電磁感應(yīng)（10）

1、絕密啟用前2018-2019學(xué)年度?學(xué)校8月月考卷試卷副標(biāo)題考試范圍：xxx；考試時間：100分鐘；命題人：xxx注意事項：1答題前填寫好自己的姓名、班級、考號等信息2請將答案正確填寫在答題卡上第I卷（選擇題）請點擊修改第I卷的文字說明一、多選題1如圖所示，正方形線框的邊長為L，電容器的電容為C。正方形線框的一半放在垂直紙面向里的勻強磁場中，當(dāng)磁感應(yīng)強度以k為變化率均勻減小時，則()A 線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小為kL2B 電壓表沒有讀數(shù)C a點的電勢高于b點的電勢D 電容器所帶的電荷量為Q C kL22【答案】BCD【解析】由法拉第電磁感應(yīng)定律注意有效面積，得：E=BtS=12kL2，故A錯

2、誤。磁場均勻減弱，線圈產(chǎn)生恒定的感應(yīng)電動勢，電容器充電完畢后電路中沒有電流，電壓表則沒有讀數(shù)。故B正確。由楞次定律可知，感應(yīng)電動勢方向沿順時針，則a 點的電勢高于b點的電勢，電勢差為感應(yīng)電動勢。故C正確。線圈產(chǎn)生恒定的感應(yīng)電動勢給電容器充電，則電容器的電量QCUC12kL2故D正確。故選BCD。點睛：本題運用法拉第電磁感應(yīng)定律E=BtS時要注意S是有效面積，不是線圈的總面積要理解電壓表的核心是電流表，沒有電流，電壓表指針不偏轉(zhuǎn)，則沒有讀數(shù)2勻強磁場方向垂直紙面，規(guī)定垂直紙面向里的方向為正，磁感應(yīng)強度B隨時間t變化規(guī)律如圖甲所示。在磁場中有一細(xì)金屬圓環(huán)，圓環(huán)平面位于紙面內(nèi)，如圖乙所示。令I(lǐng)1、I

3、2、I3分別表示Oa、ab、bc段的感應(yīng)電流，f1、f2、f3分別表示I1、I2、I3時，金屬環(huán)上很小一段受到的安培力。則( ) A I1沿逆時針方向，I2沿順時針方向B I2沿逆時針方向，I3沿順時針方向C f1方向指向圓心，f2方向指向圓心D f2方向背離圓心向外，f3方向指向圓心【答案】AD【解析】由圖甲所示可知，oa段，磁場垂直于紙面向里，穿過圓環(huán)的磁通量增加，由楞次定律可知，感應(yīng)電流I1沿逆時針方向，在ab段磁場向里，穿過圓環(huán)的磁通量減少，由楞次定律可知，感應(yīng)電流I2沿順時針方向，故A正確；由圖甲所示可知，在ab段磁場向里，穿過圓環(huán)的磁通量減少，由楞次定律可知，感應(yīng)電流I2沿順時針方

4、向，在bc段，磁場向外，磁通量增加，由楞次定律可知，感應(yīng)電流I3沿順時針方向，故B錯誤；由左手定則可知，oa段電流受到的安培力f1方向指向圓心，ab段安培力f2方向背離圓心向外，bc段，安培力f3方向指向圓心，故C錯誤，D正確。故選AD。點睛：本題考查了判斷感應(yīng)電流方向與安培力方向，應(yīng)用楞次定律與左手定則即可正確解題；要熟練掌握楞次定律與左手定則；要掌握應(yīng)用楞次定律解題的步驟；判斷每段受到的安培力時也可以用“增縮減擴”來判斷3如圖所示，在豎直面內(nèi)有方向垂直紙面向里、高度為h的有界勻強磁場，磁場上、下邊界水平。將邊長為l(l<h)、質(zhì)量為m的正方形金屬線框abcd從磁場上方某處由靜止釋放，

5、設(shè)ab邊通過磁場上邊界和磁場下邊界時的速度分別為v1和v2；cd邊通過磁場下邊界時的速度為v3。已知線框下落過程中ab邊始終水平、ad邊始終豎直，下列說法正確的是A 若v1=v2，則一定有v2>v3B 若v1=v2，則一定有v2<v3C 若v1=v2，從ab離開磁場到cd離開磁場的過程中，線框內(nèi)產(chǎn)生的焦耳熱為mghD 從ab進(jìn)入磁場到cd離開磁場的過程中，線框內(nèi)產(chǎn)生的焦耳熱為【答案】AC【解析】AB：因為，所以線框在磁場中運動過程中，有一段不受安培力，只受重力，該過程線框做加速運動；若v1=v2，線框過磁場必須先減速然后加速再減速，則一定有v2>v3。故A項正確，B項錯誤。C

6、：設(shè)cd邊通過磁場上邊界時線框速度為，則對cd邊通過磁場上邊界到ab邊通過磁場下邊界時過程，應(yīng)用動能定理可得： ，解得。若v1=v2，ab邊通過磁場上邊界到cd邊通過磁場上邊界的過程與ab邊離開磁場到cd邊離開磁場的過程線框受力與運動情況相同，即cd離開磁場的速度也是。對ab離開磁場到cd離開磁場的過程應(yīng)用動能定理得： ，解得；則此過程線框內(nèi)產(chǎn)生的焦耳熱。故C項正確。D：從ab進(jìn)入磁場到cd離開磁場的過程，應(yīng)用動能定理得： ，解得： ；則線框內(nèi)產(chǎn)生的焦耳熱。故D項錯誤。點睛：C項也可對cd邊通過磁場上邊界到cd離開磁場的過程研究，求焦耳熱。4如圖，方形金屬回路固定在水平面上，回路中有一微型電動

7、機，在外力F作用下，回路上方的條形磁鐵豎直向上做勻速運動,微型電動機工作，現(xiàn)已知在勻速運動過程中外力F做功WF，磁鐵克服磁場力做功W，重力對磁鐵做功WG，回路中產(chǎn)生的電能為E，回路產(chǎn)生的焦耳熱為Q。則A 從上向下看，回路中感應(yīng)電流的方向為順時針B W=EC WF+WG=ED WF+WG=E+Q【答案】ABC【解析】穿過線圈的磁通量向下減小，根據(jù)楞次定律可得感應(yīng)電流方向為順時針，A正確；根據(jù)功能關(guān)系可知克服磁場力做功等于電路中產(chǎn)生的的電能，即，B正確；對磁鐵分析，根據(jù)動能定理可得，故，故，C正確D錯誤5如圖所示，電阻不計的金屬導(dǎo)軌PQ、MN水平平行放置，間距為L，導(dǎo)軌的P、M端接到匝數(shù)比為n1：

8、n2=1：2的理想變壓器的原線圈兩端，變壓器的副線圈接有阻值為R的電阻。在兩導(dǎo)軌間x0區(qū)域有垂直導(dǎo)軌平面的磁場，磁場的磁感應(yīng)強度B=B0sin2kx，一阻值不計的光滑導(dǎo)體棒ab垂直導(dǎo)軌放置且與導(dǎo)軌接觸良好。開始時導(dǎo)體棒處于x=0處，從t=0時刻起，導(dǎo)體棒ab在沿x正方向的力F作用下做速度為v的勻速運動，則 （ ）A 導(dǎo)體棒ab中產(chǎn)生的交變電流的頻率為2kvB 交流電壓表的示數(shù)為2B0LvC 交流電流表的示數(shù)為22RB0LVD 在t時間內(nèi)力F做的功為8B02L2v2Rt【答案】BC【解析】在t時刻ab棒的坐標(biāo)為x=vt，感應(yīng)電動勢e=BLv=B0Lvsin2kvt，則交變電流的角頻率為=2kv，

9、交變電流的頻率為f=2=kv，A錯誤；原線圈兩端的電壓U1=B0Lv2，由U1U2=n1n2=12，得副線圈兩端的電壓為U2=2B0Lv2=2B0Lv，故交流電壓表的示數(shù)為2B0Lv，B正確；副線圈中電流有效值為I2=U2R=2B0LvR，由I2I1=n1n2=12，得原線圈中電流有效值為I1=22B0LvR，所以交流電流表的示數(shù)為22B0LvR，C正確；在t時間內(nèi)力F做的功等于R產(chǎn)生的熱量，為W=U22Rt=2B02L2v2tR，D錯誤6圖（甲）為手機及無線充電板,圖（乙）為充電原理示意圖。充電板接交流電源，對充電板供電，充電板內(nèi)的送電線圈可產(chǎn)生交變磁場，從而使手機內(nèi)的受電線圈產(chǎn)生交變電流，

10、再經(jīng)整流電路轉(zhuǎn)變成直流電后對手機電池充電。為方便研究，現(xiàn)將問題做如下簡化：設(shè)受電線圈的匝數(shù)為n，面積為S，總電阻（含所接元件）為R，若在t1到t2時間內(nèi)，磁場垂直于受電線圈平面向上穿過線圈，其磁感應(yīng)強度由B1增加到B2。下列說法正確的是（ ）A 在t1到t2時間內(nèi)，c點的電勢高于d點的電勢B 在t1到t2時間內(nèi)，受電線圈通過的電量為C 若只增加送電線圈匝數(shù)，可使c、d之間的電壓減小D 受電線圈中的電流大小與交流電的頻率無關(guān)【答案】BC【解析】根據(jù)楞次定律可知，受電線圈內(nèi)部產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向俯視為順時針，受電線圈中感應(yīng)電流方向由c到d，所以c點的電勢低于d點的電勢，故A錯誤；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定

11、律可得： ，根據(jù)歐姆定律可得： ，通過的電荷量為： ，聯(lián)立可得： ，故B正確；若只增加送電線圈匝數(shù)，相當(dāng)于增大變壓器的原線圈匝數(shù)，所以c、d之間的電壓減小，故C正確；受電線圈是通過電磁感應(yīng)獲得能量的，所以受電線圈中的電流大小與交流電的頻率無關(guān)，故D錯誤。所以BC正確，AD錯誤。7如圖所示，固定在絕緣水平面上的光滑平行金屬導(dǎo)軌，間距為L，右端接有阻值為R的電阻，空間存在方向豎直向上、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場。質(zhì)量為m、電阻為2R的導(dǎo)體棒ab與固定絕緣彈簧相連，放在導(dǎo)軌上，并與導(dǎo)軌接觸良好。初始時刻，彈簧處于自然長度。給導(dǎo)體棒水平向右的初速度v0，導(dǎo)體棒往復(fù)運動一段時間后靜止。不計導(dǎo)軌電阻，下列說

12、法中正確的是A 導(dǎo)體棒每次向右運動的過程中受到的安培力均逐漸減小B 導(dǎo)體棒速度為v0時其兩端的電壓為23BLv0C 導(dǎo)體棒開始運動后速度第一次為零時，彈簧的彈性勢能為12mv02D 在金屬棒整個運動過程中，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為16mv02【答案】D【解析】A項：由能量守恒可知，導(dǎo)體棒第一次回到開始位置時速度不為零，所以會將彈簧壓縮，一直到導(dǎo)體棒速度為零，接著彈簧將導(dǎo)體棒向右彈開，開始時導(dǎo)體棒做加速運動，所以安培力增大，故A錯誤；B項：導(dǎo)體棒速度為v0時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E=BLv0，由閉合電路歐姆定律可知，導(dǎo)體棒兩端電壓即路端電壓為U=RR+2RE=13BLv0 ，故B正確；C項：導(dǎo)體棒開始

13、運動后速度第一次為零時，由能量守恒可知，導(dǎo)體棒的動能轉(zhuǎn)化為彈性勢能和焦耳熱，所以彈簧的彈性勢能小于mv02/2，故C錯誤；D項：由平衡條件可知，金屬棒最終會停在初始位置，在金屬棒整個運動過程中，回路中產(chǎn)生的焦耳熱為Q=12mv02，根據(jù)串聯(lián)電路中熱量的分配按電阻分配，所以電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為QR=13Q=16mv02，故D正確。點晴：弄清運動過程中能量如何轉(zhuǎn)化，并應(yīng)用能量轉(zhuǎn)化和守恒定律分析解決問題是此題關(guān)鍵，當(dāng)然右手定則和安培定則也熟練運用。8如圖甲所示，一個圓形線圈的匝數(shù)n=100，線圈面積S=200cm2，線圈的電阻r=1，線圈外接一個阻值R=4的阻值，把線圈放入一方向垂直線圈平面的勻強

14、磁場中，磁感應(yīng)強度隨時間變化規(guī)律如圖乙所示.下列說法中正確的是()A 線圈中的感應(yīng)電流方向為順時針方向B 電阻R兩端的電壓隨時間均勻增大C 線圈電阻r消耗的功率為4×10-4WD 前4s內(nèi)通過R的電荷量為8×10-2C【答案】CD【解析】A項：由圖可知，穿過線圈的磁通量變大，由楞次定律可得：線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電流逆時針，故A錯誤；B項：根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，可知，磁通量的變化率恒定，所以電動勢恒定，則電阻兩端的電壓恒定，故B錯誤；C項：由法拉第電磁感應(yīng)定律：E=nt=nBSt=100×0.40.24×0.02V=0.1V，由閉合電路歐姆定律，可知電路中的電

15、流為I=ER+r=0.14+1A=0.02A，所以線圈電阻r消耗的功率P=I 2 R=0.02 2 ×1W=4×10 -4 W，故C正確；D項：前4s內(nèi)通過R的電荷量Q=It=0.02×4C=0.08C，故D正確。9下列設(shè)備都接在交變電流上工作，其中利用渦流原理工作的設(shè)備有A 電磁爐 B 變壓器 C 高頻電焊機 D 電視機【答案】AC【解析】A、電磁爐和高頻電焊機利用了電磁感應(yīng)的原理，產(chǎn)生渦流，從而加熱，故選項AC正確；B、變壓器是利用互感現(xiàn)象而工作的，故選項B錯誤；D、電視機是利用帶電粒子在電場中的運動，使粒子打到熒光屏上發(fā)光而工作的，故選項D錯誤。點睛：本題主

16、要掌握渦流工作原理，在學(xué)習(xí)過程中注意積累。10如圖所示，導(dǎo)線框abcd放在光滑導(dǎo)軌上向右運動(abcd與導(dǎo)軌接觸良好)，G1和G2是兩只電流表，則A G1偏轉(zhuǎn)B G2偏轉(zhuǎn)C G1不偏轉(zhuǎn)D G2不偏轉(zhuǎn)【答案】AB【解析】導(dǎo)線框向右滑動時，ad邊、bc邊與左側(cè)導(dǎo)軌構(gòu)成的閉合回路磁通量都增加，兩個回路中都會產(chǎn)生感應(yīng)電流，因此有電流流過兩個電流表G1和G2，故兩個電表都會偏轉(zhuǎn)，故AB正確，CD錯誤。點睛：掌握感應(yīng)電流產(chǎn)生的條件即可正確解題，關(guān)鍵要明確所研究的回路，從切割來看：ad和bc都產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，相當(dāng)于兩個電池并聯(lián)，兩個電流表都有示數(shù)。11線圈L2在L1附近，為使L2中有如圖所示箭頭所指方向的感

17、應(yīng)電流，可以使A 變阻器滑片向左移B 變阻器滑片向右移C L2遠(yuǎn)離L1運動D 閉合開關(guān)S的瞬間【答案】BC【解析】由安培定則可得，左側(cè)線圈中的磁場的方向向上，所以穿過L2中的磁場的方向向下；A、當(dāng)滑動變阻器的滑片向左移動時，電阻均勻減小，L1中電流非線性增大，L1產(chǎn)生的磁場非線性增強，穿過L2的向下的磁通量非線性增大，L2中將產(chǎn)生外側(cè)向右的感應(yīng)電流，與圖中的電流的方向相反，故A錯誤；B、當(dāng)滑動變阻器的滑片向右移動時，電阻均勻增大，L1中電流非線性減小，L1產(chǎn)生的磁場非線性減小，穿過L2的向下的磁通量非線性減小，L2中將產(chǎn)生外側(cè)向左的感應(yīng)電流，與圖中的電流的方向相同，故B正確；C、L2遠(yuǎn)離L1運

18、動，穿過L2的向下的磁通量減小，L2中將產(chǎn)生外側(cè)向左的感應(yīng)電流，與圖中的電流的方向相同，故C正確；D、閉合開關(guān)s的瞬間，L1中電流增大，L1產(chǎn)生的磁場增強，穿過L2的向下的磁通量增大，L2中將產(chǎn)生外側(cè)向右的感應(yīng)電流，與圖中的電流的方向相反，故D錯誤。點睛：根據(jù)產(chǎn)生感應(yīng)電流的條件：穿過閉合電路的磁通量發(fā)生變化，依次分析，根據(jù)安培定則和楞次定律判斷電流的方向。12如圖所示，水平放置的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ處于豎直向下的足夠大的勻強磁場中，導(dǎo)軌間距為L，導(dǎo)軌的右端接有阻值為R的電阻。一根質(zhì)量為m，電阻為r的金屬棒垂直導(dǎo)軌放置，并與導(dǎo)軌接觸良好?，F(xiàn)使金屬棒以一定初速度向左運動，它先后通過位置a、b

19、后，到達(dá)位置c處剛好靜止。已知磁場的磁感應(yīng)強度為B，金屬棒通過a、b處的速度分別為va、vb，a、b間的距離等于b、c間的距離，導(dǎo)軌的電阻忽略不計。下列說法中正確的是（）A 金屬棒運動到a處時的加速度大小為B2L2vamRB 金屬棒運動到b處時通過電阻的電流方向由Q指向NC 金屬棒在ab過程與bc過程中通過電阻的電荷量相等D 金屬棒在a處的速度va是其在b處速度vb的2倍【答案】BC【解析】金屬棒運動到a處時，有E=BLva，I=ER+r，安培力F=BIL=B2L2vaR+r，由牛頓第二定律得加速度：a=Fm=B2L2vamR+r，A錯誤；金屬棒運動到b處時，由右手定則判斷知，通過電阻的電流方

20、向由Q指向N，B正確；金屬棒在ab過程中，通過電阻的電荷量q1=It=ER+rt=1R+r，同理，在bc的過程中，通過電阻的電荷量q1=It=ER+rt=2R+r，由于1=2，可得q1=q2，C正確；在bc的過程中，對金屬棒運用動量定理得B2L2vR+r=0mvb，而vt=lbc，解得：vb=B2L2lbcmR+r，同理，在ac的過程中，對金屬棒運用動量定理得B2L2v'R+r=0mva，而vt'=lac，解得va=B2L2lacmR+r，因lac=2lbc，因此va=2vb，D錯誤【點睛】如圖所示，在電磁感應(yīng)中，電量q與安培力的沖量之間的關(guān)系，如圖所示，以電量為橋梁，直接把圖

21、中左右兩邊的物理量聯(lián)系起來，如把導(dǎo)體棒的位移 和速度聯(lián)系起來，但由于這類問題導(dǎo)體棒的運動一般都不是勻變速直線運動，無法直接使用勻變速直線運動的運動學(xué)公式進(jìn)行求解，所以這種方法就顯得十分巧妙，這種題型難度最大。13如圖所示，在磁感應(yīng)強度為B、方向豎直向下的勻強磁場中，水平放置兩條平行長直導(dǎo)軌MN，導(dǎo)軌間距為L。導(dǎo)軌左端接一電阻R，金屬桿ab垂直導(dǎo)軌放置，金屬桿和導(dǎo)軌的電阻不計，桿與導(dǎo)軌間接觸良好且無摩擦?，F(xiàn)對金屬桿施加一個與其垂直的水平方向恒力F，使金屬桿從靜止開始運動。在運動過程中，金屬桿速度大小v、恒力F的功率PF、金屬桿與導(dǎo)軌形成的回路中磁通量等各量隨時間變化圖像正確的是（ ）A B C

22、D 【答案】AD【解析】根據(jù)牛頓第二定律知，金屬桿的加速度為a=FFAm=FB2L2vRm=FmB2L2vmR，由于速度增大，則加速度減小，可知金屬桿做加速度逐漸減小的加速運動，當(dāng)加速度等于零時，速度最大，做勻速直線運動，當(dāng)a=0，由上式得最大速度，所以v-t圖象的斜率先減小后不變，A正確；恒力F的功率PF=Fv，則知PF-t圖象的斜率先減小后不變，圖象先是曲線后是直線，B錯誤；由E=BLv，知感應(yīng)電動勢先增大后不變，由E=t知，t圖象的斜率先增大后不變，C錯誤D正確14如圖所示，A、B、C是三個完全相同的燈泡，L是一自感系數(shù)較大的線圈(直流電阻可忽略不計)。則()A S閉合時，A燈立即亮，然

23、后逐漸熄滅B S閉合時，B燈立即亮，然后逐漸熄滅C 電路接通穩(wěn)定后，B燈和C燈亮度相同D 電路接通穩(wěn)定后，S斷開時，C燈立即熄滅【答案】AC【解析】電路中A燈與線圈并聯(lián)后與B燈串聯(lián)，再與C燈并聯(lián)。S閉合時，三個燈同時立即發(fā)光，由于線圈的電阻很小，逐漸將A燈短路，A燈逐漸熄滅，A燈的電壓逐漸降低，B燈的電壓逐漸增大，B燈逐漸變亮，A正確B錯誤；電路接通穩(wěn)定后，A燈被線圈短路，完全熄滅。B、C并聯(lián)，電壓相同，亮度相同，C正確；電路接通穩(wěn)定后，S斷開時，C燈中原來的電流立即減至零，由于線圈中電流要減小，產(chǎn)生自感電動勢，阻礙電流的減小，線圈中電流不會立即消失，這個自感電流通過C燈，所以C燈過一會兒熄滅

24、，D錯誤【點睛】解決本題的關(guān)鍵掌握線圈對電流的變化有阻礙作用，當(dāng)電流增大時，線圈會阻礙電流的增大，當(dāng)電流減小時，線圈會阻礙電流的減小。當(dāng)電流不變時，線圈將與之并聯(lián)的電路短路15如圖所示，一個電阻值為R，匝數(shù)為n的圓形金屬線圈與阻值為2R的電阻R1連接成閉合回路，其余電阻不計。線圈的半徑為r1，在線圈中半徑為r2的圓形區(qū)域內(nèi)存在垂直于線圈平面向里的磁場，磁感應(yīng)強度B隨時間t變化的關(guān)系式B=104t(T)，在0至2 s時間內(nèi)，下列說法正確的是() A 通過電阻R1上的電流方向由b到aB 通過電阻R1上的電流大小為4nr123RC 通過電阻R1上的電荷量為8nr223RD 電阻R1上產(chǎn)生的熱量為64

25、n22r149R【答案】AC【解析】根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律由法拉第電磁感應(yīng)定律有E=nt=nBtS，而s=r22，由閉合電路歐姆定律有I=ER+2R，聯(lián)立以上各式解得通過電阻R1上的電流大小為：I=4nB0r223R，根據(jù)楞次定律可知，流經(jīng)R1的電流方向由ba，A正確B錯誤；根據(jù)歐姆定律，則線圈兩端的電壓，即為電阻R1的電壓，則q=It1=8nr223R，C正確；電阻R1上產(chǎn)生的熱量為Q=I22Rt=64n22r249R，D錯誤【點睛】需要注意應(yīng)用法拉第定律時要注意s是有效面積，并不等于線圈的面積，線圈平面垂直處于勻強磁場中，當(dāng)磁感應(yīng)強度隨著時間均勻變化時，線圈中的磁通量發(fā)生變化，從而導(dǎo)致出現(xiàn)

26、感應(yīng)電動勢，產(chǎn)生感應(yīng)電流由楞次定律可確定感應(yīng)電流方向，由法拉第電磁感應(yīng)定律可求出感應(yīng)電動勢大小而產(chǎn)生的熱量則是由焦耳定律求出16如圖所示，ab、cd是固定在豎直平面內(nèi)的足夠長的金屬框架，bc段接有一阻值為R的電阻，其余電阻不計，ef是一條不計電阻的金屬桿，桿兩端與ab和cd接觸良好且能無摩擦下滑(不計空氣阻力)，下滑時ef始終處于水平位置，整個裝置處于方向垂直框面向里的勻強磁場中，ef從靜止下滑，經(jīng)過一段時間后閉合開關(guān)S，則在閉合開關(guān)S后A ef的加速度大小不可能大于gB 無論何時閉合開關(guān)S，ef最終勻速運動時速度都相同C 無論何時閉合開關(guān)S，ef最終勻速運動時電流的功率都相同D ef勻速下滑

27、時，減少的機械能小于電路消耗的電能【答案】BC【解析】閉合開關(guān)S后，ef切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流，ef所受的安培力方向向上。若ef所受的安培力大于重力的2倍，由牛頓第二定律得知，加速度大于g。故A錯誤。無論什么時刻閉合S，ef最終都做勻速運動，設(shè)最終的速度大小為v，則有：mg=B2L2vR，得v=mgRB2L2，由于m、R、B、L都相同，則v一定相同。故B正確。ef最終勻速運動時，設(shè)電流的功率為P，則：  P=mgv=m2g2RB2L2，可見，電流的功率P是相同的。故C正確。ef勻速下滑時，根據(jù)能量守恒定律得知，ef減少的機械能等于電路消耗的電能。故D錯誤。故選BC。點睛：本題首先要對

28、開關(guān)閉合后ef可能的運動情況分析要清楚，其次從力平衡和能量守恒的角度分析，得到穩(wěn)定時ef的速度、電功率等表達(dá)式，再進(jìn)行判斷。17如圖所示為磁懸浮的原理，圖中A是圓柱形磁鐵，B是用高溫超導(dǎo)材料制成的超導(dǎo)圓環(huán)，將超導(dǎo)圓環(huán)水平放在磁鐵A上，它就能在磁力的作用下懸浮在磁鐵A上方的空中，則()A 將B放入磁場的過程中，B中將產(chǎn)生感應(yīng)電流，當(dāng)穩(wěn)定后，感應(yīng)電流消失B 將B放入磁場的過程中，B中將產(chǎn)生感應(yīng)電流，當(dāng)穩(wěn)定后，感應(yīng)電流仍存在C 如A的N極朝上，B中感應(yīng)電流為順時針方向(俯視)D 如A的N極朝上，B中感應(yīng)電流為逆時針方向(俯視)【答案】BC【解析】AB. 當(dāng)將B環(huán)靠近A時，由于越靠近A物體，其磁場就越

29、強，磁感線就越密，所以在靠近過程中穿過B環(huán)的磁通量發(fā)生變化，即在該環(huán)中會產(chǎn)生感應(yīng)電流；由于B環(huán)是超導(dǎo)體，即沒有電阻，所以此時B環(huán)中的電流不會變小，且永遠(yuǎn)存在，故A錯誤，B正確；CD. 此時圓環(huán)B水平放在磁鐵A上且懸浮在磁鐵A的上方空中，即其相互排斥，這就說明B環(huán)的下面是N極，故安培定則可判斷此時用右手握時，大拇指應(yīng)朝下，故感應(yīng)電流為順時針方向(俯視)，故C正確，D錯誤。故選：BC.點睛：閉合電路的部分導(dǎo)體在磁場中穿過B環(huán)的磁通量發(fā)生變化，在電路中就會產(chǎn)生感應(yīng)電流，該現(xiàn)象稱為電磁感應(yīng)現(xiàn)象，所以根據(jù)電磁感應(yīng)的條件理解；結(jié)合超導(dǎo)體、平衡條件和安培定則分析即可判斷18如圖,一端接有定值電阻R的足夠長的

30、光滑平行金屬導(dǎo)軌,固定在絕緣斜面上(斜面未畫出),勻強磁場垂直于導(dǎo)軌平面向上,導(dǎo)體棒ab垂直于導(dǎo)軌放置.現(xiàn)給導(dǎo)體棒沿斜面向上的初速度v,經(jīng)過一段時間導(dǎo)體棒又回到原位置,在運動過程中導(dǎo)體棒ab始終垂直于導(dǎo)軌,導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒的電阻可忽略不計.則（ ）A 在上滑過程導(dǎo)體棒中的電流方向由b到aB 回到原位置時導(dǎo)體棒的速度大小仍為vC 上滑過程與下滑到初始位置的過程電阻R產(chǎn)生的焦耳熱相等D 上滑過程與下滑到初始位置的過程通過導(dǎo)體棒截面的電荷量相等【答案】AD【解析】A、金屬棒上滑時，根據(jù)右手定則判斷可知棒中感應(yīng)電流的方向由b到a，故A正確；B、金屬棒運動過程中產(chǎn)生感應(yīng)電流，受到安培力作用，根據(jù)楞次定律可知

31、安培力總是阻礙金屬棒相對于導(dǎo)軌運動，所以金屬棒的機械能不斷減小，則金屬棒回到原位置是速度大小必小于v，故B錯誤；D、金屬棒上滑階段和下滑階段中回路磁通量的變化量相等，根據(jù)q=R可知通過棒的電量相等，故D正確；C、由于金屬棒回到原位置是速度大小小于v，上滑過程比下滑到初始位置的過程產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動勢大，根據(jù)W=qU可知，上滑過程與下滑到初始位置的過程電阻R產(chǎn)生的焦耳熱要多，故C錯誤；故選AD?！军c睛】根據(jù)右手定則判斷感應(yīng)電流的方向；根據(jù)能量守恒定律分析金屬棒回到原位置的速度大小；根據(jù)公式q=R分析通過棒的電量關(guān)系。19如圖所示電路, A、B、C為完全相同的三個燈泡, L是一個直流電阻不可忽略的

32、電感線圈, a、b為線圈L的左右兩端點,原來開關(guān)S是閉合的,三個燈泡亮度相同,將開關(guān)S斷開后（ ）A 燈熄滅前, a點電勢高于b點電勢B 燈熄滅前, b點電勢高于a點電勢C B、C燈閃亮后緩慢熄滅D B、C燈不會閃亮只是緩慢熄滅【答案】BD【解析】開關(guān)閉合穩(wěn)定時，三個燈泡亮度相同，則流過A的電流等于流過BC的，開關(guān)由閉合到斷開瞬間，BC燈原來的電流瞬間消失，而線圈產(chǎn)生自感電動勢阻礙BC燈中電流減小，并與ABC組成回路，原來兩支路燈電流相等，則開關(guān)斷開瞬間，電流都從原來A的值開始減小，所以三燈燈不會閃亮，均過一會兒才熄滅；由于電流的方向與A的原電流的方向相同，則流過三個燈的電流的方向為逆時針方向

33、，b點電勢高于a點，故B、D正確，A、C錯誤；故選BD?！军c睛】開關(guān)由閉合到斷開瞬間，BC燈原來電流立即消失，而線圈產(chǎn)生自感電動勢與ABC組成回路，由于阻礙作用使電流逐漸減小。20如圖所示，邊長為a的閉臺正三角形金屬框架，左邊豎直且與磁場右邊界平行，完全處于垂直框架平面向里的勻強磁場中?，F(xiàn)用力將框架水平向右勻速拉出磁場，則下列表示框架中的感應(yīng)電動勢E、感應(yīng)電流I、安培力F及拉力功率P的圖象與這一過程相符的是A B C D 【答案】AD【解析】如下圖所示，當(dāng)框架穿出磁場x距離后，線框切割磁感線的有效長度為L，根據(jù)幾何知識可得L=2xtan30°，則有：E=BLv=2Bvxtan30&#

34、176;，I=ER2Bvtan30°Rx，E和I都與x成正比，則A正確，B錯誤； FA=BIL=4B2x2v9R，由于框架勻速被拉出，故外力F與安培力FA等大反向，即為：F=4B2x2v9R ，F(xiàn)與x2成正比，故選項C錯誤；外力F的功率為：P=Fv=4B2x2v29R ，P與x成二次函數(shù)正比，故D正確。故選AD。點睛：本題以圖象的形式考查了導(dǎo)體棒切割磁感線時感應(yīng)電動勢的計算、安培力的計算、功率的計算；根據(jù)相應(yīng)的物理規(guī)律、公式推導(dǎo)出縱橫坐標(biāo)所表示物理量之間的關(guān)系是處理圖象問題的關(guān)鍵。21如圖所示，線圈abcd在磁場區(qū)域ABCD中，下列哪種情況下線圈中有感應(yīng)電流產(chǎn)生()A 把線

35、圈變成圓形(周長不變)B 使線圈在磁場中加速平移C 使磁場增強或減弱D 使線圈以過ab的直線為軸旋轉(zhuǎn)【答案】ACD【解析】A：把線圈變成圓形(周長不變)，線圈面積變大，線圈中磁通量增大，線圈中有感應(yīng)電流產(chǎn)生。故A項正確。B：使線圈在磁場中加速平移，線圈中磁通量不變，線圈中沒有感應(yīng)電流產(chǎn)生。C：使磁場增強或減弱，線圈中磁通量增大或減小，線圈中有感應(yīng)電流產(chǎn)生。故C項正確。D：使線圈以過ab的直線為軸旋轉(zhuǎn)，線圈在磁場中的有效面積變化，線圈中磁通量變化，線圈中有感應(yīng)電流產(chǎn)生。故D項正確。綜上，線圈中有感應(yīng)電流產(chǎn)生的答案為ACD。點睛：計算磁通量時，面積應(yīng)是有效面積，即面在垂直磁場方向上的投影面積。22

36、如圖所示，虛線M1N1、P1Q1和虛線M2N2、P2Q2所成夾角相同，它們所夾部分區(qū)域存在磁感應(yīng)強度大小相等的勻強磁場，其方向如圖所示。圖中正方形線圈abcd分別自位置1、3勻速移到位置2、4，則關(guān)于正方形線圈abcd中的電流方向的說法正確的是A 自位置1移到位置2的過程中，感應(yīng)電流方向先順時針再逆時針B 自位置1移到位置2的過程中，感應(yīng)電流方向始終順時針C 自位置3移到位置4的過程中，感應(yīng)電流方向先順時針再逆時針D 自位置3移到位置4的過程中，感應(yīng)電流方向先順時針后逆時針再順時針后逆時針【答案】BC【解析】AB：正方形線圈abcd自位置1勻速移到位置2的過程中，穿過線圈的磁通量先是向里的減小

37、到0然后是向外的增大，感應(yīng)磁場方向始終向里，感應(yīng)電流方向始終順時針。故A項錯誤，B項正確。CD：正方形線圈abcd自位置3勻速移到位置4的過程中，穿過線圈的磁通量先是向里的減小然后是向里的增大，感應(yīng)磁場方向先向里然后向外，感應(yīng)電流方向先順時針再逆時針。故C項正確，D項錯誤。23(多選)如圖所示，MN和PQ為兩光滑的電阻不計的水平金屬導(dǎo)軌，N、Q接理想變壓器，理想變壓器的輸出端接電阻元件R、電容元件C，導(dǎo)軌上垂直放置一金屬棒ab.今在水平導(dǎo)軌部分加一豎直向上的勻強磁場，則下列說法中正確的是(IR、IC均為有效值)()A 若ab棒勻速運動，則IR0，IC0B 若ab棒勻速運動，則IR0，IC0C

38、若ab棒在某一中心位置兩側(cè)做往復(fù)運動，則IR0，IC0D 若ab棒做勻加速運動，則IR0，IC0【答案】BCD【解析】A、B項：ab棒勻速運動的過程時，產(chǎn)生恒定的感應(yīng)電動勢，原線圈中產(chǎn)生恒定的感應(yīng)電流，即IR=0原線圈形成恒定的磁場，穿過右側(cè)副線圈的磁通量不變，則副線圈中沒有感應(yīng)電動勢產(chǎn)生，所以IC=0，故A錯誤，B正確；C項：若ab棒在某一中心位置兩側(cè)做往復(fù)運動，原線圈中產(chǎn)生交變電流，副線圈中將有感應(yīng)電流產(chǎn)生，故IR0、IC0，故C正確；D項：若ab棒勻加速運動，原線圈中感應(yīng)電流均勻增大，穿過副線圈的磁通量均勻增大，副線圈中產(chǎn)生恒定的感應(yīng)電動勢，由于電容器有隔直的特性，IC=0，故IR0，故

39、D正確。點晴：此題是變壓器問題，要根據(jù)變壓器只能改變交變電壓，分析副線圈中感應(yīng)電動勢情況，判斷感應(yīng)電流，在ab棒勻速運動過程中，ab棒產(chǎn)生恒定的感應(yīng)電動勢，左邊原線圈中產(chǎn)生恒定的電流，形成恒定的磁場，穿過副線圈的磁通量不變，沒有感應(yīng)電動勢產(chǎn)生；若ab棒做往復(fù)運動或勻加速運動，原線圈中感應(yīng)電流變化，副線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，交變電流能通過電容器。24如圖，在水平面（紙面）內(nèi)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(gòu)成“V”字型導(dǎo)軌?？臻g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(dǎo)軌保持良好接觸。下列關(guān)于回路

40、中電流i、穿過三角形回路的磁通量、MN上安培力F的大小、回路中的電功率P與時間t的關(guān)系圖線?？赡苷_的是 A B C D 【答案】AC【解析】設(shè)bac=2，單位長度電阻為R0，起始時MN距a為x0，則時刻t，MN切割產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢e=BLv=B×2(x0+vt)tan×v=2Bv(x0+vt)tan，回路總電阻R=2(vt+x0)tan+vt+x0cosR0A：時刻t，回路電流i=eR=2BvtanR0(2tan+2cos)，即電流與時間無關(guān)。故A圖正確。B：時刻t，回路磁通量=B×12×(x0+vt)×2(x0+vt)tan=B(x0+vt

41、)2tan，即磁通量與時間不是一次函數(shù)。故B圖錯誤。C：時刻t，MN上安培力F=Bi×2x0+vttan，電流為定值，則安培力的大小與時間是一次函數(shù)。故C圖正確。D：時刻t，e=BLv=B×2(x0+vt)tan×v=2Bv(x0+vt)tan，電動勢與時間是一次函數(shù)，電流為定值；回路中的電功率p=ei與時間是一次函數(shù)。故D圖錯誤。點睛：關(guān)于電磁感應(yīng)的圖象問題，要根據(jù)規(guī)律寫出表達(dá)式，判斷物理量間關(guān)系，不能憑想當(dāng)然做題。25如圖所示，光滑金屬軌道由圓弧部分和水平部分組成，圓弧軌道與水平軌道平滑連接，水平部分足夠長，軌道間距為L=1m，平直軌道區(qū)域有豎直向上的勻強磁場

42、，磁感應(yīng)強度為IT，同種材料的金屬桿a、b長度均為L，a放在左端彎曲部分高h(yuǎn)=0.45m處，b放在水平軌道上，桿ab的質(zhì)量分別為ma=2kg，mb=1kg，桿b的電阻Rb=0.2，現(xiàn)由靜止釋放a，已知桿a、b運動過程中不脫離軌道且不相碰，g取10m/s2，則A a、b勻速運動時的速度為2m/sB 當(dāng)b的速度為1m/s時，b的加速度為3.75m/s2C 運動過程中通過b的電量為2CD 運動過程中b產(chǎn)生的焦耳熱為1.5J【答案】AC【解析】A、對桿a下滑的過程中，由機械能守恒定律得： magh=12mav2，解得v=2gh=3m/s，a、b桿在水平面上運動時，穩(wěn)定時一起勻速運動，由動量守恒定律得：

43、mav=(ma+mb)vab，解得vab=2m/s，故A正確；B、a、b桿在水平面上運動時，由動量守恒定律得：mav=mav1+mbv2，當(dāng)b的速度為1m/s時，a的速度為2.5m/s，b受到的安培力為F安=BIL=BBLv1BLv2RbL=7.5N，b的加速度為ab=F安mb=7.5m/s2，故B錯誤；C、對b桿，由動量定理可得BILt=mbvab0，運動過程中通過b的電量為q=It=mbvabBL=2C，故C正確；D、由能量守恒得桿a和桿b共產(chǎn)生的焦耳熱為Q=12mva212(ma+mb)vab2=3J，桿b中產(chǎn)生的焦耳熱為Q=Q=3J，故D錯誤；故選AC。26在某小組探究楞次定律的實驗中

44、，小組同學(xué)設(shè)計了如圖所示的電路進(jìn)行實驗。一長直鐵芯上繞有一固定線圈M，鐵芯右端與一木質(zhì)圓柱密接，木質(zhì)圓柱上套有一閉合金屬環(huán)N，N可在木質(zhì)圓柱上無摩擦移動M連接在如圖所示的電路中，其中R為滑線變阻器，E1和E2為直流電源，S為單刀雙擲開關(guān)下列情況中，可觀測到N向右運動的是（） A 在S斷開的情況下，S向a閉合的瞬間B 在S斷開的情況下，S向b閉合的瞬間C 在S已向a閉合的情況下，將R的滑動頭向c端移動時D 在S已向a閉合的情況下，將R的滑動頭向d端移動時【答案】ABD【解析】由楞次定律的第二種描述：“來拒去留”可知要使N向右運動，通過N的磁通量應(yīng)增大；而A、B中由斷開到閉合過程中磁通量均增大，故

45、AB正確；若將移動滑動頭，則向c端移動時，滑動變阻器接入電阻增大，則電路中電流減小，磁通量減小，故會使N左移，故C錯誤；而D中向d移動時，滑動變阻器接入電阻減小時，故電路中電流增大，磁場增大，故會使N右移，故D正確；故選ABD。點睛：楞次定律有兩種描述：“增反減同”和“來拒去留”，后者判斷導(dǎo)體的運動更有效，應(yīng)學(xué)會應(yīng)用27如圖所示，在一空心螺線管內(nèi)部中點處懸掛一銅環(huán)，電路接通瞬間，下列說法正確的是( )A 從左往右看，銅環(huán)中有逆時針方向感應(yīng)電流B 從左往右看，銅環(huán)中有順時針方向感應(yīng)電流C 銅環(huán)有收縮趨勢D 銅環(huán)有擴張趨勢【答案】BC【解析】根據(jù)楞次定律，當(dāng)接通開關(guān)瞬間時，導(dǎo)致穿過線圈的磁通量向左

46、增大，則銅環(huán)中的感應(yīng)電流的磁場的方向向右，從左側(cè)看，銅環(huán)的感應(yīng)電流順時針，故A錯誤，B正確；當(dāng)接通開關(guān)瞬間時，導(dǎo)致穿過線圈的磁通量向左增大，根據(jù)楞次定律可知，銅環(huán)的面積有收縮的趨勢，故C正確，D錯誤；故選BC點睛：考查楞次定律與左手定則的應(yīng)用，掌握右手螺旋定則內(nèi)容，注意左手定則與右手定則的區(qū)別，同時注意磁通量的概念28如圖甲所示為放在同一水平面內(nèi)的兩個閉合同心圓形線圈A、B，線圈A中通入如圖乙所示的電流，t0時電流方向為順時針(如圖中箭頭所示)，則下列說法中正確的是()A 在t1t2時間段內(nèi)，線圈B內(nèi)有順時針方向的電流，線圈B有擴張的趨勢B 在t1t2時間段內(nèi)，線圈B內(nèi)感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場方向垂

47、直紙面向里C 在0t1時間段內(nèi)，線圈B內(nèi)有逆時針方向的電流D 在0t1時間段內(nèi)，線圈B有收縮的趨勢【答案】ABD【解析】在0t1時間內(nèi)，線圈A中順時針電流在減小，電流產(chǎn)生磁場在減小，根據(jù)楞次定律，則有線圈B的感應(yīng)電流方向為順時針，根據(jù)安培定則與磁場疊加原則可知，線圈B所處磁場的方向向外，且在減小，兩線圈的電流同向，則有相互吸引趨勢，所以線圈B有收縮趨勢，故C錯誤，D正確。當(dāng)t1t2時間內(nèi)，線圈A中逆時針電流在增大，電流產(chǎn)生磁場在增強，根據(jù)安培定則與磁場疊加原則可知，線圈B內(nèi)的感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場方向向里，根據(jù)楞次定律，則有線圈B的感應(yīng)電流方向為順時針，兩線圈的電流反向，則有相互排斥趨勢，所以線圈

48、B有擴張趨勢，故AB正確。故選ABD。29如圖所示，水平放置的粗糙U形金屬框架上接一個阻值為R0的電阻，放在垂直紙面向里、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場中，一個半徑為l、質(zhì)量為m的半圓形硬導(dǎo)體AC在水平恒力F作用下，由靜止開始運動距離d后速度達(dá)到v，半圓形導(dǎo)體AC的電阻為r，其余電阻不計，下列說法正確的是()A UAC2BlvB UAC=2R0BlvR0+rC 電路中產(chǎn)生的電熱Q=Fd12mv2D 通過R0的電荷量q=2BldR0+r【答案】BD【解析】導(dǎo)體AB有效切割的長度等于半圓的直徑2L，半圓形導(dǎo)體AB切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢的大小為：E=B2Lv=2BLv，AB相當(dāng)于電源，其兩端的電壓是

49、外電壓，由歐姆定律得：U=R0R0+rE=2BLvR0R0+r，故B正確，A錯誤。根據(jù)能量守恒得，F(xiàn)dQ+12mv2+Wf，則QFd12mv2，故C錯誤。根據(jù)q=R0+r得，該過程中通過電阻R0的電荷量為q=B2LdR0+r2BLdR0+r，故D正確。故選BD。點睛：本題要理解并掌握感應(yīng)電動勢公式，公式E=BLv中，L是有效的切割長度，即為與速度垂直的方向?qū)w的長度。也可畫出等效電路，來區(qū)分外電壓和內(nèi)電壓。30如圖，一個單匝矩形線圈邊長L2>L1放在水平桌面上，有一方向豎直向下的有界勻強磁場垂直線圈平面現(xiàn)用外力F將線圈以相等的速率V勻速拉出有界磁場，第一次水平向右用力為F1、拉力做的功為

50、W1、功率為P1，通過線圈的橫截面的電荷量為q1，第二次向前用力為F2、拉力做的功為W2，功率為P2，通過線圈的橫截面的電荷量為q2，那么，在兩次拉動線圈的過程中下列說法正確的是( )A F1<F2B W1= W2C P1> P2D q1=q2【答案】AD【解析】由題意線圈勻速運動，所以有：F=F安；感應(yīng)電動勢的大小為：E1=BL1v；根據(jù)閉合歐姆定律得：I=BL1vR。則F1= F安1=B2L12vR；同理：F2= F安2=B2L22vR，因L2>L1，則F2>F1，選項A正確；拉力的功：W1= F1L2=B2L12L2vR；同理：W2= F2L1=B2L22L1vR

51、，因L2>L1， W2>W1，選項B錯誤；拉力的功率：P1= F1v=B2L12v2R；P2= F2v=B2L22v2R；因L2>L1， P2>P1，選項C錯誤；根據(jù)q=R=BL1L2R可知：q1=q2，選項D正確；故選AD.點睛：本題綜合考查了電磁感應(yīng)與電路的綜合，要求掌握切割產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢公式、閉合電路歐姆定律、安培力大小公式以及焦耳定律、電量的公式等31某物理實驗興趣小組制作了如圖所示的裝置探究電磁阻尼現(xiàn)象，上下開口、內(nèi)壁光滑的銅管P和塑料管Q豎直放置，小磁塊先后在兩管中從相同高度處由靜止釋放，并落至底部，則下列判斷正確的是_A小磁塊在P和Q中都做自由落體運動B

52、小磁塊在兩個下落過程中的機械能都守恒C小磁塊在P中的下落時間比在Q中的長D小磁塊落至底部時在P中的速度比在Q中的小【答案】CD【解析】A、當(dāng)小磁塊在光滑的銅管P下落時，由于穿過銅管的磁通量變化，導(dǎo)致銅管產(chǎn)生感應(yīng)電流，從而產(chǎn)生安培阻力，所以P做的運動不是自由落體運動；而對于塑料管內(nèi)小磁塊沒有任何阻力，在做自由落體運動，故A錯誤；B、由A選項分析可知，在銅管的小磁塊機械能不守恒，而在塑料管的小磁塊機械能守恒，故B錯誤；C、在銅管中小磁塊受到安培阻力，則在P中的下落時間比在Q中的長，故C正確；D、根據(jù)動能定理可知，因安培阻力，導(dǎo)致產(chǎn)生熱能，則至底部時在P中的速度比在Q中的小，故D正確。故選CD?！军c

53、睛】該題考查渦流以及楞次定律的應(yīng)用，注意感應(yīng)電流產(chǎn)生條件，理阻礙在電磁感應(yīng)中的六層意義是關(guān)鍵32如圖所示，CD、EF是兩條水平放置的電阻可忽略的平行光滑導(dǎo)軌，導(dǎo)軌固定不動，間距為L，在水平導(dǎo)軌的左側(cè)存在磁感應(yīng)強度方向垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B。導(dǎo)軌的右端接有一電阻R，左端與一彎曲的光滑軌道平滑連接。將一阻值也為R，質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒從彎曲軌道上h高處由靜止釋放，導(dǎo)體棒最終恰好停在磁場的右邊界處。己知導(dǎo)體棒與水平導(dǎo)軌接觸良好，則下列說法中正確的是A 電阻R的最大電流為BL2gh2RB 電阻R中產(chǎn)生的焦耳熱為mghC 磁場左右邊界的長度d為mR2ghB2L2D 流過電阻R的電荷量

54、為m2ghBL【答案】AD【解析】金屬棒下滑過程中，機械能守恒，由機械能守恒定律得：mgh=12mv2，得金屬棒到達(dá)水平面時的速度v=2gh，金屬棒到達(dá)水平面后進(jìn)入磁場受到向左的安培力做減速運動，則剛到達(dá)水平面時的速度最大，所以最大感應(yīng)電動勢為E=BLv，最大的感應(yīng)電流為I=BLv2R=BL2gh2R，故A正確；金屬棒在整個運動過程中，機械能最終轉(zhuǎn)化為焦耳熱，即Q=mgh，故電阻R中產(chǎn)生的焦耳熱為QR=12Q=12mgh，故B錯誤；對導(dǎo)體棒，經(jīng)時間t穿過磁場，由動量定理得：F安t=BLIt=mv，而q=It，變形得：BLq=mv，解得q=mvBL=m2ghBL，而由q=It=E2Rt=BS2R

55、t×t=BSR和S=Ld，解得：d=qRBL=2mR2ghB2L2，故C錯誤，D正確，故選AD。【點睛】金屬棒在彎曲軌道下滑時，只有重力做功，機械能守恒，由機械能守恒定律或動能定理可以求出金屬棒到達(dá)水平面時的速度，由E=BLv求出感應(yīng)電動勢，然后求出感應(yīng)電流；由動量定理和q=It求出電量，由能量守恒定律求出產(chǎn)生的焦耳熱。33如圖甲所示，光滑水平面上的MN、OP間存在一勻強磁場，t=0時，一正方形金屬線框在水平向右的外力F作用下緊貼MN從靜止開始做勻加速運動，外力F隨時間t變化的圖線如圖乙所示。已知線框質(zhì)量m=1kg、電阻R=2，則（ ）A 磁場寬度為4mB 勻強磁場的磁感應(yīng)強度為2T

56、C 線框穿過磁場過程中，通過線框的電荷量為2CD 線框穿過磁場過程屮，所用總時間為2.5s【答案】AB【解析】A項：線框的加速度為a=F2m=2ms2，磁場寬度d=12at22=4m，故A正確；B項：當(dāng)線框全部進(jìn)入磁場的瞬間有：F1F安=ma，F(xiàn)安=B2L2vR=B2L2at1R，解得：B=2T，故B正確；C項：線框穿過磁場過程中，線圈的磁通時不變且為零，所以通過線框的電荷量為零，故C錯誤；D項：線框右邊到磁場右邊界時的速度為v0=at2=4ms，正方形線框的邊長為2m，根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律可知，2=v0t+12at2，解得：t=(62)s，所以線框穿過磁場過程屮，所用總時間為2+(62)=6s，故D錯誤。34如圖甲所示，在一正方形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的均勻磁場，在該正方形外接圓處放置一個半徑為r、電阻為R的n匝圓形線圈，線圈的兩端接一電容為C的平行板電容器(未畫出)已知電容器充放電時間極短，正方形區(qū)域內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強度大小隨時間按照圖乙所示規(guī)律變化，則A 正方形區(qū)域內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強度大小的表達(dá)式為BB0B0TtB 線圈在tT時刻產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為Enr2B0TC 在0T時間內(nèi)線圈中產(chǎn)生的