高中物理人教版1第3章電磁感應(yīng)第2節(jié)感應(yīng)電動勢

人教版物理高二選修2-1第三章第二節(jié)感應(yīng)電動勢同步訓(xùn)練一．單項選擇題1．如圖，足夠長的光滑導(dǎo)軌傾斜放置，導(dǎo)軌寬度為L，其下端與電阻R連接；導(dǎo)體棒ab電阻為r，導(dǎo)軌和導(dǎo)線電阻不計，勻強磁場豎直向上．若導(dǎo)體棒ab以一定初速度v下滑，則ab棒（）A． 所受安培力方向水平向左B． 可能以速度v勻速下滑C． 剛下滑瞬間產(chǎn)生的電動勢為BLvD． 減少的重力勢能等于電阻R產(chǎn)生的內(nèi)能答案：B解析：解答：A、根據(jù)右手定則判斷可知，ab棒中感應(yīng)電流方向從b→a，由左手定則判斷得知，棒ab所受的安培力方向水平向右，如圖所示，故A錯誤．B、若安培力沿導(dǎo)軌向上的分力與重力沿導(dǎo)軌向下的分力大小相等，ab棒可能勻速下滑，故B正確．C、剛下滑瞬間產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E=BLvcosθ，故C錯誤．D、根據(jù)能量守恒定律得知，若ab棒勻速下滑，其減少的重力勢能等于電阻R和棒ab產(chǎn)生的內(nèi)能之和；若ab棒加速下滑，其減少的重力勢能等于電阻R和棒ab產(chǎn)生的內(nèi)能與棒ab增加的動能之和；若ab棒減速下滑，其減少的重力勢能和動能之和等于電阻R和棒ab產(chǎn)生的內(nèi)能之和，所以減少的重力勢能不等于電阻R產(chǎn)生的內(nèi)能．故D錯誤．故選：B．分析： 先根據(jù)右手判斷出ab棒中感應(yīng)電流方向，再根據(jù)左手定則判斷出安培力的方向；根據(jù)公式E=BLvsinα，α是導(dǎo)體棒的速度與磁場方向的夾角；根據(jù)能量守恒定律分析重力勢能的減小量和內(nèi)能的增加量的關(guān)系．2．如圖所示，等腰三角形內(nèi)分布有垂直于紙面向外的勻強磁場，它的底邊在x軸上且長為2L，高為L，紙面內(nèi)一邊長為L的正方形導(dǎo)線框沿x軸正方向做勻速直線運動穿過勻強磁場區(qū)域，在t=0時刻恰好位于如圖所示的位置，以順時針方向為導(dǎo)線框中電流的正方向，下面四幅圖中能夠正確表示導(dǎo)線框中的電流﹣位移（I﹣x）關(guān)系的是（）A． B．C．D．答案：B解析：解答： 解：位移在0～L過程：磁通量增大，由楞次定律判斷感應(yīng)電流方向為順時針方向，為正值．，l=x則位移在L～2L過程：磁通量先增大后減小，由楞次定律判斷感應(yīng)電流方向先為順時針方向，為正值，后為逆時針方向，為負值，故ACD錯誤．位移在2L～3L過程：磁通量減小，由楞次定律判斷感應(yīng)電流方向為逆時針方向，為負值．故選：B．分析： 將整個過程分成三個位移都是L的三段，根據(jù)楞次定律判斷感應(yīng)電流方向．由感應(yīng)電動勢公式E=Blv，l是有效切割長度，分析l的變化情況，確定電流大小的變化情況．3．如圖，金屬棒ab置于水平放置的U形光滑導(dǎo)軌上，在fe右側(cè)存在有界勻強磁場B，磁場方向垂直導(dǎo)軌平面向上，在fe左側(cè)的無磁場區(qū)域cdef內(nèi)有一半徑很小的金屬圓環(huán)L，圓環(huán)與導(dǎo)軌在同一平面內(nèi)．當金屬棒ab在水平恒力F作用下從磁場左邊界fe處由靜止開始向右運動后，（）A． 圓環(huán)內(nèi)產(chǎn)生變大的感應(yīng)電流，圓環(huán)有收縮的趨勢B． 圓環(huán)內(nèi)產(chǎn)生變大的感應(yīng)電流，圓環(huán)有擴張的趨勢C． 圓環(huán)內(nèi)產(chǎn)生變小的感應(yīng)電流，圓環(huán)有收縮的趨勢D． 圓環(huán)內(nèi)產(chǎn)生變小的感應(yīng)電流，圓環(huán)有擴張的趨勢答案：C解析：解答：由于金屬棒向右運動的加速度減小，速度增加變慢，則電流增加的也變慢，則單位時間內(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?。捎诮饘侔鬭b在恒力F的作用下向右運動，則abcd回路中產(chǎn)生順時針方向的感應(yīng)電流，則在圓環(huán)處產(chǎn)生垂直于紙面向里的磁場，隨著金屬棒向右加速運動，圓環(huán)的磁通量將增大，依據(jù)楞次定律可知，圓環(huán)將有收縮的趨勢以阻礙圓環(huán)的磁通量增大；故選：C．分析：金屬棒切割磁感線而使abcd中產(chǎn)生感應(yīng)電流，感應(yīng)電流的磁場穿過L；由穿過L的磁場的變化可得出圓環(huán)L的形變；由磁通量的變化率可得出感應(yīng)電流的變化．4．如圖，導(dǎo)線ab、cd跨接在電阻不計，足夠長光滑的導(dǎo)軌上，ab的電阻為2R，cd電阻為R，整個裝置放置于勻強磁場中．當cd在外力F1作用下，勻速向右運動時，ab在外力F2的作用下保持靜止．則F1、F2及兩導(dǎo)線的端電壓Uab、Ucd的關(guān)系為（）A． F1＞F2 B． F1<F2 C． Uab＞Ucd D． Uab=Ucd答案：D解析：解答：設(shè)回路中感應(yīng)電流大小為I，兩棒的長為L．cd棒勻速運動，有F1=BIL．a(chǎn)b棒靜止，有F2=BIL．則F1=F2．cd棒相當于電源，ab棒是外電路，由于導(dǎo)軌的電阻不計，則Uab=Ucd．故選：D．分析：兩棒都處于平衡狀態(tài)，根據(jù)平衡條件和安培力關(guān)系分析F1、F2的關(guān)系．cd棒相當于電源，ab棒是外電路，導(dǎo)軌電阻不計，可知Uab=Ucd．5．如圖所示，兩根足夠長光滑平行金屬導(dǎo)軌PQ、MN傾斜固定，傾角為θ=30°，相距為L，導(dǎo)軌處于磁感應(yīng)強度為B、方向垂直導(dǎo)軌平面向下的勻強磁場中．有兩根質(zhì)量均為m的金屬棒a、b，先將a棒垂直導(dǎo)軌放置，用跨過光滑定滑輪的細線與小球c連接，連接a棒的細線平行于導(dǎo)軌，由靜止釋放c，此后某時刻，將b棒也垂直導(dǎo)軌放置在導(dǎo)軌上，b剛好能靜止．a(chǎn)棒在運動過程中始終與導(dǎo)軌垂直，兩棒與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)軌電阻不計，重力加速度為g．則（）A． 小球c的質(zhì)量為2mB． b棒放上導(dǎo)軌前a棒的加速度為C． b棒放上導(dǎo)軌后a棒中電流大小是D． b棒放上導(dǎo)軌后，小球c減少的重力勢能等于回路消耗的電能答案：C解析：解答：A、b棒靜止，說明b棒受力平衡，即安培力和重力沿斜面向下的分力平衡，a棒勻速向上運動，說明a棒受繩的拉力和重力沿斜面向下的分力大小以及沿斜面向下的安培力三個力平衡，c勻速下降則c所受重力和繩的拉力大小平衡．對b，由平衡條件可知，安培力大小F安=mgsinθ，對a，由平衡條件可知F繩=F安+mgsinθ=2mgsinθ，由c平衡可知F繩=mcg，因為繩中拉力大小相等，故2mgsinθ=mcg，即物塊c的質(zhì)量為mc=2msinθ=m，故A正確；B、b放上之前，根據(jù)牛頓第二定律得：b的加速度，故B錯誤；C、根據(jù)b棒的平衡可知F安=mgsinθ又因為F安=BIL，可得，故C正確；D、b棒放上導(dǎo)軌后，a勻速上升，a的重力勢能增加，由能量守恒知小球c減少的重力勢能等于回路消耗的電能與a增加的重力勢能之和，故D錯誤；故選：C．分析：a、b棒中感應(yīng)電流大小相等方向相反，故a、b棒所受安培力大小相等方向相反，對b棒進行受力分析有安培力大小與重力沿斜面向下的分力大小相等，再以a棒為研究對象，由于a棒的平衡及安培力的大小，所以可以求出繩的拉力，再據(jù)C平衡可以得到C的質(zhì)量．c減少的重力勢能等于各棒增加的重力勢能和動能以及產(chǎn)生的電能，由此分析便知．6．如圖所示，理想變壓器原線圈上連接著在水平面內(nèi)的長直平行金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌之間存在垂直于導(dǎo)軌平面的勻強磁場，金屬桿MN垂直放置在導(dǎo)軌上，且接觸良好．移動變壓器副線圈上的滑動觸頭可改變副線圈匝數(shù)，副線圈上接有一只理想交流電壓表，滑動變阻器R的總阻值大于定值電阻R0的阻值，線圈L的直流電阻、導(dǎo)軌和金屬桿的電阻都忽略不計．現(xiàn)在讓金屬桿以速度的規(guī)律在導(dǎo)軌上左右來回運動，運動過程中始終與導(dǎo)軌垂直，兩燈A、B都發(fā)光．下列說法中正確的是（）A． 只增大T，則燈A變暗、燈B變亮B． 當時間t=T時，兩燈都亮著，電壓表的示數(shù)為零C． 只將變阻器R的滑片下滑時，通過副線圈的電流減小，電壓表的示數(shù)變大D． 只增大v0，兩燈都變亮，桿MN來回運動的最大距離變小答案：A解析：解答：A、只增大T，即減小頻率，電容器的特性：通交流，隔直流，通調(diào)頻，阻低頻，所以燈A變暗，電感的特性：通直流，阻交流．通低頻，阻高頻，所以燈B變亮．故A正確；B、當時間t=T時，兩燈都亮著，電壓表的示數(shù)為有效值，不為零，故B錯誤；C、只將變阻器R的滑片下滑時，變阻器R阻值最大，通過副線圈的電流減小，電壓表的示數(shù)不變，故C錯誤；D、只增大v0，兩燈都變亮，根據(jù)速度時間圖象面積表示位移，所以桿MN來回運動的最大距離變大，故D錯誤；故選：A．分析：若MN棒以速度的規(guī)律在導(dǎo)軌上左右來回運動，原線圈中產(chǎn)生正弦式交變電流，副線圈中將有感應(yīng)電流產(chǎn)生；根據(jù)電容器和電感線圈的特性分析選擇．電容器內(nèi)部是真空或電介質(zhì)，隔斷直流．能充電、放電，能通交流，具有隔直通交、通高阻低的特性．電感線圈可以通直流，通過交流電時產(chǎn)生自感電動勢，阻礙電流的變化，具有通直阻交，通低阻高的特性．7．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．如圖所示，紫銅做的圓盤水平放置在豎直向下的勻強磁場中，圓盤圓心處固定一個搖柄，邊緣和圓心處各與一個黃銅電刷緊貼，用導(dǎo)線將電刷與電流表連接起來形成回路．轉(zhuǎn)動搖柄，使圓盤逆時針勻速轉(zhuǎn)動，電流表的指針發(fā)生偏轉(zhuǎn)．下列說法正確的是（）A． 回路中電流大小變化，方向不變B． 回路中電流大小不變，方向變化C． 回路中電流的大小和方向都周期性變化D． 回路中電流方向不變，從b導(dǎo)線流進電流表答案：D解析：解答：銅盤轉(zhuǎn)動產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為：，B、L、ω不變，則E不變．感應(yīng)電流大小為：，可知電流大小恒定不變，由右手定則可知，回路中電流方向不變，從b導(dǎo)線流進電流表，故ABC錯誤，D正確；故選：D．分析：圓盤轉(zhuǎn)動可等效看成無數(shù)軸向?qū)w切割磁感線，有效切割長度為銅盤的半徑，根據(jù)感應(yīng)電動勢公式E=BLv分析感應(yīng)電動勢情況，由歐姆定律分析電流情況．根據(jù)右手定則分析感應(yīng)電流方向．8．如圖甲所示，左側(cè)接有定值電阻R=2Ω的水平粗糙導(dǎo)軌處于垂直紙面向外的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度B=1T，導(dǎo)軌間距L=1m．一質(zhì)量m=2kg，阻值r=2Ω的金屬棒在水平拉力F作用下由靜止開始從CD處沿導(dǎo)軌向右加速運動，金屬棒的v﹣x圖象如圖乙所示，若金屬棒與導(dǎo)軌間動摩擦因數(shù)μ=，則從起點發(fā)生x=1m位移的過程中（g=10m/s2）（）A． 金屬棒克服安培力做的功W1=B． 金屬棒克服摩擦力做的功W2=4JC． 整個系統(tǒng)產(chǎn)生的總熱量Q=D． 拉力做的功W=答案：D解析：解答：A、由速度圖象得：v=2x，金屬棒所受的安培力，代入得：FA=，則知FA與x是線性關(guān)系．當x=0時，安培力FA1=0；當x=1m時，安培力FA2=，則從起點發(fā)生x=1m位移的過程中，安培力做功為即金屬棒克服安培力做的功W1=，故A錯誤．B、金屬棒克服摩擦力做的功W2=μmgx=×2×10×1J=5J，故B錯誤．CD、根據(jù)動能定理得：，其中v=2m/s，μ=，m=2kg，代入解得，拉力做的功W=．整個系統(tǒng)產(chǎn)生的總熱量．故C錯誤，D正確故選：D．分析：由速度圖象得出v與x的關(guān)系式，由安培力公式，得到FA與x的關(guān)系式，可知FA與x是線性關(guān)系，即可求出發(fā)生s=1m位移的過程中安培力做功，再根據(jù)動能定理求解拉力做功；根據(jù)能量守恒求解整個系統(tǒng)產(chǎn)生的總熱量Q．二．多項選擇題9．如圖所示，兩個有界勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小分別為B和2B，方向分別垂直紙面向里和向外，其寬度均為L，距磁場區(qū)域的左側(cè)L處，有一邊長為L的正方形導(dǎo)體線框，總電阻為R，且線框平面與磁場方向垂直，線框一邊平行于磁場邊界，現(xiàn)用外力F使線框以圖示方向的速度v勻速穿過磁場區(qū)域，以初始位置為計時起點，規(guī)定：線框中電流沿逆時針方向時的電動勢E為正，磁感線垂直紙面向里時磁通量Φ為正，外力F向右為正．則以下關(guān)于線框中的磁通量Φ、感應(yīng)電動勢E、外力F和電功率P隨時間變化的圖象中正確的是（）A． B． C． D． 答案：AD解析：解答：A、在時間內(nèi)：磁通量，隨著時間均勻增大，在時刻，線框完全進入第一個磁場，磁通量為BL2；在時間內(nèi)：線框從第一個磁場開始進入第二磁場，磁通量存在抵消，磁通量均勻減小，在時刻，當線框從一種磁場進入另一種磁場正好處于一半時，磁通量為零．在時間內(nèi)：磁通量反向均勻增大，在，線框完全進入第二個磁場，磁通量反向最大為﹣BL2；在時間內(nèi)，線框穿出第二個磁場，磁通量均勻減小，在時刻，磁通量為零．故A正確．B、在時間內(nèi)：根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得知，線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E=BLv，保持不變；在間內(nèi)：線框開始進入第二個磁場時，兩端同時切割磁感線，電動勢方向相同，串聯(lián)，電路中總的感應(yīng)電動勢應(yīng)為2BLv，故B錯誤；C、由于線框勻速運動，外力與安培力總保持平衡，根據(jù)楞次定律判斷可知安培力的方向總是水平向左，則外力F方向總是水平向右，始終為正值．在時間內(nèi)：；在時間內(nèi)：；在時間內(nèi)：；故C錯誤．D、在時間內(nèi)：；在時間內(nèi)：；在時間內(nèi)：；故D正確．故選：AD．分析：線框以速度v勻速穿過磁場區(qū)域，穿過線框的磁通量由磁場與面積決定，而面積卻由線框?qū)挾扰c位移決定，但位移是由速度與時間決定，所以磁通量是磁場、線框?qū)挾?、速度及時間共同決定．由于線框勻速穿過方向不同的磁場，因此當在剛進入或剛出磁場時，線框的感應(yīng)電流大小相等，方向相同．當線框從一種磁場進入另一種磁場時，此時有兩邊分別切割磁感線，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢正好是兩者之和，所以電流是兩者之和，且方向相反．線框中有感應(yīng)電流，則由左手定則可確定安培力的方向，通過安培力公式可得出力的大?。呻姽β实谋磉_式可知與電流的平方成正比，因此可得出電功率與時間的關(guān)系10．如圖甲，固定在光滑水平面上的正三角形金屬線框，匝數(shù)n=20，總電阻R=Ω，邊長L=，處在兩個半徑均為的圓形勻強磁場區(qū)域中．線框頂點與右側(cè)圓中心重合，線框底邊中點與左側(cè)圓中心重合．磁感應(yīng)強度B1垂直水平面向外，大小不變；B2垂直水平面向里，大小隨時間變化，B1、B2的值如圖乙所示．（）A． 通過線框中感應(yīng)電流方向為逆時針方向B． t=0時刻穿過線框的磁通量為C． 在t=內(nèi)通過線框中的電量為D． 經(jīng)過t=線框中產(chǎn)生的熱量為答案：ACD解析：解答：A、由磁感應(yīng)強度B1垂直水平面向外，大小不變；B2垂直水平面向里，大小隨時間增大，故線框的磁通量減小，由楞次定律可得，線框中感應(yīng)電流方向為逆時針方向，故A正確；B、t=0時刻穿過線框的磁通量為：，故B錯誤；C、在t=內(nèi)通過線框中的電量，故C正確；D、由，故D正確．故選：ACD．分析：根據(jù)楞次定律判斷感應(yīng)電流的方向；根據(jù)磁通量Φ=BS求解；由求解電荷量；由Q=I2Rt求解熱量．11．如圖所示，為三個有界勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小均為B，方向分別垂直紙面向外、向里和向外，磁場寬度均為L，在磁場區(qū)域的左側(cè)邊界處，有一邊長為L的正方形導(dǎo)體線框，總電阻為R，且線框平面與磁場方向垂直，現(xiàn)用外力F使線框以速度v勻速穿過磁場區(qū)域，以初始位置為計時起點，規(guī)定電流沿逆時針方向時的電動勢E為正，磁感線垂直紙面向里時的磁通量?為正值，外力F向右為正．則以下能反映線框中的磁通量?、感應(yīng)電動勢E、外力F和電功率P隨時間變化規(guī)律圖象的是（）A．B．C．D．答案：ABD解析：解答：A、當線框進入磁場時，位移在0﹣L內(nèi)，磁通量開始均勻增加，當全部進入左側(cè)磁場時達最大，且為負值；位移在L﹣2L內(nèi)，向里的磁通量增加，總磁通量均勻減?。划斘灰茷闀r，磁通量最小，為零，位移在到2L時，磁通量向里，為正值，且均勻增大．位移在2L﹣時，磁通量均勻減小至零．在﹣3L內(nèi)，磁通量均勻增大，且方向向外，為負值．在3L﹣4L內(nèi)，磁通量均勻減小至零，且為負值．故A正確；B、當線圈進入第一個磁場時，由E=BLv可知，E保持不變，由右手定則知，感應(yīng)電動勢沿逆時針方向，為正值；線框開始進入第二個和第三個磁場時，左右兩邊同時切割磁感線，感應(yīng)電動勢應(yīng)為2BLv，感應(yīng)電動勢沿逆時針方向，為正值；完全在第三個磁場中運動時，左邊切割磁感線，感應(yīng)電動勢為BLv，感應(yīng)電動勢沿逆時針方向，為正值；故B正確；C、因安培力總是與運動方向相反，故拉力應(yīng)一直向右，故C錯誤；D、拉力的功率P=Fv，因速度不變，而在線框在第一個磁場時，電流為定值，拉力也為定值；兩邊分別在兩個磁場中時，由B的分析可知，電流加倍，故安培力加培，功率加倍；此后從第二個磁場中離開時，安培力應(yīng)等于線框在第一個磁場中的安培力，故D正確；故選：ABD．分析：由線圈的運動可得出線圈中磁通量的變化；由則由法拉第電磁感應(yīng)定律及E=BLv可得出電動勢的變化；由歐姆定律可求得電路中的電流，則可求得安培力的變化；由P=I2R可求得電功率的變化．12．兩根足夠長的光滑導(dǎo)軌豎直放置，間距為L，底端接阻值為R的電阻．將質(zhì)量為m的金屬棒懸掛在一個固定的輕彈簧下端，金屬棒和導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)軌所在平面與磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場垂直，如圖所示．除電阻R外其余電阻不計．現(xiàn)將金屬棒從彈簧原長位置由靜止釋放，則（）A． 金屬棒向下運動時，流過電阻R的電流方向為a→bB． 釋放瞬間金屬棒的加速度等于重力加速度gC． 金屬棒的速度為v時，所受的安培力大小為D． 電阻R上產(chǎn)生的總熱量等于金屬棒重力勢能的減少答案：BC解析：解答：A、根據(jù)右手定責可知，金屬棒向下運動時，流過電阻R電流方向為b→a，故A錯誤；B、金屬棒釋放瞬間，速度為零，感應(yīng)電流為零，由于彈簧處于原長狀態(tài)，因此金屬棒只受重力作用，故其加速度的大小為g，故B正確；C、當金屬棒的速度為v時，E=BLv，安培力大小為：，故C正確；D、當金屬棒下落到最底端時，重力勢能轉(zhuǎn)化為彈性勢能和焦耳熱，所以電阻R上產(chǎn)生的總熱量小于金屬棒重力勢能的減少，故D錯誤．故選：BC．分析：導(dǎo)體棒下落過程中切割磁感線，回路中形成電流，根據(jù)右手定責可以判斷電流的方向，正確分析安培力變化可以求解加速度的變化情況，下落過程中正確應(yīng)用功能關(guān)系可以分析產(chǎn)生熱量與重力勢能減小量的大小關(guān)系．13．如圖，水平的平行虛線間距為d=60cm，其間有沿水平方向的勻強磁場．一個阻值為R的正方形金屬線圈邊長l＜d，線圈質(zhì)量m=100g．線圈在磁場上方某一高度處由靜止釋放，保持線圈平面與磁場方向垂直，其下邊緣剛進入磁場和剛穿出磁場時的速度相等．不計空氣阻力，取g=10m/s2，則（）A． 線圈下邊緣剛進磁場時加速度最小B． 線圈進入磁場過程中產(chǎn)生的電熱為C． 線圈在進入磁場和穿出磁場過程中，電流均為逆時針方向D． 線圈在進入磁場和穿出磁場過程中，通過導(dǎo)線截面的電量相等答案：BD解析：解答：A：正方形金屬線圈邊長l＜d，剛進入磁場和剛穿出磁場時的速度相等，說明在其下邊緣穿過磁場的過程中，線框先做減速運動，安培力大于重力；隨速度的減小，感應(yīng)電動勢減小，感應(yīng)電流減小，則安培力減小，線框的加速度減?。蔄錯誤；B：下邊緣剛進入磁場和剛穿出磁場時的速度相等，重力勢能的減小全部轉(zhuǎn)化為電能，又轉(zhuǎn)化為電熱，故Q=mgd=×10×=，故B正確；C：根據(jù)右手定則，線圈在進入磁場過程中，電流均為逆時針，穿出磁場過程中，電流均為順時針，故C錯誤；D：通過導(dǎo)線截面的電量：，與速度無關(guān)，即進入磁場和穿出磁場過程中通過導(dǎo)線截面的電量相等．故D正確．故選：BD分析：（1）正方形金屬線圈邊長l＜d，剛進入磁場和剛穿出磁場時的速度相等，說明在其下邊緣穿過磁場的過程中，線框先做減速運動，完全在磁場中時線框再做加速運動（2）根據(jù)能量守恒可以判斷在線圈下邊緣剛進入磁場到剛穿出磁場過程中動能不變，重力勢能的減小全部轉(zhuǎn)化為電能，又轉(zhuǎn)化為電熱；根據(jù)位移速度關(guān)系式解出線框剛進入磁場時的速度，結(jié)合動能定理解出線框的最小速度．14．如圖所示，金屬導(dǎo)軌M、N處于同一平面內(nèi)，導(dǎo)軌M的水平部分有垂直紙面向里的勻強磁場，金屬棒ab與導(dǎo)軌始終接觸良好并且能夠水平向左（或右）運動．若導(dǎo)軌M、N的圓形部分由于磁場力而相互吸引，那么棒ab的運動可能是（）A． 向右加速運動 B． 向右減速運動 C． 向左加速運動 D． 向左減速運動答案：BD解析：解答：若導(dǎo)軌M、N的圓形部分由于磁場力而相互吸引，兩線圈為同向電流，根據(jù)楞次定律可知，穿過線圈N的磁通量變小，即電流在變小，故運動速度在減?。蔬x：BD分析：先有楞次定律確定M中電流的變化情況，再結(jié)合右手定則及法拉第電磁感應(yīng)定律求解棒的運動方向及大?。?5．如圖所示，勻強磁場的方向垂直于光滑的金屬導(dǎo)軌平面向里，極板間距為d的平行板電容器與總阻值為2R0的滑動變阻器通過平行導(dǎo)軌連接，電阻為R0的導(dǎo)體棒MN可在外力的作用下沿導(dǎo)軌從左向右做勻速直線運動．當滑動變阻器的滑動觸頭位于a、b的中間位置且導(dǎo)體棒MN的速度為v0時，位于電容器中P點的帶電油滴恰好處于靜止狀態(tài)．若不計摩擦和平行導(dǎo)軌及導(dǎo)線的電阻，各接觸處接觸良好，重力加速度為g，則下列判斷正確的是（）A． 油滴帶正電荷B． 若將導(dǎo)體棒的速度變?yōu)?v0，電容器的帶電量增加油滴將向上加速運動，加速度a=gC． 若保持導(dǎo)體棒的速度為v0不變，而將滑動觸頭置于a端，同時將電容器上極板向上移動距離，油滴將靜止D． 若保持導(dǎo)體棒的速度為v0不變，將上極板豎直向上移動距離d，帶電油滴的電勢能增加，且P點的電勢降低答案：BCD解析：解答：A、根據(jù)右手定責可知，M端為正極，液滴靜止，因此帶負電，故A錯誤；B、設(shè)導(dǎo)體棒長度為L，導(dǎo)體棒切割磁感線形成的感應(yīng)電動勢為：E=BLv電容器兩端電壓為：①開始液滴靜止有：②當若將導(dǎo)體棒的速度變?yōu)?v0時，有：③④聯(lián)立①②③④得：a=g．故B正確；C、若保持導(dǎo)體棒的速度為v0不變，而將滑動觸頭置于a端，若將上極板豎直向上移動距離時，此時液滴所受電場力為：⑤，因此液滴仍然靜止，故C正確；D、若保持導(dǎo)體棒的速度為v0不變，將上極板豎直向上移動距離d，電容器兩端之間的電壓仍然為，距離增大，電場強度減小，P與下極板之間的電勢差減小，P點的電勢降低，負電荷的電勢能增大，故D正確．故選：BCD．分析：導(dǎo)體棒MN相當于電源，M端為正極，外電路由滑動變阻器構(gòu)成，電容器兩端電壓和滑動變阻器兩端電壓相等，弄清楚這些然后對帶電液滴進行受力分析即可正確解答本題．三．填空題16．如圖所示，水平桌面上固定有一U形金屬導(dǎo)軌MNPQ，處在與它垂直的勻強磁場中．有一導(dǎo)體棒ab在導(dǎo)軌上向右勻速運動，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌始終接觸良好，經(jīng)過，從“1”位置運動到“2”位置．在這個過程中，穿過由導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒組成的閉合回路的磁通量從增加到．求：①這段時間內(nèi)通過回路的磁通量的變化量△φ；②這段時間內(nèi)回路中的感應(yīng)電動勢E；③若U形金屬導(dǎo)軌電阻不計，導(dǎo)體棒的電阻R=5Ω，在5s時間內(nèi)導(dǎo)體棒產(chǎn)生的熱量為4J，則這段時間內(nèi)回路中的感應(yīng)電流為？答案：|2V|解析：解答：①這段時間內(nèi)通過回路的磁通量的變化量為：△φ=φ2﹣φ1=﹣=②由法拉第電磁感應(yīng)定律得：③根據(jù)焦耳定律為：Q=I2Rt得：答：①這段時間內(nèi)通過回路的磁通量的變化量△φ為；②這段時間內(nèi)回路中的感應(yīng)電動勢E的大小為2V；③這段時間內(nèi)回路中的感應(yīng)電流為．分析：①當磁場與線框面積垂直時，磁通量等于磁感應(yīng)強度與面積的乘積．磁通量的變化量等于初、末位置磁通量之差．②當磁通量變化時，導(dǎo)致線框中產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，由法拉第電磁感應(yīng)定律可求出感應(yīng)電動勢大?。垡阎獙?dǎo)體棒產(chǎn)生的熱量，由焦耳定律求解感應(yīng)電流．17．如圖所示，在邊長為a的等邊三角形區(qū)域內(nèi)有勻強磁場B，其方向垂直紙面向外，一個阻值為R、邊長為a的等邊三角形導(dǎo)線框架EFG正好與上述磁場區(qū)域的邊界重合，現(xiàn)使導(dǎo)線框以周期T繞其中心O點在紙面內(nèi)勻速轉(zhuǎn)動，經(jīng)過導(dǎo)線框轉(zhuǎn)到圖中虛線位置，則在這時間內(nèi)平均感應(yīng)電動勢=，通過導(dǎo)線框任一截面的電量q=．答案：|解析：解答：兩等邊三角形所夾的小三角形為等邊三角形，小三角形高為：根據(jù)對稱性可知，小三角形的底邊長為：，則小三角形的面積為根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知：有：故答案為：；分析：本題的關(guān)鍵是根據(jù)幾何知識求出時間內(nèi)磁通量的變化△?，再根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律和歐姆定律求出平均感應(yīng)電動勢和平均感應(yīng)電流，由q=It求電荷量．18．如圖所示，兩根光滑的平行金屬導(dǎo)軌處于同一水平面內(nèi)，相距l(xiāng)=，導(dǎo)軌的左端M、N用R=Ω的電阻連接，導(dǎo)軌電阻不計，導(dǎo)軌上跨放著一根電阻r=Ω、質(zhì)量為m=的金屬桿，整個裝置處在豎直向下的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度為B=．現(xiàn)對金屬桿施加水平力使它向右由靜止開始以s2加速度勻加速運動．導(dǎo)軌足夠長，則①從桿開始運動后2s內(nèi)通過電阻R的電量為C．②從桿開始運動起第2s末，拉力的瞬時功率為W．答案：|解析：解答：（1）桿切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢：E=BLat電荷量則有，代入數(shù)據(jù)解得：Q=（2）桿切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢：E=BLat=××2×=，由閉合電路歐姆定律，電路電流：，安培力為F安=BIL=××=根據(jù)牛頓第二定律知拉力F=F安+ma=+×=速度v=at=×2=1m/s第2s末，拉力的瞬時功率為P=Fv=×1=故答案為：，分析：（1）根據(jù)電動勢，并由Q=It，即可求解．（2）由E=BLv求出感應(yīng)電動勢，然后由歐姆定律求出感應(yīng)電流，安培力為F安=BIL求安培力，根據(jù)牛頓第二定律知拉力F=F安+ma，最后求拉力的瞬時功率為P=Fv．19．如圖所示，在水平面上有兩條長度均為4L、間距為L的平行直軌道，處于豎直向下的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度為B．橫置于軌道上長為L的滑桿向右運動，軌道與滑桿單位長度的電阻均為，兩者無摩擦且接觸良好．軌道兩側(cè)分別連接理想電壓表和電流表．若將滑桿從軌道最左側(cè)勻速移動到最右側(cè)，當滑竿到達軌道正中間時電壓表示數(shù)為U，則滑竿勻速移動的速度為，在滑動過程中兩電表讀數(shù)的乘積的最大值為．答案：|解析：解答：據(jù)楞次定律可知各段電路中電流的方向如圖所示．滑竿在正中間位置時，軌道有電流流過的部分總電阻為4R電壓表讀數(shù)：則滑竿勻速移動的速度為．兩電表讀數(shù)的乘積UI乘積含義是滑桿右側(cè)軌道電阻消耗的電功率．設(shè)滑桿在任意位置時，軌道有電流流過部分的電阻為Rx當Rx=R時，軌道電功率最大，最大值為故答案為：,．分析：當滑桿到達軌道中間時電壓表的示數(shù)U，求出感應(yīng)電動勢的大小，由E=BLv得到滑桿的速度大小．UI乘積含義是滑桿右側(cè)軌道電阻消耗的電功率，得到電功率與軌道有電流流過部分的電阻的關(guān)系，再由數(shù)學知識求解電功率的最大值．20．光滑金屬導(dǎo)軌寬L=，電阻不計，均勻變化的磁場穿過整個軌道平面，如圖甲所示．磁場的磁感應(yīng)強度隨時間變化的情況如圖乙所示．金屬棒ab的電阻為1Ω，自t=0時刻起從導(dǎo)軌最左端以v0=1m/s的速度向右勻速運動，則1秒末回路中的電動勢為V，此時ab棒所受磁場力為N．答案：|解析：解答：由圖乙知，1s末磁感應(yīng)強度B=2T，ab棒產(chǎn)生的動生電動勢為：E動=BLv=2××1V=，方向由b到a；回路中感生電動勢為：，由楞次定律知感生電動勢沿逆時針方向，所以回路中總的感應(yīng)電動勢為：E=E動+E感=回路中感應(yīng)電流為：，1s末ab棒所受磁場力為：F=BIL=2××=．故答案為：；．分析：由圖讀出1s末磁感應(yīng)強度B，由E=BLv求出動生感應(yīng)電動勢，由法拉第電磁感應(yīng)定律求出感生電動勢，再由歐姆定律求出感應(yīng)電流，由F=BIL求出磁場力．21．如圖所示，水平放置的三條光滑平行金屬導(dǎo)軌a、b、c位于同一水平面上，導(dǎo)軌間距均為d=1m，導(dǎo)軌ac間橫跨一質(zhì)量為m=1kg的金屬棒MN，棒與三條導(dǎo)軌垂直，且始終接觸良好．棒的電阻r=2Ω，導(dǎo)軌的電阻忽略不計．在導(dǎo)軌bc間接一阻值R=2Ω的燈泡，導(dǎo)軌ac間接一理想電壓表．整個裝置放在磁感應(yīng)強度B=2T的勻強磁場中，磁場方向垂直導(dǎo)軌平面向下．現(xiàn)對棒MN施加水平向右的拉力F，使棒從靜止開始運動．若棒達到穩(wěn)定時的速度為s，且水平外力功率恒定，則水平外力的功率為W，此時電壓表讀數(shù)為V．答案：3|5解析：解答：由法拉第電磁感應(yīng)定律，則有：E=Bdv=2×1×=3V，產(chǎn)生的感應(yīng)電流則安培力的大小FA=BId=2×1×1N=2N．則水平外力的功率P=Fv=FAv=2×=3W．電壓表的示數(shù)．故答案為：3，5．分析：當棒子達到穩(wěn)定速度時，拉力等于安培力，根據(jù)閉合電路歐姆定律、結(jié)合切割產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小求出安培力的大小，從而求出水平外力的功率．電壓表的示數(shù)等于整個棒子產(chǎn)生的電動勢減去下半部分的內(nèi)電壓．四．解答題22．如圖（a），兩相距L=的平行金屬導(dǎo)軌固定于水平面上，導(dǎo)軌左端與阻值R=2Ω的電阻連接，導(dǎo)軌間虛線右側(cè)存在垂直導(dǎo)軌平面的勻強磁場．質(zhì)量m=的金屬桿垂直置于導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)軌與金屬桿的電阻可忽略．桿在水平向右的恒定拉力作用下由靜止開始運動，并始終與導(dǎo)軌垂直，其v﹣t圖象如圖（b）所示．在15s時撤去拉力，同時使磁場隨時間變化，從而保持桿中電流為0．求：（1）金屬桿所受拉力的大小F；答案：由v﹣t圖象可知，在0﹣10內(nèi)，金屬桿做勻加速直線運動，桿沒有進入磁場，由牛頓第二定律得：F﹣μmg=ma1，由題意可知，15s末撤去拉力，沒有感應(yīng)電流，桿不受安培力作用，桿所受的合外力為滑動摩擦力，由牛頓第二定律得：μmg=ma2，由v﹣t圖象可知，加速度：，，解得：F=；（2）0﹣15s內(nèi)勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小B0；答案：在10﹣15s內(nèi)，金屬桿做勻速直線運動，速度：v=4m/s，金屬桿受到的安培力：，金屬桿做勻速直線運動，處于平衡狀態(tài)，由平衡條件得：，代入數(shù)據(jù)解得：B0=；（3）15﹣20s內(nèi)磁感應(yīng)強度隨時間變化規(guī)律．答案：15﹣20s內(nèi)部產(chǎn)生感應(yīng)電流，穿過回路的磁通量保持不變，金屬桿在10﹣15s內(nèi)的位移：d=vt=4×5=20m，在15s后的金屬桿的加速度：a=a2=s2，金屬桿的位移：，磁通量保持不變，則：B0Ld=BL（d+x），解得：；解析：解答：（1）由v﹣t圖象可知，在0﹣10內(nèi)，金屬桿做勻加速直線運動，桿沒有進入磁場，由牛頓第二定律得：F﹣μmg=ma1，由題意可知，15s末撤去拉力，沒有感應(yīng)電流，桿不受安培力作用，桿所受的合外力為滑動摩擦力，由牛頓第二定律得：μmg=ma2，由v﹣t圖象可知，加速度：，，解得：F=；（2）在10﹣15s內(nèi)，金屬桿做勻速直線運動，速度：v=4m/s，金屬桿受到的安培力：，金屬桿做勻速直線運動，處于平衡狀態(tài)，由平衡條件得：，代入數(shù)據(jù)解得：B0=；（3）15﹣20s內(nèi)部產(chǎn)生感應(yīng)電流，穿過回路的磁通量保持不變，金屬桿在10﹣15s內(nèi)的位移：d=vt=4×5=20m，在15s后的金屬桿的加速度：a=a2=s2，金屬桿的位移：，磁通量保持不變，則：B0Ld=BL（d+x），解得：；分析：（1）根據(jù)金屬桿的受力情況，由牛頓第二定律列方程，由v﹣t求出求出金屬桿的加速度，然后求出拉力F．（2）應(yīng)用安培力公式求出安培力，然后應(yīng)用平衡條件求出磁感應(yīng)強度．（3）當穿過回路的磁通量不變時不產(chǎn)生感應(yīng)電流，據(jù)此求出磁感應(yīng)強度的變化規(guī)律．23．如圖所示，豎直平面內(nèi)有一寬度為且足夠長的“U”形金屬導(dǎo)軌，處在磁感應(yīng)強度大小為、方向與導(dǎo)軌平面垂直的勻強磁場中，導(dǎo)體棒MN沿導(dǎo)軌以s的速度豎直向下勻速運動了．求：（1）這段時間內(nèi)回路中磁通量的變化量；答案：回路中磁通量的變化量△Φ=B△S△S=Lvt代入數(shù)據(jù)得△Φ=Wb．（2）這段時間內(nèi)回路中感應(yīng)電動勢的大?。鸢福河煞ɡ陔姶鸥袘?yīng)定律，感應(yīng)電動勢為E=BLv=××1=V．解析：解答：（1）回路中磁通量的變化量△Φ=B△S△S=Lvt代入數(shù)據(jù)得△Φ=Wb．（2）由法拉第電磁感應(yīng)定律，感應(yīng)電動勢為E=BLv=××1=V．答：（1）這段時間內(nèi)回路中磁通量的變化量為；（2）這段時間內(nèi)回路中感應(yīng)電動勢的大小為分析：當磁場與線框面積垂直時，磁通量等于磁感應(yīng)強度與面積的乘積．而磁通量的變化方式有磁場不變，面積變；也有面積不變，磁場變．也有磁場、面積均不變，但線框面積與磁場位置變化．當磁通量變化時，導(dǎo)致線框中產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，由法拉第電磁感應(yīng)定律