《備戰(zhàn)2019年高考物理 考點(diǎn)一遍過(guò) 考點(diǎn)50 電磁感應(yīng)的綜合應(yīng)用（含解析）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《備戰(zhàn)2019年高考物理 考點(diǎn)一遍過(guò) 考點(diǎn)50 電磁感應(yīng)的綜合應(yīng)用（含解析）（30頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、電磁感應(yīng)的綜合應(yīng)用一、電磁感應(yīng)中的電路問(wèn)題1電磁感應(yīng)與閉合電路知識(shí)的關(guān)系：2電磁感應(yīng)電路的等效關(guān)系：（1）切割磁感線的導(dǎo)體部分閉合回路的電源；（2）切割磁感線的導(dǎo)體部分的電阻電源內(nèi)阻；（3）其余部分電阻外電路；3感應(yīng)電荷量的求解由電流的定義式，可得平均電流由閉合電路歐姆定律和法拉第電磁感應(yīng)定律有聯(lián)立可得，感應(yīng)電荷量q僅由線圈匝數(shù)n、磁通量變化量和電路總電阻R決定。二、電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題1解題方法：（1）選擇研究對(duì)象，即哪一根導(dǎo)體棒或幾根導(dǎo)體棒組成的系統(tǒng)；（2）用法拉第電磁感應(yīng)定律和楞次定律求感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小和方向；（3）求回路中的電流大??；（4）分析其受到的安培力和其他力的作用情況；（5）

2、運(yùn)用牛頓第二定律或平衡條件等列方程求解。解電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題，關(guān)鍵是進(jìn)行正確的受力分析和運(yùn)動(dòng)分析：導(dǎo)體受力運(yùn)動(dòng)切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)感應(yīng)電流安培力合外力變化加速度變化速度變化一般在恒定磁場(chǎng)及無(wú)主動(dòng)施加的外力情況下，加速度會(huì)趨于零，導(dǎo)體最終做勻速運(yùn)動(dòng)。3電磁感應(yīng)問(wèn)題中兩大研究對(duì)象及其相互制約關(guān)系：三、電磁感應(yīng)中的能量問(wèn)題：1求解思路：（1）若回路中電流恒定，可以利用電路結(jié)構(gòu)及W=UIt或Q=I2Rt直接進(jìn)行計(jì)算；（2）若電流變化，則可利用電磁感應(yīng)中產(chǎn)生的電能等于克服安培力做的功求解；可利用能量守恒求解。2解決電磁感應(yīng)中綜合問(wèn)題的一般思路是：先電后力再能量。如圖所示，金屬三角形導(dǎo)軌EOF上放

3、有一根金屬棒ab，拉動(dòng)ab使它以速度v在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中向右勻速平動(dòng)，若導(dǎo)軌和金屬棒都是粗細(xì)相同的均勻?qū)w，它們的電阻率相同，則在ab運(yùn)動(dòng)過(guò)程中A感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)逐漸增大B感應(yīng)電流逐漸增大C感應(yīng)電流保持不變 D金屬棒受到安培力逐漸增大【參考答案】ACD【詳細(xì)解析】設(shè)導(dǎo)軌夾角為，由法拉第電磁感應(yīng)定律有，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)逐漸增大，A正確；設(shè)單位長(zhǎng)度導(dǎo)體的電阻為R0，故，由歐姆定律有，感應(yīng)電流不變，B錯(cuò)誤，C正確；安培力，安培力逐漸增大，D正確。【名師點(diǎn)睛】分析電磁感應(yīng)問(wèn)題中某物理量的變化情況，應(yīng)根據(jù)定律公式等寫出物理量的表達(dá)式，由表達(dá)式來(lái)進(jìn)行判斷。1（2018廣東省云浮一中高考模擬考試）如圖所示，在0x2L的區(qū)域內(nèi)

4、存在著垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，粗細(xì)均勻的正方形金屬線框abcd位于xOy平面內(nèi)，線框的bc邊與x軸重合，cd邊與y軸重合，線框的邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，總電阻為R?，F(xiàn)讓線框從圖示位置由靜止開(kāi)始沿x軸正方向以加速度a做勻加速運(yùn)動(dòng)，則下列說(shuō)法正確的是A進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，線框中的電流沿abcda方向，出磁場(chǎng)時(shí)，線框中的電流沿adcba方向B進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，c端電勢(shì)比d端電勢(shì)高，出磁場(chǎng)時(shí)，b端電勢(shì)比a端電勢(shì)高Ca、b兩端的電壓最大值為D線框中的最大電功率為【答案】ACD【解析】根據(jù)右手定則可知，進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，線框中的電流沿abcda方向，c端電勢(shì)比d端電勢(shì)低；出磁場(chǎng)時(shí)，線框中的電流沿adcba方向，a端電

5、勢(shì)比b端電勢(shì)高，A正確，B錯(cuò)誤；當(dāng)進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中，ab兩端電壓為感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的，離開(kāi)磁場(chǎng)的過(guò)程中，ab兩端電壓為感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的，所以ab邊剛要離開(kāi)磁場(chǎng)瞬間a、b兩端的電壓最大，此時(shí)的速度為v，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得，所以，C正確；ab邊剛要離開(kāi)磁場(chǎng)瞬間線圈消耗的功率最大，線框中的最大電功率為，D正確。【名師點(diǎn)睛】對(duì)于電磁感應(yīng)現(xiàn)象中涉及電路問(wèn)題的分析方法是：確定哪部分相對(duì)于電源，根據(jù)電路連接情況畫(huà)出電路圖，結(jié)合法拉第電磁感應(yīng)定律和閉合電路的歐姆定律、以及電功率的計(jì)算公式列方程求解。如圖所示，MN、PQ是傾角為的兩平行光滑且足夠長(zhǎng)的金屬軌道，其電阻忽略不計(jì)?？臻g存在著垂直于軌道平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)

6、度大小為B。導(dǎo)體棒ab、cd垂直于軌道放置，且與軌道接觸良好，每根導(dǎo)體棒的質(zhì)量均為m，電阻均為r，軌道寬度為L(zhǎng)，與軌道平行的絕緣細(xì)線一端固定，另一端與ab棒中點(diǎn)連接，細(xì)線承受的最大拉力Tm2mgsin 。今將cd棒由靜止釋放，則細(xì)線被拉斷時(shí)，cd棒的A速度大小是 B速度大小是C加速度大小是2gsin D加速度大小是0 【參考答案】AD【詳細(xì)解析】細(xì)線被拉斷時(shí)，拉力達(dá)到，根據(jù)平衡條件有，可得ab棒所受安培力，由于兩棒的電流相等，所受安培力大小相等，由，可得cd棒的速度，A正確，B錯(cuò)誤；對(duì)cd棒，根據(jù)牛頓第二定律有，得a=0，C錯(cuò)誤，D正確?！久麕燑c(diǎn)睛】此類試題本質(zhì)仍是運(yùn)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律解決的動(dòng)力學(xué)

7、問(wèn)題，只是多了分析安培力的步驟。1如圖所示，金屬導(dǎo)軌ADM、BCN固定在傾角為=30的斜面上。虛線AB、CD間導(dǎo)軌光滑，ABCD為等腰梯形，AB長(zhǎng)為L(zhǎng)，CD長(zhǎng)為2L，CB、NC夾角為；虛線CD、MN間為足夠長(zhǎng)且粗糙的平行導(dǎo)軌。導(dǎo)軌頂端接有阻值為R的定值電阻，空間中充滿磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0、方向垂直斜面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)?，F(xiàn)從AB處由靜止釋放一質(zhì)量為m、長(zhǎng)為2L的導(dǎo)體棒，導(dǎo)體棒在光滑導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度不為零，導(dǎo)體棒始終水平且與導(dǎo)軌接觸良好。已知導(dǎo)體棒與粗糙導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)，導(dǎo)體棒及導(dǎo)軌電阻不計(jì)，重力加速度為g，則下列說(shuō)法中正確的是A導(dǎo)體棒在光滑導(dǎo)軌上做加速度增大的加速運(yùn)動(dòng)B導(dǎo)體棒在光滑導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)過(guò)

8、程，通過(guò)定值電阻的電荷量為C導(dǎo)體棒在粗糙導(dǎo)軌上一定先做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，最后做勻速運(yùn)動(dòng)D=時(shí)，導(dǎo)體棒的最終速度大小為【答案】BD【解析】根據(jù)安培力的變化分析導(dǎo)體棒在光滑軌道的加速度的變化，根據(jù)公式計(jì)算通過(guò)電阻的電荷量，分析導(dǎo)體棒的受力，根據(jù)與兩者的大小關(guān)系判斷導(dǎo)體棒在粗糙軌道上的運(yùn)動(dòng)，當(dāng)合力為零時(shí)，做勻速直線運(yùn)動(dòng)，據(jù)此分析解題：導(dǎo)體棒在光滑導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)時(shí)，隨著速度的增大，受到的安培力增大，方向沿斜面向上，故做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤；導(dǎo)體棒在光滑導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)過(guò)程，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得：，B正確；在剛到達(dá)CD時(shí)，導(dǎo)體棒受到的安培力與摩擦力之和為，所以兩力之和不一定大于重力沿斜面向下的分

9、力，有可能等于重力沿斜面向下的分力，如果等于，則導(dǎo)體棒受力平衡，一直做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤；在粗糙斜面上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則滿足，即，聯(lián)立即得，故D正確?！久麕燑c(diǎn)睛】在電磁感應(yīng)題目中，公式，?？?，要牢記，選擇題中可直接應(yīng)用，計(jì)算題中要寫出推導(dǎo)過(guò)程。如圖所示，固定的豎直光滑U形金屬導(dǎo)軌，間距為L(zhǎng)，上端接有阻值為R的電阻，處在方向水平且垂直于導(dǎo)軌平面、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，質(zhì)量為m、電阻為r的導(dǎo)體棒與勁度系數(shù)為k的固定輕彈簧相連放在導(dǎo)軌上，導(dǎo)軌的電阻忽略不計(jì)。初始時(shí)刻，彈簧處于伸長(zhǎng)狀態(tài)，其伸長(zhǎng)量，此時(shí)導(dǎo)體棒具有豎直向上的初速度v0。在沿導(dǎo)軌往復(fù)運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸

10、。則下列說(shuō)法正確的是A初始時(shí)刻導(dǎo)體棒受到的安培力大小為B初始時(shí)刻導(dǎo)體棒的加速度大小為C導(dǎo)體棒往復(fù)運(yùn)動(dòng)，最終靜止時(shí)彈簧處于壓縮狀態(tài)D導(dǎo)體棒開(kāi)始運(yùn)動(dòng)直到最終靜止的過(guò)程中，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為【參考答案】BC【詳細(xì)解析】初始時(shí)刻導(dǎo)體棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=BLv0，感應(yīng)電流，安培力A錯(cuò)誤；初始時(shí)刻，由牛頓第二定律有ma=mg+kx1+F，解得，B正確；當(dāng)導(dǎo)體棒靜止時(shí)，安培力為零，棒受到重力和彈簧的彈力而平衡，彈力的方向向上，彈簧處于壓縮狀態(tài)，C正確；導(dǎo)體棒最終靜止時(shí)，彈簧被壓縮，故棒從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到最終靜止，彈簧的彈性勢(shì)能不變，由能量守恒有，解得系統(tǒng)產(chǎn)生的總熱量，則R上產(chǎn)生的熱量要小于Q，D錯(cuò)誤?！疽族e(cuò)

11、警示】電磁感應(yīng)中的能量問(wèn)題常會(huì)求焦耳熱，此時(shí)要注意是求總電路的焦耳熱，還是部分電路的焦耳熱。當(dāng)電阻成串聯(lián)關(guān)系時(shí)，焦耳熱與電阻成正比；當(dāng)電阻成并聯(lián)關(guān)系時(shí)，焦耳熱與電阻成反比。1（2018湖南省長(zhǎng)沙市長(zhǎng)郡中學(xué)高三上學(xué)期第五次調(diào)研考試）如圖所示，在傾角為的粗糙斜面上（動(dòng)摩擦因數(shù)t2B克服摩擦力做功Wf1Wf2C在磁場(chǎng)中產(chǎn)生的焦耳熱Q1Q2D在第一次進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中通過(guò)線圈某截面的電荷量q1q2【答案】BD【解析】A項(xiàng)：線圈剛進(jìn)磁場(chǎng)時(shí)有：，所以加速度為，所以加速度相同，同理分析可知，全過(guò)程中所用時(shí)間相同，故A錯(cuò)誤；B項(xiàng)：由可知，越粗的質(zhì)量越大，由公式，由于路程相同，所以越粗的克服摩擦力做功越多，故B正

12、確；C項(xiàng)：，熱量：，所以越粗的發(fā)熱越多，故C錯(cuò)誤；D項(xiàng)：由公式，所以越粗的電量越大，故D正確。故應(yīng)選BD。1如圖所示，兩根足夠長(zhǎng)的光滑導(dǎo)軌豎直放置，間距為L(zhǎng)，底端接阻值為R的電阻。將質(zhì)量為m、電阻也為R的金屬棒水平懸掛在上端固定的豎直輕彈簧下端，金屬棒與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)軌所在平面與磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直，導(dǎo)軌電阻不計(jì)?，F(xiàn)將金屬棒從彈簧原長(zhǎng)位置由靜止釋放，則A金屬棒向下運(yùn)動(dòng)時(shí)，流過(guò)電阻R的電流方向?yàn)閎aB最終彈簧對(duì)金屬棒的彈力與金屬棒的重力平衡C金屬棒的速度為v時(shí)，所受的安培力大小為D金屬棒的速度為v時(shí)，金屬棒兩端的電勢(shì)差為BLv2（2018廣東省廣州荔灣區(qū)廣東實(shí)驗(yàn)中學(xué)高三上學(xué)期摸底考試）

13、如圖所示，空間存在兩個(gè)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為，方向相反且垂直紙面，、為其邊界，為其對(duì)稱軸，一導(dǎo)線折成邊長(zhǎng)為的正方形閉合回路，回路在紙面內(nèi)以恒定速度向右運(yùn)動(dòng)，當(dāng)運(yùn)動(dòng)到關(guān)于對(duì)稱的位置時(shí)A穿過(guò)回路的磁通量為零B回路中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為C回路中感應(yīng)電流的方向?yàn)槟鏁r(shí)針?lè)较駾回路中邊與邊所受安培力方向相同3如圖所示，用一根長(zhǎng)為L(zhǎng)、質(zhì)量不計(jì)的細(xì)桿與一個(gè)上弧長(zhǎng)為l0、下弧長(zhǎng)為d0的金屬線框的中點(diǎn)聯(lián)結(jié)并懸掛于O點(diǎn)，懸點(diǎn)正下方L處存在一個(gè)上弧長(zhǎng)為2l0、下弧長(zhǎng)為2d0，方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，且d0遠(yuǎn)小于L，先將線框拉開(kāi)到圖示位置，由靜止釋放線框，進(jìn)入磁場(chǎng)，忽略空氣阻力和摩擦。下列說(shuō)法正確的是 A金屬線框進(jìn)入

14、磁場(chǎng)時(shí)感應(yīng)電流的方向?yàn)閍bcdaB金屬線框離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)感應(yīng)電流的方向?yàn)閍dcbaC金屬線框dc邊進(jìn)入磁場(chǎng)與ab邊離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)速度大小相等D金屬線框最終將在有界磁場(chǎng)中做往復(fù)運(yùn)動(dòng)4（2018寧夏育才中學(xué)高三上學(xué)期月考）如圖所示，虛線EF左側(cè)區(qū)域I內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，右側(cè)區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為2B，邊長(zhǎng)為L(zhǎng)、粗細(xì)均勻的正方形金屬線框在區(qū)域I，線框平面與磁場(chǎng)垂直，cd邊與虛線EF平行，線框的電阻為R，現(xiàn)使線框由圖示位置以速度v向右勻速運(yùn)動(dòng)，則在線框通過(guò)EF過(guò)程中，下列說(shuō)法中正確的是A通過(guò)導(dǎo)線橫截面的電量為B線框ab邊的電流大小為C線框受到的安培力的大

15、小為D線框中產(chǎn)生的焦耳熱為5如圖所示，在水平桌面上放置兩條相距l(xiāng)的足夠長(zhǎng)粗糙平行金屬導(dǎo)軌ab與cd，阻值為R的電阻與導(dǎo)軌的a、c端相連。金屬滑桿MN垂直于導(dǎo)軌并可在導(dǎo)軌上滑動(dòng)，且與導(dǎo)軌始終接觸良好。整個(gè)裝置放于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向豎直向上，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B?；瑮U與導(dǎo)軌電阻不計(jì)，滑桿中點(diǎn)系一不可伸長(zhǎng)的輕繩，繩繞過(guò)固定在桌邊的光滑輕滑輪后，與一質(zhì)量為m的物塊相連，繩處于水平拉直狀態(tài)?，F(xiàn)若從靜止開(kāi)始釋放物塊，用I表示穩(wěn)定后回路中的感應(yīng)電流，g表示重力加速度，滑桿在運(yùn)動(dòng)中所受的摩擦阻力恒為f，則在物塊下落過(guò)程中A物體的最終速度為B物體的最終速度為C物體重力的最大功率為D物體重力的最大功率可能大于6（

16、2018河北省張家口市第一中學(xué)高三上學(xué)期同步練習(xí)）在圖示的“日”字形導(dǎo)線框中，ae和bf的電阻不計(jì)，ab、cd、ef電阻相等，以一定速度v勻速進(jìn)入一勻強(qiáng)磁場(chǎng)的過(guò)程中，在ab進(jìn)入后與cd進(jìn)入后相比Aab中電流相等Bcd中電流相等Cab間電壓相等D導(dǎo)線框消耗的總電功率相等7如圖所示，勻強(qiáng)磁場(chǎng)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(dòng)變阻器通過(guò)平行導(dǎo)軌連接，電阻為R0的導(dǎo)體棒MN可在外力作用下沿導(dǎo)軌從左向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)。當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑動(dòng)觸頭位于a、b的中間位置且導(dǎo)體棒MN的速度為v0時(shí)，位于電容器中P點(diǎn)的帶電油滴恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)。若不計(jì)摩擦和平行導(dǎo)軌及導(dǎo)

17、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B若將上極板上移d，油滴將向上加速運(yùn)動(dòng)，加速度a=g/2C若將導(dǎo)體棒的速度變?yōu)?v0，油滴將向上加速運(yùn)動(dòng)，加速度a=gD保持導(dǎo)體棒速度v0不變，將滑動(dòng)觸頭置于a端，同時(shí)上極板上移d/3，油滴仍靜止8用一根橫截面積為S、電阻率為的硬質(zhì)導(dǎo)線做成一個(gè)半徑為r的圓環(huán)，ab為圓環(huán)的一條直徑。如圖所示，在ab的左側(cè)存在一個(gè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)垂直圓環(huán)所在平面，方向如圖，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時(shí)間的變化率k(kt0）穿過(guò)回路的總磁通量和金屬棒所受外加水平恒力的大小。24（2016天津卷）電磁緩速器是應(yīng)用于車輛上以提高運(yùn)行安全性的輔助制動(dòng)裝置，其工

18、作原理是利用電磁阻尼作用減緩車輛的速度。電磁阻尼作用可以借助如下模型討論：如圖所示，將形狀相同的兩根平行且足夠長(zhǎng)的鋁條固定在光滑斜面上，斜面與水平方向夾角為。一質(zhì)量為m的條形磁鐵滑入兩鋁條間，恰好勻速穿過(guò)，穿過(guò)時(shí)磁鐵兩端面與兩鋁條的間距始終保持恒定，其引起電磁感應(yīng)的效果與磁鐵不動(dòng)、鋁條相對(duì)磁鐵運(yùn)動(dòng)相同。磁鐵端面是邊長(zhǎng)為d的正方形，由于磁鐵距離鋁條很近，磁鐵端面正對(duì)兩鋁條區(qū)域的磁場(chǎng)均可視為勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，鋁條的高度大于d，電阻率為。為研究問(wèn)題方便，鋁條中只考慮與磁鐵正對(duì)部分的電阻和磁場(chǎng)，其他部分電阻和磁場(chǎng)可忽略不計(jì)，假設(shè)磁鐵進(jìn)入鋁條間以后，減少的機(jī)械能完全轉(zhuǎn)化為鋁條的內(nèi)能，重力加速度為

19、g。（1）求鋁條中與磁鐵正對(duì)部分的電流I；（2）若兩鋁條的寬度均為b，推導(dǎo)磁鐵勻速穿過(guò)鋁條間時(shí)速度v的表達(dá)式；（3）在其他條件不變的情況下，僅將兩鋁條更換為寬度bb的鋁條，磁鐵仍以速度v進(jìn)入鋁條間，試簡(jiǎn)要分析說(shuō)明磁鐵在鋁條間運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度和速度如何變化。25（2015四川卷）如圖所示，金屬導(dǎo)軌MNC和PQD，MN與PQ平行且間距為L(zhǎng)，所在平面與水平面夾角為，N、Q連線與MN垂直，M、P間接有阻值為R的電阻；光滑直導(dǎo)軌NC和QD在同一水平面內(nèi)，與NQ的夾角都為銳角。均勻金屬棒ab和ef質(zhì)量均為m，長(zhǎng)均為L(zhǎng)，ab棒初始位置在水平導(dǎo)軌上與NQ重合；ef棒垂直放在傾斜導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為（較

20、小），由導(dǎo)軌上的小立柱1和2阻擋而靜止。空間有方向豎直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)（圖中未畫(huà)出）。兩金屬棒與導(dǎo)軌保持良好接觸。不計(jì)所有導(dǎo)軌和ab棒的電阻，ef棒的阻值為R，最大靜摩擦力與滑動(dòng)摩擦力大小相等，忽略感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)，重力加速度為g。（1）若磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，給ab棒一個(gè)垂直于NQ、水平向右的速度v1，在水平導(dǎo)軌上沿運(yùn)動(dòng)方向滑行一段距離后停止，ef棒始終靜止，求此過(guò)程ef棒上產(chǎn)生的熱量。（2）在（1）問(wèn)過(guò)程中，ab棒滑行距離為d，求通過(guò)ab棒某橫截面的電荷量。（3）若ab棒以垂直于NQ的速度v2在水平導(dǎo)軌上向右勻速運(yùn)動(dòng)，并在NQ位置時(shí)取走小立柱1和2，且運(yùn)動(dòng)過(guò)程中ef棒始終靜止。求此狀態(tài)下最強(qiáng)磁場(chǎng)

21、的磁感應(yīng)強(qiáng)度及此磁場(chǎng)下ab棒運(yùn)動(dòng)的最大距離。2ACD【解析】A：兩個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，方向相反，因此線框運(yùn)動(dòng)到對(duì)稱位置時(shí)回路的總磁通量為零，故A項(xiàng)正確。B：、邊切割磁感線，利用右手定則確定動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)方向分別為到、到，兩邊產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)相疊加，大小為，故B項(xiàng)錯(cuò)誤。C：由B項(xiàng)分析，路中感應(yīng)電流的方向?yàn)槟鏁r(shí)針?lè)较?，故C項(xiàng)正確；D：電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針，利用左手定則可知邊和邊所受安培力方向都是向左，故D項(xiàng)正確。3D【解析】金屬線框進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，由右手定則，感應(yīng)電流的方向?yàn)閍dcba，A錯(cuò)誤；金屬線框離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)，由右手定則，感應(yīng)電流的方向?yàn)閍bcda，B錯(cuò)誤；線框每次進(jìn)出磁場(chǎng)過(guò)程，會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流，有焦

22、耳熱產(chǎn)生，消耗機(jī)械能，故可知金屬線框dc邊進(jìn)入磁場(chǎng)與ab邊離開(kāi)磁場(chǎng)的速度大小不相等，C錯(cuò)誤；當(dāng)線框機(jī)械能減小到不再穿出磁場(chǎng)時(shí)，就沒(méi)有能量損失了，線框?qū)?huì)在磁場(chǎng)中往復(fù)擺動(dòng)，D正確。4ACD【解析】A、線框通過(guò)EF的過(guò)程中，線框中磁通量的變化是，因此通過(guò)線框截面的電量為，故A項(xiàng)正確；線框中的總電動(dòng)勢(shì)，電路中的電流，B項(xiàng)錯(cuò)誤；C、線框受到的安培力為，則C項(xiàng)正確；D、線框中產(chǎn)生的焦耳熱，則D項(xiàng)正確；故選ACD。 【名師點(diǎn)睛】本題主要是考查了法拉第電磁感應(yīng)定律和安培力的計(jì)算；對(duì)于導(dǎo)體切割磁感應(yīng)線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)情況有兩種：一是導(dǎo)體平動(dòng)切割產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，可以根據(jù)E=BLv來(lái)計(jì)算；二是導(dǎo)體棒轉(zhuǎn)動(dòng)切割磁感

23、應(yīng)線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，可以根據(jù)來(lái)計(jì)算。注意磁通量變化量的計(jì)算方法。6BD【解析】設(shè)ab、cd、ef電阻均為R。當(dāng)導(dǎo)線框以恒定速度v水平向右運(yùn)動(dòng)，ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，ab切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E=BLv，外電路是cd與ef并聯(lián)，則ab中的電流強(qiáng)度：；cd中的電流強(qiáng)度：Icd=Iab=；ab間電壓為：Uab=E=E；導(dǎo)線框消耗的總電功率：；當(dāng)cd邊進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，ab與cd都切割磁感線，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E=BLv，內(nèi)電路是ab與dc并聯(lián)，ab兩端的電勢(shì)差等于ef兩端的電壓，則ab中的電流強(qiáng)度：Iab=；cd中的電流強(qiáng)度為：Icd=Iab=；ab間電壓為：Uab=E=E；導(dǎo)線框消耗的總電功率為：P

24、=E（Iab+Icd）=，故ab中電流、ab間電壓均不相等，而cd中電流、導(dǎo)線框消耗的總電功率均相等，故AC錯(cuò)誤，BD正確。故選BD?！久麕燑c(diǎn)睛】此題關(guān)鍵要區(qū)分清楚電源和外電路，可以畫(huà)出等效電路，運(yùn)用電路的基本規(guī)律解題。要注意電源兩端間的電勢(shì)差是路端電壓，不是電源的內(nèi)電壓。 【名師點(diǎn)睛】面積OOAB內(nèi)磁通量發(fā)生變化，回路中有感應(yīng)電流產(chǎn)生，由此可以求出回路中電流的大小，線框受安培力和摩擦力作用，由此可以求出線框的加速度大小以及安培力的大小。15B【解析】金屬棒在水平向右的恒力作用下，在虛線左邊區(qū)域中以速度v做勻速直線運(yùn)動(dòng)，恒力F與安培力平衡。當(dāng)B2=B1時(shí)，棒進(jìn)入右邊區(qū)域后，棒切割磁感線的感應(yīng)電

25、動(dòng)勢(shì)與感應(yīng)電流大小均沒(méi)有變化，棒所受安培力大小和方向也沒(méi)有變化，與恒力F仍然平衡，則棒進(jìn)入右邊區(qū)域后，以速度v做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤，B正確。當(dāng)B2=2B1時(shí)，棒進(jìn)入右邊區(qū)域后，棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和感應(yīng)電流均變大，所受的安培力也變大，恒力沒(méi)有變化，則棒先減速運(yùn)動(dòng)，隨著速度減小，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和感應(yīng)電流減小，棒受到的安培力減小，當(dāng)安培力與恒力再次平衡時(shí)棒做勻速直線運(yùn)動(dòng)。設(shè)棒勻速運(yùn)動(dòng)速度大小為v。在左側(cè)磁場(chǎng)中，有F=，在右側(cè)磁場(chǎng)中勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，有，可得v=v，即棒最后以速度v做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故CD錯(cuò)誤。故選B?！久麕燑c(diǎn)睛】對(duì)于導(dǎo)體切割磁感線的類型，安培力的表達(dá)式F=作為重要推論可以直接運(yùn)用，特別是做選

26、擇題不要解題過(guò)程，直接運(yùn)用可節(jié)省時(shí)間。16（1） （2） （2）根據(jù)能量守恒有解得通過(guò)導(dǎo)線橫截面的電荷量17（1）1 m/s （2）1 C （3）（）【解析】（1）cd棒沿導(dǎo)軌向下先做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，開(kāi)始勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)速度最大勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，安培力BIL=mgsin ，其中感應(yīng)電流，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=BLvm聯(lián)立可得vm=1 m/s（2）通過(guò)cd棒的電荷量其中平均感應(yīng)電流，平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)由能量守恒有解得q=1 C（3）t=0時(shí)，回路的磁通量cd棒中無(wú)感應(yīng)電流，無(wú)安培力作用，向下做勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度a=gsin t時(shí)刻，回路的磁通量，其中解得（）18（1） （2）（3）（2）金屬棒進(jìn)入第n個(gè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)

27、域前，勻加速運(yùn)動(dòng)的總位移金屬棒進(jìn)入第n個(gè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的速度金屬棒在第n個(gè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)中勻速運(yùn)動(dòng)，則有安培力解得（3）金屬棒進(jìn)入每個(gè)磁場(chǎng)時(shí)的速度v0和離開(kāi)每個(gè)磁場(chǎng)時(shí)的速度v均相同由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有， 金屬棒從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到通過(guò)第n個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域的過(guò)程中，由能量守恒有解得電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱【名師點(diǎn)睛】本題以金屬桿在兩個(gè)間隔磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等為背景，考查電磁感應(yīng)的應(yīng)用，解題的突破點(diǎn)是金屬棒進(jìn)入磁場(chǎng)和時(shí)的速度相等，而金屬棒在兩磁場(chǎng)間運(yùn)動(dòng)時(shí)只受重力是勻加速運(yùn)動(dòng)，所以金屬棒進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)必做減速運(yùn)動(dòng)。20（1） （2） （3）【解析】（1）勻加速直線運(yùn)動(dòng)v2=2as，解得（2）安培力F安=IdB，金屬棒所受合力牛頓運(yùn)動(dòng)定律F=

28、ma解得（3）運(yùn)動(dòng)時(shí)間，電荷量Q=It解得【名師點(diǎn)睛】本題是通電金屬棒在磁場(chǎng)中勻加速運(yùn)動(dòng)的問(wèn)題，考生易誤認(rèn)為是電磁感應(yīng)問(wèn)題而用電磁感應(yīng)規(guī)律求解。21（1） （2）a如圖3、4 b見(jiàn)解析（2）a圖3中，棒ab向右運(yùn)動(dòng)，由左手定則可知其中的正電荷受到ba方向的洛倫茲力，在該洛倫茲力作用下，正電荷沿導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)形成感應(yīng)電流，有沿ba方向的分速度，受到向左的洛倫茲力作用；圖4中，在電源形成的電場(chǎng)作用下，棒ab中的正電荷沿ab方向運(yùn)動(dòng)，受到向右的洛倫茲力作用，該洛倫茲力使導(dǎo)體棒向右運(yùn)動(dòng)，正電荷具有向右的分速度，又受到沿ba方向的洛倫茲力作用。如圖3、4。b設(shè)自由電荷的電荷量為q，沿導(dǎo)體棒定向移動(dòng)的速率為u

29、如圖4所示，沿棒方向的洛倫茲力，做負(fù)功垂直棒方向的洛倫茲力，做正功所示，即導(dǎo)體棒中一個(gè)自由電荷所受的洛倫茲力做功為零做負(fù)功，阻礙自由電荷的定向移動(dòng)，宏觀上表現(xiàn)為“反電動(dòng)勢(shì)”，消耗電源的電能；做正功，宏觀上表現(xiàn)為安培力做正功，使機(jī)械能增加。大量自由電荷所受洛倫茲力做功的宏觀表現(xiàn)是將電能轉(zhuǎn)化為等量的機(jī)械能，在此過(guò)程中洛倫茲力通過(guò)兩個(gè)分力做功起到“傳遞能量的作用。22（1）2.4 m/s （2）48 N （3）64 J 26.88 J【解析】（1）由牛頓第二定律有進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度（2）感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，感應(yīng)電流，安培力聯(lián)立可得（3）健身者做功由，CD棒在磁場(chǎng)區(qū)做勻速運(yùn)動(dòng)在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間焦耳熱23（1） （

30、2）（2）當(dāng)時(shí)，金屬棒已越過(guò)MN，設(shè)此時(shí)回路中的電流為I由于金屬棒在MN右側(cè)做勻速運(yùn)動(dòng)，外力此時(shí)金屬棒與MN之間的距離，勻強(qiáng)磁場(chǎng)穿過(guò)回路的磁通量在時(shí)刻t（）穿過(guò)回路的總磁通量由法拉第電磁感應(yīng)定律，回路感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小為由歐姆定律有聯(lián)立可得24（1）I= （2）v= （3）見(jiàn)解析（3）磁鐵以速度v進(jìn)入鋁條間，恰好做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，受到沿斜面向上的作用力F=當(dāng)鋁條的寬度bb時(shí)，磁鐵以速度v進(jìn)入鋁條間時(shí)，磁鐵受到的作用力變?yōu)镕=可見(jiàn)，F(xiàn)F=mgsin ，磁鐵受到的合力方向沿斜面向上，磁鐵將減速下滑，隨著速度減小，F(xiàn)也隨之減小，磁鐵所受合力減小，加速度逐漸減小。磁鐵做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，直到F=mgsi

31、n ，即減速到時(shí)，磁鐵重新達(dá)到平衡狀態(tài)，將勻速下滑。25（1） （2）（3），方向豎直向上或豎直向下均可【解析】（1）由于ab棒切割磁感線運(yùn)動(dòng)，回路中產(chǎn)出感應(yīng)電流，感應(yīng)電流流經(jīng)電阻R和ef棒時(shí)，電流做功產(chǎn)生焦耳熱，根據(jù)能量守恒有=QR+Qef根據(jù)并聯(lián)電路特點(diǎn)和焦耳定律Q=I2Rt可知，電阻R和ef棒中產(chǎn)生的焦耳熱相等，即QR=Qef聯(lián)立解得ef棒上產(chǎn)生的熱量Qef=（2）設(shè)在ab棒滑行距離為d時(shí)所用時(shí)間為t，如圖該過(guò)程中回路變化的面積S=L+(L2dcot )d根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知，在該過(guò)程中，回路中的平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)=根據(jù)閉合電路歐姆定律可知，流經(jīng)ab棒的平均電流=根據(jù)電流的定義式可知，

32、在該過(guò)程中，流經(jīng)ab棒某橫截面的電荷量q=聯(lián)立解得q=（3）由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，當(dāng)ab棒滑行x距離時(shí)，回路中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)e=B(L2xcot )v2根據(jù)閉合電路歐姆定律可知，流經(jīng)ef棒的電流i=根據(jù)安培力公式可知，ef棒所受安培力F=iLB聯(lián)立解得F=當(dāng)x=0且B取最大值，即B=Bm時(shí)，F(xiàn)有最大值F1根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件可知，在沿導(dǎo)軌方向上有F1cos =mgsin +fm在垂直于導(dǎo)軌方向上有FN=mgcos +F1sin ，又fm=FN聯(lián)立解得Bm=，磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向豎直向上或豎直向下均可當(dāng)B=Bm時(shí)，F(xiàn)隨x的增大而減小，當(dāng)F最小為F2時(shí)，x有最大值xm，此時(shí)ef棒受力示意圖如圖3根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件可知，在沿導(dǎo)軌方向上有F2cos +fm=mgsin 在垂直于導(dǎo)軌方向上有FN=mgcos +F2sin 聯(lián)立解得xm=30