1、专题12电磁感应一、单选题1如图所示，一圆形金属环与两固定的平行长直导线在同一竖直平面内，环的圆心与两导线距离相等，环的直径小于两导线间距。两导线中通有大小相等、方向向下的恒定电流。以下说法正确的是（ ）A. 金属环向上运动，则环上的感应电流方向为顺时针方向B. 金属环向下运动，则环上的感应电流方向为顺时针方向C. 金属环向右侧直导线靠近，则环上的感应电流方向为逆时针D. 金属环向左侧直导线靠近，则环上的感应电流方向为逆时针【答案】 C【点睛】本题考查楞次定律的应用，掌握感应电流的产生条件，理解右手螺旋定则的内容穿过线框的磁通量变化有几种方式，有磁场变化导致磁通量变化，也有面积变化导致磁通量变
2、化，还有磁场与面积均变化导致磁通量变化的，最后有磁场与面积均没有变，而是放置的角度变化导致磁通量变化2如图甲所示，线圈ABCD固定于匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向外，当磁场变化时，线圈AB边所受安培力向右且变化规律如图乙所示，则磁场的变化情况可能是下列选项中的( ）A. B. C. D. 【答案】 D【解析】由法拉第电磁感应定律可知，结合闭合电路欧姆定律，则安培力的表达式F=BIL=，由图可知安培力的大小不变,而SL是定值,若磁场B增大,则B/t减小，若磁场B减小,则B/t增大；线圈AB边所受安培力向右，则感应电流的方向是顺时针，原磁场磁感强度应是增加的，故D正确，ABC错误；故选：D.3一个
3、闭合线圈中没有产生感应电流，因此可以得出（ ）.A. 此时该处一定没有磁场 B. 此时该处一定没有磁场的变化C. 闭合线圈的面积一定没有变化 D. 穿过线圈平面的磁通量一定没有变化【答案】 D【解析】感应电流的产生其条件是闭合线圈的磁通量发生变化，闭合线圈中没有感应电流产生可能线圈始终与磁场平行，故A错误；感应电流的产生其条件是闭合线圈的磁通量发生变化，磁通量的变化可以由磁场引起的，也可以由线圈的面积的变化引起的，闭合线圈中没有感应电流产生，不能判断出此地一定没有磁场的变化或没有面积的变化，故BC错误；没有电流只能说明穿过闭合线圈的磁通量没有发生变化故D正确；故选D.点睛：解答本题主要是抓住感
4、应电流产生的条件：闭合线圈的磁通量发生变化，而磁通量的变化可以是由磁场变化引起，也可以是线圈的面积变化，或位置变化引起的4有一个匀强磁场边界是EF，在EF右侧无磁场，左侧是匀强磁场区域，如图甲所示现有一个闭合的金属线框以恒定速度从EF右侧水平进入匀强磁场区域线框中的电流随时间变化的it图象如图乙所示，则可能的线框是下列四个选项中的()A. B. C. D. 【答案】 A【解析】导体棒切割磁感线产生的感应电动势E=BLv，设线框总电阻是R，则感应电流；由图乙所示图象可知，感应电流先变大，后变小，且电流大小与时间成正比，由于B、v、R是定值，故导体棒的有效长度L应先变长，后变短，且L随时间均匀变化
5、，即L与时间t成正比三角形线框匀速进入磁场时，有效长度L先增加，后减小，且随时间均匀变化，符合题意，故A正确；梯形线框匀速进入磁场时，有效长度L先均匀增加，后不变，最后均匀减小，不符合题意，故B错误；长方形线框进入磁场时，有效长度L不变，感应电流不变，不符合题意，故B错误；闭合圆环匀速进入磁场时，有效长度L先变大，后变小，但L不随时间均匀变化，不符合题意，故D错误；故选A点睛：本题是一道关于感应电流的图象题，熟练应用导体棒切割磁感线产生的感应电动势公式、欧姆定律、分析清楚图象特点是正确解题的关键.5有人把自行车进行了改装，在后车轮上装上了一个小型发电机，想看电视时，就骑在自行车上不停地蹬车，可
6、供电视、照明用电发电机原理如图甲所示，在匀强磁场中，磁感应强度为B，放置一个有固定转轴的发电轮，如图所示，发电轮平面与磁感应强度垂直，发电轮半径为r，轮轴和轮缘为两个输出电极，该发电机输出电压接一理想变压器，再给一小灯泡供电，则下列说法中正确的是()A. 当人蹬车的速度增大时，小灯泡两端的电压降低B. 当人蹬车的速度增大时，小灯泡两端的电压不变C. 小灯泡的功率与发电机转速无关D. 小灯泡的功率随发电机转速的增大而增大【答案】 D【解析】PQ输出端的电压为，当人蹬车的速度增大时，小灯泡两端的电压增大，选项AB错误；小灯泡的功率：，则小灯泡的功率随发电机转速的增大而增大，选项C错误，D正确；故选
7、D.6如图所示，边长为L，匝数为N的正方形线圈abcd位于纸面内，线圈内接有电阻值为R的电阻，过ab中点和cd中点的连线OO恰好位于垂直纸面向里的匀强磁场的右边界上，磁场的磁感应强度为B.当线圈转过90时，通过电阻R的电荷量为()A. B. C. D. 【答案】 B【解析】当正方形线圈abcd有一半处在磁感应强度为B的匀强磁场中时，磁通量为：，根据，故B正确，ACD错误；故选B点睛：本题考查对于匀强磁场中磁通量的求解能力对于公式=BS，要懂得S的意义：有效面积，即有磁感线穿过的面积.7如图，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
8、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中电流一直增大B. PQ中电流一直减小C. 线框消耗的电功率先增大后减小D. 线框消耗的电功率先减小后增大【答案】 C【解析】A、B项，设导体棒的长度为，磁感应强度为，导体棒的速度保持不变，根据法拉第电磁感应定律，感应的电动势不变，设线框左边的电阻为，则左右两边线框的电阻为，流过PQ的电流，可以看出当PQ从靠近ad向bc靠近过程中，从零增大到，从而可以判断电流先减小后增大，故A、B项错误。C，D项，电源的内阻为
9、，PQ从靠近ad向bc靠近过程中，外电路的并联等效电阻从零增大到又减小到零，外电路的电阻等于电源内阻的时候消耗的功率最大，所以外电路的功率应该先增大后减小，故C正确D项错误。综上所述，本题正确答案为C。8如图所示，用相同导线绕成的两个单匝线圈a、b的半径分别为r和2r，圆形匀强磁场B的边缘恰好与a线圈重合，若磁场的磁感应强度均匀增大，开始时的磁感应强度不为0，则（）A. 任意时刻，穿过a、b两线圈的磁通量之比均为1：4B. a、b两线圈中产生的感应电动势之比为1：2C. a、b两线圈中产生的感应电流之比为4：1D. 相同时间内a、b两线圈产生的热量之比为2：1【答案】 D【解析】A、任意时刻，
10、穿过a、b两线圈的磁感线条数，磁通量相等，磁通量之比为1：1故A错误B、根据法拉第电磁感应定律得：E=S，S=r2，则S相等，也相等，所以感应电动势相等，感应电动势之比为1：1，故B错误C、线圈a、b的半径分别为r和2r，周长之比为1：2，电阻之比为1：2，根据欧姆定律知 I=，得a、b两线圈中产生的感应电流之比为2：1故C错误D、根据焦耳定律得 Q=t，得相同时间内a、b两线圈产生的热量之比为2：1，故D正确故选：D9如图所示，等腰三角形内分布有垂直于纸面向外的匀强磁场，它的底边在x轴上且长为2L，高为L，纸面内一边长为L的正方形导线框沿x轴正方向做匀速直线运动穿过匀强磁场区域，在t=0时刻
11、恰好位于如图所示的位置，以顺时针方向为导线框中电流的正方向，下面四幅图中能够正确表示导线框中的电流位移（Ix）关系的是（ ）A. B. C. D. 【答案】 B10如图所示，金属杆ab静放在水平固定的“U”形金属框上，整个装置处于竖直向上的磁场中。当磁感应强度均匀减小时，杆ab总保持静止，则：（ ）A. 杆中感应电流方向是从b到a B. 杆中感应电流大小减小C. 金属杆所受安培力逐渐增大 D. 金属杆所受安培力大小不变【答案】 A【解析】根据楞次定律可得感应电流产生的磁场方向应竖直向上，所以方向为从b到a，A正确；因为磁场是均匀减小的，故恒定，根据法拉第电磁感应定律可得可知感应电动势恒定，即感
12、应电流恒定，B错误；因为电流恒定，而磁感应强度减小，所以安培力减小，CD错误11如图所示，AB是一根裸导线，单位长度的电阻为R0，一部分弯曲成直径为d的圆圈，圆圈导线相交处导电接触良好圆圈所在区域有与圆圈平面垂直的均匀磁场，磁感强度为B0导线一端B点固定，A端在沿BA方向的恒力F作用下向右缓慢移动，从而使圆圈缓慢缩小设在圆圈缩小过程中始终保持圆的形状，设导体回路是柔软的，此圆圈从初始的直径d到完全消失所需时间t为（）A. B. C. D. 【答案】 B【解析】设在恒力F的作用下，A端t时间内向右移动微小的量x，则相应圆半径减小r，则有：x=2r在t时间内F做的功等于回路中电功，S可认为由于半径
13、减小微小量r而引起的面积的变化，有：S=2rr而回路中的电阻R=R02r，代入得，F2r=显然t与圆面积变化S成正比，所以由面积r02变化为零，所经历的时间t为：解得：故B正确，ACD错误故选B12通电直导线旁放一个金属线框，线框和导线在同一平面内，如图所示在线框abcd中没有产生感应电流的运动情况是（）A. 线框向右移动B. 线框以AB为轴旋转C. 线框以ad边为轴旋转D. 线框以ab边为轴旋转【答案】 B点睛：该题将安培定则与楞次定律相结合，要先根据安培定则判断出电流周围的磁场才方向与特点，然后在使用楞次定律判定感应电流的方向13关于处理物理问题的思想与方法，下列说法中正确的是（）A. 伽
14、利略在研究自由落体运动时采用了微元法B. 在探究平均速度实验中使用了等效替代的思想C. 法拉第在研究电磁感应现象时利用了理想实验法D. 在探究加速度与力、质量的关系实验中使用了理想化模型的思想方法【答案】 B【解析】伽利略在研究自由落体运动时采用了理想实验和逻辑推理的方法故A错误平均速度能粗略表示物体运动的快慢，在探究平均速度实验中使用了使用了等效替代的思想故B正确法拉第在研究电磁感应现象时利用了控制变量法故C错误在探究加速度与力、质量的关系实验中使用了控制变量的思想方法故D错误故选B14如图所示，纸面内有一矩形导体线框abcd，置于垂直纸面向里、边界为MN的匀强磁场外，线框的ab边平行磁场边
15、界MN，线框以垂直于MN的速度v匀速进入磁场，线框进入磁场过程中，产生焦耳热为Q1，通过线框导体横截面的电荷量为q1，若线框以速度2v匀速进入磁场，线框进入磁场过程中，产生的热量为Q2，通过线框导体横截面的电荷量为q2，则下列选项正确的是A. Q22Q1q22q1 B. Q22Q1q2q1C. Q2Qq2q1 D. Q24Q1q22q1【答案】 B【解析】试题分析：线框匀速进入磁场，克服安培力做功的功率等于线框产生的热量，根据功能关系可求线框中产生的热量由感应电荷量公式，可判两次进入通过线框导体横截面的电荷量相等根据及F=BIL可得安培力表达式：，拉力做的功转化为电能，然后转化为焦耳热，由可知
16、产生的焦耳热与速度成正比，所以，根据可知通过线框某横截面的电荷量与速度无关，B正确15由于地磁场的存在，飞机在一定高度水平飞行时，其机翼就会切割磁感线，机翼的两端之间会有一定的电势差若飞机在北半球水平飞行，则从飞行员的角度看，机翼左端的电势比右端的电势( )A. 低 B. 高 C. 相等 D. 以上情况都有可能【答案】 B【解析】当飞机在北半球水平飞行时，由于地磁场的存在，且地磁场的竖直分量方向竖直向下，则由右手定则可判定机翼左端的电势比右端的电势高若构成闭合电路则电流方向由机翼的右端流向左端，而机翼切割磁感线相当于电源，所以电源内部电流由负极流向正极故选B.点睛：机翼的运动，类似于金属棒在磁
17、场中切割磁感线一样会产生电动势，而电源内部的电流方向则是由负极流向正极的16如图示，金属杆ab以恒定的速率v在光滑的平行导轨上向右滑行，设整个电路中总电阻为R（恒定不变），整个装置置于垂直于纸面向里的匀强磁场中，下列说法不正确的是（）A. ab杆中的电流与速率v成正比B. 磁场作用于ab杆的安培力与速率v成正比C. 电阻R上产生的电热功率与速率v平方成正比D. 外力对ab杆做功的功率与速率v的成正比【答案】 D【解析】电动势E=BLv，则电流强度，知电流强度与速率成正比故A正确FA=BIL=知安培力与速率成正比故B正确根据P=I2R，则，知电阻R产生的热功率与速率的平方成正比故C正确P=Fv=
18、FAv=，知外力的功率与速率的平方成正比故D错误本题选不正确的，故选D17美国一位物理学家卡布莱拉用实验寻找磁单极子实验根据的原理就是电磁感应现象，仪器的主要部分是由超导体做成的线圈，设想有一个磁单极子穿过超导线圈，如图所示，于是在超导线圈中将引起感应电流，关于感应电流的方向下列说法正确的是（ ）A. 磁单极子穿过超导线圈的过程中，线圈中产生的感应电流的方化B. N磁单极子，与S磁单极子分别穿过超导线圈的过程中，线圈中感应电流方向相同C. 磁单极子穿过超导线圈的过程中，线圈中感应电流方向不变D. 假若磁单极子为N磁单极子，穿过超导线圈的过程中，线圈中感应电流方向始终为顺时针（从上往下看）【答案
19、】 C【解析】若N磁单极子穿过超导线圈的过程中，当磁单极子靠近线圈时，当穿过线圈中磁通量增加，且磁场方向从上向下，所以由楞次定律可知，感应磁场方向：从下向上，再由右手螺旋定则可确定感应电流方向逆时针；当磁单极子远离线圈时，当穿过线圈中磁通量减小，且磁场方向从下向上，所以由楞次定律可知，感应磁场方向：从下向上，再由右手螺旋定则可确定感应电流方向逆时针因此线圈中产生的感应电流方向不变故AD错误；若是S磁单极子穿过超导线圈，与A分析相同，得出：靠近线圈时，感应磁场从上向下，则感应电流方向顺时针；当远离时，感应电流也是顺时针故B错误；由AB分析可知，磁单极子穿过超导线圈的过程中，线圈中感应电流方向不变
20、，故C正确；故选C.点睛：考查右手螺旋定则、楞次定律及磁单极子的特征同时注意磁体外部的感应线是从N极射出，射向S极18如图所示,在水平面上有两条导电导轨MN、PQ，导轨间距为d，匀强磁场垂直于导轨所在的平面向里，磁感应强度的大小为B，两根完全相同的金属杆1、2间隔一定的距离摆开放在导轨上，且与导轨垂直。它们的电阻均为R，两杆与导轨接触良好，导轨电阻不计，金属杆的摩擦不计。杆1以初速度v0滑向杆2，为使两杆不相碰，则杆2固定与不固定两种情况下，最初摆放两杆时的最少距离之比为：A. 1:1 B. 1:2 C. 2:1 D. 1:1【答案】 C解得：l1l2=，即AB间的距离最小为x=；当棒2固定后
21、，对左侧棒，以向右为正方向，根据动量定理，有：Ft=mv，其中：F=BIL=BL，故：t=mv，即=mv0，解得：l=，故AB间的距离最小为x=；故x：x=1:2；故ABD错误，C正确；故选：C。【名师点睛】两个棒均不固定时，左边棒受向左的安培力，右边棒受向右的安培力，故左边棒减速，右边棒加速，两个棒系统动量守恒，根据动量守恒定律得到最后的共同速度，然后对右边棒运用动量定理列式；当右边棒固定时，左边棒受向左的安培力，做减速运动，根据动量定理列式；最后联立求解即可。19如图所示，在光滑的水平面上，有一垂直向下的匀强磁场分布在宽度为L的区域内，现有一个边长为a（aL）的正方形闭合线圈以初速度v0垂
22、直磁场边界滑过磁场后，速度为v(vv0)，那么线圈A. 完全进入磁场中时的速度大于（v0+v）/2B. 完全进入磁场中时的速度等于（v0+v）/2C. 完全进入磁场中时的速度小于（v0+v）/2D. 以上情况均有可能【答案】 B【解析】线框进入磁场过程：线框离开磁场过程：联立，得到：所以，选B。【名师点睛】线框进入和穿出磁场过程，受到安培力作用而做减速运动，根据动量定理和电量q=It分析电量的关系。根据感应电量q=，分析可知两个过程线框磁通量变化量大小相等，两个过程电量相等，联立就可求出完全进入磁场中时线圈的速度。20以下叙述中不正确的是（）A. 伽利略通过斜面实验加逻辑推理的方法研究了自由落
23、体运动的规律B. 开普勒提出了日心说，从而发现了行星运动的规律，后人称为开普勒行星运动规律C. 利用涡流的热效应，人们制成了用于加热食物的电磁炉D. 超高压带电作业的工人穿戴的工作服是用包含金属丝的织物制成的，这是利用了静电屏蔽的原理【答案】 B【解析】伽利略通过斜面实验加逻辑推理的方法研究了自由落体运动的规律，A正确；哥白尼提出了日心说，开普勒发现了行星运动的规律，后人称为开普勒行星运动定律，B错误；电磁炉是利用涡流的热效应来加热食物的，C正确；超高压带电作业的工人穿戴的工作服是用包含金属丝的织物制成的，利用的是静电屏蔽的原理，故D正确21以下那种材料制成的器皿不能用于一般微波炉（）A. 玻
24、璃 B. 陶瓷 C. 铝 D. 耐热塑料【答案】 C22电磁炉是利用涡流加热而达到烹饪食物的目的电磁炉适用的锅类是（）A. 平底陶瓷锅B. 凹底陶瓷锅C. 平底不锈钢锅D. 凹底不锈钢锅【答案】 C【解析】电磁炉是利用高频电流在电磁炉内部线圈中产生磁场，磁化铁质铁锅，从而形成无数个小涡流（即电流），加速锅底分子运动，使锅底自身发热达到加热食品的目的，必须使用铁质锅具才被磁化形成涡流，C正确23如图所示，正方形闭合导线框以速度v0在光滑绝缘水平面上匀速运动，穿过有理想边界的匀强磁场区域后以速度v做匀速直线运动，则当完全处在磁场区域内时的运动速度u为 （ ）A. u (v0+v)/2 B. u =
25、 （v0+v）/2C. u t2C. a22a1 D. a25a1【答案】 B【解析】AB、当拉力的功率恒定时，随着速度增大，拉力逐渐减小，最后匀速运动时拉力最小，且最小值和第一种情况下拉力相等，因此都达到速度v时，t1t2，故A错误，B正确；CD、由于两种情况下，最终棒都以速度2v匀速运动，此时拉力与安培力大小相等，则有：当拉力恒定速度为v，加速度为a1时，根据牛顿第二定律有：解得：若保持拉力的功率恒定，速度为2v时，拉力为F，则有：P=F2v，又所以则当速度为v时，拉力大小为：根据牛顿第二定律，得：解得：所以有a2=3a1，故CD错误。故选：B。【名师点睛】分析清楚两种情况下的运动形式区别
26、，然后根据牛顿第二定律和运动学规律求解，注意两种情况下导体棒最终匀速运动时所受拉力大小是相同的。25下列三图中除导体棒ab可动外，其余部分均固定不动，甲图中的电容器C原来不带电设导体棒、导轨和直流电源的电阻均可忽略，导体棒和导轨间的摩擦也不计图中装置均在水平面内，且都处于方向垂直水平面（即纸面）向下的匀强磁场中，导轨足够长今给导体棒ab一个向右的初速度v，在甲、乙、丙三种情形下导体棒ab的最终运动状态是（ ） A. 三种情形下导体棒ab最终均做匀速运动B. 三种情形下导体棒ab最终均静止C. 乙、丙中，ab棒最终将做匀速运动；甲中，ab棒最终静止D. 甲、丙中，ab棒最终将做匀速运动；乙中，a
27、b棒最终静止【答案】 D【名师点睛】图甲中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流而使电容器充电，分析电路中电流的变化，即可判断ab棒所受的安培力，确定ab棒的运动情况；图乙中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流，通过电阻R转化为内能，ab棒将做减速运动；图丙中，分析导体棒受到的安培力情况，判断ab棒的运动情况。26在匀强磁场中有一N匝、半径为a的圆形线圈（其总电阻为R）和一仪器（内阻不计）串联，线圈平面与磁场垂直。当线圈迅速由静止翻转180，该仪器指示有电量q通过，根据已知q、N、a、R可计算出磁感强度B等于A. B. C. D. 【答案】 A【解析】由法拉第电磁感应定律：线圈产生的感应电动
28、势由闭合电路欧姆定律得感应电流根据电量的公式q=It，可得：由于开始线圈平面与磁场垂直，现把探测圈翻转180，则磁能量的变化=2BS=2Ba2所以由上公式可得：，则得： ,故选A点睛：考查法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、电量表达式，同时注意磁通量虽然是标量，但注意线圈分正反面，从而导致磁通量有正负还有磁通量与线圈匝数无关，但感应电动势与线圈匝数有关27如图所示，AOC是光滑的直角金属导轨，AO沿竖直方向，OC沿水平方向，ab是一根金属直棒，如图立在导轨上，它从静止开始在重力作用下运动，运动过程中b端始终在OC上，a端始终在AO上，直到ab完全落在OC上。整个装置放在一匀强磁场中，磁场方向
29、垂直纸面向里，则ab棒在运动过程中A. 感应电流方向始终是baB. 感应电流方向先是ba ，后变为abC. 受磁场力方向与ab垂直，如图中箭头所示方向D. 受磁场力方向与ab垂直，开始如图中箭头所示方向，后来变为与箭头所示方向相反【答案】 B【解析】当ab棒从图示位置滑到与水平面成45时，闭合电路的磁通在变大，则由楞次定律得闭合电路中的电流是逆时针方向，即是ba而此时棒受到的安培力的方向与图中箭头方向相反当越过与水平面成45时，闭合电路的磁通在变小，则由楞次定律得闭合电路中的电流是顺时针方向，即是ab而此时棒受到的安培力的方向与图中箭头方向相同由上可知：只有B选项正确故选B28如图所示，质量为
30、m=0.5kg、电阻为r=1的轻杆ab可以无摩擦地沿着水平固定导轨滑行，导轨足够长，两导轨间宽度为L=1m，导轨电阻不计，电阻R1=1.5，R2=3，整个装置处在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B=1 T。杆从x轴原点O以水平速度v0=6m/s开始滑行，直到停止下来。下列说法不正确的是()A. a点电势高于b点电势B. 在杆的整个运动过程中，电流对电阻R1做的功为9JC. 整个运动过程中，杆的位移为6mD. 在杆的整个运动过程中，通过电阻R1的电荷量为2C【答案】 B【解析】由右手定则可知，a点电势高于b点电势，选项A正确；设总电流为I，则ab、电阻R1和R2上的电功率之比：，由能量关系可知
31、：，解得QR1=3J，选项B错误；由动量定理可知：，解得，则通过R1的电量为，选项D正确；由，其中，解得x=6m，选项C正确；此题选项不正确的选项，故选B. 29一个粗细均匀总电阻为的矩形金属线框MNPQ，如图，MN的长度是NP的倍，NP长度为L，有一宽度为L、大小为B垂直纸面向里的匀强磁场，自MN边进入磁场开始线框以v匀速穿过磁场区域，则PQ两端的电势差UPQ随时间的关系图线为A. B. C. D. 【答案】 A【解析】匀速运动L的过程中感应电动势E=2BLv，根据闭合电路的欧姆定律可得感应电流，根据闭合电路的欧姆定律可得；在L2L过程中，磁通量不变，感应电流为零，此过程UPQ=E=2BLv
32、；在2L3L的过程中，感应电动势E=2BLv，根据闭合电路的欧姆定律可得，故A正确、BCD错误故选A点睛:关于电磁感应与图象的结合问题，关键要分段由电磁感应和电路的基本规律、法拉第电磁感应定律、欧姆定律、安培力公式和焦耳定律等，得到各物理量的解析式，再进行选择在解题时要灵活选择解法，也可以运用排除法等进行解答30法拉第是十九世纪电磁学领域中最伟大的实验家，下列有关法拉第在电磁学领域的贡献，不正确的是A. 法拉第是电磁学的奠基者，他首先提出了场的概念B. 法拉第发现并总结电磁感应是由于闭合电路磁通量变化引起的C. 法拉第正确地指出电磁感应与静电感应不同，感应电流并不是与原电流有关，而是与原电流的
33、变化有关D. 法拉第通过科学实验以及研究发现判断感应电流方向的方法，即：感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流磁通量的变化【答案】 D31如图所示，等腰直角三角形区域内有垂直于纸面向内的匀强磁场，左边有一形状完全相同的等腰直角三角形导线框，线框从图示位置开始水平向右匀速穿过磁场区域，规定线框中感应电流逆时针方向为正方向，线框刚进入磁场区域时感应电流为i0，直角边长为L其感应电流i随位移x变化的图象正确的是A. B. C. D. 【答案】 C【解析】线框进入磁场的位移为0L的过程中，三角形切割磁感线的有效长度先减小，当右边和斜边切割长度相等时感应电流为零，接着又反向增大，根据右手定则可知感应电流方向
34、先是逆时针，后是顺时针；以后在L-2L过程中有效切割长度逐渐减小到零，则感应电流逐渐减小到零，所以C正确，ABD错误故选C32某同学在“探究感应电流产生的条件”的实验中，将直流电源、滑动变阻器、线圈（有铁芯）、线圈、灵敏电流计及开关按图连接成电路在实验中，该同学发现形状闭合的瞬间，灵敏电流计的指针向左偏由此可以判断，在保持开关闭合的状态下：（ ）A. 当线圈拔出时，灵敏电流计的指针向左偏B. 当线圈中的铁芯拔出时，灵敏电流计的指针向右偏C. 当滑动变阻器的滑片匀速滑动时，灵敏电流计的指针不偏转D. 当滑动变阻器的滑片向端滑动时，灵敏电流计的指针向右偏【答案】 B点睛：本题无法直接利用楞次定律进
35、行判断，但是可以根据题意得出产生使电流表指针左偏的条件，即可不根据绕向判出各项中应该出现的现象33如图所示，相距为d的两条水平虚线之间是方向水平向里的匀强磁场，磁感应强度为B，正方形线圈abcd边长为L（L0)变化，C2中磁场的磁感应强度恒为B2，一质量为m电阻为r、长度为L的金属杆AB穿过C2的圆心垂直地跨放在两导轨上，且与导轨接触良好，并恰能保持静止。则A. 通过金属杆的电流大小为B. 通过金属杆的电流方向为从B到AC. 定值电阻的阻值为R=D. 整个电路的热功率p=【答案】 BCD【解析】试题分析：金属杆静止，合力为零根据受力分析，结合平衡条件与安培力表达式，求解通过金属杆的电流大小；由
36、楞次定律分析通过金属杆的电流方向根据法拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆定律，结合题意，即可求定值电阻的阻值由功率公式整个电路中产生的热功率P对金属杆，根据平衡方程得，解得，故A错误；区域C1中磁场的磁感强度随时间按B1=b+kt（k0）变化，可知磁感强度均匀增大，穿过整个回路的磁通量增大，由楞次定律分析知，通过金属杆的电流方向为从B到A，B正确；由法拉第电磁感应定律，则有：回路中产生的感应电动势为，且闭合电路欧姆定律有，又，解得，C正确；整个电路中产生的热功率，D正确8如图所示，平行金属轨道宽度为d，一部分轨道水平，左端接电阻R，倾斜部分与水平面夹角，且置于垂直斜面向上的匀强磁场中，磁感应强度为
37、B现将一质量为m长度也为d的导体棒从导轨顶端由静止释放，直至滑到水平部分（导体棒下滑到水平部分之前已经匀速，滑动过程与导轨保持良好接触，重力加速度为g）不计一切摩擦阻力，导体棒接入回路电阻为r，则整个下滑过程中( )A. 导体棒匀速运动是速度大小为B. 匀速运动时导体棒两端电压为C. 导体棒下滑距离为S时，通过R的总电荷量为D. 重力和安培力对导体棒所做的功大于导体棒获得的动能【答案】 AC【解析】试题分析：由E=BLv求出感应电动势，由欧姆定律求出电流，由安培力公式求出安培力，由平衡条件求出速度，根据求解电荷量在导体棒下滑过程中，当受到的安培力和重力沿斜面向下的分力平衡时，导体棒开始做匀速运
38、动，故有，解得，A正确；导体棒做切割磁感线运动，相当于导体，根据闭合回路欧姆定律可得，联立可得，B错误；根据公式可得当导体棒下滑距离为s时，C正确；过程中只有重力和安培力做功，根据动能定理可得，故可知重力和安培力对导体棒所做的功等于导体棒获得的动能，D错误9如图所示，在光滑的水平面上方，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为两个磁场的理想边界，磁场范围足够大。一个边长为a、质量为m、电阻为R的单匝正方形金属线框，以速度v垂直磁场方向从如图实线位置开始向右运动，当线框运动到分别有一半面积在两个磁场中的位置时，线框的速度为。则下列说法正确的是A. 在位置时线框中的电功率为B.
39、此过程中回路产生的电能为C. 在位置时线框的加速度为D. 此过程中通过导线横截面的电荷量为【答案】 ABD通过的电荷量为：，线框在位置时其磁通量为Ba2，而线框在位置时其磁通量为零，故，故D正确。所以ABD正确，C错误。10如图所示，两根足够长的直金属导轨平行放置在倾角为的绝缘斜面上，两导轨间距为L，底端接有阻值为R的电阻一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直，导轨和杆ab的电阻可忽略整个装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向上让杆ab沿轨道由静止开始下滑，导轨和杆ab接触良好，不计它们之间的摩擦，杆ab由静止下滑距离S时，已处于匀速运动重力加速度为g则（ ）
40、A. 匀速运动时杆ab的速度为B. 匀速运动时杆ab受到的安培力大小为mgsinC. 杆ab由静止下滑距离S过程中，安培力做功为mgSsinD. 杆ab由静止下滑距离S过程中，电阻R产生的热量为mgSsin【答案】 AB【解析】试题分析：匀速运动时杆ab的合力为零，根据安培力与速度的关系式和平衡条件求出ab杆的速度和ab受到的安培力根据能量守恒定律求出电阻R上产生的热量，并得到安培力做功匀速运动时有，又，解得，故AB正确；杆ab由静止下滑距离S过程中，根据能量守恒可得电阻R产生的热量，克服安培力做功为，故CD错误11矩形导线框abcd从某处自由下落h的高度后，进入与线框平面垂直的匀强磁场，如图
41、所示从ab边刚进入磁场到cd边也进入磁场的过程中，线框内的感应电流随时间变化可能的是A. B. C. D. 【答案】 ABD【解析】A、导线框abcd进入磁场时，当安培力与重力刚好平衡时，做匀速运动，不变，A可能; B、导线框abcd进入磁场时，当安培力小于重力，线框做加速度减小的变加速运动，加速度减小，速度的变化率减小，电流的变化率也减小，B可能； C、由图电流变化率增大而安培力大小与速度大小成正比，根据牛顿第二定律，速度增大，加速度减小，加速度不可能增大，电流变化率不可能增大，C不可能； D、导线框abcd进入磁场时，当安培力大于重力时，线框做加速度减小的变减速运动，速度变化率减小，电流变
42、化率也减小，D可能；故选ABD。12如图所示，电阻不计间距为L 的光滑平行金属导轨水平放置，导轨左端接有阻值为R的电阻连接，以导轨的左端为原点，沿导轨方向建立x轴，导轨处于竖直向下的磁感应强度大小为B的匀强磁场中。一根电阻也为R，质量为m的金属杆垂直于导轨放置于处，不计金属杆与轨道间的接触电阻，现给金属杆沿x轴正方向的初速度，金属杆刚好能运动到2处，在金属杆运动过程中A. 通过电阻R的电荷量B. 金属杆克服安培力所做的功为C. 金属杆上产生的焦耳热为D. 金属杆运动到1.5处的速度大小为【答案】 ABD【解析】整个过程中通过导体截面的电荷量，A正确；根据动能定理可得，金属杆克服安培力所做的功为
43、，B正确；整个过程中回路中产生的焦耳热为，所以金属杆上产生的焦耳热为，C错误；设速度减为经过的时间为，通过的位移为；速度减为0经过的时间为，通过的位移为；根据动量定理可得，即：，所以有：，解得，所以金属杆运动到处时速度大小为，D正确【点睛】对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，重点是分析安培力作用下导体棒的平衡问题，根据平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解13半径为a右端开小口的导体圆环和长为2a的导体直杆，单位长度电阻均为R0。圆环水平固定放置，整个内部区域分布着竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B。杆在圆环上以
44、速度v平行于直径CD向右做匀速直线运动，杆始终有两点与圆环良好接触。从圆环中心O开始，杆的位置由确定，如图所示。则()A. 0时，杆产生的电动势为2BavB. 时，杆产生的电动势为C. 0时，杆受的安培力大小为D. 时，杆受的安培力大小为【答案】 ABD【解析】试题分析：根据几何关系求出此时导体棒的有效切割长度，根据法拉第电磁感应定律求出电动势注意总电阻的求解，进一步求出电流值，即可算出安培力的大小时，杆产生的电动势，故A正确；时，根据几何关系得出此时导体棒的有效切割长度是a，所以杆产生的电动势为，故B错误；时，由于单位长度电阻均为所以电路中总电阻所以杆受的安培力大小，故C错误；时，电路中总电
45、阻是，所以杆受的安培力大小，故D正确；14电磁炉是常用电器下列关于电磁炉的说法，正确的有()A. 电磁炉是利用电磁感应原理制成的B. 电磁炉是利用微波加热食物的C. 电磁炉上不能使用铁锅D. 电磁炉是通过锅体内产生感应电流而发热的【答案】 AD【解析】A、电磁炉利用电磁感应原理制成，故选项A正确；B、电磁炉是利涡流的热效应加热的，故选项B错误；C、电磁炉必须用铁锅，故选项C错误，D正确。15如图所示，在竖直面内有一磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里、高度为h的有界匀强磁场，磁场上、下边界水平。将一边长为l(lh)、质量为m的正方形导体框abcd从磁场上方由静止释放，ab边刚进入磁场的瞬间和刚
46、穿出磁场的瞬间速度相等。已知导体框的电阻为r，导体框下落过程中，ab边始终保持水平，重力加速度为g。则A. 导体框一定是减速进入磁场B. 导体框可能匀速穿过整个磁场区域C. 导体框穿过磁场的过程中，电阻产生的热量为D. 导体框进入磁场的过程中，通过某个横截面的电荷量为三、解答题1CD、EF是水平放置的电阻可忽略的光滑平行金属导轨，两导轨距离水平地面高度为H，导轨间距为L，在水平导轨区域存在方向垂直导轨平面向上的有界匀强磁场（磁场区域为CPQE），磁感应强度大小为B，如图所示。导轨左端与一弯曲的光滑轨道平滑连接，弯曲的光滑轨道的上端接有一电阻R。将一阻值也为R的导体棒从弯曲轨道上距离水平金属导轨
47、高度h处由静止释放，导体棒最终通过磁场区域落在水平地面上距离水平导轨最右端水平距离x处。已知导体棒质量为m,导体棒与导轨始终接触良好，重力加速度为g。求：(1)电阻R中的最大电流和整个电路中产生的焦耳热。(2)磁场区域的长度d。【答案】(1) (2)【解析】试题分析: （1）由机械能守恒定律计算进入磁场的速度大小，再根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律求解电流强度；根据平抛运动的知识计算平抛运动的初速度，再根据能量守恒定律计算整个电路中产生的焦耳热；（2）由牛顿第二定律得到安培力与加速度关系，利用微元法求解磁场区域的长度（1）由题意可知，导体棒刚进入磁场的瞬间速度最大，产生的感应电动势最
48、大，感应电流最大由机械能守恒定律有：解得：由法拉第电磁感应定律得：由闭合电路欧姆定律得：联立解得：由平抛运动规律可得：解得：由能量守恒定律可知整个电路中产生的焦耳热为：（2）导体棒通过磁场区域时在安培力作用下做变速运动由牛顿第二定律得：BIL=ma，且，联立解得：两边求和得：又代入得：解得：【点睛】对于电磁感应问题两条研究思路：一条从力的角度，重点是分析安培力作用下导体棒的平衡问题，根据平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解2如图甲所示，两根足够长、电阻不计的平行金属导轨相距 L1m，导轨平面与水平面的夹角37，下端连接阻值 R
49、1的电阻；质量 m1kg、阻值 r1的匀质金属棒 cd 放在两导轨上，到导轨最下端的距离L11m，棒与导轨垂直并保持良好接触，与导轨间的动摩擦因数0.9。整个装置处于与导轨平面垂直（向上为正）的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化的情况如图乙所示。认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，已知在 01.0s 内，金属棒 cd 保持静止，取 sin370.6，cos370.8，g10ms2。（1）求 01.0s 内通过金属棒 cd 的电荷量；（2）求 t1.1s 时刻，金属棒 cd 所受摩擦力的大小和方向；（3）1.2s 后，对金属棒 cd 施加一沿斜面向上的拉力 F，使金属棒 cd 沿斜面向上做加速度大小的
50、匀加速运动，请写出拉力 F 随时间 t（从施加 F 时开始计时）变化的关系式。【答案】（1）（2） 方向沿导轨向上（3）【解析】(1)在01.0s内，金属棒cd上产生的感应电动势为：E=其中S=L1L=11=1m；由于mgsin37+F=6.2Nf，可知假设成立，金属棒仍保持静止故所求摩擦力为f=mgsin37+F=6.2N；方向沿导轨向上；(2)1.2s后金属棒cd上产生的感应电动势为E=B2Lv，其中v=at金属棒cd所受安培力的大小为：F安=B2I2L,其中I2=由牛顿第二定律有：FmgsinmgcosF安=ma解得：F=15.2+0.16t(N)3如图所示，完全相同的正方向单匝铜质线框
51、型货件abcd，通过水平，绝缘且足够长的传送带输送一系列该货件通过某一固定匀强磁场区域进行“安检”程序，即便筛选“次品”（不闭合）与“正品”（闭合），“安检”程序简化为如下物理模型，各货件质量均为m，电阻均为R，边长为l，与传送带间的动摩擦因数为，重力加速度为g；传送带以恒定速度v0向右运动，货件在进入磁场前与传送带的速度相同，货件运行中始终保持，已知磁场边界AA，CC与传送带运动方向垂直，磁场的磁感应强度为B，磁场的宽度为d，现某一货件当其ab边到达CC时又恰好与传送带的速度相同，则：（1）上述货件在进入磁场的过程中运动加速度的最大值与速度的最小值；（2）“次品”（不闭合）与“正品”（闭合）
52、因“安检”而延迟时间多大。【答案】（1）；（2）【解析】（1）线框以速度进入磁场，在进入磁场过程中，受安培力F、摩擦力共同作用而做减速运动；完全进入磁场后，在摩擦力的作用下做加速运动，当ab边到达时速度又恰好等于，因此，线框在刚进入磁场时，所受安培力F最大，加速度最大，设为；线框全部进入磁场的瞬间速度最小，设此时线框的速度为v，线框刚进入磁场时，由牛顿第二定律有：，设流经线框的电流为，货件瞬时速度为，货件所受安培力方向向左，大小为：由牛顿第二定律，有：由力的独立性原理并根据位移大小的“面积法”有：即：解得：设：“正品”货件在磁场中匀加速恢复所用时间为由匀变速速度公式，有：设“正品”货件完全出磁
53、场并达到稳定运行时间为，由受力与运动对称性可得：而“次品”货件运动过程中不受“安检”的影响，设其达到“正品”货件稳定后的相同空间距离所用时间为由匀速运动规律有：可见“安检”而延迟时间为：点睛：对时间、发热量、做功这类过程量，我们一定要先分析、了解整个运动过程的基本状态再求解；要注意区分各阶段的情况，进行分段讨论，如我们求位移时，一定要注意各阶段的运动状态是否能统一表示，如要注意是否一直运动等4如图所示，一面积为S的单匝圆形金属线圈与阻值为R的电阻连接成闭合电路，不计圆形金属线圈及导线的电阻。线圈内存在一个方向垂直纸面向里、磁感应强度大小均匀增加且变化率为k的磁场Bt，电阻R两端并联一对平行金属
54、板M、N，两板间距为d，N板右侧xOy坐标系(坐标原点O在N板的下端)的第一象限内，有垂直纸面向外的匀强磁场，磁场边界OA和y轴的夹角AOy45，AOx区域为无场区。在靠近M板处的P点由静止释放一质量为m、带电荷量为q的粒子（不计重力），经过N板的小孔，从点Q（0，L）垂直y轴进入第一象限，经OA上某点离开磁场，最后垂直x轴离开第一象限。求：（1）平行金属板M、N获得的电压U；（2）粒子到达Q点时的速度大小；（3）yOA区域内匀强磁场的磁感应强度B；（4）粒子从P点射出至到达x轴的时间。【答案】（1）M、N两板间的电压为U=kS （2）（3）（4）【解析】（1）根据法拉第电磁感应定律，闭合线圈
55、产生的感应电动势为：因平行金属板M、N与电阻并联，故M、N两板间的电压为：（2）带电粒子在M、N间做匀加速直线运动，有所以：（3）带电粒子进入磁场区域的运动轨迹如图所示，有由几何关系可得：联立以上各式得：（4）粒子在电场中做匀加速直线运动，则有根据牛顿第二定律得：粒子在磁场中，有粒子在第一象限的无场区中，有由几何关系得：s=r粒子从P点射出到到达x轴的时间为：联立以上各式可得：综上所述本题答案是：（1）；（2）；（3）；（4）5如图所示，一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距，左端接有阻值的电阻，一质量，电阻的金属棒放置在导轨上，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度棒
56、在水平向右的外力作用下，由静止开始以的加速度做匀加速运动，当棒的位移时撤去外力，棒继续运动一段距离后停下来，已知撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比导轨足够长且电阻不计，棒在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触求：（）棒在匀加速运动过程中，通过电阻的电荷量（）撤去外力后回路中产生的焦耳热（）外力做的功【答案】（）（）（）【解析】试题分析：棒在匀加速运动过程中，由法拉第电磁定律、欧姆定律和电量公式q=It结合，可推导电量的表达式，代入数据即可求得q撤去外力后，棒的动能全部转化为回路的内能，先根据运动学公式求出撤去F时棒的速度，再根据能量守恒定律求解焦耳热Q；根据动能定理求解外力做的功（
57、）棒匀加速运动所用时间为，有，解得根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律求电路中产生的平均电流为：根据电流定义式有：（）撤去外力前棒做匀加速运动根据速度公式末速为：撤去外力后棒在安培力作用下做减速运动，安培力做负功先将棒的动能转化为电能，再通过电流做功将电能转化为内能，所以焦耳热等于棒的动能减少：（）根据题意在撤去外力前的焦耳热为：撤去外力前拉力做正功、安培力做负功（其绝对值等于焦耳热）、重力不做功共同使棒的动能增大，根据动能定理有：则6如图所示，匀强磁场的磁感应强度B=0.4T、方向竖直向下，水平面内固定着间距L=0.6m的两平行金属导轨ab、cd、ac间接有R=4.0的电阻将导体棒AB
58、跨接在两导轨间（与导轨接触良好），其有效电阻r=0.8，当导体棒AB以5m/s的速度运动时（金属导轨电阻忽略不计）求：（1）通过电阻R的电流；（2）导体棒AB受到的安培力大小【答案】（1）0.25A （2）0.06N【解析】试题分析：根据切割产生的感应电动势公式求出电动势的大小，结合闭合电路欧姆定律求出通过电阻R的电流；根据安培力公式求出导体棒AB所受力的大小。（1）切割产生的感应电动势为：E=BLv=0.40.65V=1.2V根据闭合电路欧姆定律可得通过电阻R的电流为：（2）导体棒AB受到的安培力为：F=BIL=0.40.250.6N=0.06N。点睛：本题主要考查了电磁感应与电路和力学的基
59、本运用，掌握切割产生的感应电动势公式和安培力公式，利用欧姆定律进行求解。7如图所示，水平面内有相距L=0.8m的两平行光滑金属导轨ab、cd固定在匀强磁场中，磁场方向竖直向上，ac间接有R=4.0的电阻导体棒AB跨在两导轨间，与导轨接触良好，并在F=0.2N的水平力作用下由静止开始向右运动，当其做匀速直线运动时，回路中的电流I=0.5A，求：（1）导体棒AB匀速运动5s电阻R上产生的热量；（2）匀强磁场的磁感应强度大小【答案】（1）5J （2）0.5T点睛：本题主要考查了电磁感应的基本运用，应用焦耳定律和平衡条件，即可解题。8如图所示，足够长的水平轨道左侧b1b2c1c2部分轨道间距为2L，右
60、侧c1c2d1d2部分的轨道间距为L，曲线轨道与水平轨道相切于b1b2 ， 所有轨道均光滑且电阻不计在水平轨道内有斜向下与竖直方向成=37的匀强磁场，磁感应强度大小为B=0.1T质量为M=0.2kg的金属棒B垂直于导轨静止放置在右侧窄轨道上，质量为m=0.1kg的导体棒A自曲线轨道上a1a2处由静止释放，两金属棒在运动过程中始终相互平行且与导轨保持良好接触，A棒总在宽轨上运动，B棒总在窄轨上运动已知：两金属棒接入电路的有效电阻均为R=0.2，h=0.2m，L=0.2m，sin37=0.6，cos37=0.8，g=10m/s2求：（1）金属棒A滑到b1b2处时的速度大小；（2）金属棒B匀速运动的
61、速度大小；（3）在两棒整个的运动过程中通过金属棒A某截面的电量；（4）在两棒整个的运动过程中金属棒A、B在水平导轨间扫过的面积之差【答案】（1）2m/s （2）0.44 m/s （3）5.56C （4）27.8m2【解析】A棒在曲轨道上下滑，由机械能守恒定律得： mgh=mv02得：v0=（2）选取水平向右为正方向，对A、B利用动量定理可得：对B：FB安cost=MvB 对A：FA安cost=mvAmv0其中 FA安=2FB安由上知：mv0mvA=2MvB 两棒最后匀速时，电路中无电流：有 BLvB=2BLvA得：vB=2vA 联立后两式得：vB=v0=0.44 m/s（3）在B加速过程中：（
62、Bcos）iLt=MvB0q=it得：q=C5.56C（4）据法拉第电磁感应定律有：E= 其中磁通量变化量：=BScos电路中的电流：I=通过截面的电荷量：q=It（11）得：S=m227.8m2点睛：在导体棒下滑的过程中只有重力做功。满足机械能守恒的条件，根据机械能守恒列式求解；利用安培力结合动量定理列式求解即可；以B导体棒为研究对象，根据电流的定义式和动量定理列式求解；在整个运动过程中，利用法拉第电磁感应定律。求出磁通量的变化，结合闭合电路欧姆定律进行求解。9如图所示，在空间有两个磁感强度均为 B 的匀强磁场区域，上一个区域边界 AA与 DD的间距为 H，方向垂直纸面向里，CC与 DD的间
63、距为 h, CC下方是另一个磁场区域，方向垂直纸面向外. 现有一质量为 m、边长为 L (h L H ) 、电阻为 R 的正方形线框由 AA上方某处竖直自由落下，恰能匀速进入上面一个磁场区域, 当线框的 cd 边刚要进入边界 CC前瞬间线框的加速度大小 a1 = 0.2 g, 空气阻力不计，求：（1）线框的 cd 边从 AA运动到 CC过程产生的热量 Q.（2）当线框的 cd 边刚刚进入边界 CC时, 线框的加速度大小（3）线框的 cd 边从边界 AA运动到边界 CC的时间.【答案】（1）；（2）3.8g；（3）【解析】（1）线框匀速进入上一个磁场区域的速度为v1，电流为I1，由解得：cd到达
64、CC前瞬间的速度设为v2，电流设为I2，因Lv1，所以此状态线框的加速度方向应为向上，由：解得产生的热量：（2）cd边刚进入CC时的速度仍为v2，这时上下两条边同时切割磁感线，回路电动势加倍，电流加倍，安培力变为4倍.所以有:解得：a=3.8g（3）设线框进入上一个磁场区域的时间为t1，线框cd边从DD运动到CC的时间为t2，从AA运动到CC的总时间为t，对线框从AA运动到CC的全过程列动量定理有：（其中、为t1、t2时间内的平均电流），；;解得：10如图所示，电阻不计的平行金属导轨MN和OP放置在水平面内，MO间接有阻值为R3 的电阻，导轨相距d1 m，其间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B
65、0.5 T质量为m0.1 kg，电阻为r1 的导体棒CD垂直于导轨放置，并接触良好用平行于MN的恒力F1 N向右拉动CD，CD受的摩擦阻力Ff恒为0.5 N求：(1)CD运动的最大速度的大小(2)当CD达到最大速度后，电阻R消耗的电功率是多少？(2)当CD的速度为最大速度的一半时，CD的加速度的大小【答案】(1)8 m/s(2)3 W(3)2.5 m/s2【解析】（1）由F安=BId， ，E=Bdv，得当v=vm时，有F=F安+f代入解得 vm=8m/s （2）速度最大后电流为恒定电流， 则 Em=BdVm，P=Im2R代入解得P=3W （3）E=Bdvm， ，F=BId 由F-F-f=ma所
66、以：a=2.5m/s211如图所示,固定光滑金属导轨间距为L,导轨电阻不计,上端a、b间接有阻值为R的电阻,导轨平面与水平面的夹角为,且处在磁感应强度大小为B. 方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中。质量为m、电阻为r的导体棒与固定弹簧相连后放在导轨上。初始时刻,弹簧恰处于自然长度,导体棒具有沿轨道向上的初速度v0.整个运动过程中导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触。已知弹簧的劲度系数为k，弹簧的中心轴线与导轨平行。(1)求初始时刻通过电阻R的电流I的大小和方向；(2)当导体棒第一次回到初始位置时，速度变为v，求此时导体棒的加速度大小a.【答案】（1）电流方向为ba （2）gsin【解析】试题分析
67、：棒向上运动切割磁感线，由E=BLv求感应电动势，由欧姆定律求感应电流，根据右手定则判断感应电流的方向；当导体棒第一次回到初始位置时，速度变为v，棒产生的感应电动势为E=BLv，再由欧姆定律求得感应电流，由F=BIL求出此时棒所受的安培力，根据牛顿第二定律就可以求出加速度。根据牛顿第二定律有：解得：点睛：本题主要考查了导体棒的切割问题，根据平衡条件或牛顿第二定律列出方程，即可解题。12某同学利用电磁感应知识设计了一个测速仪。其简化模型如图所示，间距为L的两根水平固定放置的平行光滑的金属导轨MN、PQ，导轨的右端连接一个定值电阻，阻值为R，导体棒a垂直导轨放置在导轨上，在a棒左侧和导轨间存在竖直
68、向下的匀强磁场，磁感应强度为B，在a棒右侧有一绝缘棒b，b棒与固定在墙上的轻弹簧相连但不粘连，弹簧处于压缩状态且被锁定。现解除锁定，b棒在弹簧的作用下向左移动，脱离弹簧后以速度v0与a棒发生碰撞粘在一起。已知a、b棒的质量分别为m、M，碰撞前后，棒始终垂直导轨，a棒在导轨间的电阻为r，导轨电阻和空气阻力均忽略不计。求：（1）弹簧的弹性势能和a棒中电流的方向；（2）从a棒开始运动到停止过程中，a棒产生的焦耳热Q；（3）若a棒向左滑行的距离为x，通过定值电阻的电量q；（4）在满足（3）的条件下，a棒向左滑行距离x与b棒的速度v0的函数关系式。【答案】（1）从上端流向下端（2）（3）（4）【解析】（
69、1）对b棒由能量守恒定律，得弹簧的弹性势能由右手定则知，a棒中电流的方向：从上端流向下端（2）b棒与a棒相碰撞时，由动量守恒定律知又电路产生的总热量为a棒产生的焦耳热联立得（3）若a棒向左滑行的距离为x，则通过定值电阻的电量得（4）对a棒向左滑动的过程中，由牛顿第二定律知又，联立得两边求和得得代入，得13法拉第曾提出一种利用河流发电的设想，并进行了实验研究，实验装置的示意图可用题图表示，两块面积均为S的矩形金属板，平行、正对、竖直地全部浸在河水中，间距为d水流速度处处相同，大小为v，方向水平，金属板与水流方向平行地磁场磁感应强度的竖直分量为B，河水的电阻率为，水面上方有一阻值为R的电阻通过绝缘
70、导线和电键K连接到两个金属板上，忽略边缘效应，求：（1）该发电装置的电动势；（2）通过电阻R的电流强度；（3）电阻R消耗的电功率【答案】（1）（2）（3）【解析】解：（1）由法拉第电磁感应定律，有EBdv(2)两板间河水的电阻r= 由闭合电路欧姆定律，有I=(3)由电功率公式，P=I2R得P=14间距为l=0.5m两平行金属导轨由倾斜部分和水平部分平滑连接而成，如图所示，倾斜部分导轨的倾角=30，上端连有阻值R=0.5的定值电阻且倾斜导轨处于大小为B1=0.5T、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中。水平部分导轨足够长，图示矩形虚线框区域存在大小为B2=1T、方向竖直向上的匀强磁场，磁场区域的宽度
71、d=3m。现将质量m=0.1kg、内阻r=0.5、长l=0.5m的导体棒ab从倾斜导轨上端释放，达到稳定速度v0后进入水平导轨，当恰好穿过B2磁场时速度v=2m/s，已知导体棒穿过B2磁场的过程中速度变化量与在磁场中通过的距离满足（比例系数k未知），运动过程中导体棒始终与导轨垂直并接触良好，不计摩擦阻力和导轨电阻。求：（1）导体棒ab的速度v0；（2）导体棒ab穿过B2磁场过程中通过R的电荷量及导体棒ab产生的焦耳热；（3）若磁场B1大小可以调节，其他条件不变，为了使导体棒ab停留在B2磁场区域，B1需满足什么条件。【答案】（1）8m/s（2）1.5C；1.5 J（3）【解析】（1）当导体棒a
72、b运动稳定后，做匀速运动，由平衡条件知，导体棒ab产生的焦耳热联立得Q=1.5 J（3）根据题意有，则若导体棒ab以速度v通过B2磁场时与在磁场中通过的距离x满足导体棒ab在B1磁场中达到稳定速度时，由平衡条件知又联立得根据题意，联立以上二式并代入数据得T。【点睛】（1）由导体棒达到稳定速度后进入水平导轨，在区域受力平衡，根据受力平衡列方程，可求稳定速度；（2）根据平均电流求出电荷量；根据能量守恒定律求出回路产生的焦耳热，再根据电路的串联关系求出导体棒产生的焦耳热；（3）由导体棒的速度变化量与位移的关系求得导体棒不能通过区域的初速度范围，然后根据受力平衡求得区域的磁感应强度范围。15【加试题】
73、如图所示，间距为L、光滑的足够长的金属导轨(金属导轨的电阻不计)所在斜面倾角为，两根同材料、长度均为L、横截面均为圆形的金属棒 CD、PQ放在斜面导轨上，已知CD棒的质量为、电阻为R，PQ棒的圆截面的半径是CD棒圆截面的2倍磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨所在平面向上，两根劲度系数均为、相同的弹簧一端固定在导轨的下端，另一端连着金属棒CD开始时金属棒CD静止，现用一恒力平行于导轨所在平面向上拉金属棒PQ，使金属棒PQ由静止开始运动，当金属棒PQ达到稳定时，弹簧的形变量与开始时相同已知金属棒PQ开始运动到稳定的过程中通过CD棒的电荷量为q，此过程可以认为CD棒缓慢地移动，已知题设物理量符合的关
74、系式，求此过程中(要求结果均用来表示)：（1）CD棒移动的距离；（2）PQ棒移动的距离；（3）恒力所做的功【答案】（1）；（2）；（3）【解析】PQ棒的半径是CD棒的2倍，PQ棒的横截面积是CD棒横截面积的4倍，PQ棒的质量是CD棒的质量的4倍，所以，PQ棒的质量，由电阻定律可知PQ棒的电阻是CD棒电阻的即，两棒串联的总电阻为 （1）开始时弹簧是压缩的，当向上的安培力增大时，弹簧的压缩量减小，安培力等于CD棒重力平行于斜面的分量时，弹簧恢复到原长，安培力继续增大，弹簧伸长，由题意可知，当弹簧的伸长量等于开始的压缩量时达到稳定状态，此时的弹力与原来的弹力大小相等、方向相反两弹簧向上的弹力等于CD
75、棒重力平行于斜面的分量即，弹簧的形变量为CD棒移动的距离（2）在达到稳定过程中两棒之间距离增大，由两金属棒组成的闭合回路中的磁通量发生变化，产生感应电动势为:感应电流为:所以，回路中通过的电荷量即CD棒中的通过的电荷量为:由此可得两棒距离增大值:PQ棒沿导轨上滑距离应为CD棒沿斜面上滑距离和两棒距离增大值之和PQ棒沿导轨上滑距离为:（3）CD棒受力平衡，安培力为金属棒PQ达到稳定时，它受到的合外力为零，向上的恒力等于向下的安培力和重力平行于斜面的分量，即恒力恒力做功为16如图所示，两根等高光滑的四分之一圆弧轨道，半径为r，间距为L，轨道电阻不计，在轨道顶端连有一阻值为R的电阻，整个装置处在一竖
76、直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B，现有一根长度稍大于L，电阻为，质量为m的金属棒从轨道最低位置cd开始，在拉力作用下以速度向右沿轨道做匀速圆周运动至ab处，求：（1）初始时刻cd两端的电压；（2）在该过程中R上产生的热量；（3）拉力做的功。【答案】（1）（2）（3）【解析】试题分析：根据法拉第电磁感应定律可得感应电动势，根据串联电路特点求解初始时刻cd两端的电压；分析电路中电磁感应产生的感应电流的特点，求出电流的有效值，根据焦耳定律求解R上产生的热量；由动能定理可得拉力做的功（1）刚进入时，根据法拉第电磁感应定律可得感应电动势为，根据串联电路特点可知，解得其中：，解得：17如图1所示，匝正方
77、形线框用细线悬挂于天花板上且处于静止状态，线框平面在纸面内，线框的边长为,总电阻为,线框的下半部分（总面积的一半）处于垂直纸面向里的有界匀强磁场，磁场的上、下边界之间的距离为（），磁场的磁感应强度按照图2变化，时刻，悬线的拉力恰好为零，图中的已知。在时刻剪断细线，线框刚要完全穿过磁场时，加速度为零，线框在穿过磁场的过程中始终在纸面里，且不发生转动，重力加速度为，求（1）线框的总质量？（2）时间内，通过某一匝线框截面的电荷量？（3）线框穿过磁场的过程中，线框中产生的焦耳热？【答案】（1）（2）（3）【解析】试题分析：当磁感应强度均匀增大时，线圈中有感应电流，受到向上的安培力，由题设悬线的拉力为零
78、，则安培力等于重力，t0之后，由于磁场变为恒定，线圈在匀强磁场中加速下降，全部进入磁场后以g 的加速度加速，下边缘离开磁场时，由于线框上边切割磁感线产生感应电流，线框受安培力，当安培力变化到与重力相等时，加速度为零；至于焦耳热要用到能量守恒定律进行计算。(1) 0-t0这段时间内，感应电动势为：感应电流为：由题意悬线拉力为零，即所受的安培力为：联立解得：（2）过横截面积的电荷量：穿过磁场过程中根据动能定理：其中克服安培力做的功：联立解得：点睛：本题主要考查了线框穿过磁场的问题，应用法拉第电磁感应定律、动能定理及闭合电路欧姆定律进行解题，过程较多属于复杂题。18如图所示，光滑绝缘水平面上放置一均
79、匀导体制成的正方形线框abcd，线框质量为m,电阻为R,边长为L，有yi 方向竖直向下的有界磁场，磁场的磁感应强度为B,磁场区宽度大于L，左边界与ab边平行，线框水平向右拉力作用下垂直于边界线穿过磁场区。(1)若线框以速度v匀速穿过磁场区，求线框在离开磁场时七两点间的电势差；(2)若线框从静止开始以恒定的加速度a运动，经过h时间七边开始进入磁场，求cd边将要进入磁场时刻回路的电功率；(3)若线框速度v0进入磁场，且拉力的功率恒为P0，经过时间T，cd边进入磁场，此过程中回路产生的电热为Q，后来ab边刚穿出磁场时，线框速度也为v0,求线框穿过磁场所用的时间t.【答案】（1）（2）（3）【解析】（
80、1）线框在离开磁场时，cd边产生的感应电动势 E=BLv回路中的电流则ab两点间的电势差U=IRab=BLv（2）t1时刻线框速度v1=at1设cd边将要进入磁场时刻速度为v2，则v22-v12=2aL此时回路中电动势E2=BLv2回路的电功率解得（3）设cd边进入磁场时的速度为v，线框从cd边进入到ab边离开磁场的时间为t，则P0T=（mv2mv02）+QP0t=m v02-mv2解得线框离开磁场时间还是T，所以线框穿过磁场总时间t=2T+t=+T点睛：本题电磁感应中电路问题，要熟练运用法拉第电磁感应定律切割式E=Blv，欧姆定律求出电压要抓住线框运动过程的对称性，分析穿出磁场时线框的速度，
81、运用能量守恒列式求时间19如图所示，两平行金属导轨轨道MN、MN间距为L，其中MO和MO段与金属杆间的动摩擦因数=0.4，ON和ON段光滑且足够长，两轨道的交接处由很小的圆弧平滑连接，导轨电阻不计，左侧接一阻值为R的电阻和电流传感器，轨道平面与水平面的夹角分别为=53和=37区域PQPQ内存在垂直轨道平面向下的有界匀强磁场，磁场宽度为d，PP的高度为h2=0.3m现开启电流传感器，同时让质量为m、电阻为r的金属杆ab自高h1=1.5m处由静止释放，金属杆与导轨垂直且保持接触良好，电流传感器测得初始一段时间内的It（电流与时间关系）图象如图乙所示（图中I0为已知）求：（1）金属杆第一次进入磁场区
82、域时的速度大小v1（重力加速度为g取10m/s2）；（2）金属杆第一次离开磁场到第二次离开磁场区域时的时间间隔t的大小（此后重力加速度取g）；（3）电阻R在t1t3时间内产生的总热能QR（用v1和其他已知条件表示）；（4）定性画出t4时刻以后可以出现电流的、且金属杆又回到OO的这段时间内可能的It关系图象【答案】（1）；（2）（3）；（4）如图：或【解析】（1）金属杆从静止开始运动到达pp位置，由动能定理mgh1mgh1ctgmgh2mv12解得：所以时间t=t1+t2=，（3）电阻R在t1-t3时间内产生的总热能，由能量守恒得；由串并联电路特点得：（4）t4之后，冲上MO斜面之后由于摩擦力作
83、用能量损耗，速度减小，穿过磁场又在滑下穿过磁场的情况：进入磁场为穿越就减速到零返回的情况：20如图所示，金属棒cd质量m=050kg，长l=050m，可在水平导轨上无摩擦地平动，整个回路的电阻保持不变R=020；匀强磁场的磁感强度B=050T，方向斜向上，且跟导轨平面成=30角问当cd水平向右滑动的速度为多大时，它将对导轨没压力?【答案】【解析】当金属棒cd对导轨恰无压力时，cd棒只受重力和安培力作用，此时棒竖直方向恰好受力平衡，则有：F安cos30=mg又F安=BIL则得：BILcos30=mg；又棒cd产生的感应电动势为 E=BLvsin30由欧姆定律得：E=IR则得：BLvsin30=I
84、R；由解得：v=m/s点睛：本题关键抓住安培力是联系力与电磁感应的桥梁，感应电动势是联系电路与电磁感应的桥梁，正确分析受力，运用牛顿第二定律求解21一个正方形线圈边长a=0.20m，共有n=100匝，其总电阻r=4.0。线圈与阻值R=16的外电阻连成闭合回路，如图甲所示。线圈所在区域存在着分布均匀但强弱随时间变化的磁场，磁场方向垂直线圈平面，其磁感应强度B的大不随时间作周期性变化的周期T=1.010-2s，如图15乙所示，图象中、。求：（1）0t1时间内，通过电阻R的电荷量；（2）t=1.0s内电通过电阻R所产生的热量；（3）线圈中产生感应电流的有效值。【答案】（1）1.010-2C（2）48
85、J（3） =1.7A【解析】（1）0t1时间内的感应电动势通过电阻R的电流所以在0t1时间内通过R的电荷量q=I1t1=1.010-2C（2）在一个周期内，电流通过电阻R产生热量在1.0s内电阻R产生的热量为Q=（3）设咸应电流的有效值为I，则一个周期内电流产生的热量解得（或1.7A）点睛：此题考查法拉第电磁感应定律，闭合电路欧姆定律，焦耳定律等规律的应用，掌握交流电的有效值来计算焦耳热22如图所示，两根足够长的固定的平行金属导轨位于倾角=30的斜面上，导轨上、下端各接有阻值R=10的电阻，导轨自身电阻忽略不计，导轨宽度L=2m，在整个导轨平面内都有垂直于导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度B=
86、0.5T质量为m=0.1kg，电阻r=5的金属棒ab在较高处由静止释放，金属棒ab在下滑过程中始终与导轨垂直且与导轨接触良好当金属棒ab下滑高度h =3m时，速度恰好达到最大值v=2m/s求：（1）金属棒ab在以上运动过程中机械能的减少量（2）金属棒ab在以上运动过程中导轨下端电阻R中产生的热量（g=10m/s2）【答案】（1）2.8J；（2）0.25 J【解析】（1）杆ab机械能的减少量 |E|= mghmv2 = 2.8 J （2）速度最大时ab杆产生的电动势e =BLv = 2 V 产生的电流I= e/(r+R/2) = 0.2 A 此时的安培力F =ILB = 0.2N 由题意可知，受
87、摩擦力f = mgsin300F = 0.3 N 由能量守恒得，损失的机械能等于物体克服摩擦力做功和产生的电热之和电热Q = |E|fh/sin300 = 1 J 由以上各式得：下端电阻R中产生的热量QR = Q/4 = 0.25 J 23如图（甲）所示，一对平行光滑轨道放置在水平面上，两轨道相距l=1m，两轨道之间用R=2的电阻连接，一质量m=0.5kg的导体杆与两轨道垂直，静止放在轨道上，杆及轨道的电阻均可忽略不计，整个装置处于磁感应强度B=2T的匀强磁场中，磁场方向垂直轨道平面向上，现用水平拉力沿轨道方向拉导体杆，拉力F与导体杆运动的位移s间的关系如图（乙）所示，当拉力达到最大时，导体杆
88、开始做匀速运动，当位移s=2.5m时撤去拉力，导体杆又滑行了s=2m停下，求：（1）导体杆运动过程中的最大速度；（2）拉力F作用过程中，电阻R上产生的焦耳热。【答案】（1）=8m/s（2）14J电阻R上产生的焦耳热Q=WF-mvm2=30-16=14J24如图所示，两根金属平行导轨MN和PQ放在水平面上，左端向上弯曲且光滑，导轨间距为L，电阻不计。水平段导轨所处空间有两个有界匀强磁场，相距一段距离不重叠，磁场左边界在水平段导轨的最左端，磁感强度大小为B，方向竖直向上；磁场的磁感应强度大小为2B，方向竖直向下。质量均为m、电阻均为R的金属棒a和b垂直导轨放置在其上，金属棒b置于磁场的右边界CD处
89、。现将金属棒a从弯曲导轨上某一高处由静止释放，使其沿导轨运动。设两金属棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好。（1）若水平段导轨粗糙，两金属棒与水平段导轨间的最大摩擦力均为mg，将金属棒a从距水平面高度h处由静止释放。求：金属棒a刚进入磁场时，通过金属棒b的电流大小；若金属棒a在磁场内运动过程中，金属棒b能在导轨上保持静止，通过计算分析金属棒a释放时的高度h应满足的条件；（2）若水平段导轨是光滑的，将金属棒a仍从高度h处由静止释放，使其进入磁场。设两磁场区域足够大，求金属棒a在磁场内运动过程中，金属棒b中可能产生焦耳热的最大值。【答案】（1）（2）【解析】（1） a棒从h0高处释放后在弯曲导轨上
90、滑动时机械能守恒，有 解得： a棒刚进入磁场I时 , 此时通过a、b的感应电流大小为 （2）由题意知当金属棒a进入磁场I时，由左手定则判断知a棒向右做减速运动；b棒向左运动加速运动。二者产生的感应电动势相反，故当二者的感应电动势大小相等时闭合回路的电流为零，此后二者均匀速运动，故金属棒a、b均匀速运动时金属棒b中产生焦耳热最大，设此时a、b的速度大小分别为与，由以上分析有：BL =2BL 对金属棒a应用动量定理有：对金属棒b应用动量定理有: 联立解得；由功能关系得电路产生的总电热为：故金属棒b中产生焦耳热最大值为25两足够长且不计其电阻的光滑金属轨道，如图所示放置，间距为d=100cm，在左端
91、斜轨道部分高h=1.25m处放置一金属杆a，斜轨道与平直轨道以光滑圆弧连接，在平直轨道右端放置另一金属杆b，杆Ab电阻Ra=2，Rb=5，在平直轨道区域有竖直向上的匀强磁场，磁感强度B=2T。现杆b以初速度v0=5m/s开始向左滑动，同时由静止释放杆a，杆a滑到水平轨道过程中，通过杆b的平均电流为0.3A；a下滑到水平轨道后，以a下滑到水平轨道时开始计时，Ab运动图象如图所示(a运动方向为正)，其中ma=2kg，mb=1kg，g=10m/s2，求（1）杆a落到水平轨道瞬间杆a的速度v；（2）杆a 在斜轨道上运动的时间；（3）在整个运动过程中杆b产生的焦耳热。【答案】（1）5m/s （2）5s
92、（3）19J【解析】（1）， （2）b棒，得（3）共产生的焦耳热为B棒中产生的焦耳热为26如图所示，宽度为L的平行光滑的金属轨道，左端为半径为r1的四分之一圆弧轨道，右端为半径为r2的半圆轨道，中部为与它们相切的水平轨道。水平轨道所在的区域有磁感应强度为B的竖直向上的匀强磁场。一根质量为m的金属杆a置于水平轨道上，另一根质量为M的金属杆b由静止开始自左端轨道最高点滑下，当b滑入水平轨道某位置时，a就滑上了右端半圆轨道最高点(b始终运动且a、b未相撞），并且a在最高点对轨道的压力大小为mg，此过程中通过a的电荷量为q，a、b棒的电阻分别为R1、R2，其余部分电阻不计。在b由静止释放到a运动到右端
93、半圆轨道最高点过程中，求：（1）在水平轨道上运动时b的最大加速度是多大？（2）自b释放到a到达右端半圆轨道最高点过程中系统产生的焦耳热是多少？（3）a刚到达右端半圆轨道最低点时b的速度是多大？【答案】（1）（2） （3）【解析】（1）由机械能守恒定律： b刚滑到水平轨道时加速度最大，E=BLvb1，由牛顿第二定律有：F安=BIL=Ma （2）由动量定理有： -BILt=Mvb2Mvb1， 即：-BLq=Mvb2Mvb1 根据牛顿第三定律得：N=N=mg， （3）能量守恒有 动量守恒定律 27如图所示，电阻不计的两光滑金属导轨相距L，放在水平绝缘桌面上，半径为R的1/4圆弧部分处在竖直平面内，水
94、平直导轨部分处在磁感应强度为B，方向竖直向下的匀强磁场中，末端与桌面边缘平齐。两金属棒ab、cd垂直于两导轨且与导轨接触良好。棒ab质量为2 m，电阻为r，棒cd的质量为m，电阻为r。重力加速度为g。开始棒cd静止在水平直导轨上，棒ab从圆弧顶端无初速度释放，进入水平直导轨后与棒cd始终没有接触并一直向右运动，最后两棒都离开导轨落到地面上。棒ab与棒cd落地点到桌面边缘的水平距离之比为3: 1。求：（1）棒ab和棒cd离开导轨时的速度大小；（2）棒cd在水平导轨上的最大加速度；（3）两棒在导轨上运动过程中产生的焦耳热。【答案】（1）（2）（3）【解析】（1）设ab棒进入水平导轨的速度为，ab棒
95、从圆弧导轨滑下机械能守恒：离开导轨时，设ab棒的速度为，cd棒的速度为，ab棒与cd棒在水平导轨上运动，动量守恒， cd棒受到的安培力为： 根据牛顿第二定律，cd棒的最大加速度为： 联立解得：（3）根据能量守恒，两棒在轨道上运动过程产生的焦耳热为：联立并代入和解得：28如图，相距L的光滑金属导轨，半径为R的1/4圆弧部分竖直放置、直的部分固定于水平地面，MNQP范围内有方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场金属棒ab和cd垂直导轨且接触良好，cd静止在磁场中，ab从圆弧导轨的顶端由静止释放，进入磁场后与cd没有接触已知ab的质量为m、电阻为r，cd的质量为3m、电阻为r金属导轨电阻不计，重力加
96、速度为g（1）求：ab到达圆弧底端时对轨道的压力大小（2）在图中标出ab刚进入磁场时cd棒中的电流方向（3）若cd离开磁场时的速度是此刻ab速度的一半，求：cd离开磁场瞬间，ab受到的安培力大小【答案】（1）（2）dc （3）【解析】（1）设ab到达圆弧底端时受到的支持力大小为N，ab下滑机械能守恒，有： 由牛顿第二定律：；联立得：由牛顿第三定律知：对轨道压力大小为（2）如图（3）设cd离开磁场时ab在磁场中的速度vab，则cd此时的速度为，ab、cd组成的系统动量守恒，有：ab、cd构成的闭合回路：由法拉第电磁感应定律：闭合电路欧姆定律：安培力公式：联立得29如图所示，两根足够长的平行金属导
97、轨固定于同一水平面内，导轨间的距离为L，导轨上平行放置两根导体棒ab和cd，构成矩形回路。已知两根导体棒的质量均为m、电阻均为R，其它电阻忽略不计，整个导轨处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B，导体棒均可沿导轨无摩擦的滑行。开始时，导体棒cd静止、ab有水平向右的初速度v0，两导体棒在运动中始终不接触。求：（1）开始时，导体棒ab中电流的大小和方向；（2）从开始到导体棒cd达到最大速度的过程中，矩形回路产生的焦耳热；（3）当ab棒速度变为v0时，cd棒加速度的大小。【答案】（1）方向由 （2）（3）【解析】（1）ab棒产生的感应电动势 ，ab棒中电流 ，方向由（2）当ab棒与cd棒速度相同
98、时，cd棒的速度最大，设最大速度为由动量守恒定律 由能量守恒关系 Qmv（2m）v QmvIcd棒受力为 ；此时cd棒加速度为 30两根平行的金属导轨，固定在同一水平面上，磁感强度B=0.5T的匀强磁场与导轨所在平面垂直，导轨的电阻很小，可忽略不计。导轨间的距离l=0.20m，两根质量均m=0.10kg的平行金属杆甲、乙可在导轨上无摩擦地滑动，滑动过程中与导轨保持垂直，每根金属杆的电阻为R=0.50。在t=0时刻，两杆都处于静止状态。现有一与导轨平行，大小0.20N的恒力F作用于金属杆甲上，使金属杆在导轨上滑动。经过T=5.0s，金属杆甲的加速度为a=1.37 m/s2，求此时两金属杆的速度各
99、为多少？【答案】8.15m/s 1.85m/s【解析】设任一时刻两金属杆甲、乙之间的距离为，速度分别为和，经过很短时间，杆甲移动距离，杆乙移动距离，回路面积改变由法拉第电磁感应定律，回路中的感应电动势：回路中的电流：杆甲的运动方程：由于作用于杆甲和杆乙的安培力总是大小相等、方向相反，所以两杆的动量变化（时为0）等于外力F的冲量：联立以上各式解得代入数据得8.15m/s 1.85m/s【名师点睛】两杆同向运动，回路中的总电动势等于它们产生的感应电动势之差，即与它们速度之差有关，对甲杆由牛顿第二定律列式，对两杆分别运用动量定理列式，即可求解。31如图所示，竖直放置的两光滑平行金属导轨，置于垂直于导
100、轨平面向里的匀强磁场中，两根质量相同的导体棒a和b，与导轨紧密接触且可自由滑动。先固定a，释放b，当b的速度达到10m/s时，再释放a，经过1s后，a的速度达到12m/s，则（1）此时b的速度大小是多少？（2）若导轨很长，a、b棒最后的运动状态。【答案】（1）（2）两棒以共同的速度向下做加速度为g的匀加速运动。【解析】（1） 当棒先向下运动时，在和以及导轨所组成的闭合回路中产生感应电流，于是棒受到向下的安培力，棒受到向上的安培力，且二者大小相等。释放棒后，经过时间t，分别以和为研究对象，根据动量定理，则有： 代入数据可解得：（2）在、棒向下运动的过程中，棒产生的加速度，棒产生的加速度。当棒的速
101、度与棒接近时，闭合回路中的/t逐渐减小，感应电流也逐渐减小，则安培力也逐渐减小。最后，两棒以共同的速度向下做加速度为g的匀加速运动。【名师点睛】分别对A和B导体棒根据动量定理列方程联立求解B的速度；根据安培力的变化情况确定加速度的变化，进而分析最终的情况。32如图所示，光滑导轨EF、GH等高平行放置，EG间宽度为FH间宽度的3倍，导轨右侧水平且处于竖直向上的匀强磁场中，左侧呈弧形升高。ab、cd是质量均为m的金属棒，现让ab从离水平轨道h高处由静止下滑，设导轨足够长。试求： (1)ab、cd棒的最终速度；(2)全过程中感应电流产生的焦耳热。【答案】（1） （2）【解析】(1)ab自由下滑，机械
102、能守恒： 由于、串联在同一电路中，任何时刻通过的电流总相等，金属棒有效长度，故它们的磁场力为： 在磁场力作用下，、各作变速运动，产生的感应电动势方向相反，当时，电路中感应电流为零()，安培力为零，、运动趋于稳定，此时有： 所以 33在水平光滑等距的金属导轨上有一定值电阻R,导轨宽d电阻不计,导体棒AB垂直于导轨放置,质量为m ,整个装置处于垂直导轨平面向上的匀强磁场中,磁感应强度为B.现给导体棒一水平初速度v0,求AB在导轨上滑行的距离.【答案】【解析】对回路：对杆1：联立，得34如图所示，半径为r的两半圆形光滑金属导轨并列竖直放置，在轨道左侧上方MN间接有阻值为R0的电阻，整个轨道处在竖直向
103、下的磁感应强度为B的匀强磁场中，两轨道间距为L，一电阻也为R0质量为m的金属棒ab从MN处由静止释放经时间t到达轨道最低点cd时的速度为v，不计摩擦。求：（1）棒从ab到cd过程中通过棒的电量。（2）棒在cd处的加速度。【答案】【解析】（1）根据法拉第电磁感应定律：根据欧姆定律：通过棒的电量：（2）棒在cd处有重力和支持力产生的向心加速度：；有安培力产生的加速度：棒在cd处的加速度：35磁悬浮列车动力原理如下图所示，在水平地面上放有两根平行直导轨，轨间存在着等距离的正方形匀强磁场Bl和B2，方向相反，B1=B2=lT，如下图所示。导轨上放有金属框abcd，金属框电阻R=2，导轨间距L=0.4m
104、，当磁场Bl、B2同时以v=5m/s的速度向右匀速运动时，求(1)如果导轨和金属框均很光滑，金属框对地是否运动?若不运动，请说明理由；如运动，原因是什么?运动性质如何?(2)如果金属框运动中所受到的阻力恒为其对地速度的K倍，K=0.18，求金属框所能达到的最大速度vm是多少?(3)如果金属框要维持(2)中最大速度运动，它每秒钟要消耗多少磁场能?【答案】(1)运动。因磁场运动时，框与磁场有相对运动，ad、b边切害虫磁感线，框中产生感应电流(方向逆时针)，同时受安培力，方向水平向右，故使线框向右加速运动，且属于加速度越来越小的变加速运动。(2)3.2m/s (3)2.9J 【解析】(1)金属框对地
105、运动.解得代入数据,解得：vm=3.2m/s(3)框消耗的磁场能一部分转化为框中电热，一部分克服阴力做功。据能量守恒E硫=I2Rt+KvmvmtE磁=4B2L2(vvm)2/R1+Kv2m1=2.9J，36如图所示，足够长的两光滑导轨水平放置，两条导轨相距为d，左端MN用阻值不计的导线相连，金属棒ab可在导轨上滑动，导轨单位长度的电阻为r0，金属棒ab的电阻不计整个装置处于竖直向下的均匀磁场中，磁场的磁感应强度随时间均匀增加，B=kt，其中k为常数金属棒ab在水平外力的作用下，以速度v沿导轨向右做匀速运动，t=0时，金属棒ab与MN相距非常近求：（1）当t=to时，水平外力的大小F（2）同学们
106、在求t=to时刻闭合回路消耗的功率时，有两种不同的求法：方法一：t=to时刻闭合回路消耗的功率P=Fv方法二：由Bld=F，得I=（其中R为回路总电阻）这两种方法哪一种正确？请你做出判断，并简述理由【答案】1）当时，水平外力的大小F为（2）方法一错，方法二对； 方法一认为闭合回路所消耗的能量全部来自于外力所做的功，而实际上磁场的变化也对闭合回路提供能量方法二算出的I是电路的总电流，求出的是闭合回路消耗的总功率(2)方法一错，方法二对；方法一认为闭合回路所消耗的能量全部来自于外力所做的功，而实际上磁场的变化也对闭合回路提供能量。方法二算出的I是电路的总电流，求出的是闭合回路消耗的总功率。【名师点
107、睛】（1）回路中既有动生电动势，又有感生电动势，分别由E=BLv和法拉第电磁感应定律结合求出总的感应电动势，由欧姆定律求电路中的电流，因为棒ab匀速运动，外力F与安培力平衡，由公式F=BIL求出安培力，即可求得外力；（2）方法一错，方法二对；方法一认为闭合回路所消耗的能量全部来自于外力所做的功，而实际上磁场的变化也对闭合回路提供能量。37固定在匀强磁场中的正方形导线框abcd，各边长l，其中ab是一段电阻为R的均匀电阻丝，其余三边均为电阻可忽略的铜线。磁场的磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，现有一与ab段所用材料、粗细、长度都相同的电阻丝RQ架在导线框上，如图所示，以恒定速度从ad滑向bc，当
108、PQ滑过l的距离时，通时aP段电阻丝的电流是多大?方向如何? 【答案】Iap=，由ap【解析】当PQ滑过1/3的距离时，PQ产生的感应电动势的大小为：E=BLv整个电路的总电阻为：则干路中的电流为：aP、Pb的电阻之比为1：2，则电流比为2：1，通过aP的电流大小为为：根据右手定则流过QP的电流方向由P到Q，所以流过aP段的电流方向向左即aP38如图所示，有一光滑的水平导电轨道置于竖直向上的匀强磁场中，导轨由两宽度分别为2L、L组合而成。两导体棒ab、cd分别垂直两导轨水平放置，质量都为m、有效电阻都为R。现给ab一水平向左的初速度v0，导轨电阻不计且足够长，最终cd离开宽轨且滑上无磁场的光滑
109、圆弧轨道上，cd上升的最大高度为h，重力加速度为g。从cd开始运动到cd离开磁场这一过程中，求：（1）ab开始运动瞬间cd所受安培力的大小和方向；（2）ab做匀速运动时的速度大小； （3）上述过程中闭合电路中产生的焦耳热。【答案】（1）（2）（3）【解析】（1）ab开始运动瞬间，产生电动势：E=BLv0根据闭合电路的欧姆定律可得：根据右手定则可得电流方向为dbac，根据左手定则可知cd所受安培力方向向左，安培力大小为：F=BI（2L）解得：；（2）cd滑上无磁场的光滑圆弧轨道，初速度为v1，则：cd和ab在导轨上最终做匀速运动时，此时闭合回路的磁通量不变，所以ab棒的速度v2为cd棒速度v1的
110、2倍，则：v22（3）由功能关系，有：得：点睛：对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，重点是分析安培力作用下导体棒的平衡问题，根据平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解39两根相距d=0.20m的平行光滑金属长导轨与水平方向成30角固定，匀强磁场的磁感强度B=0.20T，方向垂直两导轨组成的平面，两根金属棒ab、cd互相平行且始终与导轨垂直地放在导轨上，它们的质量分别为m1=0.1kg, m2=0.02kg，两棒电阻均为0.20，导轨电阻不计，如图所示。（1）当ab棒在平行于导轨平面斜向上的外力作用下，以v1=1.
111、5m/s速度沿斜面匀速向上运动，求金属棒cd运动的最大速度；（2）若要cd棒静止，求使ab匀速运动时外力的功率。（g=10m/s2）【答案】23.5m/s,15W【解析】（1）刚释放cd棒时，ab棒产生的感应电动势：E=BLv0=0.20.21.5V=0.06V刚释放时cd棒时，由欧姆定律得：cd所受安培力大小为：F安=BIL=0.20.150.2N=0.06N，由左手定则判断可知，安培力方向沿导轨向上总的感应电动势为：E=BLv1+BLv2由以上各式解得：（2）当cd静止时：感应电动势为：E=BLv1感应电流为： 对cd杆有：m2gsin=BIL对杆ab有：F-BIL-m1gsin=0解得：
112、F=（m1+m2）gsin=（0.1+0.02）10sin30=0.6N解得：外力的功率为：P=Fv1=0.625W=15W40如图所示，光滑的平行水平金属导轨MN、PQ相距L，在M点和P点间连接一个阻值为R的电阻，在两导轨间cdfe矩形区域内有垂直导轨平面竖直向上、宽为d的匀强磁场，磁感应强度为B。一质量为m、电阻为r、长度也刚好为L的导体棒ab垂直搁在导轨上，与磁场左边界相距。现用一个水平向右的力F拉棒ab，使它由静止开始运动，棒ab离开磁场前已做匀速直线运动，棒ab与导轨始终保持良好接触，导轨电阻不计，F随ab与初始位置的距离x变化的情况如图，已知。求：（1）棒ab离开磁场右边界时的速度
113、；（2）棒ab通过磁场区域的过程中整个回路所消耗的电能；（3）满足什么条件时，棒ab进入磁场后一直做匀速运动。【答案】（1） （2）（3）【解析】（1）设离开右边界时棒ab速度为，则有：E=Blv对棒有：2F0-BIl=0 联立解得：故棒ab离开磁场右边界时的速度为：（2）在ab棒运动的整个过程中，根据动能定理有：F0d0+2F0dW安m20 由功能关系：E电=W安联立解得：E电F0(d0+2d) 故棒ab通过磁场区域的过程中整个回路所消耗的电能为：E电F0(d0+2d) （3）设棒刚进入磁场时的速度为0，则有：F0d0m020当v0=v，故当d0满足满足条件为：d0时，进入磁场后一直匀速运动
114、点睛：本题考查了电磁感应与力学和功能关系的结合，对于这类问题一定要正确分析安培力的大小和方向然后根据运动状态列出牛顿第二定律方程求解，注意克服安培力所做的功等于整个回路消耗的电能即回路中产生的热量41如图所示，电阻不计、间距为l=l.0m的光滑平行金属导轨，水平放置于磁感应强度B=l.0T、方向竖直向下的匀强磁场中，导轨左端接一定值电阻R=1.5，质量为m=l.0kg、电阻为r=0.5的金属棒MN置于导轨上，始终垂直导轨且接触良好当MN受到垂直于棒的水平外力F=2.0N的作用，由静止开始运动，经过位移x=l.55m，到达PQ处（图中未画出），此时速度为v=2.0m/s求：（1）金属棒在PQ处所
115、受磁场作用力大小；（2）金属棒在PQ处的加速度大小；（3）金属棒在运动中回路总共产生的势能【答案】（1）1.0N（2）1.0m/s2（3）1.1J【解析】（1）速度为v=2.0m/s时，回路的电动势E=Blv产生的电流则磁场对金属棒的安培力（2）由牛顿第二定律：F-FA=ma 解得a=1.0m/s2（3）由能量关系可知：Fx+W= mv2，解得W=-1.1J棒克服安培力做的功等于回路产生的热能，即为1.1J42如图甲，MN、PQ两条平行的光滑金属轨道与水平面成= 37角固定，M、P之间接电阻箱R，导轨所在空间存在匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面向上，磁感应强度为B = 1T。质量为m的金属杆a
116、 b水平放置在轨道上，其接入电路的电阻值为r。现从静止释放杆a b，测得最大速度为vm。改变电阻箱的阻值R，得到vm与R的关系如图乙所示。已知轨距为L = 2m，重力加速度g取l0m/s2，轨道足够长且电阻不计。求：（1）杆a b下滑过程中感应电流的方向及R=0时最大感应电动势E的大小；（2）金属杆的质量m和阻值r；（3）当R = 1时，求回路瞬时电功率每增加1W的过程中合外力对杆做的功W。【答案】（1）方向从b a (或aMPba) 4V （2）m = 2/3kg，r =2（3）0.25J【解析】（1）杆中电流方向从b a (或aMPba) ，由图可知，当R = 0 时，杆最终以v = 2
117、m/s匀速运由题意：E = BLv；得，由动能定理得W =，解得：W = 0.25J 点睛：本题综合考查了法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、牛顿第二定律等，综合性强，对学生能力的要求较高，其中安培力的分析和计算是关键43如图甲所示，一边长L1m、质量m5 kg的正方形金属线框，放在光滑绝缘的水平面上，整个装置放在方向竖直向上、磁感应强度B10T的匀强磁场中，它的一边与磁场的边界MN重合，在水平力F作用下由静止开始向左运动，经过5 s线框被拉出磁场，测得金属线框中的电流随时间变化的图象如图乙所示在金属线框被拉出的过程中(1)求通过线框截面的电荷量及线框的电阻；(2)试判断线框做什么运动并速度
118、v随时间t变化的表达式；(3)写出水平力F随时间变化的表达式；(4)已知在这5 s内力F做功1.4 J，那么在此过程中，线框产生的焦耳热是多少？【答案】(1) 8 . (2) F(t0.4)N. (3)1J【解析】(1)根据qt，由It图象得：q1.25 C又根据，得R8 .(2)由电流图象可知，感应电流随时间变化的规律：I0.1 t(A)由感应电流，可得金属线框的速度随时间也是线性变化的，v0.08t(m/s)线框做匀加速直线运动，加速度a0.08 m/s2线框在外力F和安培力FA作用下做匀加速直线运动，FFAma所以水平力F随时间变化的表达式为F(t0.4)N.(3)当t5 s时，线框从磁
119、场中拉出时的速度v5at0.4m/s线框中产生的焦耳热为QWmv521J.44如图为俯视图，虚线MN的右侧存在一个竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B. 电阻为R、质量为m，边长为L的正方形单匝金属线框abcd放在光滑水平面上，ab边在磁场外侧紧靠MN虚线边界当线框以初速度v0向左离开磁场过程中，安培力对线框所做的功为W求：（1）初速度v0时刻，线框中感应电流I大小和方向；（2）线框cd边穿出磁场时速度v；（3）线框穿出磁场一半过程中，通过线框截面的电量q【答案】（1）；电流方向逆时针方向（2）（3）【解析】试题分析：（1）根据E=BLv可求得感应电动势，再由欧姆定律可求得感应电流；由右手定则可
120、明确感应电流的方向；（2）由动能定理可求得穿出时的速度大小；（3）根据法拉第电磁感应定律及欧姆定律可求得通过截面的电量（1）根据动生电动势有所求电流为电流方向逆时针方向（2）由动能定理，解得（3）根据定义由法拉弟电磁感应定律及欧姆定律，解得45如图甲所示，发光竹蜻蜓是一种常见的儿童玩具，它在飞起时能够持续发光某同学对竹蜻蜓的电路作如下简化：如图乙所示，半径为L的导电圆环绕垂直于圆环平面、通过圆心O的金属轴O1O2以角速度逆时针匀速转动(俯视)圆环上接有电阻均为r的三根金属辐条OP、OQ、OR，辐条互成120角在圆环左半部分张角也为120角的范围内(两条虚线之间)分布着垂直圆环平面向下磁感应强度
121、为B的匀强磁场，在转轴O1O2与圆环的边缘之间通过电刷M、N与一个LED灯相连(假设LED灯电阻为r)其他电阻不计，从辐条OP进入磁场开始计时(1)在辐条OP转过120的过程中，辐条OP两端的电势哪端高？OP两端电压U是多大？(2)求OP转过120的过程中通过LED灯的电流和整个装置消耗的电能；(3)为使LED灯发光时更亮，在装置设计上可采取哪些改进措施？(请写出两条措施) 【答案】(1)O端BL2(2)(3)见解析【解析】(1)辐条OP的O端电势高辐条OP进入磁场匀速转动时有EBL(3)增大角速度、增大磁感应强度、增加导电圆环的直径和辐条的长度、减小辐条的电阻和LED灯的电阻点睛：闭合电路中
122、导体棒切割磁感线的问题中，导体棒作为内电路，其他电路都为外电路；内电路的电流方向与电势降低的方向相反，且内电路的压降等于电动势减路端电压46如图所示，两平行导轨间距L1.0 m，倾斜轨道光滑且足够长，与水平面的夹角30，水平轨道粗糙且与倾斜轨道圆滑连接倾斜轨道处有垂直斜面向上的磁场，磁感应强度B2.5 T，水平轨道处没有磁场金属棒ab质量m0.5 kg，电阻r2.0 ，运动中与导轨有良好接触，并且垂直于导轨电阻R8.0 ，其余电阻不计当金属棒从斜面上离地高度h3.0 m处由静止释放，金属棒在水平轨道上滑行的距离x1.25 m，而且发现金属棒从更高处静止释放，金属棒在水平轨道上滑行的距离不变(取
123、g10 m/s2)求：(1)从高度h3.0 m处由静止释放后，金属棒滑到斜面底端时的速度大小；(2)金属棒与水平轨道间的动摩擦因数；(3)金属棒从某高度H处静止释放后至下滑到底端的过程中流过R的电量q2.0 C，求该过程中电阻R上产生的热量【答案】(1)4.0 m/s(2)0.64(3)12.8 J【解析】(1)由题意知，金属棒从离地高h3.0 m以上任何地方由静止释放后，在到达水平面之前均已经开始匀速运动，设最大速度为v，则感应电动势EBLv感应电流I安培力FBIL匀速运动时，有mgsin Fq得：H4.0 mh由动能定理可得：mgHWmv2安培力所做的功等于电路中产生的焦耳热，有QW16
124、J电阻R上产生的热量：QRQ解得QR12.8 J.点睛：对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解47如图甲所示，质量m3103 kg的“”形金属细框竖直放置在两水银槽中，“”形框的水平细杆CD长l0.20 m，处于磁感应强度大小B11.0 T、方向水平向右的匀强磁场中有一匝数n300匝、面积S0.01 m2的线圈通过开关K与两水银槽相连线圈处于与线圈平面垂直的、沿竖直方向的匀强磁场中，其磁感应强度B2的大小随时间t变化的关系如图乙所示(g10 m/s2) (1)
125、求00.10 s内线圈中的感应电动势大小；(2)t0.22 s时闭合开关K，若细杆CD所受安培力方向竖直向上，判断CD中的电流方向及磁感应强度B2的方向；(3)t0.22 s时闭合开关K，若安培力远大于重力，细框跳起的最大高度h0.20 m，求通过细杆CD的电荷量【答案】(1)30 V(2)电流方向由C到DB2方向向上(3)0.03 C【解析】(1)由电磁感应定律有En得EnS30 V(2)由左手定则得：电流方向由C到D因此B2方向向上(3)由牛顿第二定律有Fmam(或由动量定理Ftmv0)安培力FIB1lqItv22gh得q0.03 C.48为了探究电动机转速与弹簧伸长量之间的关系，小明设计
126、了如图所示的装置.半径为l的圆形金属导轨固定在水平面上，一根长也为l,电阻为R的金属棒ab一端与导轨接触良好,另一端固定在圆心处的导电转轴00上，由电动机A带动旋转。在金属导轨区域内存在垂直于导轨平面，大小为B1、方向竖直向下的匀强磁场。另有一质量为m、电阻为R的金属棒cd用轻质弹簧悬挂在竖直平面内,并与固定在竖直平面内的“U”型导轨保持良好接触，导轨间距为l,底部接阻值也为R的电阻,处于大小为B2、方向垂直导轨平面向里的匀强磁场中。从圆形金属导轨引出导线和通过电刷从转轴引出导线经开关S与“U”型导轨连接。当开关S断开，棒cd静止时,弹簧伸长量为x0；当开关S闭合，电动机以某一转速匀速转动，棒
127、cd再次静止时,弹簧伸长量变为x(不超过弹性限度）。不计其余电阻和摩擦等阻力，求此时（1）通过棒cd的电流Icd ;（2）电动机对该装置的输出功率P；（3）电动机转动角速度与弹簧伸长量x之间的函数关系.【答案】(1) ；（2）；（3）【解析】(1)S断开时，cd棒静止，有mgkx0S闭合时，cd棒静止，有mgB2Icdlkx联立解得Icd(2)回路总电阻R总RRR总电流I2Icd电动机对该装置的输出功率PI2R总(3)由法拉第电磁感应定律得回路总电流联立解得49间距为l的两平行金属导轨由水平部分和倾斜部分平滑连接而成，如图1所示，倾角为的导轨处于大小为B1，方向垂直导轨平面向上的匀强磁场区间中
128、，水平导轨上的无磁场区间静止放置一质量为3m的“联动双杆”(由两根长为l的金属杆cd和ef，用长度为L的刚性绝缘杆连接而成)，在“联动双杆”右侧存在大小为B2，方向垂直导轨平面向上的匀强磁场区间，其长度大于L，质量为m，长为l的金属杆ab，从倾斜导轨上端释放，达到匀速后进入水平导轨(无能量损失)，杆ab与“联动双杆”发生碰撞后杆ab和cd合在一起形成“联动三杆”，“联动三杆”继续沿水平导轨进入磁场区间并从中滑出，运动过程中，杆ab、cd和ef与导轨始终接触良好，且保持与导轨垂直已知杆ab、cd和ef电阻均为R0.02 ，m0.1 kg，l0.5 m，L0.3 m，30，B10.1 T，B20.
129、2 T，g10 m/s2.不计摩擦阻力和导轨电阻，忽略磁场边界效应求： (1)杆ab在倾斜导轨上匀速运动时的速度大小v0；(2)“联动三杆”进入磁场区间前的速度大小v；(3)“联动三杆”滑过磁场区间产生的焦耳热Q.【答案】(1)6 m/s(2)1.5 m/s(3)0.25 J【解析】(1)匀速条件：mgsin 解得v06 m/s(2)由动量守恒定律得：mv04mv解得v1.5 m/s(3)设“联动三杆”进入磁场区间时速度变化v1由动量定理得：B2lt4mv1解得v10.25 m/s设“联动三杆”出磁场区间时速度变化v2，同理可得v20.25 m/s“联动三杆”滑出磁场区间时的速度为vvv1v2
130、1 m/s则Q4m(v2v2)0.25 J.50如图所示，在倾角30的光滑固定斜面上，相距为d的两平行虚线MN、PQ间分布有大小为B、方向垂直斜面向下的匀强磁场在PQ上方有一质量m、边长L（Ld）的正方形单匝线圈abcd，线圈的电阻值为R，cd边与PQ边平行且相距x现将该线圈自此位置由静止释放，使其沿斜面下滑穿过磁场，在ab边将离开磁场时，线圈已做匀速运动重力加速度为g求：(1)线圈cd边刚进入磁场时的速率v1；(2)线圈进入磁场的过程中，通过ab边的电量q；(3)线圈通过磁场的过程中所产生的焦耳热Q【答案】（1） （2） （3）mg(dxL)【解析】试题分析：cd边刚进入磁场时，根据机械能守恒定律求解线圈的速度；根据电量公式、欧姆定律和法拉第电磁感应定律结合求解电量；根据受力平衡求出cd边刚要离开磁场时的速度，再由能量守恒定律求解热量。（1）线圈沿斜面向下运动mgxsin30解得：v1（2）线圈进入磁场的过程中，感应电动势根据闭合电路欧姆定律得：