1、高考资源网（） 您身边的高考专家 第12讲电磁感应构建网络重温真题1(2019全国卷)楞次定律是下列哪个定律在电磁感应现象中的具体体现？()A电阻定律 B库仑定律C欧姆定律 D能量守恒定律答案D解析楞次定律表述了感应电流的磁场方向，同时也体现了不同能量间的关系。总能量是守恒的，感应电流产生电能，电能是“阻碍”的结果，D正确。2(2019全国卷)(多选)空间存在一方向与纸面垂直、大小随时间变化的匀强磁场，其边界如图a中虚线MN所示。一硬质细导线的电阻率为、横截面积为S，将该导线做成半径为r的圆环固定在纸面内，圆心O在MN上。t0时磁感应强度的方向如图a所示；磁感应强度B随时间t的变化关系如图b所
2、示。则在t0到tt1的时间间隔内()A圆环所受安培力的方向始终不变B圆环中的感应电流始终沿顺时针方向C圆环中的感应电流大小为D圆环中的感应电动势大小为答案BC解析由于通过圆环的磁通量均匀变化，故圆环中产生的感应电动势、感应电流的大小和方向不变，但t0时刻磁场方向发生变化，故安培力方向发生变化，A错误；根据楞次定律，圆环中感应电流的方向始终沿顺时针方向，B正确；根据法拉第电磁感应定律，感应电动势大小ES，根据闭合电路欧姆定律知，感应电流大小I，C正确，D错误。3(2018全国卷)如图，导体轨道OPQS固定，其中PQS是半圆弧，Q为半圆弧的中点，O为圆心。轨道的电阻忽略不计。OM是有一定电阻、可绕
3、O转动的金属杆，M端位于PQS上，OM与轨道接触良好。空间存在与半圆所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B。现使OM从OQ位置以恒定的角速度逆时针转到OS位置并固定(过程)；再使磁感应强度的大小以一定的变化率从B增加到B(过程)。在过程、中，流过OM的电荷量相等，则等于()A. B. C. D.2答案B解析通过导体横截面的电荷量为：qttn，过程流过OM的电荷量为：q1；过程流过OM的电荷量：q2，依题意有：q1q2，即：Br2(BB)r2，解得：，正确答案为B。4(2019全国卷)(多选)如图，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨，两相同的光滑导体棒ab
4、、cd静止在导轨上。t0时，棒ab以初速度v0向右滑动。运动过程中，ab、cd始终与导轨垂直并接触良好，两者速度分别用v1、v2表示，回路中的电流用I表示。下列图象中可能正确的是()答案AC解析导体棒ab运动，切割磁感线，产生感应电流，导体棒ab受安培力F作用，速度减小，导体棒cd受安培力F作用，速度变大，如图所示，感应电流I，安培力FFBIlma，随着v1减小，v2增大，则FF减小，两棒的加速度大小a减小，直到v1v2v共，a0，两棒做匀速运动，两棒组成的系统动量守恒，则mv02mv共，v共，A正确，B错误。由前面分析知，v1v2随时间减小得越来越慢，最后为0，则感应电流I随时间减小得越来越
5、慢，最后为0，C正确，D错误。5(2019全国卷)(多选)如图，两条光滑平行金属导轨固定，所在平面与水平面夹角为，导轨电阻忽略不计。虚线ab、cd均与导轨垂直，在ab与cd之间的区域存在垂直于导轨所在平面的匀强磁场。将两根相同的导体棒PQ、MN先后自导轨上同一位置由静止释放，两者始终与导轨垂直且接触良好。已知PQ进入磁场时加速度恰好为零。从PQ进入磁场开始计时，到MN离开磁场区域为止，流过PQ的电流随时间变化的图象可能正确的是()答案AD解析PQ刚进入磁场时，加速度为零，则mgsinBI1L，又I1，故PQ做匀速运动，电流恒定；由题意知，MN刚进入磁场时与PQ刚进入磁场时速度相同。情形1：若M
6、N刚进入磁场时，PQ已离开磁场区域，则对MN，由mgsinBI1L、I1及右手定则知，通过PQ的电流大小不变，方向相反，故It图象如图A所示。情形2：若MN刚进入磁场时，PQ未离开磁场区域，由于两导体棒速度相等，产生的电动势等大、反向，故电流为0，两棒在重力沿导轨方向的分力作用下均加速直至PQ离开磁场。当PQ离开磁场时，MN在磁场中的速度大于匀速运动时的速度，MN为电源，由右手定则知PQ中的电流方向与MN未进入磁场时相反，设此时PQ中电流大小为I2，由EBLv，I2，BI2Lmgsinma0知，MN减速，且随v减小，I2减小，a减小，I2与v成正比，故I2随t减小得越来越慢，直至匀速，这时I2
7、I1，It图象如图D所示。6(2018全国卷)(多选)如图a，在同一平面内固定有一长直导线PQ和一导线框R，R在PQ的右侧。导线PQ中通有正弦交流电流i，i的变化如图b所示，规定从Q到P为电流的正方向。导线框R中的感应电动势()A在t时为零B在t时改变方向C在t时最大，且沿顺时针方向D在tT时最大，且沿顺时针方向答案AC解析由图b可知，导线PQ中电流在t时达到最大值，变化率为零，导线框R中磁通量变化率为零，根据法拉第电磁感应定律，在t时导线框中产生的感应电动势为零，A正确；在t时，导线PQ中电流图象斜率方向不变，导致导线框R中磁通量变化率的正负不变，根据楞次定律，所以在t时，导线框中产生的感应
8、电动势方向不变，B错误；由于在t时，导线PQ中电流图象斜率最大，电流变化率最大，导致导线框R中磁通量变化率最大，根据法拉第电磁感应定律，在t时导线框中产生的感应电动势最大，由楞次定律可判断出感应电动势的方向为顺时针方向，C正确；由楞次定律可判断出在tT时感应电动势的方向为逆时针方向，D错误。7(2017全国卷)(多选)两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感应强度方向与纸面垂直。边长为0.1 m、总电阻为0.005 的正方形导线框abcd位于纸面内，cd边与磁场边界平行，如图a所示。已知导线框一直向右做匀速直线运动，cd边于t0时刻进入磁场。线框中感应电动势随时间变化的图线如图b所示(感应电流的方向
9、为顺时针时，感应电动势取正)。下列说法正确的是()A磁感应强度的大小为0.5 TB导线框运动速度的大小为0.5 m/sC磁感应强度的方向垂直于纸面向外D在t0.4 s至t0.6 s这段时间内，导线框所受的安培力大小为0.1 N答案BC解析A错：由图象可知，cd边切割磁感线产生的感应电动势E0.01 V，由公式EBLv，可得磁感应强度的大小B T0.2 T。B对：由图象可知，从导线框的cd边进入磁场到ab边刚好进入磁场，用时为0.2 s，可得导线框运动速度的大小v m/s0.5 m/s。C对：感应电流的方向为顺时针时，对cd边应用右手定则可知，磁感应强度的方向垂直于纸面向外。D错：t0.4 s至
10、t0.6 s时间段为cd边离开磁场，ab边切割磁感线的过程。由闭合电路欧姆定律及安培力公式得安培力F，代入数据得F0.04 N。8(2019江苏高考)如图所示，匀强磁场中有一个用软导线制成的单匝闭合线圈，线圈平面与磁场垂直。已知线圈的面积S0.3 m2、电阻R0.6 ，磁场的磁感应强度B0.2 T。现同时向两侧拉动线圈，线圈的两边在t0.5 s时间内合到一起。求线圈在上述过程中(1)感应电动势的平均值E；(2)感应电流的平均值I，并在图中标出电流方向；(3)通过导线横截面的电荷量q。答案(1)0.12 V(2)0.2 A(电流方向见解析图)(3)0.1 C解析(1)感应电动势的平均值E磁通量的
11、变化量BS解得E代入数据得E0.12 V。(2)平均感应电流I代入数据得I0.2 A(电流方向如图)。(3)通过导线横截面的电荷量qIt代入数据得q0.1 C。9(2018天津高考)真空管道超高速列车的动力系统是一种将电能直接转换成平动动能的装置。图1是某种动力系统的简化模型，图中粗实线表示固定在水平面上间距为l的两条平行光滑金属导轨，电阻忽略不计，ab和cd是两根与导轨垂直、长度均为l、电阻均为R的金属棒，通过绝缘材料固定在列车底部，并与导轨良好接触，其间距也为l，列车的总质量为m。列车启动前，ab、cd处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下，如图1所示，为使列车启动，需
12、在M、N间连接电动势为E的直流电源，电源内阻及导线电阻忽略不计，列车启动后电源自动关闭。(1)要使列车向右运行，启动时图1中M、N哪个接电源正极，并简要说明理由；(2)求刚接通电源时列车加速度a的大小；(3)列车减速时，需在前方设置如图2所示的一系列磁感应强度为B的匀强磁场区域，磁场宽度和相邻磁场间距均大于l。若某时刻列车的速度为v0，此时ab、cd均在无磁场区域，试讨论：要使列车停下来，前方至少需要多少块这样的有界磁场？答案(1)M接电源正极，理由见解析。(2)(3)见解析解析(1)列车要向右运动，安培力方向应向右，根据左手定则，接通电源后，金属棒中电流方向由a到b，由c到d，故M接电源正极
13、。(2)由题意，启动时ab、cd并联，电阻均为R，由并联电路知ab，cd中电流均为I每根金属棒受到的安培力F0BIl设两根金属棒所受安培力之和为F，有F2F0根据牛顿第二定律有Fma联立式得a。(3)设列车减速时，cd进入磁场后经t时间ab恰好进入磁场，此过程中穿过两金属棒与导轨所围回路的磁通量的变化量为，平均感应电动势为E1，由法拉第电磁感应定律有E1其中Bl2设回路中平均电流为I，由闭合电路欧姆定律有I设cd受到的平均安培力为F，有FBIl以向右为正方向，设t时间内cd受安培力冲量为I冲，有I冲Ft同理可知，回路出磁场时ab受安培力冲量仍为上述值，设回路进出一块有界磁场区域安培力冲量为I0
14、，有I02I冲设列车停下来受到的总冲量为I总，由动量定理有I总0mv0联立式得讨论：若恰好为整数，设其为n，则需设置n块有界磁场，若不是整数，设的整数部分为N，则需设置N1块有界磁场。命题特点：电磁感应是电磁学中的重要内容之一，也是高考命题的高频考点，多为选择与计算，主要考查楞次定律、法拉第电磁感应定律、电磁感应的综合问题。思想方法：图象法、守恒法、模型法、等效法。高考考向1楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用例1(2019福建莆田高三第二次质检)(多选)如图，等边三角形OPQ区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场。用粗细均匀的导线绕制的等边三角形导线框abc位于纸面内，其bc边与磁场边界PQ平行，d
15、、e分别为ab、ac的中点。导线框沿垂直于bc的方向向上匀速穿过磁场区域，依次经过图中、位置。已知三角形OPQ的边长是三角形abc的倍，位置时a点与O点重合，位置时d点、e点分别在OP、OQ上，位置时d点、e点在PQ上。则()A经过位置和位置时，线框中的感应电流方向相同B经过位置和位置时，线框中的感应电流大小相等C经过位置和位置时，线框上de两点间的电压之比为21D从位置到位置和从位置到位置的两个过程中，穿过线框横截面的电荷量之比为21(1)如何判断线框中的感应电流方向？提示：楞次定律或右手定则。(2)如何求线框中的感应电流大小和某段导体两端的电压？提示：由公式EBLv和闭合电路欧姆定律求解。
16、解析线框经过位置时磁通量增加，经过位置时磁通量减小，则线框中的感应电流方向相反，A错误；经过位置和位置时，线框切割磁感线的有效长度相同，均为de的长度，可知产生的感应电动势大小相等，即线框中的感应电流大小相等，B正确；设线框的总电阻为R，则经过位置时等效电源的外电路电阻为R，经过位置时等效电源的外电路电阻为R，经过两位置时的电流相等，根据UIR可知，经过位置和位置时，线框上de两点间的电压之比为21，C正确；设线框面积为S，则线圈在位置的磁通量为BS，在位置的磁通量为BS，根据q可得，从位置到位置穿过线框横截面的电荷量q1，从位置到位置过程中穿过线框横截面的电荷量q2，即从位置到位置和从位置到
17、位置的两个过程中，穿过线框横截面的电荷量之比为21，D正确。答案BCD 1.感应电流方向的判断方法(1)右手定则，即根据导体在磁场中做切割磁感线运动的情况进行判断。(2)楞次定律，即根据穿过闭合回路的磁通量的变化情况进行判断。2楞次定律中“阻碍”的主要表现形式(1)阻碍原磁通量的变化“增反减同”。(2)阻碍相对运动“来拒去留”。(3)使线圈面积有扩大或缩小的趋势“增缩减扩”。(4)阻碍原电流的变化(自感现象)“增反减同”。3感应电动势大小的计算情景图研究对象回路(不一定闭合)一段直导线(或等效直导线)绕一端转动的一段导体棒绕与B垂直的轴转动的导线框表达式EnEBLvEBL2从图示时刻计时ENB
18、Scost1(2019辽宁大连二模)(多选)近年来，手机无线充电功能的广泛应用为人们提供了很大便利。如图甲为充电原理示意图。充电板接交流电源，对充电板供电，充电板内的励磁线圈可产生交变磁场，从而使手机内的感应线圈产生感应电流。当充电板内的励磁线圈通入如图乙所示的交变电流时(电流由a流入时方向为正)，下列说法正确的是()A感应线圈中产生的是恒定电流B感应线圈中电流的方向总是与励磁线圈中电流方向相反Ct3时刻，感应线圈中电流的瞬时值为0Dt1t3时间内，c点电势高于d点电势答案CD解析励磁线圈产生的磁场随电流变化，因为电流不是均匀变化，电流产生的磁场也不是均匀变化，所以感应线圈中的感应电动势不是恒
19、定的，感应电流也就不是恒定的，A错误；感应电流方向阻碍引起感应电流的磁通量的变化，当励磁线圈电流减小，电流产生的磁场减弱时，感应电流的方向与励磁线圈电流的方向相同，阻碍磁场减弱，B错误；t3时刻，励磁线圈电流变化率为零，磁感应强度变化率为零，EnnS，感应线圈中的感应电动势为零，感应电流为零，C正确；t1t3时间内，由楞次定律可知，感应电流的磁场方向一直向上，所以感应线圈中的电流从d到c，则c点电势高于d点电势，D正确。2(2019湖北八校联合二模)(多选)如图所示，半径为2L的小圆与半径为3L的圆形金属导轨拥有共同的圆心，在小圆区域内存在垂直于纸面向里的磁感应强度大小为B的匀强磁场，在小圆与
20、导轨之间的环形区域内存在垂直于纸面向外的磁感应强度大小为2B的匀强磁场。现将一长度为3L的导体棒置于磁场中，让其一端O点与圆心重合，另一端与圆形导轨良好接触。在O点与导轨间接入一阻值为r的电阻，导体棒以角速度沿导轨逆时针做匀速圆周运动，其他电阻不计。下列说法正确的是()A导体棒O点的电势比A点的电势低B在导体棒的内部电流由A点至O点C在导体棒旋转一周的时间内，通过电阻r的电荷量为D在导体棒旋转一周的时间内，电阻r产生的焦耳热为答案AD解析长度为2L的导体棒切割小圆内磁感线产生的感应电动势为：E1B(2L)1B(2L)2BL2，根据右手定则知O点的电势比棒上虚线处的电势高，导体棒在小圆与导轨之间
21、的环形区域切割磁感线产生的感应电动势为：E22BL5BL2，根据右手定则知，A点的电势比棒上虚线处的电势高，因E1(t2t1)，B正确；从进入磁场到进入磁场之前的过程中，根据能量守恒，金属棒减小的机械能全部转化为焦耳热，所以Q1mg2d，所以穿过两个磁场过程中产生的热量为4mgd，C正确；若金属杆进入磁场做匀速运动，则mg0，得v，由前面分析可知金属杆进入磁场的速度大于，根据h得金属杆进入磁场的高度应大于，D错误。6(2019湖南常德一模)(多选)如图所示，匀强磁场的水平边界相距为d，磁感应强度大小为B、水平向里。质量为m、电阻为R、边长为L的正方形线圈abcd，在磁场上方高h处由静止释放，已
22、知cd边刚进入磁场时与cd边刚离开磁场时速度相等，不计空气阻力，在线圈穿过磁场的整个过程中()A线圈产生的热量为mgdB若Ld，则所用时间为dC若Ld，则线圈ab边进入磁场时的速度为D若Ld，则线圈的最小速度为答案BD解析以Ld，cd边在进入磁场的过程中线圈匀速运动，cd边离开磁场到ab边进入磁场过程中线圈做匀加速运动，线圈匀速运动时有mg，解得v，所以线圈ab边进入磁场时的速度大于，故C错误；若Ld，cd边进入磁场时要减速，线圈全部进入磁场后做匀加速运动，当cd边刚离开磁场时，速度达到最大可知线圈刚好全部进入磁场时速度最小，设线圈的最小速度为vmin，从线框刚完全进入到cd边刚离开磁场的过程
23、，由动能定理得：mv2mvmg(dL)，而mv2mgh，线圈的最小速度为vmin，故D正确。7. (2019北京延庆区高三一模)如图，水平面上有两根足够长的光滑平行金属导轨，导轨间距为l，电阻不计。左侧接有定值电阻R，质量为m、电阻为r的导体杆，以初速度v0沿轨道滑行，在滑行过程中保持与轨道垂直且接触良好。整个装置处于方向竖直向上，磁感应强度为B的匀强磁场中。宏观规律与微观规律有很多相似之处，导体杆速度的减小规律类似于放射性元素的半衰期，理论上它将经过无限长的时间衰减完有限的速度。(1)求在杆的速度从v0减小到的过程中电阻R上产生的热量；通过电阻R的电量。(2)证明杆的速度每减小一半所用的时间
24、都相等；若杆的动能减小一半所用时间为t0，则杆的动量减小一半所用时间是多少？答案(1)(2)见解析2t0解析(1)设电路中产生的热量为Q，由能量守恒定律mvm()2Q串联电路中，产生的热量与电阻成正比，可得QRQ解得：电阻R产生的热量为QR。设该过程所用时间为t，由动量定理Bltm(v0)，其中tq解得：通过R的电量为q。(2)设某时刻杆的速度为v(从v0开始分析亦可)，则感应电动势EBlv，感应电流I，安培力FBIl在很短时间t内，由动量定理Ftmv，(v为速度变化绝对值)可得tmv所以在任意短时间内速度变化的比例为t由于为定值，可见任何相等时间内速度变化的比例都相等。所以从任何时刻开始计算
25、，速度减小一半所用时间都相等。杆的动能减小一半，其速度v减小为，所用时间为t0，由中分析可得，杆的速度从再减小到所用时间仍为t0，所以杆的速度减小一半所用时间为2t0，即动量减小一半所用时间为2t0。易错警示 电磁感应中的杆导轨模型例 (2019河南许昌高三二诊)如图所示，有一间距为L且与水平方向成角的光滑平行轨道，轨道上端接有电容器和定值电阻，S为单刀双掷开关，空间存在垂直轨道平面向上的匀强磁场，磁感应强度为B。将单刀双掷开关接到a点，一根电阻不计、质量为m的导体棒在轨道底端获得初速度v0后沿着轨道向上运动，到达最高点时，单刀双掷开关接b点，经过一段时间导体棒又回到轨道底端，已知定值电阻的阻
26、值为R，电容器的电容为C，重力加速度为g，轨道足够长，轨道电阻不计。求：(1)导体棒上滑过程中加速度的大小；(2)若已知导体棒到达轨道底端时的速度为v，求导体棒下滑过程中定值电阻产生的热量和导体棒运动的时间。分析与解(1)导体棒上滑的过程中，根据牛顿第二定律得：mgsinF安ma又F安iBL，有：iCBLa联立解得：a。(2)导体棒上滑过程中，有0v2as导体棒下滑的过程中，由动量定理得：mgsintI安mv0I安是安培力的动量大小而I安BiLtBLtvts联立解得：t导体棒下滑的过程中，由能量守恒定律得：Qmv2mgssin解得：Q。答案(1)(2)易错警示1.杆导轨模型可以考查学生综合运用
27、动力学、能量、动量的观点解决电磁感应问题，有可能作为压轴题或最后一道选择题出现(如江苏高考)，所以有必要介绍一下。常见的杆导轨模型如下：(1)单杆模型的常见情况(2)双杆模型的常见情况杆导轨模型的动力学、能量分析参见典例探究例3后面的规律总结，因为杆一般做变加速运动，所以有些物理量必须从动量的角度求解。2应用动量观点解决电磁感应综合问题可分为两类：(1)利用动量定理求感应电荷量或运动位移应用动量定理可以由动量变化来求解变力的冲量，如在导体棒做非匀变速运动的问题中，应用动量定理可以解决牛顿运动定律不易解答的问题。如：BLtp，qt，可得q。tp，xt，可得x。(2)利用动量守恒定律分析双导体杆问
28、题在相互平行的光滑水平轨道间的双棒做切割磁感线运动时，由于这两根导体棒所受的安培力等大反向，合外力为零，若不受其他外力，两导体棒的总动量守恒(上面双杆模型的第二种情况动量不守恒，须用动量定理)。解决此类问题往往要应用动量守恒定律。配套作业限时：60分钟满分：100分一、选择题(本题共6小题，每小题10分，共60分，其中第12题为单选题，第36题为多选题)1(2019两湖八市十二校联合二模)如图甲所示，在竖直方向分布均匀的磁场中水平放置一个金属圆环，圆环所围面积为0.1 m2，圆环电阻为0.2 。磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示 (其中在45 s的时间段呈直线)。在第1 s内感应电
29、流I为顺时针方向。则()A在05 s时间段，感应电流先减小再增大B在02 s时间段感应电流沿顺时针方向，在25 s时间段感应电流沿顺时针方向C在05 s时间段，圆环最大发热功率为5.0104 WD在02 s时间段，通过圆环横截面的电量为5.0101 C答案C解析根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律得：In，知磁感应强度的变化率越大，则感应电流越大，则在05 s时间段，感应电流先减小再增大，最后不变，故A错误；由题意知，在第1 s内感应电流I沿顺时针方向，根据楞次定律知，磁场方向向上为正方向；在02 s时间段感应电流沿顺时针方向，在24 s时间段，磁场向上减小，则感应电流沿逆时针方向，在25
30、 s时间内，磁场向下增加，则感应电流沿逆时针方向，故B错误；在05 s时间段，当电流最大时，发热功率最大，磁感应强度变化率最大值为0.1 T/s，则最大电流I A0.05 A，则PI2R0.0520.2 W5.0104 W，故C正确；根据感应电量的公式，q C5.0102 C，则通过圆环横截面的电量为5.0102 C，故D错误。2(2019沈阳郊联体高三一模)如图所示，两个宽度均为L的匀强磁场垂直于光滑水平桌面，方向相反，磁感应强度大小相等。高为L、上底和下底长度分别为L和2L的等腰梯形金属框水平放置，现使其匀速向右穿过磁场区域，速度垂直梯形底边，从图示位置开始计时，以逆时针方向为电流的正方向
31、，下列四幅图中能够反映线框中电流I随金属框向右移动距离x关系的是()答案C解析x在0L内，由楞次定律判断知感应电流的方向沿逆时针，为正；线框有效的切割长度在均匀增大，由公式EBLv知，产生的感应电动势均匀增大，则感应电流均匀增大。x在L2L内，线框的左右两边都切割磁感线，均产生感应电动势，两个感应电动势串联，且均匀增大，由右手定则知感应电流方向沿顺时针方向，为负；x在2L3L内，由楞次定律判断知感应电流的方向沿逆时针，为正；线框有效的切割长度在均匀增大，由公式EBLv，知产生的感应电动势均匀增大，则感应电流均匀增大，而且感应电流变化情况与线框进入磁场的过程相同，故C正确，A、B、D错误。3(2
32、019湖北武汉二模)在三角形ABC区域中存在着磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场，三边电阻均为R的三角形导线框abc沿AB方向从A点以速度v匀速穿过磁场区域。如图所示，abL，AB2L，abcABC90，acbACB30。线框穿过磁场的过程中()A感应电流先沿逆时针方向，后沿顺时针方向B感应电流先增大，后减小C通过线框的电荷量为Dc、b两点的最大电势差为BLv答案AD解析线框穿越磁场的过程中，磁通量先增加后减小，根据楞次定律可知，感应电流先沿逆时针方向，后沿顺时针方向，A正确；线框穿过磁场的过程中，切割磁感线的有效长度先增加、后减小，再增加，则感应电流先增加、后减小，再增加，B错误
33、；根据q，因进入和离开磁场过程，磁通量变化相同，且感应电流先沿逆时针方向，后沿顺时针方向，可知通过线框的电荷量为零，C错误；当线框完全进入磁场时，c、b两点的电势差最大，为UcbEBLvBLv，D正确。4(2019河南开封高三上第一次模拟)如图所示，在竖直平面内固定有光滑平行导轨，间距为L，下端接有阻值为R的电阻，空间存在与导轨平面垂直、磁感应强度为B的匀强磁场。质量为m、电阻为r的导体棒ab与上端固定的弹簧相连并垂直导轨放置。初始时，导体棒静止，现给导体棒竖直向下的初速度v0，导体棒开始沿导轨往复运动，运动过程中始终与导轨垂直并保持良好接触。若导体棒电阻r与电阻R的阻值相等，不计导轨电阻，则
34、下列说法中正确的是()A导体棒往复运动过程中的每个时刻受到的安培力方向总与运动方向相反B初始时刻导体棒两端的电压UabBLv0C若导体棒开始运动后到速度第一次为零时，下降的高度为h，则通过电阻R的电量为D若导体棒开始运动后到速度第一次为零时，下降的高度为h，此过程导体棒克服弹力做功为W，则电阻R上产生的焦耳热QmvmghW答案AC解析导体棒竖直向下运动时，由右手定则判断可知：ab中产生的感应电流方向从ba，由左手定则判断得知ab棒受到的安培力竖直向上；导体棒竖直向上运动时，由右手定则判断可知：ab中产生的感应电流方向从ab，由左手定则判断得知ab棒受到的安培力竖直向下，所以导体棒往复运动过程中
35、的每个时刻受到的安培力方向总与运动方向相反，故A正确；导体棒开始运动的初始时刻，ab棒产生的感应电势为EBLv0，由于rR，所以导体棒两端的电压UabEBLv0，故B错误；导体棒开始运动后到速度第一次为零时，下降的高度为h，则通过电阻R的电量为q，故C正确；由于导体棒运动过程中产生电能，所以从导体棒开始运动到速度第一次为零的过程中，根据能量守恒定律得知产生的焦耳热Q热mvmghW，所以电阻R上产生的焦耳热Q(mvmghW)，故D错误。5(2019江苏南通一模)如图所示，光滑导轨OMN固定，其中是半径为L的四分之一圆弧，O为圆心。OM、ON的电阻均为R，OA是可绕O转动的金属杆，A端位于上，OA
36、与轨道接触良好，空间存在垂直导轨平面的匀强磁场，磁感应强度的大小为B，、OA的电阻不计。则在OA杆由OM位置以恒定的角速度顺时针转到ON位置的过程中()AOM中电流方向为O流向MB流过OM的电荷量为C要维持OA以角速度匀速转动，外力的功率应为D若OA转动的角速度变为原来的2倍，则流过OM的电荷量也变为原来的2倍答案BC解析由右手定则判断知OA杆中的电流方向由O至A，故OM中电流方向为M流向O，故A错误；根据闭合电路欧姆定律可得OM中感应电流I，则流过OM的电荷量为qIt，若OA转动的角速度变为原来的2倍，则流过OM的电荷量不变，故B正确，D错误；OM的发热功率PI2R，根据能量守恒可得外力的功
37、率应为P外2P，故C正确。6(2019重庆南开中学高三4月模拟)如图所示，水平面上有两根足够长的光滑平行金属导轨MN和PQ，两导轨间距为L，导轨电阻忽略不计。在M和P之间接有阻值为R的甲与乙两个定值电阻，导体杆ab的质量为m，电阻为r，并与导轨接触良好。整个装置处于方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中。现给导体杆ab一初速度v0，使杆向右运动，最后杆停在导轨上。下列说法正确的是()Aab杆做匀减速直线运动直到静止Bab杆速度减为时，ab杆加速度大小为Cab杆速度减为时，通过甲电阻的电量qDab杆速度减为时，ab杆走过的位移s答案BD解析ab棒在水平方向受到与运动方向相反的安培力，加速度大小
38、为：a，由于速度减小，所以ab棒做加速度减小的减速运动直到静止，故A错误；当ab棒的速度为时，安培力为：FA，所以加速度为：a，故B正确；对ab棒，由动量定理得：BLtmmv0，即BLqm，解得：q，由于甲与乙电阻并联，所以通过甲电阻的电量为，故C错误；由q，解得：x，故D正确。二、计算题(本题共2小题，共40分，须写出规范的解题步骤)7(2019江苏南京、盐城二模)(18分)如图所示，绝缘斜面倾角为，虚线下方有方向垂直于斜面向上、磁感应强度为B的匀强磁场，虚线与斜面底边平行。将质量为m，电阻为R，边长为L的正方形金属框abcd从斜面上由静止释放，释放时，cd边与虚线距离为x0，不计摩擦，重力
39、加速度为g。求：(1)金属框cd边进入磁场时，金属框中的电动势大小E；(2)金属框cd边进入磁场时的加速度a；(3)金属框进入磁场的整个过程中，通过金属框的电荷量q。答案(1)BL(2)gsin(3)解析(1)金属框从静止下滑距离x0的过程，由机械能守恒定律得mgx0sinmv2得v金属框cd边进入磁场时，金属框中的电动势大小EBLvBL。(2)金属框cd边进入磁场时感应电流大小Icd边受到的安培力大小FBIL根据牛顿第二定律得 mgsinFma得agsin。(3)金属框进入磁场的整个过程中，通过金属框的电荷量qt。又，联立得q。8. (2019河南郑州三模)(22分)如图所示，空间存在竖直向
40、下的匀强磁场，磁感应强度B0.5 T。在匀强磁场区域内，有一对光滑平行金属导轨，处于同一水平面内，导轨足够长，导轨间距L1 m，电阻可忽略不计。质量均为m1 kg，电阻均为R2.5 的金属导体棒MN和PQ垂直放置于导轨上，且与导轨接触良好。先将PQ暂时锁定，金属棒MN在垂直于棒的拉力F作用下，由静止开始以加速度a0.4 m/s2向右做匀加速直线运动，5 s后保持拉力F的功率不变，直到棒以最大速度vm做匀速直线运动。(1)求棒MN的最大速度vm；(2)当棒MN达到最大速度vm时，解除PQ锁定，同时撤去拉力F，两棒最终均匀速运动。求解除PQ棒锁定后，到两棒最终匀速运动的过程中，电路中产生的总焦耳热
41、；(3)若PQ始终不解除锁定，当棒MN达到最大速度vm时，撤去拉力F，棒MN继续运动多远后停下来？(运算结果可用根式表示)答案(1)2 m/s(2)5 J(3)40 m解析(1)棒MN做匀加速运动，由牛顿第二定律得：FBILma棒MN做切割磁感线运动，产生的感应电动势为：EBLv棒MN做匀加速直线运动，5 s时的速度为：vat12 m/s在两棒组成的回路中，由闭合电路欧姆定律得：I联立上述式子，有：Fma代入数据解得：F0.5 N5 s时拉力F的功率为：PFv代入数据解得：P1 W棒MN最终做匀速运动，设棒的最大速度为vm，棒受力平衡，则有：BImL0Im代入数据解得：vm2 m/s。(2)解除PQ棒锁定后，两棒运动过程中动量守恒，最终两棒以相同的速度做匀速运动，设速度大小为v，则有：mvm2mv设从PQ棒解除锁定到两棒达到相同速度的过程中，两棒共产生的焦耳热为Q，由能量守恒定律可得：Qmv2mv2代入数据解得：Q5 J。(3)以棒MN为研究对象，设某时刻棒MN中电流为i，在极短时间t内，由动量定理得：BiLtmv对式子两边求和有：(BiLt)(mv)而qit对式子两边求和，有：q(it)联立各式解得：BLqmvm，又对于电路有：qtt由法拉第电磁感应定律得：联立得mvm代入数据解得：x40 m。- 35 - 版权所有高考资源网
