物理步步高大一輪復習講義第九章 專題五

1、考點一電磁感應中的圖象問題1圖象類型電磁感應中主要涉及的圖象有Bt圖象、t圖象、Et圖象和It圖象還常涉及感應電動勢E和感應電流I隨線圈位移x變化的圖象，即Ex圖象和Ix圖象2應用知識(1)四個規(guī)律：左手定則、安培定則、右手定則、楞次定律(2)應用公式：平均電動勢En平動切割電動勢EBlv轉動切割電動勢EBl2閉合電路的歐姆定律I安培力FBIl牛頓運動定律的相關公式等3基本方法(1)明確圖象的種類，是Bt圖象還是t圖象，或者Et圖象、It圖象等(2)分析電磁感應的具體過程(3)結合法拉第電磁感應定律、歐姆定律、牛頓運動定律等規(guī)律列出函數(shù)方程(4)根據(jù)函數(shù)方程進行數(shù)學分析如斜率及其變化、兩軸的截

2、距、圖線與坐標軸所圍圖形的面積等代表的物理意義(5)畫圖象或判斷圖象1靜態(tài)圖象問題(2014·新課標全國·18)如圖1(a)，線圈ab、cd繞在同一軟鐵芯上在ab線圈中通以變化的電流，用示波器測得線圈cd間電壓如圖(b)所示已知線圈內部的磁場與流經(jīng)線圈的電流成正比，則下列描述線圈ab中電流隨時間變化關系的圖中，可能正確的是()圖1答案C解析由題圖(b)可知在cd間不同時間段內產(chǎn)生的電壓是恒定的，所以在該時間段內線圈ab中的磁場是均勻變化的，則線圈ab中的電流是均勻變化的，故選項A、B、D錯誤，選項C正確2靜態(tài)圖象問題(2015·山東理綜·19)如圖2甲，

3、R0為定值電阻，兩金屬圓環(huán)固定在同一絕緣平面內左端連接在一周期為T0的正弦交流電源上，經(jīng)二極管整流后，通過R0的電流i始終向左，其大小按圖乙所示規(guī)律變化規(guī)定內圓環(huán)a端電勢高于b端時，a、b間的電壓uab為正，下列uabt圖象可能正確的是()圖2答案C解析由題圖乙知，00.25T0，外圓環(huán)電流逐漸增大且逐漸減小，根據(jù)安培定則，外圓環(huán)內部磁場方向垂直紙面向里，磁場逐漸增強且逐漸減小，根據(jù)楞次定律知內圓環(huán)a端電勢高，所以uab>0，根據(jù)法拉第電磁感應定律uab知，uab逐漸減小；t0.25T0時，0，所以0，uab0；同理可知0.25T0<t<0.5T0時，uab<0，且|u

4、ab|逐漸增大；0.5T0T0內重復00.5T0的變化規(guī)律故選項C正確3以導體棒的形式運動圖象問題(2013·新課標全國·17)如圖3，在水平面(紙面)內有三根相同的均勻金屬棒ab、ac和MN，其中ab、ac在a點接觸，構成“V”字型導軌空間存在垂直于紙面的均勻磁場用力使MN向右勻速運動，從圖示位置開始計時，運動中MN始終與bac的平分線垂直且和導軌保持良好接觸下列關于回路中電流i與時間t的關系圖線，可能正確的是()圖3答案A解析設bac2，圖示位置時a距棒的距離為l0，MN以速度v勻速運動，導體棒單位長度的電阻為R0.經(jīng)過時間t，導體棒的有效切割長度L2(l0vt)tan

5、 ，感應電動勢EBLv2Bv(l0vt)tan ，回路的總電阻R2(l0vt)tan R0，回路中電流i，故i與t無關是一個定值，選項A正確4以導線框的形式運動圖象問題(2013·新課標全國·16)如圖4，在光滑水平桌面上有一邊長為L、電阻為R的正方形導線框；在導線框右側有一寬度為d(dL)的條形勻強磁場區(qū)域，磁場的邊界與導線框的一邊平行，磁場方向豎直向下導線框以某一初速度向右運動，t0時導線框的右邊恰與磁場的左邊界重合，隨后導線框進入并通過磁場區(qū)域下列vt圖象中，可能正確描述上述過程的是()圖4答案D解析導線框進入磁場的過程中，線框受到向左的安培力作用，根據(jù)EBLv、I、

6、FBIL得F，隨著v的減小，安培力F減小，導線框做加速度逐漸減小的減速運動整個導線框在磁場中運動時，無感應電流，導線框做勻速運動，導線框離開磁場的過程中，根據(jù)F，導線框做加速度減小的減速運動，所以選項D正確電磁感應中圖象問題的分析技巧1對于圖象選擇問題常用排除法：先看方向再看大小及特殊點2對于圖象的描繪：先定性或定量表示出所研究問題的函數(shù)關系，注意橫、縱坐標表達的物理量及各物理量的單位，畫出對應物理圖象(常有分段法、數(shù)學法)3對圖象的理解：看清橫、縱坐標表示的量，理解圖象的物理意義考點二電磁感應中的動力學問題分析1導體棒的兩種運動狀態(tài)(1)平衡狀態(tài)導體棒處于靜止狀態(tài)或勻速直線運動狀態(tài)，加速度為

7、零；(2)非平衡狀態(tài)導體棒的加速度不為零2兩個研究對象及其關系電磁感應中導體棒既可看作電學對象(因為它相當于電源)，又可看作力學對象(因為有感應電流而受到安培力)，而感應電流I和導體棒的速度v是聯(lián)系這兩個對象的紐帶3電磁感應中的動力學問題分析思路(1)電路分析：導體棒相當于電源，感應電動勢相當于電源的電動勢，導體棒的電阻相當于電源的內阻，感應電流I.(2)受力分析：導體棒受到安培力及其他力，安培力F安BIl，根據(jù)牛頓第二定律列動力學方程：F合ma.(3)過程分析：由于安培力是變力，導體棒做變加速運動或變減速運動，當加速度為零時，達到穩(wěn)定狀態(tài)，最后做勻速直線運動，根據(jù)共點力的平衡條件列方程：F合

8、0.5電磁感應中的平衡問題(2015·浙江理綜·24)小明同學設計了一個“電磁天平”，如圖5所示，等臂天平的左臂為掛盤，右臂掛有矩形線圈，兩臂平衡線圈的水平邊長L0.1 m，豎直邊長H0.3 m，匝數(shù)為N1.線圈的下邊處于勻強磁場內，磁感應強度B01.0 T，方向垂直線圈平面向里線圈中通有可在02.0 A范圍內調節(jié)的電流I.掛盤放上待測物體后，調節(jié)線圈中電流使天平平衡，測出電流即可測得物體的質量(重力加速度取g10 m/s2)圖5圖6(1)為使電磁天平的量程達到0.5 kg，線圈的匝數(shù)N1至少為多少？(2)進一步探究電磁感應現(xiàn)象，另選N2100匝、形狀相同的線圈，總電阻R1

9、0 .不接外電流，兩臂平衡如圖6所示，保持B0不變，在線圈上部另加垂直紙面向外的勻強磁場，且磁感應強度B隨時間均勻變大，磁場區(qū)域寬度d0.1 m當掛盤中放質量為0.01 kg的物體時，天平平衡，求此時磁感應強度的變化率.答案(1)25匝(2)0.1 T/s解析(1)題中“電磁天平”中的線圈受到安培力FN1B0IL由天平平衡可知：mgN1B0IL代入數(shù)據(jù)解得：N125匝(2)由法拉第電磁感應定律得：EN2N2Ld由歐姆定律得：I線圈受到的安培力FN2B0IL由天平平衡可得：mgNB0·代入數(shù)據(jù)可得0.1 T/s6電磁感應中的動力學問題如圖7所示，光滑斜面的傾角30°，在斜面上

10、放置一矩形線框abcd，ab邊的邊長l11 m，bc邊的邊長l20.6 m，線框的質量m1 kg，電阻R0.1 ，線框通過絕緣細線與重物相連，重物質量M2 kg，斜面上ef(efgh)的右方有垂直斜面向上的勻強磁場，磁感應強度B0.5 T，如果線框從靜止開始運動，進入磁場的最初一段時間做勻速運動，且線框的ab邊始終平行于底邊，ef和gh的距離s11.4 m，g10 m/s2，求：圖7(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邊由靜止開始到運動到gh處所用的時間t；(4)ab邊運動到gh處的速度大小及在線框由靜止開始運動到gh處的整個過程中產(chǎn)生的焦耳熱答案

11、(1)5 m/s2(2)6 m/s(3)2.5 s(4)12 m/s9 J解析(1)線框進入磁場前，僅受到細線的拉力F、斜面的支持力和線框的重力，重物受到自身的重力和細線的拉力F，對線框由牛頓第二定律得Fmgsin ma對重物由牛頓第二定律得MgFMa又FF聯(lián)立解得線框進入磁場前重物的加速度a5 m/s2.(2)因為線框進入磁場的最初一段時間做勻速運動，則重物受力平衡：MgF1線框abcd受力平衡：F1mgsin F安又F1F1ab邊進入磁場切割磁感線，產(chǎn)生的感應電動勢EBl1v回路中的感應電流為Iab邊受到的安培力為F安BIl1聯(lián)立解得Mgmgsin 代入數(shù)據(jù)解得v6 m/s.(3)線框ab

12、cd進入磁場前，做勻加速直線運動；進入磁場的過程中，做勻速直線運動；進入磁場后到運動至gh處，仍做勻加速直線運動進入磁場前線框的加速度大小與重物的加速度大小相同，為a5 m/s2，該階段的運動時間為t11.2 s進入磁場過程中勻速運動的時間t20.1 s線框完全進入磁場后的受力情況同進入磁場前的受力情況相同，所以該階段的加速度仍為a5 m/s2由勻變速直線運動的規(guī)律得sl2vt3at解得t31.2 s由此ab邊由靜止開始到運動到gh處所用的時間tt1t2t32.5 s.(4)線框ab邊運動到gh處的速度vvat36 m/s5×1.2 m/s12 m/s整個運動過程產(chǎn)生的焦耳熱QF安l

13、(Mgmgsin )l29 J.用“四步法”分析電磁感應中的動力學問題解決電磁感應中的動力學問題的一般思路是“先電后力”，具體思路如下：1進行“源”的分析分離出電路中由電磁感應所產(chǎn)生的電源，求出電源的參數(shù)E和r.2進行“路”的分析分析電路結構，明確串、并聯(lián)的關系，求出相關部分的電流大小，以便求解安培力3進行“力”的分析分析研究對象(常是金屬桿、導體線圈等)的受力情況，尤其注意其所受的安培力4進行“運動”狀態(tài)的分析根據(jù)力和運動的關系，判斷出正確的運動模型考點三動力學和能量觀點的綜合應用1力學對象和電學對象的相互關系2解決電磁感應動力學及能量問題的一般思路(1)電路分析：確定電源，畫出等效電路，明

14、確內、外電路，分析電路的串、并聯(lián)關系(2)受力分析：注意導體棒所受的安培力大小和方向(3)運動分析：對運動過程進行“慢進”式推理分析，應用牛頓第二定律對運動過程中各物理量進行分析(4)能量分析：分析運動過程中各力做功情況，明確能量轉化形式(5)規(guī)律分析：根據(jù)牛頓第二定律、運動學方程、動能定理、能量守恒定律合理組合優(yōu)化思維深化1電磁感應過程中產(chǎn)生的焦耳熱有哪幾種不同的求解思路？答案(1)焦耳定律：QI2Rt(2)功能關系：QW克服安培力(3)能量轉化：QE其他能的減少量2電磁感應的過程就是能量的轉化過程，電磁感應過程中能量轉化的原因是什么？答案首先克服安培力做功把其他形式的能轉化為電能，電流做功

15、再把電能轉化為焦耳熱7單桿模型問題如圖8所示，足夠長平行金屬導軌傾斜放置，傾角為37°，寬度為0.5 m，電阻忽略不計，其上端接一小燈泡，電阻為1 .一導體棒MN垂直于導軌放置，質量為0.2 kg，接入電路的電阻為1 ，兩端與導軌接觸良好，與導軌間的動摩擦因數(shù)為0.5.在導軌間存在著垂直于導軌平面的勻強磁場，磁感應強度為0.8 T將導體棒MN由靜止釋放，運動一段時間后，小燈泡穩(wěn)定發(fā)光，此后導體棒MN的運動速度以及小燈泡消耗的電功率分別為(重力加速度g取10 m/s2，sin 37°0.6)()圖8A2.5 m/s1 W B5 m/s1 WC7.5 m/s9 W D15 m/

16、s9 W答案B解析小燈泡穩(wěn)定發(fā)光說明棒做勻速直線運動此時：F安，對棒滿足：mgsin mgcos 0因為R燈R棒，則：P燈P棒再依據(jù)功能關系：mgsin ·vmgcos ·vP燈P棒聯(lián)立解得v5 m/s，P燈1 W8線框模型問題(2015·天津理綜·11)如圖9所示，“凸”字形硬質金屬線框質量為m，相鄰各邊互相垂直，且處于同一豎直平面內，ab邊長為l，cd邊長為2l，ab與cd平行，間距為2l.勻強磁場區(qū)域的上下邊界均水平，磁場方向垂直于線框所在平面開始時，cd邊到磁場上邊界的距離為2l，線框由靜止釋放，從cd邊進入磁場直到ef、pq邊進入磁場前，線框做

17、勻速運動，在ef、pq邊離開磁場后，ab邊離開磁場之前，線框又做勻速運動線框完全穿過磁場過程中產(chǎn)生的熱量為Q.線框在下落過程中始終處于原豎直平面內，且ab、cd邊保持水平，重力加速度為g.求：圖9(1)線框ab邊將要離開磁場時做勻速運動的速度大小是cd邊剛進入磁場時的幾倍；(2)磁場上、下邊界間的距離H.答案(1)4倍(2)28l解析(1)設磁場的磁感應強度大小為B，cd邊剛進入磁場時，線框做勻速運動的速度為v1，cd邊上的感應電動勢為E1，由法拉第電磁感應定律，有E12Blv1設線框總電阻為R，此時線框中電流為I1，由閉合電路歐姆定律，有I1設此時線框所受安培力為F1，有F12I1lB由于線

18、框做勻速運動，其受力平衡，有mgF1由式得v1設ab邊離開磁場之前，線框做勻速運動的速度為v2，同理可得v2由式得v24v1(2)線框自釋放直到cd邊進入磁場前，由機械能守恒定律，有2mglmv線框完全穿過磁場的過程中，由能量守恒定律，有mg(2lH)mvmvQ由式得H28l9雙桿模型問題如圖10所示，兩條平行的金屬導軌相距L1 m，金屬導軌的傾斜部分與水平方向的夾角為37°，整個裝置處在豎直向下的勻強磁場中金屬棒MN和PQ的質量均為m0.2 kg，電阻分別為RMN1 和RPQ2 .MN置于水平導軌上，與水平導軌間的動摩擦因數(shù)0.5，PQ置于光滑的傾斜導軌上，兩根金屬棒均與導軌垂直且

19、接觸良好從t0時刻起，MN棒在水平外力F1的作用下由靜止開始以a1 m/s2的加速度向右做勻加速直線運動，PQ則在平行于斜面方向的力F2作用下保持靜止狀態(tài)t3 s時，PQ棒消耗的電功率為8 W，不計導軌的電阻，水平導軌足夠長，MN始終在水平導軌上運動求：圖10(1)磁感應強度B的大??；(2)t03 s時間內通過MN棒的電荷量；(3)求t6 s時F2的大小和方向；(4)若改變F1的作用規(guī)律，使MN棒的運動速度v與位移 x滿足關系：v0.4x，PQ棒仍然靜止在傾斜軌道上求MN棒從靜止開始到x5 m的過程中，系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量答案(1)2 T(2)3 C(3)5.2 N方向沿斜面向下(4) J解析(1)

20、當t3 s時，設MN的速度為v1，則v1at3 m/sE1BLv1E1I(RMNRPQ)PI2RPQ聯(lián)立以上各式并代入數(shù)據(jù)得：B2 T.(2)qt代入數(shù)據(jù)可得：q3 C(3)當t6 s時，設MN的速度為v2，則v2at6 m/sE2BLv212 VI24 AF安BI2L8 N規(guī)定沿斜面向上為正方向，對PQ進行受力分析可得：F2F安cos 37°mgsin 37°代入數(shù)據(jù)得：F25.2 N(負號說明力的方向沿斜面向下)(4)MN棒做變加速直線運動，當x5 m時，v0.4x0.4×5 m/s2 m/s因為速度v與位移x成正比，所以電流I、安培力也與位移x成正比，安培力

21、做功W安BL··x JQW安 J.電磁感應分析中常見的“兩個誤區(qū)”和“兩類錯誤”1對于雙桿切割類問題，常存在兩個誤區(qū)：(1)忽視分析兩桿產(chǎn)生感應電動勢的方向(2)求解安培力時忽視了兩桿所處位置的磁感應強度大小或方向的差異2求解焦耳熱時容易出現(xiàn)以下兩類錯誤：(1)不加分析就把某時刻的電流I代入公式QI2Rt求解焦耳熱，大多數(shù)情況下感應電流I是變化的，求解焦耳熱要用電流的有效值，因此不能用某時刻的電流代入公式QI2Rt求解焦耳熱(2)電路中產(chǎn)生焦耳熱的元件不是一個，不加分析誤認為某個元件上的焦耳熱就是整個電路產(chǎn)生的焦耳熱1(多選)如圖11所示，在直角坐標系xOy中，有邊長為L的

22、正方形金屬線框abcd，其一條對角線ac和y軸重合、頂點a位于坐標原點O處在y軸右側的一、四象限內有一垂直紙面向里的勻強磁場，磁場的上邊界與線框的ab邊剛好重合，左邊界與y軸重合，右邊界與y軸平行t0時刻，線框以恒定的速度v沿垂直于磁場上邊界的方向穿過磁場區(qū)域取沿abcda方向的感應電流為正方向，則在線框穿過磁場區(qū)域的過程中，感應電流I、ab間的電勢差Uab隨時間t變化的圖線是下圖中的()圖11答案AD解析在ab邊通過磁場的過程中，利用楞次定律或右手定則可判斷出電流方向為逆時針方向，即沿正方向，電流在減小，|Uab|I(RbcRcdRda)在減小在cd邊通過磁場的過程中，可判斷出電流為順時針方

23、向，即沿負方向，電流逐漸減小，|Uab|IRab逐漸減小，A、D正確2(多選)如圖12所示，水平放置的粗糙U形框架上接一個阻值為R0的電阻，放在垂直紙面向里、磁感應強度大小為B的勻強磁場中，一個半徑為L、質量為m的半圓形硬導體AC在水平向右的恒定拉力F作用下，由靜止開始運動距離d后速度達到v，半圓形硬導體AC的電阻為r，其余電阻不計下列說法正確的是()圖12A此時AC兩端電壓為UAC2BLvB此時AC兩端電壓為UACC此過程中電路產(chǎn)生的電熱為QFdmv2D此過程中通過電阻R0的電荷量為q答案BD解析AC的感應電動勢為E2BLv，兩端電壓為UAC，A錯，B對；由功能關系得Fdmv2QQf，C錯；

24、此過程中平均感應電流為，通過電阻R0的電荷量為qt，D對3(2013·山東理綜·18)將一段導線繞成圖13甲所示的閉合回路，并固定在水平面(紙面)內回路的ab邊置于垂直紙面向里的勻強磁場中回路的圓環(huán)區(qū)域內有垂直紙面的磁場，以向里為磁場的正方向，其磁感應強度B隨時間t變化的圖象如圖乙所示用F表示ab邊受到的安培力，以水平向右為F的正方向，能正確反映F隨時間t變化的圖象是()圖13答案B解析0時間內，回路中產(chǎn)生順時針方向、大小不變的感應電流，根據(jù)左手定則可以判定ab邊所受安培力向左.T時間內，回路中產(chǎn)生逆時針方向、大小不變的感應電流，根據(jù)左手定則可以判定ab邊所受安培力向右，故

25、B正確4(多選)在傾角為足夠長的光滑斜面上，存在著兩個磁感應強度大小相等的勻強磁場，磁場方向一個垂直斜面向上，另一個垂直斜面向下，寬度均為L，如圖14所示一個質量為m、電阻為R、邊長也為L的正方形線框，在t0時刻以速度v0進入磁場，恰好做勻速直線運動，若經(jīng)過時間t0，線框ab邊到達gg與ff中間位置時，線框又恰好做勻速運動，則下列說法正確的是()圖14A當ab邊剛越過ff時，線框加速度的大小為gsin Bt0時刻線框勻速運動的速度為Ct0時間內線框中產(chǎn)生的焦耳熱為mgLsin mvD離開磁場的過程中線框將做勻速直線運動答案BC解析當ab邊進入磁場時，有EBLv0，I，mgsin BIL，有mg

26、sin .當ab邊剛越過ff時，線框的感應電動勢和電流均加倍，則線框做減速運動，有4mgsin ，加速度向上大小為3gsin ，A錯誤；t0時刻線框勻速運動的速度為v，則有mgsin ，解得v，B正確；線框從進入磁場到再次做勻速運動的過程，沿斜面向下運動距離為L，則由功能關系得線框中產(chǎn)生的焦耳熱為Q()，C正確；線框離開磁場時做加速運動，D錯誤5(2014·新課標全國·25)半徑分別為r和2r的同心圓形導軌固定在同一水平面內，一長為r、質量為m且質量分布均勻的直導體棒AB置于圓導軌上面，BA的延長線通過圓導軌中心O，裝置的俯視圖如圖15所示整個裝置位于一勻強磁場中，磁感應強

27、度的大小為B，方向豎直向下在內圓導軌的C點和外圓導軌的D點之間接有一阻值為R的電阻(圖中未畫出)直導體棒在水平外力作用下以角速度繞O逆時針勻速轉動，在轉動過程中始終與導軌保持良好接觸設導體棒與導軌之間的動摩擦因數(shù)為，導體棒和導軌的電阻均可忽略重力加速度大小為g.求：圖15(1)通過電阻R的感應電流的方向和大??；(2)外力的功率答案(1)方向為CD(2)解析(1)根據(jù)右手定則，得導體棒AB上的電流方向為BA，故電阻R上的電流方向為CD.設導體棒AB中點的速度為v，則v而vAr，vB2r根據(jù)法拉第電磁感應定律，導體棒AB上產(chǎn)生的感應電動勢EBrv根據(jù)閉合電路歐姆定律得I，聯(lián)立以上各式解得通過電阻R

28、的感應電流的大小為I.(2)根據(jù)能量守恒定律，外力的功率P等于安培力與摩擦力的功率之和，即PBIrvfv，而fmg解得P.練出高分基礎鞏固1如圖1，一有界區(qū)域內，存在著磁感應強度大小均為B，方向分別垂直于光滑水平桌面向下和向上的勻強磁場，磁場寬度均為L，現(xiàn)有一邊長為L的正方形線框abcd，在外力作用下，保持ac垂直磁場邊緣，并以沿x軸正方向的某一速度水平勻速地通過磁場區(qū)域，若以逆時針方向為電流正方向，下圖中能反映線框中感應電流變化規(guī)律的圖象是()圖1答案D解析線框向右勻速運動，相同的時間運動的距離相等線框對角線的長度為L，當c點向右運動L的過程中，由楞次定律得電流方向為順時針，運動距離為時，對

29、角線bd與O處磁場邊重合，有效切割長度最大為L，感應電動勢E1BLv，感應電流達到負向最大；運動距離為L時，c點到兩磁場邊界，有效切割長度為零，電流為零；當c點過兩磁場交界處電流改變方向，為逆時針方向，由于兩側磁場方向相反，交界處兩側導線切割磁感線產(chǎn)生的感應電流為單邊切割的兩倍，當對角線bd運動到L處的虛線時E22BLv，感應電流達到正向最大，由對稱性可得，D正確2(2013·天津理綜·3)如圖2所示，紙面內有一矩形導體閉合線框abcd，ab邊長大于bc邊長，置于垂直紙面向里、邊界為MN的勻強磁場外，線框兩次勻速地完全進入磁場，兩次速度大小相同，方向均垂直于MN.第一次ab

30、邊平行MN進入磁場，線框上產(chǎn)生的熱量為Q1，通過線框導體橫截面的電荷量為q1；第二次bc邊平行MN進入磁場，線框上產(chǎn)生的熱量為Q2，通過線框導體橫截面的電荷量為q2，則()圖2AQ1Q2，q1q2 BQ1Q2，q1q2CQ1Q2，q1q2 DQ1Q2，q1q2答案A解析由法拉第電磁感應定律得：Eqt由得：q所以q1q2由Q|W安|BIl·x得Q1·lbc，Q2·lab又因lablbc所以Q1Q2選項A正確3一個剛性矩形銅制線圈從高處自由下落，進入一水平的勻強磁場區(qū)域，然后穿出磁場區(qū)域繼續(xù)下落，如圖3所示，則()圖3A若線圈進入磁場過程是勻速運動，則離開磁場過程也是

31、勻速運動B若線圈進入磁場過程是加速運動，則離開磁場過程也是加速運動C若線圈進入磁場過程是減速運動，則離開磁場過程也是減速運動D若線圈進入磁場過程是減速運動，則離開磁場過程是加速運動答案C解析從線圈全部進入磁場至線圈開始離開磁場，線圈做加速度為g的勻加速運動，可知即使線圈進入磁場過程中，重力大于安培力，線圈離開磁場過程中受的安培力也可能大于重力，故只有C項正確4如圖4所示，xOy平面內有一半徑為R的圓形區(qū)域，區(qū)域內有磁感應強度大小為B的勻強磁場，左半圓磁場方向垂直于xOy平面向里，右半圓磁場方向垂直于xOy平面向外一平行于y軸的長導體棒ab以速度v沿x軸正方向做勻速運動，則導體棒ab兩端的感應電

32、動勢E(取ab為電動勢的正方向)與導體棒位置x關系的圖象是()圖4答案A解析由右手定則得電流先為正向后為負向，有效切割的長度為與y軸平行的圓弧的弦長L，感應電動勢的大小EBLv，導體棒有效的切割長度L與x的關系滿足(Rx)2()2R2，導體棒切割磁感線的有效長度逐漸增大，且增加的幅度逐漸減小，圖象為斜率逐漸減小的橢圓曲線；導體棒ab在右半圓磁場運動時，感應電動勢的大小跟左半邊成對稱分布特點，A正確5(多選)如圖5所示，在光滑的水平面上方，有兩個磁感應強度大小均為B，方向相反的水平勻強磁場，PQ為兩個磁場的邊界，磁場范圍足夠大一個邊長為a、質量為m、電阻為R的金屬正方形線框，以速度v垂直磁場方向

33、從如圖實線位置()開始向右運動，當線框運動到分別有一半面積在兩個磁場中的位置()時，線框的速度為.下列說法正確的是()圖5A在位置()時線框中的電功率為B此過程中回路產(chǎn)生的電能為mv2C在位置()時線框的加速度為D此過程中通過導線橫截面的電荷量為答案AB解析線框經(jīng)過位置()時，線框左右兩邊均切割磁感線，所以此時的感應電動勢為EBa×2Bav，故線框中的電功率為P，選項A正確；線框從位置()到位置()的過程中，動能減少了Ekmv2m2mv2，根據(jù)能量守恒定律可知，此過程中回路產(chǎn)生的電能為mv2，選項B正確；線框在位置()時，左右兩邊所受安培力大小均為FBa，根據(jù)左手定則可知，線框左右兩

34、邊所受安培力的方向均向左，故此時線框的加速度為a，選項C錯誤；由qt、三式聯(lián)立，解得q，線框在位置()時其磁通量為Ba2，而線框在位置()時其磁通量為零，故q，選項D錯誤綜合應用6(多選)如圖6所示，間距l(xiāng)0.4 m的光滑平行金屬導軌與水平面夾角30°，正方形區(qū)域abcd內勻強磁場的磁感應強度B0.2 T，方向垂直于斜面甲、乙兩金屬桿的電阻R相同、質量均為m0.02 kg，垂直于導軌放置起初，甲金屬桿處在磁場的上邊界ab上，乙在甲上方距甲也為l處現(xiàn)將兩金屬桿同時由靜止釋放，并同時在甲金屬桿上施加一個沿著導軌的拉力F，使甲金屬桿始終以a5 m/s2的加速度沿導軌勻加速運動，已知乙金屬桿

35、剛進入磁場時做勻速運動，取g10 m/s2，則()圖6A每根金屬桿的電阻R0.016 B甲金屬桿在磁場中運動的時間是0.4 sC甲金屬桿在磁場中運動過程中F的功率逐漸增大D乙金屬桿在磁場運動過程中安培力的功率是0.1 W答案BC解析乙金屬桿在進入磁場前，甲、乙兩金屬桿加速度大小相等，當乙剛進入磁場時，甲剛好出磁場由v22al解得乙進、甲出磁場時的速度大小均為v2 m/s，由vat解得甲金屬桿在磁場中的運動時間為t0.4 s，選項B正確；乙金屬桿進入磁場后有mgsin 30°BIl，又BlvI·2R，聯(lián)立解得R0.064 ，選項A錯誤；甲金屬桿在磁場中運動過程中力F和桿的速度

36、都逐漸增大，則其功率也逐漸增大，選項C正確；乙金屬桿在磁場運動過程中安培力的功率是PBIlv0.2 W，選項D錯誤故本題答案為B、C.7(多選)如圖7所示，在傾角為的斜面上固定兩根足夠長的光滑平行金屬導軌PQ、MN，相距為L，導軌處于磁感應強度為B的勻強磁場中，磁場方向垂直導軌平面向下有兩根質量均為m的金屬棒a、b，先將a棒垂直導軌放置，用跨過光滑定滑輪的細線與物塊c連接，連接a棒的細線平行于導軌，由靜止釋放c，此后某時刻，將b也垂直導軌放置，a、c此刻起做勻速運動，b棒剛好能靜止在導軌上a棒在運動過程中始終與導軌垂直，兩棒與導軌接觸良好，導軌電阻不計則()圖7A物塊c的質量是2msin Bb棒放上導軌前，物