全國通用版2018高考物理大一輪復習電磁感應綜合檢測

1、電磁感應綜合檢測(時間:90分鐘滿分:100分)【測控導航】考點題號1.磁通量152.楞次定律1,2,83.法拉第電磁感應定律3,54.自感45.電磁感應的圖像6,7,116.法拉第電磁感應定律的綜合應用9,10,12,16,17,187.實驗13,14一、選擇題(本題共12小題,每小題4分,共48分.在每小題給出的四個選項中,第17題只有一個選項正確,第812題有多項正確,全部選對得4分,選對但不全得2分,有選錯或不選的得0分)1. (2016·浙江嘉興一中檢測)如圖所示為安檢門原理圖,左邊門框中有一通電線圈,右邊門框中有一接收線圈.工作過程中某段時間通電線圈中存在順時針方向(從左

2、向右看)均勻增大的電流,則(D)A.無金屬片通過時,接收線圈中的感應電流方向為順時針B.無金屬片通過時,接收線圈中的感應電流增大C.有金屬片通過時,接收線圈中的感應電流方向為順時針D.有金屬片通過時,接收線圈中的感應電流大小發(fā)生變化解析:當左側通電線圈中存在順時針方向均勻增大的電流時,通過右側線圈的磁通量增大,根據(jù)楞次定律可以知道,右側線圈產生的感應電流為逆時針方向,由于磁場是均勻增大,則產生的感應電流為恒定的,故選項A,B錯誤;當有金屬片通過時,接收線圈中磁通量仍然增大,故產生的感應電流方向仍然為逆時針,但是由于金屬片中也要產生感應電流,所以接收線圈中的感應電流大小發(fā)生變化,故選項C錯誤,D

3、正確.2. 如圖所示,螺線管與靈敏電流計相連,磁鐵從螺線管的正上方由靜止釋放,向下穿過螺線管.下列說法正確的是(D)A.電流計中的電流先由a到b,后由b到aB.a點的電勢始終低于b點的電勢C.磁鐵減少的重力勢能等于回路中產生的熱量D.磁鐵剛離開螺線管時的加速度小于重力加速度解析:當磁鐵N極向下運動,導致穿過線圈的磁通量變大,且方向向下,則由楞次定律可得線圈中產生感應電流方向盤旋而下,螺線管下端相當于電源的正極,所以通過G的電流方向為從b到a,當S極離開螺線管時,穿過線圈的磁通量變小,且方向向下,則螺線管上端相當于電源的正極,所以通過G的電流方向為從a到b,則a點的電勢先低于b點的電勢,后高于b

4、點電勢,故A,B錯誤;磁鐵減少的重力勢能等于回路中產生的熱量和磁鐵的動能,故C錯誤;磁鐵剛離開螺線管時,磁鐵受到的磁場力阻礙磁鐵遠離螺線管(去留),則加速度a<g,故D正確.3. 法拉第發(fā)明了世界上第一臺發(fā)電機法拉第圓盤發(fā)電機.銅質圓盤豎直放置在水平向左的勻強磁場中,圓盤圓心處固定一個搖柄,邊緣和圓心處各有一個銅電刷與其緊貼,用導線將電刷與電阻R連接起來形成回路.轉動搖柄,使圓盤如圖示方向轉動.已知勻強磁場的磁感應強度為B,圓盤半徑為l,圓盤勻速轉動的角速度為.下列說法正確的是(A)A.圓盤產生的電動勢為12Bl2,流過電阻R的電流方向為從b到aB.圓盤產生的電動勢為12Bl2,流過電阻

5、R的電流方向為從a到bC.圓盤產生的電動勢為Bl2,流過電阻R的電流方向為從b到aD.圓盤產生的電動勢為Bl2,流過電阻R的電流方向為從a到b解析:圓盤產生的電動勢為E=Blv=Bl·0+l2=12Bl2,由右手定則,選取其中的一個半徑來判斷,可知流過電阻R的電流方向為從b到a,選項A正確.4. (2016·廣東華南師大附中檢測)如圖所示,A,B是兩盞完全相同的白熾燈,L是直流電阻不計、自感系數(shù)很大的自感線圈,如果斷開開關S1,閉合S2,A,B兩燈都能同樣發(fā)光.如果最初S1是閉合的,S2是斷開的.那么不可能出現(xiàn)的情況是(A)A.剛一閉合S2,A燈就亮,而B燈延遲一段時間才亮

6、B.剛閉合S2時,線圈L中的電流為零C.閉合S2以后,A燈變亮,B燈由亮變暗D.再斷開S2時,A燈立即熄滅,B燈先亮一下然后熄滅解析:如題圖所示,原來開關S1是閉合的,如果開關S2突然閉合時,線圈中的電流突然增大,所以它會產生很大的反電動勢,此時相當于線圈斷路,電阻很大,所以燈A,B都同時發(fā)光,但等一段時間后,線圈的電阻會逐漸變小,所以燈B會逐漸變暗,最后因短路而熄滅,所以選項A是不可能出現(xiàn)的;剛閉合S2時,線圈的電阻相當于無限大,故此時線圈L中的電流可以認為是零,選項B情況可能出現(xiàn);閉合S2以后,A燈變亮,B燈由亮變暗,選項C情況可能出現(xiàn);再斷開S2時,A燈因為沒有了電流而立即熄滅,B燈與線

7、圈組成的閉合電路會因為線圈產生的電動勢而先亮一下然后熄滅,故選項D情況可能出現(xiàn).5. (2016·巴中市普通高中模擬)矩形線圈abcd,長ab=20 cm,寬bc=10 cm,匝數(shù)n=200,線圈回路總電阻R=5 .整個線圈平面內均有垂直于線圈平面的磁場穿過.若磁感應強度B隨時間t的變化規(guī)律如圖所示,則(D)A.線圈回路中感應電動勢隨時間均勻變化B.線圈回路中產生的感應電流為0.5 AC.當t=0.3 s時,線圈的ab邊所受的安培力大小為0.016 ND.在1 min內線圈回路產生的焦耳熱為48 J解析:由法拉第電磁感應定律可得E=nt=nBSt=200×(20-5)

8、15;10-2×20×10-2×10×10-230×10-2 V=2 V,由閉合電路歐姆定律可得I=ER=25 A=0.4 A,選項A,B錯誤;當t=0.3 s時,通電導線受到的安培力為F=nBIL=200×20×10-2×0.4×20×10-2 N=3.2 N,選項C錯誤;在1 min內線圈回路產生的焦耳熱Q=I2Rt=0.42×5×60 J=48 J,選項D正確.6.(2016·江蘇泰州一模)在豎直方向的勻強磁場中,水平放置一個面積不變的單匝金屬圓線圈,規(guī)定線圈

9、中感應電流的正方向如圖(甲)所示,取線圈中磁場B的方向向上為正,當磁場中的磁感應強度B隨時間t如圖(乙)變化時,圖(丙)中能正確表示線圈中感應電流變化的圖像是(A)解析:在0T2內,根據(jù)法拉第電磁感應定律,E=t=4B0ST,感應電流i0=ER.根據(jù)楞次定律,感應電流的方向與圖示箭頭方向相反,為負值;在T2T內,根據(jù)法拉第電磁感應定律,E=t=8B0ST=2E,所以感應電流是之前的2倍.再根據(jù)楞次定律,感應電流的方向與圖示方向相反,為負值.故選項A正確,B,C,D錯誤.7. (2016·浙江嘉興高三期末)如圖(甲)所示,垂直紙面向里的勻強磁場的區(qū)域寬度為2L,磁感應強度的大小為B0,

10、一邊長為L、電阻為R的正方形均勻導線框ABCD從圖示位置開始沿x軸正方向以速度v勻速穿過磁場區(qū)域,在(乙)圖中給出的線框C,D兩端的電壓UCD與線框移動距離x的關系的圖像正確的是(D)解析:由楞次定律判斷可知,在線框穿過磁場的過程中,C點的電勢始終高于D的電勢,則UCD始終為正值,則選項C錯誤;CD,AB兩邊切割磁感線時產生的感應電動勢為E=BLv.在0L內,CD切割磁感線CD兩端的電壓是路端電壓,則UCD=34E=34BLv;在L2L內,線框完全在磁場中運動,穿過線框的磁通量沒有變化,不產生感應電流,則UCD=E=BLv;在2L3L內,CD兩端的電壓等于感應電動勢的14,則UCD=14E=1

11、4BLv,故選項A,B錯誤,D正確.8. (2016·江蘇南通調研)如圖所示,圓形導體線圈a平放在絕緣水平桌面上,在a的正上方固定一豎直螺線管b,二者軸線重合,螺線管、電源和滑動變阻器連接成如圖所示的電路.若將滑動變阻器的滑片P向上滑動,下列說法中正確的有(BD)A.穿過線圈a的磁通量增大B.線圈a對水平桌面的壓力小于其重力C.線圈a中將產生俯視逆時針方向的感應電流D.線圈a中將產生俯視順時針方向的感應電流解析:當滑動觸頭P向上移動時電阻增大,由閉合電路歐姆定律可知通過線圈b的電流減小,b線圈產生的磁場減弱,故穿過線圈a的磁通量變小;根據(jù)b中的電流方向和安培定則可知b產生的磁場方向向

12、下穿過線圈a,根據(jù)楞次定律,a中的感應電流的磁場要阻礙原來磁場的減小,故a的感應電流的磁場方向也向下,根據(jù)安培定則可知線圈a中感應電流方向俯視應為順時針,選項A,C錯誤,D正確.當滑動觸頭向上滑動時,可以用“等效法”,即將線圈a和b看做兩個條形磁鐵,不難判斷此時兩磁鐵互相吸引,故線圈a對水平桌面的壓力將減小,選項B正確.9.如圖所示,固定于水平面上寬為l的光滑金屬架abcd處在豎直向下的勻強磁場中,磁感應強度為B,左端接一定值電阻R,質量為m的金屬棒MN沿框架以初速度v0向右運動,電阻為r=R2,若導軌足夠長,電阻不計,對整個運動過程下列說法正確的是(AC)A.電阻R上產生的焦耳熱為13mv0

13、2B.金屬棒MN上產生的焦耳熱為14mv02C.通過導體棒MN的電荷量為mv0BlD.最終MN?？康奈恢镁嚯x其初始位置為mv0R2B2l2解析:由于金屬棒向右做加速度逐漸減小的減速運動,直到速度減為零,所以系統(tǒng)整個過程中產生的總焦耳熱等于金屬棒減小的動能,即Q總=12mv02,則R上產生的焦耳熱QR=23Q總=13mv02,金屬棒MN上產生的焦耳熱Qr=13Q總=16mv02,故選項A正確、B錯誤.根據(jù)動量定理,BIlt=mv0,即Bql=mv0,所以q=mv0Bl,故選項C正確.根據(jù)q=R總=2Blx3R,有mv0Bl=2Blx3R,則x=3mv0R2B2l2,故選項D錯誤.10.(2016

14、·四川雅安三診)如圖所示,電阻不計、相距L的兩條足夠長的平行金屬導軌傾斜放置,與水平面的夾角為,整個空間存在垂直于導軌平面的勻強磁場,磁感應強度為B,導軌上固定有質量為m,電阻為R的兩根相同的導體棒,導體棒MN上方導軌粗糙下方光滑,將兩根導體棒同時釋放后,觀察到導體棒MN下滑而EF始終保持靜止,當MN下滑的距離為s時,速度恰好達到最大值vm,則下列敘述正確的是(AC)A.導體棒MN的最大速度vm=2mgRsinB2L2B.此時導體棒EF與導軌之間的靜摩擦力為mgsin C.當導體棒MN從靜止開始下滑s的過程中,通過其橫截面的電荷量為BLs2RD.當導體棒MN從靜止開始下滑s的過程中,

15、導體棒MN中產生的熱量為mgssin -12mvm2解析:當MN達到最大速度時滿足mgsin =B2L2vm2R,解得vm=2mgRsinB2L2,選項A正確;此時導體棒EF滿足mgsin +F安=f靜,故此時導體棒EF與導軌之間的靜摩擦力大于mgsin ,選項B錯誤;當導體棒MN從靜止開始下滑s的過程中,通過其橫截面的電荷量為q=R總=BLs2R,選項C正確;當導體棒MN從靜止開始下滑s的過程中,兩個導體棒中產生的總熱量為mgssin -12mvm2,則MN中產生的熱量是12(mgssin -12mvm2),選項D錯誤.11.在倫敦奧運會上,100 m賽跑跑道兩側設有跟蹤儀,其原理如圖(甲)

16、所示,水平面上兩根足夠長的金屬導軌平行固定放置,間距為L=0.5 m,一端通過導線與阻值為R=0.5 的電阻連接.導軌上放一質量為m=0.5 kg的金屬桿,金屬桿與導軌的電阻忽略不計.勻強磁場方向垂直紙面向里.用與導軌平行的拉力F作用在金屬桿上,使桿運動.當改變拉力的大小時,相對應的速度v也會變化,從而使跟蹤儀始終與運動員保持一致.已知v和F的關系如圖(乙)所示.(取重力加速度g=10 m/s2)則(BCD)A.金屬桿受到的拉力與速度成正比B.該磁場的磁感應強度為1 TC.圖線在橫軸的截距表示金屬桿與導軌間的阻力大小D.導軌與金屬桿之間的動摩擦因數(shù)=0.4解析:由題圖(乙)可知拉力與速度是一次

17、函數(shù)關系,但不成正比,故選項A錯誤;圖線在橫軸的截距是速度為零時的拉力,金屬桿將要運動,此時最大靜摩擦力等于該拉力,也等于運動時的滑動摩擦力,選項C正確;由F-BIL-mg=0及I=BLvR,可得F-B2L2vR-mg=0,從題圖(乙)上分別讀出兩組F,v數(shù)據(jù)代入上式即可求得B=1 T,=0.4,所以選項B,D正確.12.如圖(甲)所示,正方形金屬線圈abcd位于豎直平面內,其質量為m,電阻為R.在線圈的下方有一勻強磁場,MN和MN是磁場的水平邊界,并與bc邊平行,磁場方向垂直于紙面向里.現(xiàn)使金屬線框從MN上方某一高度處由靜止開始下落,圖(乙)是線圈由開始下落到完全穿過勻強磁場區(qū)域瞬間的vt圖

18、像,圖中字母均為已知量.重力加速度為g,不計空氣阻力.下列說法正確的是(BC)A.金屬線圈剛進入磁場時感應電流方向沿adcba方向B.金屬線圈的邊長為v1(t2-t1)C.磁場的磁感應強度為1v1(t2-t1)mgRv1D.金屬線圈在0t4的時間內所產生的熱量為2mgv1(t2-t1)+12m(v22-v32)解析:由楞次定律可知,金屬線圈剛進入磁場時感應電流方向沿abcda方向,選項A錯誤;線圈進入磁場的過程為勻速運動,故可知金屬線圈的邊長為L=v1(t2-t1),選項B正確;由平衡可知mg=B2L2v1R,解得B=1v1(t2-t1)mgRv1,選項C正確;由能量關系可知,金屬線圈在0t4

19、的時間內所產生的熱量為Q=mgh+12mv12-12mv32,其中h=2v1(t2-t1)+12(v1+v2)(t3-t2),故選項D錯誤.二、非選擇題(共52分)13.(7分)如圖為“研究電磁感應現(xiàn)象”的實驗裝置.(1)將圖中所缺的導線補接完整.(2)如果在閉合開關時發(fā)現(xiàn)靈敏電流計的指針向右偏了一下,那么合上開關后可能出現(xiàn)的情況有:將小螺線管迅速插入大螺線管時,靈敏電流計指針將. 小螺線管插入大螺線管后,將滑動變阻器觸頭迅速向左拉時,靈敏電流計指針將. 解析:(1)將電源、開關、變阻器、小螺線管串聯(lián)成一個回路,再將電流計與大螺線管串聯(lián)成另一個回路,電路圖如圖所示.(2)閉

20、合開關,穿過大螺線管的磁通量增大,靈敏電流表的指針向右偏;將小螺線管迅速插入大螺線管時,磁場方向不變,穿過大螺線管的磁通量增大,靈敏電流計指針將向右偏轉一下.小螺線管插入大螺線管后,由電路圖可知,將滑動變阻器觸頭迅速向左拉時,滑動變阻器接入電路的阻值變大,小螺線管電流變小,穿過大螺線管的磁場方向不變,但磁通量變小,靈敏電流計指針將向左偏轉一下.答案:(1)見解析(2)向右偏轉一下向左偏轉一下評分標準:(1)問3分,(2)問每空2分.14.(6分)(2016·上海徐匯區(qū)一模)在“用DIS研究回路中感應電動勢的大小與磁通量變化快慢的關系”的實驗中,為了研究感應電動勢E與時間t的關系,某小

21、組同學利用圖中的實驗裝置進行實驗:讓小車以不同的速度靠近螺線管,得到在不同擋光時間t內的感應電動勢平均值E.通過利用小車末端的彈簧將小車以不同的速度從軌道的最右端彈出,就能得到一系列的感應電動勢的平均值E和時間t.在一次實驗中得到的數(shù)據(jù)如下表:次數(shù)測量值12345678E/V0.1160.1360.1700.1910.2150.2770.2920.329t/(×10-3 s)8.2067.4866.2865.6145.3404.4623.9803.646(1)觀察和分析該實驗裝置可看出,在實驗中,每次測量的擋光時間t內,磁鐵相對螺線管位置的變化都(選填“相同”或“不同”),從而實現(xiàn)了

22、控制 不變. (2)在得到上述表格中的數(shù)據(jù)之后,為了研究E與t的關系,可采用圖像處理數(shù)據(jù)的方法,在直角坐標系中作 的關系圖線,若圖線是基本過坐標原點的傾斜直線,可得出的實驗結論是 . (3)若要進一步研究感應電動勢與線圈匝數(shù)的關系,實驗時應控制相同. 解析:(1)觀察和分析該實驗裝置可看出,在實驗中,每次測量的擋光時間t內,磁鐵相對螺線管位置的變化都相同,從而實現(xiàn)了控制螺線管中磁通量的變化量不變.(2)由表中實驗數(shù)據(jù)可知,感應電動勢E與擋光時間t的乘積一定,說明感應電動勢E與擋光時間t成反比,則感應電動勢E與擋光時間t的倒數(shù)成正比,為了研究E與t的關系,可采用圖像

23、處理數(shù)據(jù)的方法,在直角坐標系中作感應電動勢E與擋光時間t的倒數(shù)的關系圖線,若圖線是基本過坐標原點的傾斜直線,可得出的實驗結論是在匝數(shù)和磁通量不變的情況下,感應電動勢E和時間t成反比.(3)若要進一步研究感應電動勢與線圈匝數(shù)的關系,需要控制通過螺線管的磁通量的變化率相同,因此實驗時應控制小車通過光電門的擋光時間t相同,或小車出發(fā)的速度相同.答案:(1)相同螺線管中磁通量的變化量(2)感應電動勢E與擋光時間t的倒數(shù)在匝數(shù)和磁通量不變的情況下,感應電動勢E和時間t成反比(3)小車通過光電門的擋光時間t評分標準:每問2分.15. (6分)(2016·遼寧大連八中月考)如圖所示,空間存在垂直于

24、紙面的均勻磁場,在半徑為a的圓形區(qū)域內、外,磁場方向相反,磁感應強度的大小均為B.一半徑為b,電阻為R的圓形導線環(huán)放置在紙面內,其圓心與圓形區(qū)域的中心重合.在內外磁場同時由B均勻地減小到零的過程中,求通過導線截面的電荷量q.解析:圓形導線環(huán)的初始磁通量1=Ba2-B(b2-a2)=B(2a2-b2)(當b<2a),末磁通量2=0;所以磁通量的變化為=B(2a2-b2),(2分)則通過電阻為R的圓形導線環(huán)的電荷量q=I·t=ER·t=Rt·t=R=B(2a2-b2)R(2分)同理當b>2a時,通過圓形導線環(huán)的電荷量q=B(b2-2a2)R.(2分)答案:

25、B(b2-2a2)R或B(2a2-b2)R16.(10分) 兩根足夠長的固定的平行金屬導軌位于同一水平面內,兩導軌間的距離為l.導軌上面橫放著兩根導體棒ab和cd,構成矩形回路,如圖所示.兩根導體棒的質量皆為m,電阻皆為R,回路中其余部分的電阻可不計.在整個導軌平面內都有豎直向上的勻強磁場,磁感應強度為B.設兩導體棒均可沿導軌無摩擦地滑行.開始時,棒cd靜止,棒ab有指向棒cd的初速度v0(如圖).若兩導體棒在運動中始終不接觸,求:(1)在運動中產生的焦耳熱最多是多少?(2)當ab棒的速度變?yōu)槌跛俣鹊?4時,cd棒的加速度是多少?解析:(1)ab棒受到與運動方向相反的安培力作用做減速運動,cd

26、棒則在安培力作用下做加速運動.在ab棒的速度大于cd棒的速度時,回路總有感應電流,ab棒繼續(xù)減速,cd棒繼續(xù)加速.兩棒速度達到相同后,回路面積保持不變,磁通量不變化,不產生感應電流,兩棒以相同的速度v做勻速運動.從初始至兩棒達到速度相同的過程中,兩棒總動量守恒,有mv0=2mv,即v=12v0(2分)根據(jù)能量守恒,整個過程中產生的總熱量為Q=12mv02-12(2m)v2=14mv02.(2分)(2)設ab棒的速度變?yōu)槌跛俣鹊?4時,cd棒的速度為v,則由動量守恒得mv0=m·34v0+mv,(1分)此時回路中的感應電動勢為E=(34v0-v)Bl,(1分)感應電流為I=E2R,(1

27、分)此時cd棒所受的安培力F=IlB,(1分)cd棒的加速度a=Fm,(1分)由以上各式,可得a=B2l2v04mR.(1分)答案:(1)14mv02(2)B2l2v04mR17.(10分)(2016·福建廈門質檢) 如圖所示,質量為m=0.1 kg、電阻r=0.1 的導體棒MN垂直放在相距為L=0.5 m的平行光滑金屬導軌上.導軌平面與水平面的夾角為=30°,并處于磁感應強度大小為B=0.4 T,方向垂直于導軌平面向上的勻強磁場中,導軌下端接有阻值R=0.3 的電阻,棒在外力F作用下,以v=8 m/s的速度沿導軌向上做勻速運動,經過一定時間后撤去外力,棒繼續(xù)運動一段距離s

28、=2 m后到達最高位置,導軌足夠長且電阻不計,棒在運動過程中始終與導軌垂直且兩端與導軌保持良好接觸,重力加速度g取10 m/s2,求:(1)棒MN向上勻速運動過程中,回路中的電流;(2)從撤去外力至棒MN到達最高位置的過程中,通過電阻R的電荷量q;(3)從撤去外力至棒MN到達最高位置的過程中,整個回路產生的焦耳熱Q.解析:(1)棒MN向上勻速運動過程中,切割磁感線產生的感應電動勢為E=BLv(1分)解得E=1.6 V(1分)感應電流為I=ER+r(1分)解得I=4 A.(1分)(2)根據(jù)法拉第電磁感應定律可知,電路中產生的平均電動勢E=t=BLst(1分)電路中產生的平均電流I=ER+r=BL

29、st(R+r).(1分)q=It=BLsR+r=1 C.(1分)(3)從撤去外力至棒MN到達最高位置的過程中,根據(jù)能量守恒有12mv2=mgs·sin +Q(2分)解得Q=2.2 J.(1分)答案:(1)4 A(2)1 C(3)2.2 J18. (13分)(2016·江蘇泰州模擬)如圖所示,光滑斜面的傾角=30°,在斜面上放置一矩形線框abcd,ab邊的邊長l1=1 m,bc邊的邊長l2=0.6 m,線框的質量m=1 kg,電阻R=0.1 ,線框通過細線與重物相連,重物質量M=2 kg,斜面上ef線(efgh)的右上方有垂直斜面向上的勻強磁場,磁感應強度B=0.5

30、 T.線框從靜止開始運動,進入磁場最初一段時間是勻速的,ef和gh的距離s=11.4 m(取g=10 m/s2),求:(1)線框進入磁場前重物的加速度;(2)線框進入磁場時勻速運動的速度v;(3)ab邊由靜止開始運動到gh線處所用的時間t;(4)ab邊運動到gh線處的速度大小和在線框由靜止開始到運動到gh線的整個過程中產生的焦耳熱.解析:(1)線框進入磁場前,線框僅受到細線的拉力FT、斜面的支持力和線框重力,重物受到重力和拉力FT.則由牛頓第二定律得對重物有Mg-FT=Ma(1分)對線框有FT-mgsin =ma.(1分)聯(lián)立解得線框進入磁場前重物的加速度為a=Mg-mgsinM+m=2

31、15;10-1×10×122+1 m/s2=5 m/s2.(1分)(2)因為線框進入磁場的最初一段時間做勻速運動,所以重物受力平衡Mg=FT,(1分)線框abcd受力平衡FT=mgsin +FA,(1分)ab邊進入磁場切割磁感線,產生的電動勢為E=Bl1v,產生的感應電流為I=ER=Bl1vR(1分)受到的安培力為FA=BIl1聯(lián)立上述各式得Mg=mgsin +B2l12vR(1分)解得v=6 m/s.(1分)(3)線框abcd進入磁場前,做勻加速直線運動;進磁場最初一段時間的過程中,做勻速直線運動,進入磁場后到運動到gh線,仍做勻加速直線運動,進磁場前線框的加速度大小與重

32、物的加速度大小相同,為a=5 m/s2.(1分)該階段運動時間為t1=va=65 s=1.2 s.進磁場過程中勻速運動時間為t2=l2v=0.66 s=0.1 s.(1分)線框完全進入磁場后線框受力情況同進入磁場前,所以該階段的加速度仍為a=5 m/s2,s-l2=vt3+12at32;代入得11.4-0.6=6×t3+12×5×t32解得t3=1.2 s,因此ab邊由靜止開始運動到gh線所用的時間為t=t1+t2+t3=2.5 s.(1分)(4)線框ab邊運動到gh處的速度為v=v+at3=6 m/s+5×1.2 m/s=12 m/s,(1分)整個運動

33、過程產生的焦耳熱為Q=FAl2=(Mg-mgsin )l2=(20-10×sin 30°)×0.6 J=9 J.(1分)答案:(1)5 m/s2(2)6 m/s(3)2.5 s(4)12 m/s9 J【備用題組】1.(2016·北京海淀區(qū)高三期末)如圖(甲)所示,一閉合線圈固定在垂直于紙面的勻強磁場中,且線圈平面與磁場垂直.設垂直紙面向里為磁感應強度B的正方向,磁感應強度B隨時間而變化的情況如圖(乙)所示,圖(甲)中線圈上的箭頭的方向為感應電流i的正方向.則在圖(丙)中給出的線圈中感應電流i隨時間而變化的圖像可能的是(C)解析:由(乙)圖知,在00.5

34、s內磁感應強度均勻增大,根據(jù)E=nt=nBtS知,產生感應電動勢不變,所以感應電流不變,可判斷A,B錯誤;在00.5 s內,B增大,磁通量增大,根據(jù)楞次定律知感應電流的磁場與原磁場方向相反,垂直紙面向外,再由右手定則可判斷感應電流方向為逆時針方向,為負,故C正確,D錯誤.2. (2016·天津一中高三月考)豎直平面內有一形狀為拋物線的光滑曲面軌道,如圖所示,拋物線方程是y=x2,軌道下半部分處在一個水平向外的非勻強磁場中,磁場的上邊界是y=a的直線(圖中虛線所示),一個小金屬環(huán)(可視為質點)從拋物線上y=b(b>a)處以速度v沿拋物線下滑,假設拋物線足夠長,金屬環(huán)沿拋物線下滑后產生的焦耳熱總量是(B)A.mgb B.mgb+12mv2C.mg(b-a)D.mg(b-a)+12mv2解析:因磁場為非勻強磁場,則金屬環(huán)在拋物線內滑動時總會產生感應電流,消耗機械能,最終停在拋物線的最低點,根據(jù)能量守恒定律,得損失的機械能為E=mgb+12mv2,故選B.3.如圖所示,四條