第十章 電磁感應(yīng)答案

1、第十章 電磁感應(yīng) 答案第一節(jié) 電磁感應(yīng)現(xiàn)象 楞次定律考點(diǎn)知識(shí)梳理（一）磁感線的條數(shù)；BS；Bssin；韋伯；Wb；標(biāo)量；穿過(guò)某一面積的磁感線條數(shù)；（二）穿過(guò)閉合電路的磁通量；感應(yīng)電流；感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)；電源；磁通量；感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)；感應(yīng)電流；（三）感應(yīng)電流的磁場(chǎng)總要阻礙引起感應(yīng)電流的磁通量的變化；原磁通量；二者之間的相對(duì)運(yùn)動(dòng)；回路面積；原電流的變化（四）左手；右手考能訓(xùn)練1.【解析】產(chǎn)生的的磁場(chǎng)在導(dǎo)線所圍的面積內(nèi)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直紙面向里；產(chǎn)生的磁場(chǎng)在導(dǎo)線所圍的面積內(nèi)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直紙面向里；產(chǎn)生的磁場(chǎng)在導(dǎo)線所圍的面積內(nèi)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直紙面向里；產(chǎn)生的磁場(chǎng)在導(dǎo)線所圍的面積內(nèi)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的

2、方向垂直紙面向外；所以四根導(dǎo)線產(chǎn)生的磁場(chǎng)疊加后在導(dǎo)線所圍的面積內(nèi)的磁場(chǎng)方向向里故要使由四根直導(dǎo)線所圍成的面積內(nèi)的磁通量增加，只要將磁場(chǎng)方向相反的去除就可以了【答案】D2.【解析】 由于c、d以相同的速度向右運(yùn)動(dòng)，穿過(guò)閉合電路的磁通量不變，在閉合電路中沒(méi)有感應(yīng)電流產(chǎn)生，所以，沒(méi)有電流通過(guò)電流表和電壓表，故電流表和電壓表均無(wú)示數(shù)【答案】 D3.【解析】 將線框向左拉出磁場(chǎng)的過(guò)程中，線框的bc部分做切割磁感線的運(yùn)動(dòng)，或者說(shuō)穿過(guò)線框的磁通量減少，所以線框中產(chǎn)生感應(yīng)電流，故選項(xiàng)正確當(dāng)線框以ab邊為軸轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，線框的cd邊的右半段在做切割磁感線的運(yùn)動(dòng)，或者說(shuō)穿過(guò)線框的磁通量在發(fā)生變化，所以線框中將產(chǎn)生感應(yīng)電

3、流，故選項(xiàng)正確當(dāng)線框以ad邊為軸轉(zhuǎn)動(dòng)（小于60°）時(shí)，穿過(guò)線框的磁通量在減小，所以在這個(gè)過(guò)程中線框中會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流，故選項(xiàng)正確如果轉(zhuǎn)過(guò)的角度超過(guò)60°，bc邊將進(jìn)入無(wú)磁場(chǎng)區(qū)，那么線框中將不產(chǎn)生感應(yīng)電流（60°300°）當(dāng)線框以bc邊為軸轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，如果轉(zhuǎn)動(dòng)的角度小于60°，則穿過(guò)線框的磁通量始終保持不變（其值為磁感應(yīng)強(qiáng)度與矩形面積的一半的乘積），故選項(xiàng)是錯(cuò)的答案：A4.【解析】 圓環(huán)b的半徑大于環(huán)a的半徑，由于內(nèi)外（其中內(nèi)為磁鐵內(nèi)部的磁通量，外為磁鐵外部穿過(guò)線圈的磁通量），故其包含磁鐵的外磁場(chǎng)范圍越大，則合磁通量越?。ù盆F內(nèi)部、外部的磁通量方向相反

4、，可抵消）【答案】 A5.解析：當(dāng)MN中通以如圖方向電流的瞬間，閉合回路abcd中磁場(chǎng)方向向外增加，則根據(jù)楞次定律，感應(yīng)電流產(chǎn)生磁場(chǎng)的方向應(yīng)當(dāng)垂直紙面向里，再根據(jù)安培定則可知， cd中的電流的方向由d到C答案：B6.解析：當(dāng)磁體靠近超導(dǎo)體時(shí)，超導(dǎo)體的磁通量增加，由楞次定律可知，超導(dǎo)體電流的磁場(chǎng)方向與磁體的磁場(chǎng)方向相反.而超導(dǎo)體中產(chǎn)生感應(yīng)電流后相當(dāng)于通電螺線管，它與磁體是同名磁極相互靠近，所以兩者互相排斥，當(dāng)磁體受到向上的斥力與其重力相平衡時(shí)，磁體處于懸浮狀態(tài).答案：D.7.解析：如圖，設(shè)觀察方向?yàn)槊嫦虮狈?，左西右東，則地磁場(chǎng)方向平行赤道表面向北，若飛機(jī)由東向西飛行時(shí)，由右手定則可判斷出電動(dòng)勢(shì)方

5、向?yàn)橛缮舷蛳拢?西東若飛機(jī)由西向東飛行時(shí)，由右手定則可判斷出電動(dòng)勢(shì)方向?yàn)橛上孪蛏?，A對(duì)B錯(cuò)；沿著經(jīng)過(guò)地磁極的那條經(jīng)線運(yùn)動(dòng)時(shí)，速度方向平行于磁場(chǎng)，金屬桿中一定沒(méi)有感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，C錯(cuò)D對(duì)。答案：AD8.【解析】根據(jù)磁通量的定義：磁感應(yīng)強(qiáng)度B與面積S的乘積，叫做穿過(guò)這個(gè)面的磁通量，但要注意S是與磁感應(yīng)強(qiáng)度B相垂直的那部分面積即 故：線圈繞有50匝，但與磁感應(yīng)強(qiáng)度B垂直的面積還是，故穿過(guò)這個(gè)面的磁感線條數(shù)不變磁通量也可理解為穿過(guò)這個(gè)面的磁感線的條數(shù)所以仍然為根據(jù)磁通量的定義：【答案】9.解析：本題考查右手定則的應(yīng)用。根據(jù)右手定則，可判斷PQ作為電源，Q端電勢(shì)高，在PQcd回路中，電流為逆時(shí)針?lè)较?，即流過(guò)

6、R的電流為由c到d，在電阻r的回路中，電流為順時(shí)針?lè)较?，即流過(guò)r的電流為由b到a。當(dāng)然也可以用楞次定律，通過(guò)回路的磁通量的變化判斷電流方向答案：B10解析：在第一階段原電流減少，故線圈B中的磁場(chǎng)減弱，所以感應(yīng)電流磁場(chǎng)與原感應(yīng)電流產(chǎn)生磁場(chǎng)方向相同；在第二階段，原電流反向增大，故線圈B中的磁場(chǎng)增強(qiáng)，所以感應(yīng)電流磁場(chǎng)與原感應(yīng)電流產(chǎn)生磁場(chǎng)方向相反。若根據(jù)感應(yīng)電流阻礙原電流的變化，第一階段，原電流反向減少，則感應(yīng)電流所原電流方向相同，即為負(fù)向；第二階段，原電流正向增加，則感應(yīng)電流與原電流方向相反，即感應(yīng)電流仍為負(fù)。答案：D11.【解析】若保持電鍵閉合，磁通量不變，感應(yīng)電流消失，所以鋁環(huán)跳起到某一高度后將

7、回落；正、負(fù)極對(duì)調(diào)，同樣磁通量增加，由楞次定律，鋁環(huán)向上跳起【答案】CD12.【解析】銅環(huán)經(jīng)過(guò)位置1時(shí)，有磁通量變化產(chǎn)生感應(yīng)電流受磁場(chǎng)力方向向上，阻礙磁通量的增加，所以，； 經(jīng)過(guò)位置2時(shí)，環(huán)中磁通量最大，磁通量變化率為零，不產(chǎn)生感應(yīng)電流，只受重力mg，故a2 =g；銅環(huán)在位置3時(shí)速度大于位置1時(shí)的速度，所以經(jīng)過(guò)位置3時(shí)磁通量變化率比位置1時(shí)大，產(chǎn)生的感應(yīng)電流也大，受到的磁場(chǎng)力也大，且該磁場(chǎng)力仍然是阻礙環(huán)與磁場(chǎng)的相對(duì)運(yùn)動(dòng)，方向向上，所以a3< a1<g【答案】ABD13.解析：由于金屬棒ab在恒力F的作用下向右運(yùn)動(dòng)，則abcd回路中產(chǎn)生逆時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流，則在圓環(huán)處產(chǎn)生垂直于只面向

8、外的磁場(chǎng)，隨著金屬棒向右加速運(yùn)動(dòng)，圓環(huán)的磁通量將增大，依據(jù)楞次定律可知，圓環(huán)將有收縮的趨勢(shì)以阻礙圓環(huán)的磁通量將增大；又由于金屬棒向右運(yùn)動(dòng)的加速度減小，單位時(shí)間內(nèi)磁通量的變化率減小，所以在圓環(huán)中產(chǎn)生的感應(yīng)電流不斷減小。答案：收縮，變小14解析：由楞次定律，一開(kāi)始磁通量減小，后來(lái)磁通量增大，由“增反”“減同”可知電流方向是。答案：B15.解析：線框穿過(guò)磁場(chǎng)的過(guò)程可分為三個(gè)階段進(jìn)入磁場(chǎng)階段（只有ab邊在磁場(chǎng)中），在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)階段（ab、cd兩邊都在磁場(chǎng)中），離開(kāi)磁場(chǎng)階段（只有cd邊在磁場(chǎng)中）（1）線框進(jìn)入磁場(chǎng)階段：t為Ol/v線框進(jìn)入磁場(chǎng)中的面積線性增加，S=l·v·t，最后為B

9、·S=Bl2線框在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)階段：t為l/v2l/v，線框磁通量為B·S=Bl2，保持不變線框離開(kāi)磁場(chǎng)階段，t為2l/v3l/v，線框磁通量線性減少，最后為零（2）線框進(jìn)入磁場(chǎng)階段，穿過(guò)線框的磁通量增加，線框中將產(chǎn)生感應(yīng)電流，由右手定則可知，感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針?lè)较?線框在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)階段，穿過(guò)線框的磁通量保持不變，無(wú)感應(yīng)電流產(chǎn)生 線框離開(kāi)磁場(chǎng)階段，穿過(guò)線框的磁通量減少，線框中將產(chǎn)生感應(yīng)電流，由右手定則可知，感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針?lè)较虻诙?jié) 法拉第電磁感應(yīng)定律 自感考點(diǎn)知識(shí)梳理（一）穿過(guò)這一電路的磁通量的變化率；（二）有效切割長(zhǎng)度； （三）原來(lái)電流；越大；越長(zhǎng)；越多；越大；大；

10、享利考能訓(xùn)練1.解析：由推導(dǎo)公式q=n可知,q=n,故B=,注意此題中=2BS.C選項(xiàng)正確.答案：C2.解析：從正方形線框下邊開(kāi)始進(jìn)入到下邊完全進(jìn)入過(guò)程中，線框切割磁感線的有效長(zhǎng)度逐漸增大，所以感應(yīng)電流也逐漸拉增大，A項(xiàng)錯(cuò)誤；從正方形線框下邊完全進(jìn)入至下邊剛穿出磁場(chǎng)邊界時(shí)，切割磁感線有效長(zhǎng)度不變，故感應(yīng)電流不變，B項(xiàng)錯(cuò)；當(dāng)正方形線框下邊離開(kāi)磁場(chǎng)，上邊未進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程比正方形線框上邊進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中，磁通量減少的稍慢，故這兩個(gè)過(guò)程中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)不相等，感應(yīng)電流也不相等，D項(xiàng)錯(cuò)，故正確選項(xiàng)為C。答案：C3解析：通過(guò)兩導(dǎo)線電流強(qiáng)度一樣，兩導(dǎo)線都處于平衡狀態(tài)，則F1BIL，F(xiàn)2BIL，所以F1F2，因而A

11、B錯(cuò)對(duì)于Uab與Ucd的比較， Uab=IRab，這里cd導(dǎo)線相當(dāng)于電源，所以Ucd是路端電壓，這樣很容易判斷出UcdIRab 即UabUcd答案：D10-2-254.【解析】線框在A、C位置時(shí)只受重力作用，加速度g線框在B、D位置時(shí)均受兩個(gè)力的作用，其中安培力向上、重力向下由于重力大于安培力，所以加速度向下，大?。ǎ┯志€框在D點(diǎn)時(shí)速度大于B點(diǎn)時(shí)速度，即，所以>因此加速度的關(guān)系為>>【答案】B5.【解析】 由EBLv判知在MN運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，L逐漸增大，故E增大；而該閉合回路的周長(zhǎng)也在增大，故R在增大，可算得I不變【答案】 C6.【解析】 MN之間有一電壓表，因電壓表本身內(nèi)阻過(guò)大

12、，可視為斷路，故無(wú)I，則F0；MN可視為電源，因電壓表內(nèi)無(wú)電流通過(guò)，故無(wú)電壓示數(shù)（據(jù)電壓表工作原理），則U0【答案】 C7.【解析】 P點(diǎn)經(jīng)過(guò)MN時(shí)，正方形閉合導(dǎo)線框切割磁感線的導(dǎo)線有效長(zhǎng)度最大，感應(yīng)電流最大【答案】 C8.解析：在=B/t·S中，S是磁場(chǎng)變化的面積所以IA=·IB=·, 所以IAIB12注意:IA的計(jì)算不可用做實(shí)際面積大小,寫(xiě)成IA=·,而得到IAIB21的錯(cuò)誤結(jié)論9.解析：由= kL1L2可知，回路中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)是恒定的，電流大小也是恒定的，但由于安培力F=BILB=ktt，所以安培力將隨時(shí)間而增大。當(dāng)安培力增大到等于最大靜摩擦力時(shí)，a

13、b將開(kāi)始向左移動(dòng)。這時(shí)有：10.解析：釋放瞬間ab只受重力，開(kāi)始向下加速運(yùn)動(dòng)。隨著速度的增大，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E、感應(yīng)電流I、安培力F都隨之增大，加速度隨之減小。當(dāng)F增大到F=mg時(shí)，加速度變?yōu)榱?，這時(shí)ab達(dá)到最大速度。 由，可得 這道題也是一個(gè)典型的習(xí)題。要注意該過(guò)程中的功能關(guān)系：重力做功的過(guò)程是重力勢(shì)能向動(dòng)能和電能轉(zhuǎn)化的過(guò)程；安培力做功的過(guò)程是機(jī)械能向電能轉(zhuǎn)化的過(guò)程；合外力（重力和安培力）做功的過(guò)程是動(dòng)能增加的過(guò)程；電流做功的過(guò)程是電能向內(nèi)能轉(zhuǎn)化的過(guò)程。達(dá)到穩(wěn)定速度后，重力勢(shì)能的減小全部轉(zhuǎn)化為電能，電流做功又使電能全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能。這時(shí)重力的功率等于電功率也等于熱功率。 進(jìn)一步討論：如果在該圖上端

14、電阻的右邊串聯(lián)接一只電鍵，讓ab下落一段距離后再閉合電鍵，那么閉合電鍵后ab的運(yùn)動(dòng)情況又將如何？（無(wú)論何時(shí)閉合電鍵，ab可能先加速后勻速，也可能先減速后勻速，還可能閉合電鍵后就開(kāi)始勻速運(yùn)動(dòng)，但最終穩(wěn)定后的速度總是一樣的）。10-2-3211.解析：由于線圈完全處于磁場(chǎng)中時(shí)不產(chǎn)生電熱，所以線圈進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中產(chǎn)生的電熱Q就是線圈從圖中2位置到4位置產(chǎn)生的電熱，而2、4位置動(dòng)能相同，由能量守恒Q=mgd=0.50J3位置時(shí)線圈速度一定最小，而3到4線圈是自由落體運(yùn)動(dòng)因此有v02-v2=2g(d-l)，得v=2m/s 2到3是減速過(guò)程，因此安培力 減小，由F-mg=ma知加速度減小，到3位置時(shí)加速度最

15、小，a=4.1m/s212.解析：這里的變化來(lái)自兩個(gè)原因，一是由于B的變化，二是由于面積S的變化，顯然這兩個(gè)因素都應(yīng)當(dāng)考慮在內(nèi)， B/t=2T/S，S/t=VLt=2×1×040.8 m 1秒末B=2T，S/t=04m2s， 所以（）=1.6V回路中電流I/R=1.61A1.6A, 安培力FBIl2×1.6×04N1.28N13【解析】 1 s末0，2 s末最大，結(jié)合楞次定律判定【答案】 B14.解析：電鍵K閉合時(shí)，L會(huì)產(chǎn)生自從而阻礙電流增大，D1和D2同時(shí)亮，隨著電流趨于穩(wěn)定，L中的自逐漸減小，最后L會(huì)把D1短路，D1不亮，而D2兩端電壓會(huì)增大而更亮當(dāng)

16、K斷開(kāi)時(shí)，D2中因無(wú)電流會(huì)隨之熄滅，而L中會(huì)產(chǎn)生自，與D1構(gòu)成閉合回路，D1會(huì)亮一下再者L中的電流是在I=的基礎(chǔ)上減小的會(huì)使D1中的電流在K斷開(kāi)的瞬間與K閉合時(shí)相比要大，因而D1會(huì)更亮答案：AC15.解析：S閉合瞬間，L的阻抗很大，對(duì)燈泡A來(lái)講在S閉合瞬間L可視為斷路由于如圖電源左正右負(fù)，所以此刻燈泡中電流由a到b，選項(xiàng)A正確；S閉合后電路達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)時(shí)，L的阻抗為零，又L上純電阻極小，所以燈泡A不能正常發(fā)光，故選項(xiàng)B正確S斷開(kāi)前L上的電流由左向右，S斷開(kāi)瞬間，燈泡A上原有電流即刻消失，但L和A組成閉合回路，L上的電流仍從左向右，所以回路中電流方向是逆時(shí)針的，燈泡A上電流從b到a，故選項(xiàng)D正確

17、，選項(xiàng)C錯(cuò)誤答案：ABD16.解析：本題考查電磁感應(yīng)現(xiàn)象.(1)線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)在線框產(chǎn)生的感應(yīng)電流,聯(lián)立得(2)導(dǎo)線框所受磁場(chǎng)力的大小為,它隨時(shí)間的變化率為,由以上式聯(lián)立可得。17.解析：由圖象分析可知，0至?xí)r間內(nèi) 由法拉第電磁感應(yīng)定律有而由閉合電路歐姆定律有聯(lián)立以上各式解得通過(guò)電阻上的電流大小為 由楞次定律可判斷通過(guò)電阻上的電流方向?yàn)閺腷到a通過(guò)電阻上的電量通過(guò)電阻上產(chǎn)生的熱量18解析：(1)如圖所示,在ab棒做加速運(yùn)動(dòng)時(shí),由于v的增加,安培力F變大,ab棒在做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng),當(dāng)a=0時(shí),ab棒速度最大,為vm,則T=Mg=mgsin+F+mgcosF=BIL=B2L2vm

18、/(R+r)vm=3 m/s.(2)由系統(tǒng)的總能量守恒可知,系統(tǒng)減少的重力勢(shì)能等于系統(tǒng)增加的動(dòng)能、焦耳熱、摩擦而轉(zhuǎn)化的內(nèi)能之和：Mgh-mghsin=mghcos+QQ=32.88 J,QR=Q=26.3 J.又因?yàn)榱鬟^(guò)電路的電荷量q=It q=Et/(R+r)E=/tq=BLh/(R+r)q=8.0 C.答案：(1)vm=3 m/s (2)QR=26.3 J q=8.0 C19.【解析】 帶電粒子qEmg，r，UBLvBLv，則有v2rgdL2R0（R0R3）當(dāng)r時(shí)，vvm m/s【答案】 （或0.52） m/s第三節(jié) 電磁感應(yīng)定律的綜合應(yīng)用考能訓(xùn)練1.解析：線框在進(jìn)入和穿出磁場(chǎng)的過(guò)程中有感

19、應(yīng)電流,且受到安培力的合力方向始終向上,當(dāng)安培力大于其重力時(shí)可能做減速運(yùn)動(dòng).線框全部處于磁場(chǎng)中時(shí),無(wú)電流,正確選項(xiàng)為C. 答案：C2.解析：由E=和圖乙可知,E均勻增加.又知E=BLv,所以=,所以=常數(shù),即火車(chē)做勻加速直線運(yùn)動(dòng).答案：B3.【解析】線圈進(jìn)入磁場(chǎng)和離開(kāi)磁場(chǎng)的過(guò)程中，產(chǎn)生感應(yīng)電流受到安培力的作用，線圈克服安培力所做的功等于產(chǎn)生的熱量，故選項(xiàng)C正確根據(jù)功能的轉(zhuǎn)化關(guān)系得線圈減少的機(jī)械能等于產(chǎn)生的熱量即故選項(xiàng)A、B是錯(cuò)的根據(jù)動(dòng)能定理得，故選項(xiàng)D是錯(cuò)的【答案】C4.【解析】最終棒ab的速度為零，根據(jù)功與能的轉(zhuǎn)化關(guān)系可知：若導(dǎo)軌是粗糙的，導(dǎo)軌在水平方向要受到向左的安培力和滑動(dòng)摩擦力導(dǎo)體棒要

20、克服安培力做功，動(dòng)能一部分轉(zhuǎn)化為電熱能；還要克服滑動(dòng)摩擦力做功，動(dòng)能另一部分轉(zhuǎn)化為摩擦產(chǎn)生的熱量但最終是全部轉(zhuǎn)化為熱能（熱能等于開(kāi)始時(shí)的總動(dòng)能）而導(dǎo)軌光滑，導(dǎo)軌在水平方向只受到向左的安培力作用，導(dǎo)體棒只要克服安培力做功，動(dòng)能全部轉(zhuǎn)化為電熱能（熱能等于開(kāi)始時(shí)的總動(dòng)能）而兩種情況下導(dǎo)體棒改變的動(dòng)量相等，都等于最初的導(dǎo)體棒動(dòng)量【答案】D5.考點(diǎn)分析 本題為電磁感應(yīng)現(xiàn)象和簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的綜合考查。解析：導(dǎo)體桿往復(fù)運(yùn)動(dòng)，切割磁感線相當(dāng)于電源，其產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)EBlv。由于桿相當(dāng)于彈簧振子，其在O點(diǎn)處的速度最大，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大，因此電路中的電流最大。根據(jù)右手定則，電流在P、Q兩處改變方向，此時(shí)的電流為零

21、。故選擇B。答案：D6.考點(diǎn)分析 本題考查了電磁感應(yīng)中閉合電路歐姆定律的應(yīng)用。解析： 線框進(jìn)入磁場(chǎng)后切割磁感線，a、b產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)是c、d電動(dòng)勢(shì)的一半。而不同的線框的電阻不同。設(shè)a線框電阻為，b、c、d線框的電阻分別為、，則：， ，。答案：B7.【解析】設(shè)矩形線框的豎直邊為a，水平邊為b，線框拉出勻強(qiáng)磁場(chǎng)時(shí)的速度為，線框電阻為R則線框拉出勻強(qiáng)磁場(chǎng)時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為，產(chǎn)生的感應(yīng)電流為根據(jù)平衡條件得：作用的外力等于安培力即將線框從磁場(chǎng)中拉出外力要做功由這個(gè)表達(dá)式可知：兩種情況都一樣，拉出的速度越大，做的功就越多第一次速度大，故根據(jù)，由這一推導(dǎo)過(guò)程可知兩次拉出磁場(chǎng)通過(guò)導(dǎo)線截面的電量只與在磁場(chǎng)中

22、的面積變化有關(guān)，即從磁場(chǎng)中拉出的線框面積由于兩次都等于整個(gè)線框的面積即兩次拉出在磁場(chǎng)中的面積變化相等故通過(guò)導(dǎo)線截面的電量?jī)纱蜗嗟燃础敬鸢浮緾8.考點(diǎn)分析 本題考查了電磁感應(yīng)電路圖象問(wèn)題的分析。解析： 設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，線框速度為，當(dāng)只有邊進(jìn)入PQ磁場(chǎng)時(shí)，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，有，根據(jù)右手定則判斷出電流電流為，與題中規(guī)定的正方向相反，電波為負(fù)；當(dāng)邊進(jìn)入QR磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)，邊進(jìn)入PQ磁場(chǎng)區(qū)域，分別產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，線框中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為兩部分感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)之和。所以有，方向?yàn)?，為正值，而，方向?yàn)椋瑸樨?fù)值，所以；同理當(dāng)邊出QR磁場(chǎng)，邊進(jìn)入PQ磁場(chǎng)，邊進(jìn)入QR磁場(chǎng)時(shí)有，只有邊在QR磁場(chǎng)時(shí)有，所以C正確。答案：C

23、失分陷阱 分不清內(nèi)外電路、分不清電源電動(dòng)勢(shì)的方向、不能正確應(yīng)用右手定則。9解析：（1）EBLvI1R1，vm/s5m/s， Ekmv22.5J（1分）；（2）I3I13A（2分），PAI12R1I22R23I12R12.4W或FABIL2.4N，PAFAv2.4W；（3）由PA3I12R1和圖線可知，PAµt，所以WAPAmt6 J，（或根據(jù)圖線，I12t即為圖線與時(shí)間軸包圍的面積，所以WA3I12R1t3××5×0.2×46 J）又WFWAEk，得WFWAEk8.5 J。10.【解析】由于導(dǎo)體棒勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，所以外力的功率與產(chǎn)生的感應(yīng)電流的電功率

24、相等根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得：，所以電功率為【答案】C11.考點(diǎn)分析 法拉第電磁感應(yīng)定律，安培力以及牛頓第二定律。解析：由于Ld，總有一段時(shí)間線圈全部處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁通量不發(fā)生變化，不產(chǎn)生感應(yīng)電流，因此不受安培力，而做自由落體運(yùn)動(dòng)，因此不可能一直勻速運(yùn)動(dòng)，A選項(xiàng)錯(cuò)誤。已知線圈下邊緣剛進(jìn)入磁場(chǎng)和剛穿出磁場(chǎng)時(shí)刻的速度都是v0，由于線圈下邊緣到達(dá)磁場(chǎng)下邊界前一定是加速運(yùn)動(dòng)，所以只可能是先減速后加速，而不可能是先加速后減速，B選項(xiàng)錯(cuò)誤。mgR/B2L是安培力和重力平衡時(shí)所對(duì)應(yīng)的速度，而本題線圈減速過(guò)程中不一定能達(dá)到這一速度，C選項(xiàng)錯(cuò)誤。從能量守恒的角度來(lái)分析，線圈穿過(guò)磁場(chǎng)過(guò)程中，當(dāng)線圈上邊緣剛進(jìn)入磁

25、場(chǎng)時(shí)速度一定最小。從開(kāi)始自由下落到線圈上邊緣剛進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中用動(dòng)能定理，設(shè)該過(guò)程克服安培力做的功為W，則有：mg（hL）Wmv2。再在線圈下邊緣剛進(jìn)入磁場(chǎng)到剛穿出磁場(chǎng)過(guò)程中用動(dòng)能定理，該過(guò)程克服安培力做的功也是W，而始、末動(dòng)能相同，所以有：mgdW0。由以上兩式可得最小速度v。所以D選項(xiàng)正確。答案：D12解析：由于軌道是光滑的，所以金屬塊在滑動(dòng)的過(guò)程中機(jī)械能的損失發(fā)生在進(jìn)、出磁場(chǎng)的過(guò)程中。通過(guò)電磁感應(yīng)產(chǎn)生焦耳熱，最終物塊將在磁場(chǎng)區(qū)域內(nèi)以磁場(chǎng)上邊界為極端位置做往復(fù)運(yùn)動(dòng)。產(chǎn)生的焦耳熱的總量等于金屬塊由b高處降到a高處減少的重力勢(shì)能與金屬塊的初動(dòng)能之和。答案：D13解析：（1）安培力 F = BIL

26、 式中 I = 據(jù)題意，桿的速度v和位移x的函數(shù)關(guān)系為：v = v0- B2L2 ，所以， F = = - 由上式可知，安培力F與位移x成線性關(guān)系。（2）開(kāi)始運(yùn)動(dòng)瞬間 x = 0，F(xiàn)0 = 停止運(yùn)動(dòng)時(shí) v = 0，F(xiàn) = 0 （3）由于安培力F與位移x成線性關(guān)系，故安培力F所做的功與平均力所做的功W等效，即 W = ·xm = ·xm 由v和位移x的函數(shù)關(guān)系式可求得桿的最大位移v= v0- B2L2 = 0， xm = 所以， W = ·xm = · = mv02 = EK ，命題得證 （4）根據(jù)能量守恒，桿的動(dòng)能完全轉(zhuǎn)化為電阻R的內(nèi)能 E =EK =

27、mv0214解析：（1）由圖象知12s末導(dǎo)體棒ab的速度為v1=9m/s，在012s內(nèi)的加速度大小為m/s2=0.75m/s2 （2）t1=12s時(shí)，導(dǎo)體棒中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E=BLv1 感應(yīng)電流 導(dǎo)體棒受到的安培力F1=BIL，即 此時(shí)電動(dòng)機(jī)牽引力為 由牛頓第二定律得 由圖象知17s末導(dǎo)體棒ab的最大速度為v2=10m/s，此時(shí)加速度為零，同理有 由兩式解得，R=0.4（3）012s內(nèi)，導(dǎo)體棒勻加速運(yùn)動(dòng)的位移m 1217s內(nèi)，導(dǎo)體棒的位移m 由能量守恒得 代入數(shù)據(jù)解得R上產(chǎn)生的熱量Q=12.35 J15解析：（1）ab棒離開(kāi)磁場(chǎng)右邊界前做勻速運(yùn)動(dòng)的速度為V，產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為：電路中電流 對(duì)ab棒，

28、由平衡條件得： FBIL=0 解得 (2)由能量守恒定律 解得 （3）設(shè)棒剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度為V0，則當(dāng)V0=V，即時(shí)，棒做勻速直線運(yùn)動(dòng)； 當(dāng)V0V，即時(shí)，棒做先加速后勻速直線運(yùn)動(dòng)； 當(dāng)V0V，即時(shí)，棒做先減速后勻速直線運(yùn)動(dòng)； 16解析：（1）當(dāng)金屬棒勻速下滑時(shí)速度最大，設(shè)最大速度為vm，達(dá)到最大時(shí)則有mgsin=F安 F安ILB 其中R總6R 所以 mgsin= 解得最大速度 （2）由能量守恒知，放出的電熱Q=2S0sin- 代入上面的vm值，可得 （3）R2上消耗的功率 其中 又 解以上方程組可得 當(dāng)時(shí)，R2消耗的功率最大 最大功率 單元質(zhì)量評(píng)估（十）1.【解析】對(duì)油滴有，電場(chǎng)力向上又由于油

29、滴帶負(fù)電，故電場(chǎng)強(qiáng)度方向向下，電容器上極板帶正電，下極板帶負(fù)電，線圈感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)正極在上端，負(fù)極在下端由楞次定律得知ab向右減速運(yùn)動(dòng)或向左加速運(yùn)動(dòng)×GNF【答案】AD2. 解析： 當(dāng)金屬桿由靜止開(kāi)始滑下的過(guò)程中，金屬桿就是一個(gè)電源，與電阻R構(gòu)成一個(gè)回路；其受力情況如圖所示，根據(jù)牛頓第二定律得： 所以金屬桿由靜止開(kāi)始做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)=0時(shí)，即，此時(shí)達(dá)最大速度vm，可得：，故由此式知選項(xiàng)B、C正確。答案：BC3.解析：電鍵K閉合時(shí)，電感L1和L2的電流均等于三個(gè)燈泡的電流，斷開(kāi)電鍵K的瞬間，電感上的電流i突然減小，三個(gè)燈泡均處于回路中，故b、c燈泡由電流i逐漸減小，B、C均錯(cuò)，D

30、對(duì)；原來(lái)每個(gè)電感線圈產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)均加載于燈泡a上，故燈泡a先變亮，然后逐漸變暗，A對(duì)答案：AD4.【解析】A選項(xiàng)在閉合電路進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中，通過(guò)閉合電路的磁通量逐漸增大，根據(jù)楞次定律可知感應(yīng)電流的方向?yàn)槟鏁r(shí)針?lè)较虿蛔?，A正確。B選項(xiàng)根據(jù)左手定則可以判斷，受安培力向下，B不正確。C選項(xiàng)當(dāng)半圓閉合回路進(jìn)入磁場(chǎng)一半時(shí)，即這時(shí)等效長(zhǎng)度最大為a，這時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大E=Bav，C正確。D選項(xiàng)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)平均值，D正確。【答案】ACD 5.【解析】橫桿勻速滑動(dòng)時(shí)，由于不變，故，加速滑動(dòng)時(shí)，由于逐漸增大，電容器不斷充電，故，【答案】D6.【解析】A選項(xiàng)中00.5s，磁場(chǎng)垂直紙面向外且均勻增加，與圖乙中感應(yīng)電流

31、方向矛盾，故A錯(cuò)；B選項(xiàng)中00.5s，磁場(chǎng)垂直紙面向外且均勻減弱符合條件，但0.51s，磁場(chǎng)垂直紙面向里且均勻增強(qiáng)與圖乙中感應(yīng)電流方向矛盾，故B錯(cuò)；C選項(xiàng)中00.5s，磁場(chǎng)垂直紙面向里且均勻增強(qiáng)，0.51s，磁場(chǎng)垂直紙面向里且均勻減弱，11.5s，磁場(chǎng)垂直紙面向外且均勻增強(qiáng)，1.52s，磁場(chǎng)垂直紙面向外且均勻減弱，都與題意相付，故C對(duì)；D選項(xiàng)中00.5s，磁場(chǎng)垂直紙面向里且均勻增強(qiáng)，0.51.5s，磁場(chǎng)垂直紙面向里且均勻減弱，1.52s磁場(chǎng)垂直紙面向里且均勻增強(qiáng)，都與題意相付，故D對(duì)。答案：CD7.【解析】線框中不產(chǎn)生感應(yīng)電流，則要求線框所組成的閉合回路內(nèi)的磁通量不發(fā)生變化，即線框全部在磁場(chǎng)中

32、勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)沒(méi)有感應(yīng)電流所以線框從左邊框進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)開(kāi)始到線框的右邊框?qū)⒁x開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)止，這個(gè)過(guò)程中回路中將沒(méi)有感應(yīng)電流【答案】C8.【解析】橡膠盤(pán)A在加速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，產(chǎn)生的磁場(chǎng)在不斷增加，穿過(guò)B的磁通量不斷增加，根據(jù)楞次定律可知B正確?！敬鸢浮緽9.解析：在釋放的瞬間，速度為零，不受安培力的作用，只受到重力，A對(duì)。由右手定則可得，電流的方向從b到a，B錯(cuò)。當(dāng)速度為時(shí)，產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為，受到的安培力為，計(jì)算可得,C對(duì)。在運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，是彈簧的彈性勢(shì)能、重力勢(shì)能和內(nèi)能的轉(zhuǎn)化，D錯(cuò)。答案：AC10.解析： 當(dāng)線框的ab邊進(jìn)入GH后勻速運(yùn)動(dòng)到進(jìn)入JP為止，ab進(jìn)入JP后回路感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)增大，感應(yīng)電流增大，因此所受

33、安培力增大，安培力阻礙線框下滑，因此ab進(jìn)入JP后開(kāi)始做減速運(yùn)動(dòng)，使感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和感應(yīng)電流均減小，安培力又減小，當(dāng)安培力減小到與重力沿斜面向下的分力mgsin相等時(shí)，以速度v2做勻速運(yùn)動(dòng)，因此v2<v1，A錯(cuò)；由于有安培力做功，機(jī)械能不守恒，B錯(cuò)；線框克服安培力做功，將機(jī)械能轉(zhuǎn)化為電能，克服安培力做了多少功，就有多少機(jī)械能轉(zhuǎn)化為電能，由動(dòng)能定理得W1W2=Ek，W2=W1Ek，故CD正確。 答案：CD。11.【解析】感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，極板上的電荷量由于感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)一定，電容器的帶電荷量一定，所以電路中無(wú)電流【答案】零；正；12.解析：(1)E=BLv=Bv,故I=.(2)電阻R上的發(fā)熱功率PR=I2·R=.(3)拉力的機(jī)械功率P機(jī)可由能量轉(zhuǎn)化守恒定律得出,P機(jī)=P電=I2·2R=2PR