2019-2020年高考物理模擬試題專題匯編 專題5 電路與電磁感應 第2講 電磁感應（A）（含解析）0圖乙0圖甲一選擇題1.(xx豐臺區(qū)二練20). 一個質點運動的v-t圖象如圖甲所示，任意很短時間t內質點的運動可以近似視為勻速運動，該時間內質點的位移即為條形陰影區(qū)域的面積，經過累積，圖線與坐標軸圍成的面積即為質點在相應時間內的位移。利用這種微元累積法我們可以研究許多物理問題，圖乙是某物理量y隨時間t變化的圖象，關于此圖線與坐標軸所圍成的面積，下列說法中不正確的是 A如果y軸表示作用力，則面積等于該力在相應時間內的沖量B如果y軸表示力做功的功率，則面積等于該力在相應時間內所做的功C如果y軸表示流過用電器的電流，則面積等于在相應時間內流過該用電器的電荷量D如果y軸表示變化磁場在金屬線圈產生的電動勢，則面積等于該磁場在相應時間內磁感應強度的變化量2.(xx大慶三檢14).下列關于物理量或物理常數說法正確的是（）A.引力常量、靜電力常量K、真空中光速，元電荷e等物理常數是一個固定的數值與任何的因素都無關B.電阻率是反映材料導電性能的物理量，僅與材料種類有關，與溫度、壓力和磁場等外界因素無關C.自感系數是表示線圈產生自感能力的物理量，跟線圈的形狀、長短、匝數、電流變化快慢以及是否有鐵芯等因素有關D.電容是表征電容器容納電荷本領的物理量.由C=Q/U可知電容的大小是由Q（帶電量）或U（電壓）決定的3.(xx北京朝陽二練19)物理課上，老師做了一個“電磁阻尼”實驗：如圖所示，彈簧上端固定，下端懸掛一個磁鐵，將磁鐵托起到某一高度后放開，磁鐵能上下振動較長時間才停下來；如果在磁鐵下方放一個固定的鋁質圓環(huán)，使磁極上下振動時穿過它，磁鐵就會很快地停下來。某同學另找器材再探究此實驗。他安裝好器材，經反復實驗后發(fā)現(xiàn)：磁鐵下方放置圓環(huán)，并沒有對磁鐵的振動產生影響，對比老師演示的實驗，其原因可能是A彈簧的勁度系數太小B磁鐵的質量太小C磁鐵的磁性太強D圓環(huán)的材料與老師用的不同4.（xx聊城二模16）.如圖（a）所示，一個半徑為r1、匝數為n、電阻值為R的圓形金屬線圈與阻值為2R的電阻R1連接成閉合回路，導線的電阻不計。在線圈中半徑為r2的圓形區(qū)域內存在垂直于線圈平面向里的勻強磁場，磁感應強度B隨時間t變化的圖線如圖（b）所示，圖線與橫、縱軸的截距分別為t0和B0，關于0到t1時間內的下列分析，正確的是（ ）A.R1中電流的方向由a到bB.電流的大小為C.線圈兩端的電壓為D.通過電阻R1的電荷量 5.(xx濰坊二模19)在邊長為L、電阻為R的正方形導線框內，以對稱軸ab為界，左、右兩側分別存在著方向如圖甲所示的勻強磁場以垂直紙面向外的磁場為正，兩部分磁場的磁感應強度B隨時間t的變化規(guī)律分別如圖乙所示則在0-t0時間內，導線框中（ ）A無感應電流 B感應電流逐漸變大C感應電流為順時針方向，大小為D感應電流為逆時針方向，大小為6.(xx懷化三模18）如圖所示，以等腰直角三角形ABC為邊界的有界勻強磁場方向垂直紙面向里。一個等腰直角三角形導體框abc的直角邊ab的長是AB長的一半，線框abc在平面內，線框的bc邊與磁場的邊界BC邊在同一直線上，現(xiàn)讓線框勻速向右通過磁場區(qū)，速度方向始終平行于BC邊則在線框穿過磁場區(qū)的過程中，線框中產生的感應電流隨時間變化的關系圖象是（設沿順時針方向為感應電流的正方向）AabcBCiiiiOttOtOtOABCD7. (xx大慶三檢17)如圖所示,在磁感應強度B=1.0 T的勻強磁場中,金屬桿PQ在外力F作用下在粗糙U形導軌上以速度v=2 m/s向右勻速滑動,兩導軌間距離L=1.0 m,電阻R=3.0,金屬桿PQ的電阻r=1.0 ,導軌電阻忽略不計,則下列說法正確的是()A.通過R的感應電流的方向為由d到aB.金屬桿PQ兩端電壓為2 VC.金屬桿PQ受到的安培力大小為0.5 ND.外力F做功大小等于電路產生的焦耳熱8. (xx龍巖綜測17)如圖所示，邊長為2L、電阻為R的正方形導線框abcd，在紙面內以速度v水平向右勻速穿過一寬為L、磁感應強度為B的勻強磁場區(qū)域,磁場方向垂直紙面向外。剛開始時線圈的ab邊剛好與磁場的左邊界重合，規(guī)定水平向右為ab邊受到安培力的正方向。下列哪個圖象能正確反映ab邊受到的安培力隨運動距離x變化的規(guī)律（ ）A B C D9.(xx東城區(qū)二練20)如圖所示，水平放置的光滑平行金屬導軌MN，PQ處于豎直向下的足夠大的勻強磁場中，導軌間距為L，導軌的右端接有阻值為R的電阻，一根質量為m，電阻為r的金屬棒垂直導軌放置，并與導軌接觸良好?，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后，到達位置c處剛好靜止。已知磁場的磁感應強度為B，金屬棒通過a、b處的速度分別為間距離等于b，c間距離，導軌的電阻忽略不計。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B金屬棒運動到b處時通過電阻的電流方向由N指向Q C金屬棒在ab過程中與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的倍CSBlab10.(xx馬鞍山三模20)某同學設計的“電磁彈射”裝置如圖所示，足夠長的光滑金屬導軌（電阻不計）水平固定放置，間距為l，磁感應強度大小為B的磁場垂直于軌道平面向下。在導軌左端跨接電容為C的電容器，另一質量為m、電阻為R的導體棒垂直于導軌擺放。先斷開電鍵S，對電容器充電，使其帶電量為Q，再閉合電鍵S，關于該裝置及導體棒的運動情況下列說法正確的是A要使導體棒向右運動，電容器的b極板應帶正電 B導體棒運動的最大速度為C導體棒運動過程中，流過導體棒橫截面的電量為Q D導體棒運動過程中感應電動勢的最大值為11.（xx成都三診6）如圖所示，矩形平面導線框abcd位于堅直平面內，水平邊ab長，豎直邊bc和，線框質量為m，電阻為R。線框下方有一磁感應強度為B、方向與線框平面垂直的勻強磁場區(qū)域，該區(qū)域的上、下邊界PP和QQ均與ab平行，兩邊界間的距離為H，H>。讓線框從dc邊距邊界PP的距離為h處自由下落，已知在dc邊進入磁場后、ab邊到達邊界PP前的邊速度為，則（ ）A當dc邊剛進磁場時，線框速度為B當ab邊剛到達邊界PP時,線框速度為C當dc邊剛到達邊界QQ時,線框速度為D從線框開始下落到dc邊剛到達邊界QQ的過程中,線框產生的焦耳熱為12.(xx衡水高三調21).如圖所示，正方形導線框ABCD、abcd的邊長均為L，電阻均為R，質量分別為2m和m，它們分別系在一跨過兩個定滑輪的輕繩兩端，且正方形導線框與定滑輪處于同一豎直平面內。在兩導線框之間有一寬度為2L、磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場。開始時導線框ABCD的下邊與勻強磁場的上邊界重合，導線框abcd的上邊到勻強磁場的下邊界的距離為L?，F(xiàn)將系統(tǒng)由靜止釋放，當導線框ABCD剛好全部進入磁場時，系統(tǒng)開始做勻速運動。不計摩擦和空氣阻力，則 ( )A.兩線框剛開始做勻速運動時輕繩上的張力=mgB系統(tǒng)勻速運動的速度大??；C兩線框從開始運動至等高的過程中所產生的總焦耳熱D導線框abcd通過磁場的時間13.(xx濟南二模20）如圖所示的豎直平面內，水平條形區(qū)域I和內有方向垂直豎直面向里的勻強磁場，其寬度均為d，I和之間有一寬度為h的無磁場區(qū)域，h>d。一質量為m、邊長為d的正方形線框由距區(qū)域I上邊界某一高度處靜止釋放，在穿過兩磁場區(qū)域的過程中，通過線框的電流及其變化情況相同。重力加速度為g，空氣阻力忽略不計。則下列說法正確的是（ ）A線框進入區(qū)域I時與離開區(qū)域I時的電流方向相同B線框進入區(qū)域時與離開區(qū)域時所受安培力的方向相同C線框有可能勻速通過磁場區(qū)域ID線框通過區(qū)域I和區(qū)域產生的總熱量為Q=2mg(d+h)14.(xx鹽城1月檢測8). 兩根電阻不計的平行金屬導軌，下端連一電阻R，導軌與水平面之間的夾角為，處于垂直導軌平面斜向上勻強磁場中。一電阻可忽略的金屬棒ab，開始固定在兩導軌上某位置，棒與導軌垂直。如圖所示，現(xiàn)釋放金屬棒讓其由靜止開始沿軌道平面下滑，并最終沿導軌勻速運動。就導軌光滑和粗糙兩種情況比較，當兩次下滑的位移相同時，則有 ( )A通過電阻R的電量相等 B電阻R上產生電熱相等 C重力所做功相等 D到達底端時速度相等 15.(xx永州三模21)如圖所示，在傾角為的光滑斜面上，存在著兩個磁感應強度大小均為B的勻強磁場區(qū)域。區(qū)域的磁場方向垂直斜面向上，區(qū)域的磁場方向垂直斜面向下，磁場邊界MN、PQ、GH均平行于斜面底邊，MP、PG均為L。一個質量為m、電阻為R、邊長也為L的正方形導線框，由靜止開始沿斜面下滑，下滑過程中ab邊始終與斜面底邊平行。t1時刻ab邊剛越過GH進入磁場區(qū)域，此時導線框恰好以速度v1做勻速直線運動；t2時刻ab邊下滑到PQ與MN的中間位置，此時導線框又恰好以速度v2做勻速直線運動。重力加速度為g，下列說法正確的是（ ）A當ab邊剛越過PQ時，導線框的加速度大小為agsin B導線框兩次做勻速直線運動的速度之比v1v241C從t1到t2的過程中，導線框克服安培力做的功等于機械能的減少量D從t1到t2的過程中，有 的機械能轉化為電能16.（xx西安交大附中三模20）. 某興趣小組設計了一種發(fā)電裝置，如圖所示在磁極和圓柱狀鐵芯之間形成的兩磁場區(qū)域的圓心角均為，磁場均沿半徑方向匝數為N的矩形線圈abcd的邊長abcdL、bcad2L線圈以角速度繞中心軸勻速轉動，bc邊和ad邊同時進入磁場在磁場中，兩條邊所經過處的磁感應強度大小均為B、方向始終與兩邊的運動方向垂直線圈的總電阻為r，外接電阻為R。則（ ）A線圈切割磁感線時，感應電動勢的大小Em=2BL2B線圈切割磁感線時，bc邊所受安培力的大小FC線圈旋轉一圈時，流過電阻R的凈電荷量為零。D外力做功的平均功率為二非選擇題17.(xx張掖三診25).（18分）如圖甲所示，空間存在一有界勻強磁場，磁場的左邊界如虛線所示，虛線右側足夠大區(qū)域存在磁場，磁場方向豎直向下在光滑絕緣水平面內有一長方形金屬線框， ab邊長為l=0.2m,線框質量m=0.1kg、電阻R=0.1，在水平向右的外力F作用下，以初速度v0=1m/s勻加速進入磁場，外力F大小隨時間t變化的圖線如圖乙所示以線框右邊剛進入磁場時開始計時，求： （1）勻強磁場的磁感應強度B（2）線框進入磁場的過程中，通過線框的電荷量q；（3）若線框進入磁場過程中F做功為WF=0.27J，求在此過程中線框產生的焦耳熱Q。18.(xx綿陽三診10).（17分）4321O2B/Tt/s如圖甲所示，不變形、足夠長、質量為m1=0.2kg的“U”形金屬導軌PQMN放在絕緣水平桌面上，QP與MN平行且距離d=1m，Q、M間導體電阻阻值R=4，右內側緊靠兩固定絕緣小立柱1、2；光滑金屬桿KL電阻阻值r=1，質量m2=0.1kg，垂直于QP和MN，與QM平行且距離L=0.5m，左側緊靠兩固定絕緣小立柱3、4。金屬導軌與桌面的動摩擦因數=0.5，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，其余電阻不計。從t=0開始，垂直于導軌平面的磁場磁感應強度如圖乙所示。（1）求在整個過程中，導軌受到的靜摩擦力的最大值fmax；（2）如果從t=2s開始，給金屬桿KL水平向右的外力，外力對金屬桿作用的功率保持不變?yōu)镻0=320W，桿到達最大速度時撤去外力，求撤去外力后QM上產生的熱量QR=？19.(xx北京西城區(qū)二模24)（20分）MNRB如圖所示，在磁感應強度為B的水平勻強磁場中，有一豎直放置的光滑的平行金屬導軌，導軌平面與磁場垂直，導軌間距為L，頂端接有阻值為R的電阻。將一根金屬棒從導軌上的M處以速度v0豎直向上拋出，棒到達N處后返回，回到出發(fā)點M時棒的速度為拋出時的一半。已知棒的長度為L，質量為m，電阻為r。金屬棒始終在磁場中運動，處于水平且與導軌接觸良好，忽略導軌的電阻。重力加速度為g。（1）金屬棒從M點被拋出至落回M點的整個過程中，求：a電阻R消耗的電能；b金屬棒運動的時間。（2）經典物理學認為，金屬的電阻源于定向運動的自由電子與金屬離子的碰撞。已知元電荷為e。求當金屬棒向下運動達到穩(wěn)定狀態(tài)時，棒中金屬離子對一個自由電子沿棒方向的平均作用力大小。20.(xx鹽城1月檢測14)如圖所示，兩平行光滑的金屬導軌AD、CE相距L=1.0m，導軌平面與水平面的夾角=30o，下端A、C用導線相連，導軌電阻不計PQGH范圍內有方向垂直斜面向上、磁感應強度B=0.5T的勻強磁場，磁場的寬度d=0.6m，邊界PQ、HG均與導軌垂直電阻r=0.40的金屬棒MN放置在導軌上，棒兩端始終與導軌電接觸良好，從與磁場上邊界GH距離為b=0.40m的位置由靜止釋放，當金屬棒進入磁場時，恰好做勻速運動，棒在運動過程中始終與導軌垂直，取g=10m/s2求： 金屬棒進入磁場時的速度大小v； 金屬棒的質量m； 金屬棒在穿過磁場的過程中產生的熱量Q21.（xx南平綜測22）(20分)如圖所示，有一光滑、不計電阻且較長的“"平行金屬導軌，間距L=l m，導軌所在的平面與水平面的傾角為3 7，導軌空間內存在垂直導軌平面的勻強磁場?，F(xiàn)將一質量m=0.1kg、電阻R=2的金屬桿水平靠在導軌處，與導軌接觸良好。(g=l0ms2sin37=0.6 cos37=0.8) (1)若磁感應強度隨時間變化滿足B=2+0.2t(T)，金屬桿由距導軌頂部l m處釋放，求至少經過多長時間釋放，會獲得沿斜面向上的加速度；(2)若勻強磁場大小為定值，對金屬桿施加一個平行于導軌斜面向下的外力F，其大小為產為金屬桿運動的速度，使金屬桿以恒定的加速度a=10ms2沿導軌向下做勻加速運動，求勻強磁場磁感應強度B的大小；(3)若磁感應強度隨時間變化滿足時刻金屬桿從離導軌頂端So=l m處靜止釋放，同時對金屬桿施加一個外力，使金屬桿沿導軌下滑且沒有感應電流產生，求金屬桿下滑5 m所用的時間。22.(xx豐臺區(qū)二練23). （18分）hBlPQv地球航天飛纜是用柔性纜索將兩個物體連接起來在太空飛行的系統(tǒng)。飛纜系統(tǒng)在太空飛行中能為自身提供電能和拖拽力，它還能清理“太空垃圾”等。從1967年至xx年17次試驗中，飛纜系統(tǒng)試驗已獲得部分成功。該系統(tǒng)的工作原理可用物理學的相關規(guī)律來解釋。如圖所示為飛纜系統(tǒng)的簡化模型示意圖，圖中兩個物體P、Q用長為l的柔性金屬纜索連接，外有絕緣層，系統(tǒng)繞地球作圓周運動，運動一周的時間為T，運動過程中Q距地面高為h。飛纜系統(tǒng)沿圖示方向在地磁場中運動，纜索總保持指向地心，地磁場在纜索所在處的磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面向外。已知地球半徑為R，地面的重力加速度為g。不考慮地球自轉，可認為纜索切割磁感線的速度等于纜索中點的速度。（1）設纜索中無電流，問纜索P、Q哪端電勢高？求P、Q兩端的電勢差；（2）設纜索的電阻為R1，如果纜索兩端物體P、Q通過周圍的電離層放電形成電流，相應的電阻為R2，求纜索所受的安培力多大；（3）若物體Q的質量為mQ，求纜索對Q的拉力FQ。23.(xx鹽城1月檢測17)如圖(a)所示，斜面傾角為370，一寬為l=0.43m的有界勻強磁場垂直于斜面向上，磁場邊界與斜面底邊平行在斜面上由靜止釋放一正方形金屬線框，線框沿斜面下滑，下邊與磁場邊界保持平行取斜面底邊重力勢能為零，從線框開始運動到恰好完全進入磁場的過程中，線框的機械能E和位移s之間的關系如圖(b)所示，圖中、均為直線段已知線框的質量為m=0.1kg，電阻為R=0.06，重力加速度取g=l0m/s2求：(1)金屬線框與斜面間的動摩擦因數；(2)金屬線框剛進入磁場到恰完全進入磁場所用的時間；(3)金屬線框穿越磁場的過程中，線框中產生的最大電功率（本小題保留兩位有效數字）.第2講 電磁感應（A卷）參考答案與詳解1.【答案】D【解析】如果y軸表示作用力，則面積等于該力在相應時間內的沖量，A正確；如果y軸表示力做功的功率，則面積等于該力在相應時間內所做的功，B正確；如果y軸表示流過用電器的電流，則面積等于在相應時間內流過該用電器的電荷量，C正確；如果y軸表示變化磁場在金屬線圈產生的電動勢，則面積等于該磁場在相應時間內磁通量，故D錯誤，本題要求選不正確的選項，故選擇D2.【答案】A【命題立意】本題旨在考查引力常量等常數、電阻率、自感、電容【解析】A.引力常量、靜電力常量K、真空中光速，元電荷e等物理常數是一個固定的數值與任何的因素都無關，故A正確；B、電阻率由材料決定，純金屬的電阻率隨溫度的升高而增大，故B錯誤；C、自感線圈的自感系數跟有無鐵芯、線圈結構有關，與通過線圈的電流大小無關，故C錯誤；D、電容是描述電容器容納電荷本領的物理量由電容本身決定與所帶電量無關，由電容器本身決定，與帶電量、電壓無關，故D錯誤。故選：A3. 【答案】D【命題立意】考查對楞次定律及電磁阻尼的理解【解析】只要能夠產生感應電流，都能對磁鐵的運動產生阻礙作用，ABC錯；若圓環(huán)的材料為非金屬材料，不能產生感應電流，無法對磁鐵產生阻礙作用。4.【答案】BD【命題立意】本題旨在考查法拉第電磁感應定律、閉合電路的歐姆定律、焦耳定律?！窘馕觥緼、由圖象分析可知，0至t1時間內有，由法拉第電磁感應定律有：面積為：由閉合電路歐姆定律有：聯(lián)立以上各式解得，通過電阻上的電流大小為：由楞次定律可判斷通過電阻上的電流方向為從b到a，故A錯誤，B正確；C、線圈兩端的電壓大小為：，故C錯誤；D、通過電阻上的電荷量為：，故D正確。故選：BD【舉一反三】考查楞次定律來判定感應電流方向，由法拉第電磁感應定律來求出感應電動勢大小還可求出電路的電流大小，及電阻消耗的功率同時磁通量變化的線圈相當于電源。5.【答案】C【命題立意】本題旨在考查法拉第電磁感應定律、閉合電路的歐姆定律?！窘馕觥扛鶕愦味煽芍?，左邊的導線框的感應電流是順時針，而右邊的導線框的感應電流也是順時針，則整個導線框的感應電流方向順時針；由法拉第電磁感應定律，因磁場的變化，導致導線框內產生感應電動勢，結合題意可知，產生感應電動勢正好是兩者之和，即為：，再由閉合電路歐姆定律，可得感應電流大小為：，大小不變，綜上所述，C正確，ABD錯誤。故選：C【易錯警示】考查楞次定律與法拉第電磁感應定律的應用，注意磁場正方向的規(guī)定，及掌握兩個感應電動勢是相加還是相差，是解題的關鍵。6.【答案】D【命題立意】該題考查電磁感應的圖象問題【解析】當線框進磁場時，根據楞次定律判斷知：感應電流的方向沿逆時針，為負值；t時刻導線框的有效切割長度：L=vt，感應電動勢瞬時值：E=BLv=Bv2t，感應電流瞬時值為：，可知It，當，（式中a=BC）；同理，線框出磁場時，感應電流的方向沿順時針，為正值；t時刻導線框的有效切割長度：，感應電動勢瞬時值：，感應電流瞬時值為：，當時，當線框完全磁場中運動時，磁通量不變，沒有感應電流產生根據數學知識可知：D圖正確故選：D【點評】本題是圖象問題，根據楞次定律和法拉第電磁感應定律、歐姆定律判斷感應電流的方向，得到各段電流的解析式，再選擇圖象7.【答案】C【命題立意】本題旨在考查導體切割磁感線時的感應電動勢.【解析】A、由右手定則判斷知，導體產生的感應電流方向為，通過的感應電流的方向為由a到d故A錯誤；B、導體切割磁感線產生的感應電動勢的大小為：,而PQ間的電壓是外電壓，由于有電阻，所以導體兩端的電壓小于感應電動勢，即小于，故B錯誤；C、感應電流為：，故C正確；D、金屬桿在外力作用下在粗糙型導軌上以速度向右勻速滑動，外力做功大小等于電路產生的焦耳熱和導軌與金屬桿之間的摩擦力產生的內能的和，故D錯誤。故選：C8.【答案】C【命題立意】本題旨在考查導體切割磁感線時的感應電動勢?！窘馕觥烤€框的位移在，內，ab邊切割磁感線產生的感應電動勢為，感應電流，ab邊所受的安培力大小為由楞次定律知，ab邊受到安培力方向向左，為負值線框的位移大于后，位移在內線框中磁通量不變，不產生感應電流，ab邊不受安培力，位移在內，ab邊在磁場之外，不受安培力，故C正確。故選：C9.【答案】C【命題立意】考查法拉第電磁感應定律、閉合電路的歐姆定律以及動力學知識的綜合應用?！窘馕觥拷饘侔暨\動到處時，聯(lián)立可得：，A錯誤；金屬棒運動到處時，由右手定則可知，電流方向由Q到N，B錯誤；金屬棒在過程中通過電阻的電荷量，同理，在過程中，通過電阻的電荷量，由于，可知，C正確。在過程中，對金屬棒應用動量定理得：，解得：。因此，D錯誤。10.【答案】B【解析】要使導體棒向右運動，導體棒上需要有自上而下的電流，即電容器的b極板應帶負電，A錯；當電容器兩端電壓與導體棒兩端電壓相等時，導體棒勻速運動，此時,根據動量定理得,其中，聯(lián)立得，B正確；導體棒運動過程中，極板間電荷不會完全放完，通過導體截面的電荷量小于Q，C錯；導體棒運動的最大速度為，導體棒運動過程中感應電動勢的最大值為，D錯。11.【答案】AC【命題立意】本題旨在考查導體切割磁感線時的感應電動勢、電磁感應中的能量轉化?！窘馕觥緼從線框開始下落到dc邊剛進磁場時，線框做自由落體運動，下落高度為，由，得當dc邊剛進磁場時，線框速度為，故A正確；B、當ab邊剛到達邊界PP時，根據平衡條件dc邊受力平衡，得：，解得：，故B錯誤；C、從ab邊剛到達邊界PP，到dc邊剛到達邊界QQ時，線框下落高度為，由于，所以這一階段只有重力做功，則由動能定理，得：，解得：，故C正確；D、從線框開始下落到dc邊剛到達邊界QQ的過程中，由能量守恒，得：，則線框產生的焦耳熱：，故D錯誤。故選：AC 【易錯警示】本題線框進入磁場的過程與汽車恒定功率起動類似，要會進行動態(tài)過程分析，并能理解功能關系在電磁感應問題中的應用。12.【答案】BC【命題立意】本題旨在考查導體切割磁感線時的感應電動勢、電磁感應中的能量轉化?！窘馕觥緼、導線框剛好全部進入磁場時磁通量不再變化，回路中沒有感應電流，則線框不受安培力，只受重力和繩子拉力，做勻速運動，根據平衡條件：，此時的受力情況與兩線框剛開始做勻速運動時受力情況相同，故A錯誤；B、完全進入磁場后，中開始產生感應電流，根據根據平衡條件：，得：，故B正確；C、等高時速度為，根據能量守恒：，得：，故C正確；D、勻速運動完全進入磁場后不再有感應電流，不再受安培力，但開始穿出磁場，產生感應電流受安培力作用，當穿出磁場后不再有感應電流不再受安培力后又開始穿出磁場產生感應電流受安培力，受力分析知系統(tǒng)始終勻速運動，故通過磁場的時間，故D錯誤。故選：BC【舉一反三】本題是電磁感應中的力學問題，安培力的計算和分析能量如何轉化是解題關鍵，要加強訓練，熟練掌握法拉第定律、歐姆定律、安培力等等基礎知識，提高解題能力。13.【答案】BD【命題立意】本題旨在考查導體切割磁感線時的感應電動勢?！窘馕觥繐}設線框電阻為，導體棒從距區(qū)域上邊界處由靜止釋放，做自由落體運動，做勻加速運動，A、由楞次定律和右手定則知，線框進入區(qū)域I時，電流方向為逆時針方向；離開區(qū)域I時的，電流方向為順時針方向，故A錯誤；B、由于導體棒在穿過兩段磁場區(qū)域的過程中，流過上的電流及其變化情況相同，說明導體棒穿過磁場的過程必定做減速運動，與運動方向相反，故B正確；C、由于導體棒在穿過兩段磁場區(qū)域的過程中，流過上的電流及其變化情況相同，說明導體棒穿過磁場的過程必定做減速運動，導體棒所受的安培力大于重力，而速度減小，故C錯誤；D、由能量守恒定律得，線框通過區(qū)域I和區(qū)域產生的總熱量為：，故D正確。故選：BD14.【答案】AC【命題立意】本題旨在考查導體切割磁感線時的感應電動勢、閉合電路的歐姆定律、焦耳定律?！窘馕觥吭O金屬桿下滑的距離為，下降的高度為，導軌間距為；A、 由法拉第定律可得，感應電動勢：，電流，通過電阻的電荷量，由此可知，兩種情況下通過電阻的電量相等，故A正確； B、兩種情況下，磁通量的變化量相等，導軌光滑時，金屬棒下滑時間短，平均感應電動勢大，由A可知，兩種情況下通過電阻的電荷量相等，由可知，導軌光滑時電阻產生的電熱多，故B錯誤；C、重力做功，兩種情況下，、相等，重力做功相等，故C正確；D、最終金屬棒做勻速運動，由平衡條件可知，導軌光滑時：，導軌粗糙時：，故D錯誤。故選：AC15.【答案】BC【命題立意】本試題旨在考查導體切割磁感線時的感應電動勢、功能關系?！窘馕觥緼、當邊剛越過PQ時，由于兩個邊的切割磁感線的電動勢方向相同，故電流增加為2倍，邊的安培力增加為2倍，cd邊也有了安培力，故加速度不為，故A錯誤；B、第一次，根據平衡條件，有：第二次，根據平衡條件，有：聯(lián)立解得：，故B正確；C、從到的過程中，根據功能關系，導線框克服安培力做功的大小等于機械能的減少，故C正確；D、從到的過程中，有的機械能轉化為電能，故D錯誤。故選：BC16.【答案】CD【命題立意】本試題旨在考查導體切割磁感線時的感應電動勢、電功、電功率、安培力。【解析】A、bc、ad 邊的運動速度：感應電動勢：，解得：，故A錯誤；B、根據歐姆定律得：電流：安培力：，解得：，故B錯誤；C、線圈旋轉一圈時，磁通量的變化量為零，故平均感應電動勢為零，故流過電阻R的凈電荷量為零，故C正確；D、在磁極和圓柱狀鐵芯之間形成的兩磁場區(qū)域的圓心角均為，電機的總功率：；外力做功的功率與電源的總功率相等，故D正確。故選：CD17.【答案】（1）；（2）；（3）【命題立意】本題旨在考查導體切割磁感線時的感應電動勢、閉合電路的歐姆定律、焦耳定律?！窘馕觥浚?）由圖像可知，當線框全部進入磁場后，線框的加速度：0時刻線框所受的安培力：，且：由牛頓第二定律：解得：（2）線框進入磁場過程通過截面電量：由法拉第電磁感應定律得：由閉合電路歐姆定律得：解得:電量：由勻變速直線運動得：代入上式，解得：（3）線框進入磁場過程，由能量守恒定律： 代入數據，解得：答：（1）勻強磁場的磁感應強度為；（2）線框進入磁場的過程中，通過線框的電荷量為；（3）在此過程中線框產生的焦耳熱為。18.【答案】（1）；（2）【命題立意】本題旨在考查導體切割磁感線時的感應電動勢、焦耳定律?！窘馕觥浚?）在時間內，設時刻磁場磁感應強度為，中的感應電動勢為，電流為，金屬導軌受到的安培力為，則：由乙圖得：，得：由法拉第電磁感應定律得：又：解得：，導軌所受的安培力：當時，安培力最大為，則：設金屬導軌受到的最大靜摩擦力為，則：以后，電動勢為零，受到的安培力為零。即安培力最大時，仍然小于金屬導軌受到的最大靜摩擦力，金屬導軌始終靜止，受到的是靜摩擦力，所以：則得：（3）從開始后，導軌受到的安培力向右，由于小立柱1、2的作用，金屬導軌靜止。設桿的最大速度為時，感應電動勢為，電流為，受到的安培力為，外力為，則： ，則得：有： 即：解得：撤去外力直到停下來，產生的總熱量為，則：上產生的熱量：代入數據，解得：，答：（1）在整個過程中，導軌受到的靜摩擦力的最大值為；（2）上產生的熱量為。19.【答案】（1）a ；b ；（2）【命題立意】本題旨在考查能量守恒定律、動量定理、帶電粒子在勻強磁場中運動?！窘馕觥浚?）a金屬棒從M點被拋出至落回M點的整個過程中，由能量守恒定律得：回路中消耗的電能：電阻R消耗的電能： b金屬棒從M點被拋出至落回M點的整個過程中，由動量定理得： 將整個運動過程劃分成很多小段，可認為在每個小段中感應電動勢幾乎不變，設每小段的時間為則安培力的沖量又：，因為，所以： 解得： （2）當金屬棒向下運動達到穩(wěn)定狀態(tài)時： 其中：解得： 沿棒方向，棒中自由電子受到洛倫茲力、電場力和金屬離子對它的平均作用力f作用。因為棒中電流恒定，所以自由電子沿棒的運動可視為勻速運動。則：又： 解得：答：（1）a電阻R消耗的電能為；b金屬棒運動的時間為；（2）當金屬棒向下運動達到穩(wěn)定狀態(tài)時，棒中金屬離子對一個自由電子沿棒方向的平均作用力大小為。20.【答案】； ； 【命題立意】本題旨在考查導體切割磁感線時的感應電動勢、閉合電路的歐姆定律、電磁感應中的能量轉化?！窘馕觥浚?）設導體棒剛進入磁場時的速度為沿導軌下滑的過程中重力勢能轉化為動能，得：代人數據解得：（2）導體棒進入磁場中時受到的安培力與重力沿斜面向下的分量大小相等，方向相反，得：又：代人數據得：（3）金屬棒離穿過磁場在該處中，減少的重力勢能全部轉化為電能再轉化為熱量，即：， 解得：答：金屬棒進入磁場時的速度大小為； 金屬棒的質量為； 金屬棒在穿過磁場的過程中產生的熱量為。21.【答案】（1）若磁感應強度隨時間變化滿足B=2+0.2t（T），金屬桿由距導軌頂部l m處釋放，至少經過20s釋放，會獲得沿斜面向上的加速度；（2）若勻強磁場大小為定值，對金屬桿施加一個平行于導軌斜面向下的外力F，其大小為產F=v+0.4（N），v為金屬桿運動的速度，使金屬桿以恒定的加速度a=10m/s2沿導軌向下做勻加速運動，勻強磁場磁感應強度B的大??；（3）若磁感應強度隨時間變化滿足B=（T），t=0時刻金屬桿從離導軌頂端S0=1m處靜止釋放，同時對金屬桿施加一個外力，使金屬桿沿導軌下滑且沒有感應電流產生，則金屬桿下滑5m所用的時間【命題立意】本題旨在考察電磁感應、電路及運動的綜合【解析】（1）金屬桿有沿著斜面向上的加速度時，安培力等于重力沿斜面的分力，由安培力表達式F=BIL，結合B隨t的變化關系，可以解得時間t；（2）金屬桿收到重力和安培力的作用而做勻加速運動，由牛頓第二定律，結合安培力表達式，可解得磁感應強度B（3）金屬桿沿導軌下滑且沒有感應電流產生，說明磁通量不變，由此可以表示初末磁通量相等，解得金屬桿下滑5m所用的時間解：（1）設金屬桿長為L，距離導軌頂部也為L，經過ts后，金屬桿有沿著斜面向上的加速度，此時安培力等于重力沿斜面的分力，則： FA=mgsin，又： ，其中：E=KL2=0.2V，所以：，解得： t=20s（2）對金屬桿由牛頓第二定律：mgsin+FFA=ma，其中：，解得：，帶入數據解得：，因為是勻加速運動，加速度為定值，則：，解得：，（3）設t=0時刻金屬桿距離頂端為S0，由金屬桿與導軌組成的閉合電路中，磁通量保持不變，經過ts的位移為S，則： B1LS0=B2L（S+S0），帶入數據： ，解得： S=t2，金屬桿做初速度為零的勻加速直線運動，S=5m，解得： 22.【命題立意】考查萬有引力定律的應用及電磁感應【答案】【解析】（1）由右手定則可以判定P點電勢高 （2分）設纜索中點的速度設為v （2分）P、Q兩點電勢差就是纜索的電動勢 UPQ=E=BlvQ= （2分）另解： （2）纜索電流I= （2分）安培力FA=BIl （2分）將代入式解得FA= （2分）（3）Q的速度設為vQ，Q受地球引力和纜索拉力FQ作用 FQ=mQ （2分）物體Q繞地球做勻速圓周運動，設Q的速度設為vQ （1分） 又 （1分） 將代入式解得：FQ= mQ （2分）23.【答案】(1)；(2) ；(3) 【命題立意】本題旨在考查導體切割磁感線時的感應電動勢、閉合電路的歐姆定律、電磁感應中的能量轉化?！窘馕觥浚?）減少的機械能等于克服摩擦力所做的功：而： 其中 解得：（2）金屬線框進入磁場的過程中，減小的機械能扥顧克服摩擦力和安培力所做的功，機械能仍均勻減小，因此安培力也為恒力，線框做勻速運動，其中：可解得線框剛進磁場時的速度大小為：其中：，為線框的側邊長，即線框進入磁場過程運動的距離，可求出： ， （3）線框剛出磁場時速度最大，線框內的電功率最大由：可求得：根據線框勻速進入磁場時，可求出：又因為：，可求出：代入數據解得：答：(1)金屬線框與斜面間的動摩擦因數為；(2)金屬線框剛進入磁場到恰完全進入磁場所用的時間為；(3)金屬線框穿越磁場的過程中，線框中產生的最大電功率為。