匀速运动，外力大小要与磁场力相同则外力的功率PFvBILv，其中B、L、R相同，外力的功率与速度的平方成正比，所以外力的功率之比应为14.如图所示，有
3、两根和水平方向成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vm，则()A如果B增大，vm将变大B如果增大，vm将变大C如果R增大，vm将变小D如果m减小，vm将变大解析：选B.以金属杆为研究对象，受力如图所示根据牛顿第二定律得mgsinF安ma，其中F安.当a0时，vvm，解得vm，结合此式分析即得B选项正确(2012宝塔区高二检测)如图所示，竖直固定的光滑U形金属导轨MNOP每米长度的电阻为r，MN平行于OP，且相距为l，磁感应强度为B的匀
4、强磁场与导轨所在平面垂直有一质量为m、电阻不计的水平金属杆ab可在导轨上自由滑动，滑动过程中与导轨接触良好且保持垂直将ab从某一位置由静止开始释放后，下滑h高度时速度达最大，在此过程中，电路中产生的热量为Q，以后设法让杆ab保持这个速度匀速下滑，直到离开导轨为止求：(1)金属杆匀速下滑时的速度(2)匀速下滑过程中通过金属杆的电流I与时间t的关系解析：(1)金属杆ab由静止释放到刚好达最大速度vm的过程中，由能量守恒定律可得mghQmv解得vm.(2)设金属杆刚达到最大速度时，电路总电阻为R0.ab杆达最大速度时有mgBIlEBlvmI由得mg，再经时间t，电路总电阻RR02rvmt，则I.联立
5、以上各式解得I.答案：(1)(2)I一、选择题朝南的钢窗原来关着，今将它突然朝外推开，转过一个小于90的角度，考虑到地球磁场的影响，则左侧钢窗活动的一条边中()A有自下而上的微弱电流B有自上而下的微弱电流C有微弱电流，方向是先自上而下，后自下而上D有微弱电流，方向是先自下而上，后自上而下解析：选A.钢窗打开时，向北穿过钢窗的磁通量减小，根据楞次定律，钢窗的活动边产生自下而上的微弱电流，故A正确如图所示，一个矩形线框从匀强磁场的上方自由落下，进入匀强磁场中，然后再从磁场中穿出已知匀强磁场区域的宽度L大于线框的高度h，那么下列说法中正确的是()A线框只在进入和穿出磁场的过程中，才有感应电流产生B线
6、框从进入到穿出磁场的整个过程中，都有感应电流产生C线框在进入和穿出磁场的过程中，都是磁场能转变成电能D线框在磁场中间运动的过程中，电能转变成机械能解析：选A.线框只在进入和穿出磁场的过程中，穿过它的磁通量才会发生变化，该过程中发生机械能和电能的相互转化图中EF、GH为平行的金属导轨，其电阻可不计，R为电阻，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，I10，I20B匀速滑动时，I10，I20C加速滑动时，I10，I20D加速滑动时，I10，I20解析：选D.横杆AB匀速运动时，产生的感应电动
7、势EBLv，R上电流I10，电容器两端电压不变，据QCU，电容器上电荷量不变化，I20，故A、B选项都不正确；导体做加速运动，电阻R上有电压，因此有电流，电容器上的电压变大，极板上电荷量增大，形成充电电流，I20，因此，D选项正确，C选项错误如图所示，固定于水平绝缘面上的平行金属导轨不光滑，垂直于导轨平面有一匀强磁场，质量为m的金属棒cd垂直放在导轨上，除R和cd棒的电阻r外，其余电阻不计现用水平恒力F作用于cd棒，使cd棒由静止开始向右滑动的过程中，下列说法正确的是()A水平恒力F对cd棒做的功等于电路中产生的电能B只有在cd棒做匀速运动时，F对cd棒做的功才等于电路中产生的电能C无论cd棒
8、做何种运动，它克服磁场力做的功一定等于电路中产生的电能DR两端的电压始终等于cd棒上感应电动势的值解析：选C.F作用于棒上使棒由静止开始做切割磁感线运动，产生感应电动势的过程中，F做的功转化为三种能量：棒的动能Ek、摩擦生热Q和回路电能E，即使cd棒匀速运动，Ek0，但Q0，故A、B错误；对C项可这样证明，经过时间t，cd棒发生的位移为s，则cd棒克服磁场力做的功WBILsBISIEItE电，永远成立，故C项正确；回路中，cd棒相当于电源，有内阻，所以路端电压不等于感应电动势，所以D错误如图所示，由导体棒ab和矩形线框cdef组成的“10”图案在匀强磁场中一起向右匀速平动，磁场的方向垂直线框平
9、面向里，磁感应强度B随时间均匀增大，则下列说法正确的是()A导体棒的a端电势比b端电势高，电势差Uab在逐渐增大B导体棒的a端电势比b端电势低，电势差Uab在逐渐增大C线框cdef中有顺时针方向的电流，电流大小在逐渐增大D线框cdef中有逆时针方向的电流，电流大小在逐渐增大解析：选A.导体棒ab切割磁感线属于动生电动势，由右手定则可知，ab，磁感应强度B随时间均匀增大，由EBLv得，电势差Uab在逐渐增大，选项A正确而B错误；矩形线框cdef因为运动而在cd、ef中产生的动生电动势相抵消，故只有磁感应强度变化而在线框中产生的感应电动势，由楞次定律得，线框中感应电流的方向是逆时针方向，由法拉第电
10、磁感应定律ES得，线框cdef中感应电动势的大小不变，因此其感应电流的大小也不变，选项C、D均错用相同导线绕制的边长为L或2L的四个闭合导体线框，以相同的速度匀速进入右侧匀强磁场，如图所示在每个线框进入磁场的过程中，M、N两点间的电压分别为Ua、Ub、Uc和Ud，下列判断正确的是()AUaUbUcUdBUaUbUdUcCUaUbUcUd DUbUaUdUc解析：选B.由题知EaEbBLv，EcEd2BLv，由闭合电路欧姆定律和串联电路电压分配与电阻成正比可知UaBLv，UbBLv，UcBLv，UdBLv，故B正确(2012开封高二检测)如图所示，两根足够长的固定平行光滑金属导轨位于同一水平面内
11、，导轨上横放着两根相同的导体棒ab、cd，与导轨构成矩形回路，导体棒的两端连接着处于压缩状态的两根轻质弹簧，两棒的中间用细线绑住，它们的电阻均为R，回路上其余部分的电阻不计在导轨平面间有一竖直向下的匀强磁场开始时，导体棒处于静止状态，剪断细线后，导体棒在运动过程中()A回路中有感应电动势B两根导体棒所受安培力方向相同C两根导体棒和弹簧构成的系统机械能守恒D两根导体棒和弹簧构成的系统机械能不守恒解析：选AD.剪断细线后，穿过闭合回路的磁通量不停地变化，因此回路中有感应电动势，选项A正确；根据左手定则可知，两根导体棒所受安培力方向相反，选项B错误；由于在过程中有电能产生，所以系统的机械能不守恒，选
12、项C错误，D正确(2012上海高二检测)如图所示，导体棒ab可以无摩擦地在足够长的竖直轨道上滑动，整个装置处于匀强磁场中，除电阻R外，其他电阻均不计，则在ab棒下落的过程中()Aab棒的机械能守恒Bab棒达到稳定速度以前，其减少的重力势能全部转化为电阻R增加的内能Cab棒达到稳定速度以前，其减少的重力势能全部转化为增加的动能和电阻R增加的内能Dab棒达到稳定速度以后，其减少的重力势能全部转化为电阻R增加的内能解析：选CD.ab棒下落过程中切割磁感线，产生感应电流，有机械能转化为电能，电能又进一步转化为内能达到稳定速度前，动能增加，减少的重力势能转化为导体棒的动能和电阻R的内能；达到稳定速度后，
13、动能不变，减少的重力势能全部转化为电阻的内能光滑金属导轨宽L0.4 m，电阻不计，均匀变化的磁场穿过整个轨道平面，如图甲所示磁场的磁感应强度随时间变化的情况如图乙所示金属棒ab的电阻为1 ，自t0时刻起从导轨最左端以v1 m/s的速度向右匀速运动，则()A1 s末回路中电动势为0.8 VB1 s末ab棒所受磁场力为0.64 NC1 s末回路中电动势为1.6 VD1 s末ab所受磁场力为1.28 N解析：选CD.1 s末磁感应强度为B2 T，所以1 s末回路中动生电动势为E1BLv20.41 V0.8 V感生电动势为E20.8 V，所以EE1E21.6 V棒所受的磁场力FBIlLB1.28 N.
14、(2012榆林高二检测)如图所示，两根竖直放置的光滑平行导轨，一部分处于方向垂直导轨所在平面且有上下水平边界的匀强磁场中，一根金属杆MN水平沿导轨滑下，在由导轨和电阻R组成的闭合电路中，其他电阻不计，当金属杆MN进入磁场区后，其运动速度图像可能是下图中的()解析：选ACD.金属棒进入磁场后，切割磁感线，产生感应电动势电路中有感应电流，由右手定则和左手定则知，MN所受安培力方向向上，其大小为FBIl.线框刚进入磁场时，若安培力Fmg，则MN匀速，A对若Fmg，MN向下减速，ag.随着速度v逐渐减小，加速度逐渐减小，D对，故选A、C、D.二、非选择题如下图所示，在水平面上有两根平行导电轨道MN、P
15、Q，导轨间距为l，匀强磁场垂直于导轨所在的平面向里，磁感应强度为B，两根金属棒a、b分别架在导轨上，与导轨垂直，它们的质量和电阻分别为m1、m2和R1、R2，两棒与轨道接触良好，与导轨间的动摩擦因数皆为.已知棒a被外力拖动，以恒定的速度v0沿导轨运动；达到稳定后棒b也以恒定的速度沿导轨运动，导轨的电阻可忽略不计求此时棒b克服摩擦力做功的功率解析：设棒b的运动速度为v，由于两棒均切割磁感线产生感应电动势，其中棒b产生的感应电动势为反电动势，因此电路中的总电动势为EBl(v0v)，感应电流为I，棒b做匀速运动，它受到的安掊力等于它受到的摩擦力，即BIlm2g.摩擦力的功率为Pm2gv，解以上各式可
16、得：Pm2g.答案：m2g(2011高考大纲全国卷)如图，两根足够长的金属导轨ab、cd竖直放置，导轨间距离为L，电阻不计在导轨上端并接两个额定功率均为P、电阻均为R的小灯泡整个系统置于匀强磁场中，磁感应强度方向与导轨所在平面垂直现将一质量为m、电阻可以忽略的金属棒MN从图示位置由静止开始释放金属棒下落过程中保持水平，且与导轨接触良好已知某时刻后两灯泡保持正常发光重力加速度为g.求：(1)磁感应强度的大小；(2)灯泡正常发光时导体棒的运动速率解析：(1)设小灯泡的额定电流为I0，有PIR由题意知，在金属棒沿导轨竖直下落的某时刻后，两小灯泡保持正常发光，流经MN的电流为I2I0此时金属棒MN所受
17、的重力和安培力大小相等，下落的速度达到最大值，有mgBLI联立式得B.(2)法一：设灯泡正常发光时，导体棒的速度为v，由电磁感应定律与欧姆定律得EBLvERI0联立式得v.法二：由功能关系知，导体棒匀速下落灯泡正常发光时，导体棒下落所受重力的功率与两灯泡消耗的功率相等，即mgv2P，解得：v.答案：(1)(2)电磁感应问题往往跟力学问题和电学问题联系在一起，这类问题需要综合运用电磁感应规律和力学的相关规律解决因此，处理此类问题的一般思路是“先电后力”即：(1)先作“源”的分析分离出电路中由电磁感应所产生的电源，求出电源参数E和r；(2)再进行“路”的分析画出必要的电路图，分析电路结构，弄清串、
18、并联关系，求出相关部分的电流大小，以便安培力的求解；(3)然后是“力”的分析画出必要的受力分析图，分析力学所研究对象(常是金属杆、导体线圈等)的受力情况，尤其注意其所受的安培力；(4)接着进行“运动”状态分析根据力和运动的关系，判断出正确的运动模型；(5)路线是：导轨受力运动产生感应电动势感应电流通电导体受安培力合外力变化加速度变化速度变化感应电动势变化周而复始地循环，循环结束时，加速度等于零，导体达到稳定运动状态要画好受力图，抓住a0时速度v达到最大值的特点，最后运用物理规律列方程求解(6)两种状态处理方法达到稳定运动状态后，导体匀速运动，受力平衡，应根据平衡条件列式分析平衡态；导体达到稳定运动状态之前，往往做变加速运动，处于非平衡态，应根据牛顿第二定律或结合功能关系分析非平衡态 高考资源网版权所有，侵权必究！
