二輪文檔：專題9電磁感應(yīng)Word版含答案

1、1(2015·新課標(biāo)全國·19)1824年，法國科學(xué)家阿拉果完成了著名的“圓盤實(shí)驗(yàn)”實(shí)驗(yàn)中將一銅圓盤水平放置，在其中心正上方用柔軟細(xì)線懸掛一枚可以自由旋轉(zhuǎn)的磁針，如圖1所示實(shí)驗(yàn)中發(fā)現(xiàn)，當(dāng)圓盤在磁針的磁場中繞過圓盤中心的豎直軸旋轉(zhuǎn)時(shí)，磁針也隨著一起轉(zhuǎn)動(dòng)起來，但略有滯后下列說法正確的是()圖1A圓盤上產(chǎn)生了感應(yīng)電動(dòng)勢B圓盤內(nèi)的渦電流產(chǎn)生的磁場導(dǎo)致磁針轉(zhuǎn)動(dòng)C在圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)的過程中，磁針的磁場穿過整個(gè)圓盤的磁通量發(fā)生了變化D圓盤中的自由電子隨圓盤一起運(yùn)動(dòng)形成電流，此電流產(chǎn)生的磁場導(dǎo)致磁針轉(zhuǎn)動(dòng)答案AB解析當(dāng)圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，圓盤的半徑切割磁針產(chǎn)生的磁場的磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢，選項(xiàng)A正確如題圖

2、所示，銅圓盤上存在許多小的閉合回路，當(dāng)圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，穿過小的閉合回路的磁通量發(fā)生變化，回路中產(chǎn)生感應(yīng)電流，根據(jù)楞次定律，感應(yīng)電流阻礙其相對運(yùn)動(dòng)，但抗拒不了相對運(yùn)動(dòng)，故磁針會(huì)隨圓盤一起轉(zhuǎn)動(dòng)，但略有滯后，選項(xiàng)B正確；在圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)過程中，磁針的磁場穿過整個(gè)圓盤的磁通量始終為零，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；圓盤中的自由電子隨圓盤一起運(yùn)動(dòng)形成的電流的磁場方向沿圓盤軸線方向，會(huì)使磁針沿軸線方向偏轉(zhuǎn)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤2(2015·安徽理綜·19)如圖2所示，abcd為水平放置的平行“”形光滑金屬導(dǎo)軌，間距為l，導(dǎo)軌間有垂直于導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，導(dǎo)軌電阻不計(jì)已知金屬桿MN傾斜放置，與導(dǎo)軌成角，單

3、位長度的電阻為r，保持金屬桿以速度v沿平行于cd的方向滑動(dòng)(金屬桿滑動(dòng)過程中與導(dǎo)軌接觸良好)則()圖2A電路中感應(yīng)電動(dòng)勢的大小為B電路中感應(yīng)電流的大小為C金屬桿所受安培力的大小為D金屬桿的發(fā)熱功率為答案B解析電路中的感應(yīng)電動(dòng)勢EBlv，感應(yīng)電流I，故A錯(cuò)誤，B正確；金屬桿所受安培力大小FBI，故C錯(cuò)誤；金屬桿的發(fā)熱功率PI2RI2 r，故D錯(cuò)誤3(2015·山東理綜·19)如圖3甲，R0為定值電阻，兩金屬圓環(huán)固定在同一絕緣平面內(nèi)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(nèi)圓環(huán)a端電勢高于b端時(shí)，a、b間的電

4、壓uab為正，下列uabt圖像可能正確的是()圖3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(nèi)部磁場方向垂直紙面向里，磁場逐漸增強(qiáng)且逐漸減小，根據(jù)楞次定律知內(nèi)圓環(huán)a端電勢高，所以uab>0，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律uab知，uab逐漸減小；t0.25T0時(shí)，0，所以0，uab0；同理可知0.25T0<t<0.5T0時(shí)，uab<0，且|uab|逐漸增大；0.5T0T0內(nèi)重復(fù)00.5T0的變化規(guī)律故選項(xiàng)C正確4(2014·新課標(biāo)全國·25)半徑分別為r和2r的同心圓形導(dǎo)軌固定在同一水平面內(nèi)，一長為r、質(zhì)量為m且

5、質(zhì)量分布均勻的直導(dǎo)體棒AB置于圓導(dǎo)軌上面，BA的延長線通過圓導(dǎo)軌中心O，裝置的俯視圖如圖4所示整個(gè)裝置位于一勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B，方向豎直向下在內(nèi)圓導(dǎo)軌的C點(diǎn)和外圓導(dǎo)軌的D點(diǎn)之間接有一阻值為R的電阻(圖中未畫出)直導(dǎo)體棒在水平外力作用下以角速度繞O逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，在轉(zhuǎn)動(dòng)過程中始終與導(dǎo)軌保持良好接觸設(shè)導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，導(dǎo)體棒和導(dǎo)軌的電阻均可忽略重力加速度大小為g.求：圖4(1)通過電阻R的感應(yīng)電流的方向和大?。?2)外力的功率答案(1)方向?yàn)镃D大小為(2)解析(1)根據(jù)右手定則，得導(dǎo)體棒AB上的電流方向?yàn)锽A，故電阻R上的電流方向?yàn)镃D.設(shè)導(dǎo)體棒AB中點(diǎn)的速度為v，則

6、v而vAr，vB2r根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，導(dǎo)體棒AB上產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)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的感應(yīng)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.1題型特點(diǎn)(1)考查楞次定律的應(yīng)用問題；(2)考查電磁感應(yīng)中的圖像問題；(3)考查法拉第電磁感應(yīng)定律和楞次定律的綜合應(yīng)用問題，如電路問題、圖像問題、動(dòng)力學(xué)問題、能量問題等2命題趨勢(1)綜合考查楞次定律、法拉第電磁感應(yīng)定律及電路、安培力等相關(guān)知識(2)考查學(xué)生的識圖能力，由圖像獲取解題信息的能力(3)電流恒定時(shí)，考查焦耳定律、電功率的相關(guān)知識(

7、4)電流變化時(shí)，考查不同能量的轉(zhuǎn)化問題(5)與牛頓第二定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)結(jié)合的動(dòng)態(tài)分析問題(6)電磁感應(yīng)中的安培力問題、涉及受力分析及功能關(guān)系的問題考題一楞次定律和法拉第電磁感應(yīng)定律的應(yīng)用1(2015·新課標(biāo)全國·15)如圖5，直角三角形金屬框abc放置在勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向平行于ab邊向上當(dāng)金屬框繞ab邊以角速度逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，a、b、c三點(diǎn)的電勢分別為Ua、Ub、Uc.已知bc邊的長度為l.下列判斷正確的是()圖5AUaUc，金屬框中無電流BUbUc，金屬框中電流方向沿abcaCUbcBl2，金屬框中無電流DUbcBl2，金屬框中電流方向沿acba答案C解析金屬

8、框abc平面與磁場平行，轉(zhuǎn)動(dòng)過程中磁通量始終為零，所以無感應(yīng)電流產(chǎn)生，選項(xiàng)B、D錯(cuò)誤轉(zhuǎn)動(dòng)過程中bc邊和ac邊均切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢，由右手定則判斷Ua<Uc，Ub<Uc，選項(xiàng)A錯(cuò)誤由轉(zhuǎn)動(dòng)切割產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢的公式得UbcBl2，選項(xiàng)C正確2半徑為r的帶缺口剛性金屬圓環(huán)在紙面上固定放置，并處在變化的磁場中，在圓環(huán)的缺口兩端引出兩根導(dǎo)線，分別與兩塊垂直于紙面固定放置的平行金屬板連接，兩板間距為d，如圖6甲所示磁場的方向垂直于紙面，規(guī)定垂直紙面向里為正方向，磁感應(yīng)強(qiáng)度變化規(guī)律如圖乙所示則以下說法正確的是()圖6A第2秒內(nèi)上極板為正極B第3秒內(nèi)上極板為負(fù)極C第2秒末兩極板之間的電場強(qiáng)度

9、大小為零D第4秒末兩極板之間的電場強(qiáng)度大小為答案A解析第2 s內(nèi)情況：由楞次定律可知，金屬板上極板帶正電，金屬板下極板帶負(fù)電，故A正確；第3 s內(nèi)情況：由楞次定律可知，金屬板上極板帶正電，金屬板下極板帶負(fù)電，故B錯(cuò)誤；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知，第2 s末感應(yīng)電動(dòng)勢不變，則兩極板之間的電場強(qiáng)度大小不為零，故C錯(cuò)誤；由題意可知，第4 s末兩極板間的電場強(qiáng)度大小E，故D錯(cuò)誤3如圖7所示的圓形線圈共n匝，電阻為R，過線圈中心O垂直于線圈平面的直線上有A、B兩點(diǎn)，A、B兩點(diǎn)的距離為L，A、B關(guān)于O點(diǎn)對稱一條形磁鐵開始放在A點(diǎn)，中心與O點(diǎn)重合，軸線與A、B所在直線重合，此時(shí)線圈中的磁通量為1，將條形磁鐵

10、以速度v勻速向右移動(dòng)，軸線始終與直線重合，磁鐵中心到O點(diǎn)時(shí)線圈中的磁通量為2，下列說法正確的是()圖7A磁鐵在A點(diǎn)時(shí)，通過一匝線圈的磁通量為B磁鐵從A到O的過程中，線圈中產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動(dòng)勢為EC磁鐵從A到B的過程中，線圈中磁通量的變化量為21D磁鐵從A到B的過程中，通過線圈某一截面的電荷量不為零答案B解析磁鐵在A點(diǎn)時(shí)，線圈中的磁通量為1，故通過一匝線圈的磁通量也為1，與匝數(shù)無關(guān)，故A錯(cuò)誤；磁鐵從A到O的過程中，線圈中產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動(dòng)勢為Enn，故B正確；磁鐵從A到B的過程中，磁通量先增加后減小，磁通量的變化量為零，故平均感應(yīng)電動(dòng)勢為零，故平均感應(yīng)電流為零，故通過線圈某一截面的電荷量為零，故

11、C、D錯(cuò)誤1楞次定律中“阻礙”的表現(xiàn)(1)阻礙磁通量的變化(增反減同)(2)阻礙物體間的相對運(yùn)動(dòng)(來拒去留)(3)阻礙原電流的變化(自感現(xiàn)象)2楞次定律和右手定則的適用對象(1)楞次定律：一般適用于線圈面積不變，磁感應(yīng)強(qiáng)度發(fā)生變化的情形(2)右手定則：一般適用于導(dǎo)體棒切割磁感線的情形3求感應(yīng)電動(dòng)勢大小的五種類型(1)磁通量變化型：En.(2)磁感應(yīng)強(qiáng)度變化型：EnS.(3)面積變化型：EnB.(4)平動(dòng)切割型：EBlv.(5)轉(zhuǎn)動(dòng)切割型：EBl2.考題二電磁感應(yīng)的圖像問題4(2015·武漢四月調(diào)研)如圖8所示，邊長為L的菱形由兩個(gè)等邊三角形abd和bcd構(gòu)成，在三角形abd內(nèi)存在垂直

12、紙面向外的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場，在三角形bcd內(nèi)存在垂直紙面向里的磁感應(yīng)強(qiáng)度也為B的勻強(qiáng)磁場一個(gè)邊長為L的等邊三角形導(dǎo)線框efg在紙面內(nèi)向右勻速穿過磁場，頂點(diǎn)e始終在直線ab上，底邊gf始終與直線dc重合規(guī)定逆時(shí)針方向?yàn)殡娏鞯恼较?，在?dǎo)線框通過磁場的過程中，感應(yīng)電流隨位移變化的圖像是()圖8答案A解析感應(yīng)電動(dòng)勢EBL有v，電流I，三角形egf向右運(yùn)動(dòng)，根據(jù)右手定則，開始時(shí)ef切割磁感線，產(chǎn)生順時(shí)針電流，大小設(shè)為I0,0過程，en切割磁感線產(chǎn)生向下的電流，nf產(chǎn)生向上的電流，em產(chǎn)生向下電流，切割磁感線的有效長度為L有ennfem，隨著三角形的運(yùn)動(dòng)L有在減小，感應(yīng)電流減小，當(dāng)運(yùn)動(dòng)時(shí)，L有0

13、，電流為零；L過程，繼續(xù)移動(dòng)根據(jù)等邊三角形的幾何關(guān)系，nfem大于en，L有nfemen，逐漸變大，電流變大，當(dāng)efg與bcd重合時(shí)，eg邊和ef邊切割磁感線，產(chǎn)生電流方向均為逆時(shí)針，大小變?yōu)?I0；L2L過程中，繼續(xù)移動(dòng)gm切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢，L有g(shù)m，逐漸減小，直至全部出磁場電流為零，故A正確5如圖9甲所示，光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ所在平面與水平面成角，M、P兩端接一電阻R，整個(gè)裝置處于方向垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場中t0時(shí)對金屬棒施加一平行于導(dǎo)軌的外力F，使金屬棒ab由靜止開始沿導(dǎo)軌向上運(yùn)動(dòng)，導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)已知通過電阻R的感應(yīng)電流I隨時(shí)間t變化的關(guān)系如圖乙所示下列關(guān)于棒的運(yùn)動(dòng)

14、速度v，外力F、流過R的電荷量q以及閉合回路中磁通量的變化率隨時(shí)間變化的圖像正確的是()圖9答案B解析EBlvktR，所以vt，vt圖像是一條過原點(diǎn)斜率大于零的直線，說明了金屬棒做的是初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，即vat，故A錯(cuò)誤；根據(jù)題圖乙所示的It圖像可知Ikt，其中k為比例系數(shù)，由閉合電路歐姆定律可得：Ikt可推出：EktR而E，所以有：ktR，t圖像是一條過原點(diǎn)斜率大于零的直線，故B正確；對金屬棒在沿導(dǎo)軌方向列出動(dòng)力學(xué)方程FBIlma，而I，vat得到Ftma，可見Ft圖像是一條斜率大于零且與F軸正半軸有交點(diǎn)的直線，故C錯(cuò)誤；qtt2，qt圖像是一條開口向上的拋物線，故D錯(cuò)誤6如圖10

15、甲所示，將長方形導(dǎo)線框abcd垂直磁場方向放入勻強(qiáng)磁場B中，規(guī)定垂直ab邊向右為ab邊所受安培力F的正方向，F(xiàn)隨時(shí)間的變化關(guān)系如圖乙所示選取垂直紙面向里為磁感應(yīng)強(qiáng)度B的正方向，不考慮線圈的形變，則B隨時(shí)間t的變化關(guān)系可能是下列選項(xiàng)中的()圖10答案ABD解析由題圖乙可知01 s內(nèi)F<0即ab邊受到向左的安培力，線框有面積擴(kuò)大的趨勢，所以磁場應(yīng)當(dāng)減弱，故C錯(cuò)誤，同理可以判斷A、B、D正確1解決電磁感應(yīng)圖像問題的“三點(diǎn)關(guān)注”(1)關(guān)注初始時(shí)刻，如初始時(shí)刻感應(yīng)電流是否為零，是正方向還是負(fù)方向(2)關(guān)注變化過程，看電磁感應(yīng)發(fā)生的過程分為幾個(gè)階段，這幾個(gè)階段是否和圖像變化相對應(yīng)(3)關(guān)注大小、方向

16、的變化趨勢，看圖線斜率的大小、圖線的曲、直是否和物理過程相對應(yīng)2解決電磁感應(yīng)圖像問題的一般步驟：(1)明確圖像的種類，即是Bt圖還是t圖，或者Et圖、It圖等(2)分析電磁感應(yīng)的具體過程(3)用右手定則或楞次定律確定方向?qū)?yīng)關(guān)系(4)結(jié)合法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律、牛頓運(yùn)動(dòng)定律等規(guī)律寫出函數(shù)關(guān)系式(5)根據(jù)函數(shù)關(guān)系式，進(jìn)行數(shù)學(xué)分析，如分析斜率的變化、截距等(6)畫圖像或判斷圖像考題三電磁感應(yīng)中的電路問題7(2015·福建理綜·18)如圖11，由某種粗細(xì)均勻的總電阻為3R的金屬條制成的矩形線框abcd，固定在水平面內(nèi)且處于方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場B中一接入電路電阻為R的導(dǎo)體棒

17、PQ，在水平拉力作用下沿ab、dc以速度v勻速滑動(dòng)，滑動(dòng)過程PQ始終與ab垂直，且與線框接觸良好，不計(jì)摩擦在PQ從靠近ad處向bc滑動(dòng)的過程中()圖11APQ中電流先增大后減小BPQ兩端電壓先減小后增大CPQ上拉力的功率先減小后增大D線框消耗的電功率先減小后增大答案C解析設(shè)PQ左側(cè)電路的電阻為Rx，則右側(cè)電路的電阻為3RRx，所以外電路的總電阻為R外，外電路電阻先增大后減小，所以路端電壓先增大后減小，所以B錯(cuò)誤；電路的總電阻先增大后減小，再根據(jù)閉合電路的歐姆定律可得PQ中的電流，I先減小后增大，故A錯(cuò)誤；由于導(dǎo)體棒做勻速運(yùn)動(dòng)，拉力等于安培力，即FBIL，拉力的功率PBILv，故先減小后增大，所

18、以C正確；外電路的總電阻R外，最大值為R，小于導(dǎo)體棒的電阻R，又外電阻先增大后減小，由電源的輸出功率與外電阻的關(guān)系圖像可知，線框消耗的電功率先增大后減小，故D錯(cuò)誤8如圖12所示，兩根等高光滑的圓弧軌道，半徑為r、間距為L，軌道電阻不計(jì)在軌道頂端連有一阻值為R的電阻，整個(gè)裝置處在一豎直向上的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.現(xiàn)有一根長度稍大于L、電阻不計(jì)的金屬棒從軌道最低位置cd開始，在拉力作用下以初速度v0向右沿軌道做勻速圓周運(yùn)動(dòng)至ab處，則該過程中()圖12A通過R的電流方向?yàn)橛赏庀騼?nèi)B通過R的電流方向?yàn)橛蓛?nèi)向外CR上產(chǎn)生的熱量為D流過R的電荷量為答案AC解析金屬棒從軌道最低位置cd運(yùn)動(dòng)到ab處的

19、過程中，穿過回路的磁通量減小，根據(jù)楞次定律得知通過R的電流方向?yàn)橛赏庀騼?nèi)，故A正確，B錯(cuò)誤；金屬棒做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，回路中產(chǎn)生正弦式交變電流，可得產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢的最大值為EmBLv0，有效值為EEm，根據(jù)焦耳定律有：Qt時(shí)間為t，聯(lián)立解得Q，故C正確；通過R的電荷量由公式：qt，故D錯(cuò)誤9如圖13所示，一根有一定電阻的直導(dǎo)體棒質(zhì)量為m、長為L，其兩端放在位于水平面內(nèi)間距也為L的光滑平行導(dǎo)軌上，并與之接觸良好；棒左側(cè)兩導(dǎo)軌之間連接一可控電阻；導(dǎo)軌置于勻強(qiáng)磁場中，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于導(dǎo)軌所在平面t0時(shí)刻，給導(dǎo)體棒一個(gè)平行于導(dǎo)軌的初速度，此時(shí)可控電阻的阻值為R0.在棒運(yùn)動(dòng)過程中，通過

20、可控電阻的變化使棒中的電流強(qiáng)度保持恒定不計(jì)導(dǎo)軌電阻，導(dǎo)體棒一直在磁場中圖13(1)求可控電阻R隨時(shí)間t變化的關(guān)系式；(2)若已知棒中電流強(qiáng)度為I，求0t時(shí)間內(nèi)可控電阻R上消耗的平均功率P；(3)若在棒的整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中將題中的可控電阻改為阻值為R0的定值電阻，則棒將減速運(yùn)動(dòng)位移x1后停下，而由題中條件，棒將運(yùn)動(dòng)位移x2后停下，求的值答案(1)RR0t(2)I2(R0t)(3)21解析(1)因棒中的電流強(qiáng)度保持恒定，故棒做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)棒的電阻為r，電流為I，其初速度為v0，加速度大小為a，經(jīng)時(shí)間t后，棒的速度變?yōu)関，則有vv0at而at0時(shí)刻棒中電流為：I經(jīng)時(shí)間t后棒中電流為：I由以上各式得

21、：RR0t(2)因可控電阻R隨時(shí)間t均勻減小，故所求PI2由以上各式得：PI2(R0t)(3)將可控電阻改為定值電阻R0，棒將做變減速運(yùn)動(dòng)有：v0t而tt由以上各式得：x1而x2由以上各式得x2所求解決與電路相聯(lián)系的電磁感應(yīng)問題的基本方法(1)用法拉第電磁感應(yīng)定律和楞次定律(右手定則)確定感應(yīng)電動(dòng)勢的大小和方向(2)畫出等效電路，對整個(gè)回路進(jìn)行分析，確定哪一部分是電源，哪一部分為負(fù)載以及負(fù)載間的連接關(guān)系(3)運(yùn)用閉合電路歐姆定律，串并聯(lián)電路的性質(zhì)、電功率等公式求解考題四電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)、能量轉(zhuǎn)化問題10如圖14所示，xOy平面為光滑水平面，現(xiàn)有一長為d，寬為L的線框MNPQ在外力F作用下，沿

22、正x軸方向以速度v做勻速直線運(yùn)動(dòng)，空間存在豎直方向的磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度BB0cos x(式中B0為已知量)，規(guī)定豎直向下方向?yàn)榇鸥袘?yīng)強(qiáng)度正方向，線框電阻為R，t0時(shí)刻MN邊恰好在y軸處，則下列說法正確的是()圖14A外力F為恒力Bt0時(shí)，外力大小FC通過線框的瞬時(shí)電流ID經(jīng)過t，線框中產(chǎn)生的電熱Q答案BCD解析由于磁場是變化的，故線框切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢也為變值，安培力也為變力，故要保持線框勻速運(yùn)動(dòng)，外力F不能為恒力，故A錯(cuò)誤；t0時(shí)，左右兩邊的磁感應(yīng)強(qiáng)度均為B0，方向相反，則感應(yīng)電動(dòng)勢E2B0Lv，拉力等于安培力即F2B0IL，故B正確；由于兩邊正好相隔半個(gè)周期，故產(chǎn)生的電動(dòng)勢方向相同，

23、經(jīng)過的位移為vt，瞬時(shí)電動(dòng)勢E2B0Lvcos ，瞬時(shí)電流I，故C正確；由于瞬時(shí)電流成余弦規(guī)律變化，故可知感應(yīng)電流的有效值I，故產(chǎn)生的電熱QI2Rt，故D正確11(2015·天津理綜·11)如圖15所示，“凸”字形硬質(zhì)金屬線框質(zhì)量為m，相鄰各邊互相垂直，且處于同一豎直平面內(nèi)，ab邊長為l，cd邊長為2l，ab與cd平行，間距為2l.勻強(qiáng)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(shí)，cd邊到磁場上邊界的距離為2l，線框由靜止釋放，從cd邊進(jìn)入磁場直到ef、pq邊進(jìn)入磁場前，線框做勻速運(yùn)動(dòng)，在ef、pq邊離開磁場后，ab邊離開磁場之前，線框又做勻速運(yùn)動(dòng)線框完全穿過

24、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(nèi)，且ab、cd邊保持水平，重力加速度為g.求：圖15(1)線框ab邊將要離開磁場時(shí)做勻速運(yùn)動(dòng)的速度大小是cd邊剛進(jìn)入磁場時(shí)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(shè)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，cd邊剛進(jìn)入磁場時(shí)，線框做勻速運(yùn)動(dòng)的速度為v1，cd邊上的感應(yīng)電動(dòng)勢為E1，由法拉第電磁感應(yīng)定律，有E12Blv1設(shè)線框總電阻為R，此時(shí)線框中電流為I1，由閉合電路歐姆定律，有I1設(shè)此時(shí)線框所受安培力為F1，有F12I1lB由于線框做勻速運(yùn)動(dòng)，其受力平衡，有mgF1由式得v1設(shè)ab邊離開磁場之前，線框做勻速運(yùn)動(dòng)

25、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(jìn)入磁場前，由機(jī)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H28l此類問題中力現(xiàn)象和電磁現(xiàn)象相互聯(lián)系、相互制約，解決問題首先要建立“動(dòng)電動(dòng)”的思維順序1基本思路(1)找準(zhǔn)主動(dòng)運(yùn)動(dòng)者，用法拉第電磁感應(yīng)定律和楞次定律(右手定則)求解電動(dòng)勢大小和方向(2)根據(jù)歐姆定律，求解回路中電流(3)分析安培力對導(dǎo)體棒加速度、速度的影響，從而推理得出對電路中電流的影響，最后定性分析出導(dǎo)體棒的最終運(yùn)動(dòng)情況(4)運(yùn)用運(yùn)動(dòng)學(xué)方程、牛頓第二定律、平衡方程或功能關(guān)系求解2注意的問題運(yùn)用功能關(guān)系時(shí)

26、，確定有哪些形式的能量發(fā)生了轉(zhuǎn)化如有摩擦力做功，必有內(nèi)能產(chǎn)生；有重力做功，重力勢能必然發(fā)生變化；安培力做負(fù)功，必然有其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能專題綜合練1(2015·海南單科·2)如圖16所示，空間有一勻強(qiáng)磁場，一直金屬棒與磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直，當(dāng)它以速度v沿與棒和磁感應(yīng)強(qiáng)度都垂直的方向運(yùn)動(dòng)時(shí)，棒兩端的感應(yīng)電動(dòng)勢大小為，將此棒彎成兩段長度相等且相互垂直的折線，置于與磁感應(yīng)強(qiáng)度方向相垂直的平面內(nèi)，當(dāng)它沿兩段折線夾角平分線的方向以速度v運(yùn)動(dòng)時(shí)，棒兩端的感應(yīng)電動(dòng)勢大小為.則等于()圖16A. B. C1 D.答案B解析設(shè)折彎前金屬棒切割磁感線的長度為L，BLv；折彎后，金屬棒切割磁感線

27、的有效長度為lL，故產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢為BlvB·Lv，所以，B正確2. (2015·重慶理綜·4)圖17為無線充電技術(shù)中使用的受電線圈示意圖，線圈匝數(shù)為n，面積為S.若在t1到t2時(shí)間內(nèi)，勻強(qiáng)磁場平行于線圈軸線向右穿過線圈，其磁感應(yīng)強(qiáng)度大小由B1均勻增加到B2，則該段時(shí)間線圈兩端a和b之間的電勢差ab()圖17A恒為 B從0均勻變化到C恒為 D從0均勻變化到答案C解析根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得，感應(yīng)電動(dòng)勢Enn，由楞次定律和右手螺旋定則可判斷b點(diǎn)電勢高于a點(diǎn)電勢，因磁場均勻變化，所以感應(yīng)電動(dòng)勢恒定，因此a、b兩點(diǎn)電勢差恒為abn，選項(xiàng)C正確3如圖18所示，一正三角形

28、導(dǎo)線框ABC(高度為a)從圖示位置沿x軸正向勻速穿過勻強(qiáng)磁場區(qū)域兩磁場區(qū)域磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B、方向相反、垂直于平面、寬度均為a.下列選項(xiàng)反映感應(yīng)電流I與線框移動(dòng)距離x的關(guān)系，以逆時(shí)針方向?yàn)殡娏鞯恼较驁D像正確的是()圖18答案C解析x在0a范圍，線框穿過左側(cè)磁場時(shí)，根據(jù)楞次定律，感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向，為正值故B錯(cuò)誤；x在a2a范圍，線框穿過左、右兩側(cè)磁場時(shí)，根據(jù)楞次定律，感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針，為負(fù)值，且為x在0a范圍內(nèi)電流的2倍，最大值為2I0.故A錯(cuò)誤；x在2a3a范圍，線框穿過右側(cè)磁場時(shí)，根據(jù)楞次定律，感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針，為正值故C正確，D錯(cuò)誤4一閉合線圈固定在垂直于紙面的均勻磁場

29、中，設(shè)垂直紙面向里為磁感應(yīng)強(qiáng)度B的正方向，線圈中的箭頭方向?yàn)殡娏鱥的正方向，如圖19(a)所示已知線圈中感應(yīng)電流i隨時(shí)間變化的圖像如圖(b)所示，則磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間變化的圖像可能是下圖中的()圖19答案A解析0內(nèi)，電流為負(fù)向恒定不變，即順時(shí)針方向，則感應(yīng)電流的磁場方向垂直紙面向里，根據(jù)楞次定律，若原磁場均勻增大，則原磁場方向向外，為負(fù)向均勻增大；若原磁場均勻減小，則原磁場方向向里，為正向均勻減小.內(nèi)，電流為正向恒定不變，即逆時(shí)針方向，則感應(yīng)電流的磁場方向垂直紙面向外，根據(jù)楞次定律，若原磁場均勻增大，則方向向里，為正向均勻增大；若原磁場均勻減小，則原磁場向外，為負(fù)向均勻減小，根據(jù)以上的分析知A

30、正確5如圖20所示，在半徑為R的半圓形區(qū)域內(nèi)，有磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的垂直紙面向里的有界勻強(qiáng)磁場，PQM為圓內(nèi)接三角形，且PM為圓的直徑，三角形的各邊由材料相同的細(xì)軟導(dǎo)線組成(不考慮導(dǎo)線中電流間的相互作用)設(shè)線圈的總電阻為r且不隨形狀改變，此時(shí)PMQ37°，已知sin 37°0.6，cos 37°0.8.則下列說法正確的是()圖20A穿過線圈PQM的磁通量為0.96BR2B若磁場方向不變，只改變磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小，且BB0kt(k為常數(shù)，k>0)，則線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電流大小為IC保持P、M兩點(diǎn)位置不變，將Q點(diǎn)沿圓弧順時(shí)針移動(dòng)到接近M點(diǎn)的過程中，線圈中感應(yīng)電流的方向

31、先沿逆時(shí)針，后沿順時(shí)針D保持P、M兩點(diǎn)位置不變，將Q點(diǎn)沿圓弧順時(shí)針移動(dòng)到接近M點(diǎn)的過程中，線圈中不會(huì)產(chǎn)生焦耳熱答案ABC6如圖21所示，A、B是兩個(gè)完全相同的燈泡，D是理想二極管，L是帶鐵芯的線圈，其自感系數(shù)很大，直流電阻忽略不計(jì)下列說法正確的是()圖21AS閉合瞬間，A先亮BS閉合瞬間，A、B同時(shí)亮CS斷開瞬間，B逐漸熄滅DS斷開瞬間，A閃亮一下，然后逐漸熄滅答案D解析閉合開關(guān)S瞬間線圈相當(dāng)于斷路，二極管為反向電壓，故電流不走A燈泡，B逐漸變亮，故A錯(cuò)誤，B錯(cuò)誤；開關(guān)S斷開瞬間B立刻熄滅，由于二極管正向?qū)?，故自感線圈與A形成回路，A閃亮一下，然后逐漸熄滅，故C錯(cuò)誤D正確7如圖22所示，電阻

32、不計(jì)、相距L的兩條足夠長的平行金屬導(dǎo)軌傾斜放置，與水平面的夾角為，整個(gè)空間存在垂直于導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，導(dǎo)軌上固定有質(zhì)量為m，電阻為R的兩根相同的導(dǎo)體棒，導(dǎo)體棒MN上方軌道粗糙下方光滑，將兩根導(dǎo)體棒同時(shí)釋放后，觀察到導(dǎo)體棒MN下滑而EF始終保持靜止，當(dāng)MN下滑的距離為x時(shí)，速度恰好達(dá)到最大值vm，則下列敘述正確的是()圖22A導(dǎo)體棒MN的最大速度vmB此時(shí)導(dǎo)體棒EF與軌道之間的靜摩擦力為mgsin C當(dāng)導(dǎo)體棒MN從靜止開始下滑x的過程中，通過其橫截面的電荷量為D當(dāng)導(dǎo)體棒MN從靜止開始下滑s的過程中，導(dǎo)體棒MN中產(chǎn)生的熱量為mgxsin mv答案AC解析導(dǎo)體棒MN速度最大時(shí)做

33、勻速直線運(yùn)動(dòng)，由平衡條件得：mgsin BILBL解得vm.故A正確；在MN下滑的過程中，穿過回路的磁通量增大，根據(jù)楞次定律判斷知，EF受到沿導(dǎo)軌向下的安培力，根據(jù)平衡條件得：導(dǎo)體棒EF所受的靜摩擦力fmgsin F安故B錯(cuò)誤；當(dāng)導(dǎo)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qtt，故C正確；根據(jù)能量守恒得：導(dǎo)體棒MN中產(chǎn)生的熱量為Q(mgxsin mv)，故D錯(cuò)誤8如圖23所示，、區(qū)域是寬度L均為0.5 m的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B1 T，方向相反，一邊長L0.5 m、質(zhì)量m0.1 kg、電阻R0.5 的正方形金屬線框abcd的ab邊緊靠磁場邊緣，在外力F的作用下向右勻速運(yùn)動(dòng)穿過磁場區(qū)域，速度v010 m/s.在線框穿過磁場區(qū)域的過程中，外力F所做的功為()圖23A5 J B7.5 JC10 J D15 J答案D解析從ab進(jìn)入磁場到cd進(jìn)入磁場的過程中，線框產(chǎn)生的電能：E12.5 J，同理當(dāng)線框從磁場中離開時(shí)產(chǎn)生的電能也為E32.5 J；當(dāng)線框的ab邊從開始進(jìn)入?yún)^(qū)域到線框的cd邊開始進(jìn)入?yún)^(qū)域的過程中，線框產(chǎn)生的電能：E210 J，故整個(gè)過程中線框一共產(chǎn)生的電能為EE1E2E315 J，由于外力F做功等于產(chǎn)生的電能，所以外力F所做的功為15 J，故選項(xiàng)D正確9(2015·浙江理綜·24)小明同學(xué)設(shè)計(jì)了一個(gè)“電磁天平”，如圖2