應(yīng)用動力學(xué)和能量觀點(diǎn)分析電磁感應(yīng)問題(限時(shí)：45分鐘)一、單項(xiàng)選擇題1 如圖1所示，邊長為L的正方形金屬框ABCD在水平恒力F作用下，穿過寬度為d的有界勻強(qiáng)磁場已知d<L，AB邊始終與磁場邊界平行若線框AB邊進(jìn)入磁場時(shí)，線框恰好做勻速直線運(yùn)動則線框AB邊穿過磁場的過程和CD邊穿過磁場的過程相比較()圖1A線框中感應(yīng)電流的方向相反B線框均做勻速直線運(yùn)動C水平恒力F做的功不相等D線框中產(chǎn)生的電能相等答案A解析根據(jù)右手定則，線框AB邊穿過磁場的過程中，感應(yīng)電流方向是逆時(shí)針的，線框CD邊穿過磁場的過程中，感應(yīng)電流方向是順時(shí)針的，電流方向相反，選項(xiàng)A正確；在線框AB邊已經(jīng)穿出磁場而CD邊還沒有進(jìn)入磁場時(shí)，線框不受安培力，做加速運(yùn)動，當(dāng)線框CD邊進(jìn)入磁場后，線框受到的安培力會大于F，線框做減速運(yùn)動，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；水平恒力做的功等于水平恒力乘位移，兩個(gè)過程位移相等，所以兩個(gè)過程恒力F做的功相等，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；兩個(gè)過程中產(chǎn)生的電能等于線框克服安培力做的功，由于安培力不相等，所以線框克服安培力做的功也不相等，選項(xiàng)D錯(cuò)誤2 如圖2甲所示，一個(gè)圓形線圈的匝數(shù)n100，線圈面積S200 cm2，線圈的電阻r1 ，線圈外接一個(gè)阻值R4 的電阻，把線圈放入一方向垂直線圈平面向里的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化規(guī)律如圖乙所示下列說法中正確的是()圖2A線圈中的感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針方向B電阻R兩端的電壓隨時(shí)間均勻增大C線圈電阻r消耗的功率為4×104 WD前4 s內(nèi)通過R的電荷量為4×104 C答案C解析由楞次定律可知，線圈中的感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E0.1 V，電阻R兩端的電壓不隨時(shí)間變化，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；回路中電流I0.02 A，線圈電阻r消耗的功率為PI2r4×104 W，選項(xiàng)C正確；前4 s內(nèi)通過R的電荷量為qIt0.08 C，選項(xiàng)D錯(cuò)誤3 如圖3，MN和PQ是電阻不計(jì)的平行金屬導(dǎo)軌，其間距為L，導(dǎo)軌彎曲部分光滑，平直部分粗糙，右端接一個(gè)阻值為R的定值電阻平直部分導(dǎo)軌左邊區(qū)域有寬度為d、方向豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場質(zhì)量為m、電阻也為R的金屬棒從高度為h處由靜止釋放，到達(dá)磁場右邊界處恰好停止已知金屬棒與平直部分導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為，金屬棒與導(dǎo)軌間接觸良好則金屬棒穿過磁場區(qū)域的過程中()圖3A流過金屬棒的最大電流為B通過金屬棒的電荷量為C克服安培力所做的功為mghD金屬棒產(chǎn)生的焦耳熱為mg(hd)答案D解析金屬棒滑下過程中，根據(jù)動能定理有mghmv，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有EBLvm，根據(jù)閉合電路歐姆定律有I，聯(lián)立得Im，A錯(cuò)誤；根據(jù)q可知，通過金屬棒的電荷量為，B錯(cuò)誤；全過程根據(jù)動能定理得mghWfW安0，故C錯(cuò)誤；由Wfmgd，金屬棒克服安培力做的功完全轉(zhuǎn)化成電熱，由題意可知金屬棒與電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱相同，設(shè)金屬棒上產(chǎn)生的焦耳熱為Q，故2QW安，聯(lián)立得Qmg(hd)，D正確4 如圖4所示，相距為L的平行金屬導(dǎo)軌ab、cd與水平面成角放置，導(dǎo)軌與阻值均為R的兩定值電阻R1、R2相連，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場垂直穿過導(dǎo)軌平面有一質(zhì)量為m、阻值也為R的導(dǎo)體棒MN，以速度v沿導(dǎo)軌勻速下滑，它與導(dǎo)軌之間的動摩擦因數(shù)為，忽略感應(yīng)電流之間的相互作用，則()圖4A導(dǎo)體棒下滑的速度大小為B電阻R1消耗的熱功率為mgv(sin cos )C導(dǎo)體棒兩端電壓為Dt時(shí)間內(nèi)通過導(dǎo)體棒的電荷量為答案D解析由導(dǎo)體棒受力平衡可得mgsin BILFfmgcos ，整理可得v，A錯(cuò)誤；重力的功率等于摩擦力產(chǎn)生的熱功率和電功率之和，即mgvsin mgvcos P電，由電路的知識可知，電阻R1消耗的熱功率P1P電，整理可得P1mgv(sin cos )，B錯(cuò)誤；導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢EBLv，導(dǎo)體棒兩端電壓UE，結(jié)合A項(xiàng)分析得到的v值可得U，C錯(cuò)誤；t時(shí)間內(nèi)通過導(dǎo)體棒的電荷量q，BLvt，代入v值整理可得q，D正確5 如圖5甲所示，垂直紙面向里的有界勻強(qiáng)磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度B1.0 T，質(zhì)量為m0.04 kg、高h(yuǎn)0.05 m、總電阻R5 、n100匝的矩形線圈豎直固定在質(zhì)量為M0.08 kg的小車上，小車與線圈的水平長度l相同當(dāng)線圈和小車一起沿光滑水平面運(yùn)動，并以初速度v110 m/s進(jìn)入磁場，線圈平面和磁場方向始終垂直若小車運(yùn)動的速度v隨車的位移x變化的vx圖象如圖乙所示，則根據(jù)以上信息可知()圖5A小車的水平長度l15 cmB磁場的寬度d35 cmC小車的位移x10 cm時(shí)線圈中的電流I7 AD線圈通過磁場的過程中線圈產(chǎn)生的熱量Q1.92 J答案C解析從x5 cm開始，線圈進(jìn)入磁場，線圈中有感應(yīng)電流，在安培力作用下小車做減速運(yùn)動，速度v隨位移x增大而減小，當(dāng)x15 cm時(shí)，線圈完全進(jìn)入磁場，小車做勻速運(yùn)動小車的水平長度l10 cm，A項(xiàng)錯(cuò)；當(dāng)x30 cm時(shí)，線圈開始離開磁場，則d30 cm5 cm25 cm，B項(xiàng)錯(cuò)；當(dāng)x10 cm時(shí)，由題圖乙知，線圈速度v27 m/s，感應(yīng)電流I 7 A，C項(xiàng)對；線圈左邊離開磁場時(shí)，小車的速度為v32 m/s，線圈上產(chǎn)生的電熱為Q(Mm)(vv)5.76 J，D項(xiàng)錯(cuò)6 如圖6所示，電阻不計(jì)的平行金屬導(dǎo)軌與水平面間的傾角為，下端與阻值為R的定值電阻相連，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場垂直穿過導(dǎo)軌平面有一質(zhì)量為m、長度為l的導(dǎo)體棒從ab位置獲得平行于斜面的、大小為v的初速度向上運(yùn)動，最遠(yuǎn)到達(dá)ab的位置，滑行的距離為s.已知導(dǎo)體棒的電阻也為R，與導(dǎo)軌之間的動摩擦因數(shù)為，則()圖6A上滑過程中導(dǎo)體棒受到的最大安培力為B上滑過程中電流做功產(chǎn)生的熱量為mv2mgs(sin cos )C上滑過程中導(dǎo)體棒克服安培力做的功為mv2D上滑過程中導(dǎo)體棒損失的機(jī)械能為mv2答案B解析上滑過程中開始時(shí)導(dǎo)體棒的速度最大，受到的安培力最大為；根據(jù)能量守恒，上滑過程中電流做功產(chǎn)生的熱量為mv2mgs(sin cos )；上滑過程中導(dǎo)體棒克服安培力做的功等于電流做功產(chǎn)生的熱量，即mv2mgs(sin cos )；上滑過程中導(dǎo)體棒損失的機(jī)械能為mv2mgssin ；所以只有選項(xiàng)B正確. 7 如圖7所示，在光滑的水平面上方，有兩個(gè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，方向相反的水平勻強(qiáng)磁場，PQ為兩個(gè)磁場的邊界，磁場范圍足夠大一邊長為a、質(zhì)量為m、電阻為R的金屬正方形線框，以速度v垂直磁場方向從左邊磁場區(qū)域向右運(yùn)動，當(dāng)線框運(yùn)動到分別有一半面積在兩個(gè)磁場中的位置時(shí)，線框的速度為，則下列說法正確的是()圖7A位置時(shí)線框中的電功率為B此過程中回路產(chǎn)生的電能為mv2C位置時(shí)線框的加速度為D此過程中通過線框截面的電量為答案B解析在位置時(shí)線框中的電功率為P，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；根據(jù)功能關(guān)系，此過程中回路產(chǎn)生的電能為mv2m()2mv2，選項(xiàng)B正確；根據(jù)牛頓第二定律，在位置時(shí)線框的加速度為a線框，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；此過程中通過線框截面的電量為Q，選項(xiàng)D錯(cuò)誤8 如圖8為一測量磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度大小的裝置原理示意圖長度為L、質(zhì)量為m的均質(zhì)細(xì)鋁棒MN的中點(diǎn)與豎直懸掛的、勁度系數(shù)為k的絕緣輕彈簧相連，與MN的右端連接的一絕緣輕指針可指示標(biāo)尺上的刻度在矩形區(qū)域abcd內(nèi)有勻強(qiáng)磁場，方向垂直紙面向外，當(dāng)MN中沒有電流通過且處于平衡狀態(tài)時(shí)，指針恰好指在零刻度；當(dāng)在MN中通有由M向N大小為I的恒定電流時(shí)，MN始終在磁場中運(yùn)動，在向下運(yùn)動到最低點(diǎn)時(shí)，指針的最大示數(shù)為xm.不考慮MN中電流產(chǎn)生的磁場及空氣阻力，則在通電后MN棒第一次向下運(yùn)動到xm的過程中，以下說法正確的是()圖8AMN棒的加速度一直增大BMN棒及彈簧、地球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒C在最低點(diǎn)彈簧具有的彈性勢能為(mgBIL)xmD該磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B答案D解析通電后安培力恒定，隨著鋁棒向下運(yùn)動，彈簧彈力逐漸增大，鋁棒所受的豎直向下的合力先減小后反向增大，加速度先向下減小，后反向增大，A錯(cuò)誤；運(yùn)動過程中，由于安培力做功，系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，B錯(cuò)誤；由功能關(guān)系可知，在最低點(diǎn)，鋁棒速度為零，彈簧具有的彈性勢能為彈簧從原長開始運(yùn)動到最低點(diǎn)的過程中，重力與安培力做功之和，則Epmg(xm)BILxm，C錯(cuò)誤；從通電開始到鋁棒下落至最低點(diǎn)，對于鋁棒由動能定理有(mgBIL)xmxm0，解得B，D正確9 如圖9所示，水平的平行虛線間距為d，其間有磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場一個(gè)正方形線框邊長為l(d>l)，質(zhì)量為m，電阻為R.開始時(shí)，線框的下邊緣到磁場上邊緣的距離為h.將線框由靜止釋放，其下邊緣剛進(jìn)入磁場時(shí)，線框的加速度恰好為零則線框進(jìn)入磁場的過程和從磁場下邊穿出磁場的過程相比較，有()圖9A產(chǎn)生的感應(yīng)電流的方向相同B所受的安培力的方向相反C進(jìn)入磁場的過程中產(chǎn)生的熱量大于穿出磁場的過程中產(chǎn)生的熱量D進(jìn)入磁場過程中所用的時(shí)間大于穿出磁場過程中所用的時(shí)間答案D解析根據(jù)楞次定律，線框進(jìn)入磁場時(shí)感應(yīng)電流沿逆時(shí)針方向，線框離開磁場時(shí)，感應(yīng)電流沿順時(shí)針方向，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；根據(jù)楞次定律“來拒去留”的結(jié)論，線框進(jìn)出磁場時(shí)，所受安培力方向都向上，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由d>l，線框穿出磁場時(shí)的平均速度大于進(jìn)入磁場時(shí)的平均速度，所以穿出磁場時(shí)所用時(shí)間小于進(jìn)入磁場時(shí)所用的時(shí)間，選項(xiàng)D正確；根據(jù)FBIl可知，穿出磁場時(shí)的平均安培力大于進(jìn)入磁場時(shí)的平均安培力，所以穿出磁場時(shí)安培力做的功多，產(chǎn)生的熱量多，選項(xiàng)C錯(cuò)誤二、多項(xiàng)選擇題10(2013·四川·7)如圖10所示，邊長為L、不可形變的正方形導(dǎo)線框內(nèi)有半徑為r的圓形磁場區(qū)域，其磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化關(guān)系為Bkt(常量k0)回路中滑動變阻器R的最大阻值為R0，滑動片P位于滑動變阻器中央，定值電阻R1R0、R2.閉合開關(guān)S，電壓表的示數(shù)為U，不考慮虛線MN右側(cè)導(dǎo)體的感應(yīng)電動勢，則()圖10AR2兩端的電壓為B電容器的a極板帶正電C滑動變阻器R的熱功率為電阻R2的5倍D正方形導(dǎo)線框中的感應(yīng)電動勢kL2答案AC解析由楞次定律可知，正方形導(dǎo)線框中的感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向，所以電容器b極板帶正電，選項(xiàng)B錯(cuò)誤根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，正方形導(dǎo)線框中的感應(yīng)電動勢Ekr2，選項(xiàng)D錯(cuò)誤R2與的并聯(lián)阻值R并，根據(jù)串聯(lián)分壓的特點(diǎn)可知：UR2×R0U，選項(xiàng)A正確由P得：PR2，PR，所以PR5PR2選項(xiàng)C正確11如圖11所示，一軌道的傾斜部分和水平部分都處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，且磁場方向都與軌道平面垂直，水平軌道足夠長一質(zhì)量為m的水平金屬棒ab，從靜止開始沿軌道下滑，運(yùn)動過程中金屬棒ab始終保持與軌道垂直且接觸良好金屬棒從傾斜軌道轉(zhuǎn)入水平軌道時(shí)無機(jī)械能損失則ab棒運(yùn)動的vt圖象，可能正確的是()圖11答案CD解析金屬棒沿傾斜軌道下滑時(shí)，開始時(shí)重力沿斜面向下的分力大于安培力和摩擦力，金屬棒向下加速，隨著速度的增大，安培力增大，故導(dǎo)體棒做加速度減小的加速運(yùn)動，可能在傾斜軌道上加速度減為零，做一段勻速運(yùn)動，也可能加速度沒減為零，導(dǎo)體棒到達(dá)水平軌道上時(shí)，受安培力和摩擦力的作用，速度越來越小，安培力越來越小，導(dǎo)體棒減速運(yùn)動的加速度越來越小，最后靜止在軌道上，故C、D正確，A、B錯(cuò)誤12一正方形金屬線框位于有界勻強(qiáng)磁場區(qū)域內(nèi)，線框平面與磁場垂直，線框的右邊緊貼著磁場邊界，如圖12甲所示t0時(shí)刻對線框施加一水平向右的外力F，讓線框從靜止開始做勻加速直線運(yùn)動穿過磁場外力F隨時(shí)間t變化的圖線如圖乙所示已知線框質(zhì)量m1 kg、電阻R1 .以下說法正確的是()圖12A做勻加速直線運(yùn)動的加速度為1 m/s2B勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為2 TC線框穿過磁場過程中，通過線框的電荷量為 CD線框穿過磁場的過程中，線框上產(chǎn)生的焦耳熱為1.5 J答案ABC解析本題考查的是電磁感應(yīng)定律相關(guān)問題，開始時(shí)，a m/s21 m/s2，由題圖乙可知t1.0 s時(shí)安培力消失，線框剛好離開磁場區(qū)域，則線框邊長：lat2×1×1.02 m0.5 m；當(dāng)t1.0 s時(shí)，F(xiàn)3 N，由牛頓第二定律得F3 N N1 kg·1 m/s2，得到B2 T，qtt×1.0 C C；Q2Rt()2×1×1.0 J0.5 J，故D錯(cuò)，A、B、C正確13如圖13所示，在傾角為的光滑斜面上，存在著兩個(gè)大小相等、方向相反的勻強(qiáng)磁場，磁場方向與斜面垂直，兩磁場的寬度MJ和JG均為L，一個(gè)質(zhì)量為m、電阻為R、邊長也為L的正方形導(dǎo)線框，由靜止開始沿斜面下滑，當(dāng)ab邊剛越過GH進(jìn)入磁場時(shí)，線框恰好以速度v0做勻速直線運(yùn)動；當(dāng)ab邊下滑到JP與MN的中間位置時(shí)，線框又恰好以速度v做勻速直線運(yùn)動則下列說法正確的是()圖13Avv0B線框離開MN的過程中電流方向?yàn)閍dcdaC當(dāng)ab邊剛越過JP時(shí)，線框加速度的大小為3gsin D從ab邊剛越過GH到ab邊剛越過MN過程中，線框產(chǎn)生的熱量為2mgLsin mv答案BCD解析ab邊剛越過GH進(jìn)入磁場時(shí)，線框做勻速直線運(yùn)動，安培力BILmgsin ，當(dāng)ab邊剛越過JP時(shí)，ab、cd邊都切割磁感線，感應(yīng)電流變?yōu)樵瓉淼?倍，總的安培力變?yōu)樵瓉淼?倍，4BILmgsin ma，a3gsin ，選項(xiàng)C正確；ab邊越過JP后，導(dǎo)體棒先做減速運(yùn)動，當(dāng)再次勻速時(shí)，安培力的合力仍等于mgsin ，由mgsin 、mgsin 得，vv0，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；根據(jù)楞次定律，線框離開MN的過程中，感應(yīng)電流的方向應(yīng)該為adcba，選項(xiàng)B正確；從ab邊剛越過GH到ab邊剛越過MN，根據(jù)動能定理有2mgLsin Wmv2mv，所以克服安培力做的功為W2mgLsin mv，選項(xiàng)D正確