電磁感應(yīng)難題專練(高考必勝)課件

1、電磁感應(yīng)難題專練一、選擇題（共20小題）1（2012昆山市模擬）如圖所示，兩光滑平行導(dǎo)電導(dǎo)軌水平放置于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，磁場與導(dǎo)軌所在平面垂直已知金屬棒ab能沿導(dǎo)軌自由移動，且導(dǎo)軌一端跨接一個(gè)定值電阻R，金屬棒與導(dǎo)軌電阻均不計(jì)現(xiàn)將金屬棒沿導(dǎo)軌以初速度v0開始向右拉動，若保持拉力恒定不變，經(jīng)過時(shí)間t1后金屬棒速度變?yōu)関，加速度為a1，最終以速度2v做勻速運(yùn)動若再使金屬棒仍以初速度v0開始，保持拉力的功率不變，經(jīng)過時(shí)間t2后金屬棒速度變?yōu)関，加速度為a2，最終以速度2v做勻速運(yùn)動則（）At2t1Bt2=t1Ca2=2a1Da2=3a1考點(diǎn)：導(dǎo)體切割磁感線時(shí)的感應(yīng)電動勢；力的合成與分解的運(yùn)

2、用；牛頓第二定律；電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化4543967專題：電磁感應(yīng)中的力學(xué)問題分析：解答本題應(yīng)掌握：金屬棒的速度為v時(shí)所受的安培力大小為FA=勻速運(yùn)動時(shí)，拉力與安培力相等，求出兩種情況下金屬棒勻速運(yùn)動時(shí)拉力的大小，得到第二情況下拉力的功率；根據(jù)牛頓第二定律求解加速度的關(guān)系拉力一定時(shí)，金屬棒做加速度減小的加速運(yùn)動，拉力功率恒定時(shí)做加速度減小的加速運(yùn)動，根據(jù)加速度的大小關(guān)系，分析時(shí)間解答：解：若保持拉力恒定不變，金屬棒以速度2v勻速運(yùn)動時(shí)，則有F=FA=速度為v時(shí)，由牛頓第二定律得 F=ma1，聯(lián)立兩式得：=ma1，保持拉力的功率不變，金屬棒以速度2v勻速運(yùn)動時(shí)，則有F=FA=，拉力的功率為P=F

3、2v=速度為v時(shí)，由牛頓第二定律得 =ma2，聯(lián)立兩式得：3=ma2，則得：a2=3a1由于拉力的功率一定時(shí)，金屬棒的加速度較大，其速度從v0增大到v的時(shí)間較小，即t2t1故選AD點(diǎn)評：本題要根據(jù)平衡條件和牛頓第二定律分別研究勻速運(yùn)動的狀態(tài)和速度為v的狀態(tài)，得到加速度關(guān)系之后，再分析t2與t1的大小難度較大2如圖所示，足夠長的U形光滑金屬導(dǎo)軌平面與水平面成角（090°），其中MN與PQ平行且間距為L，導(dǎo)軌平面與磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場垂直，導(dǎo)軌電阻不計(jì)金屬棒ab由靜止開始沿導(dǎo)軌下滑，并與兩導(dǎo)軌始終保持垂直且良好接觸，ab棒接入電路的電阻為R，當(dāng)流過ab棒某一橫截面的電量為q時(shí)，棒的速

4、度大小為，則金屬棒ab在這一過程中（）A加速度大小為B下滑位移大小為C產(chǎn)生的焦耳熱為qBLD受到的最大安培力大小為考點(diǎn)：導(dǎo)體切割磁感線時(shí)的感應(yīng)電動勢4543967專題：電磁感應(yīng)中的力學(xué)問題分析：金屬棒ab由靜止開始沿導(dǎo)軌下滑，做加速度逐漸減小的變加速運(yùn)動由牛頓第二定律，法拉弟電磁感應(yīng)定律、能量守恒定律等研究處理解答：解：A、金屬棒ab開始做加速運(yùn)動，速度增大，感應(yīng)電動勢增大，所以感應(yīng)電流也增大，導(dǎo)致金屬棒受到的安培力增大，所以加速度減小，即金屬板做加速度逐漸減小的變加速運(yùn)動，根據(jù)牛頓第二定律，有：mgsinBIL=ma；其中I=；故a=gsin，故A錯(cuò)誤；B、由電量計(jì)算公式q=可得，下滑的位移

5、大小為s=，故B正確C、產(chǎn)生的焦耳熱Q=I2Rt=qIR，而這里的電流I比棒的速度大小為v時(shí)的電流I=小，故這一過程產(chǎn)生的焦耳熱小于qBLv故C錯(cuò)誤D、金屬棒ab受到的最大安培力大小為F=BIL=BL=，故D錯(cuò)誤故選B點(diǎn)評：電磁感應(yīng)綜合題中，常常用到這個(gè)經(jīng)驗(yàn)公式：感應(yīng)電量q=常用來求位移，但在計(jì)算題中，不能直接作為公式用，要推導(dǎo)3如圖甲所示，在光滑水平面上用恒力F拉質(zhì)量m的單匝均勻正方形銅線框，邊長為a，總電阻為R，在1位置以速度v0進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場，并開始計(jì)時(shí)t=0，若磁場的寬度為b（b3a），在3t0時(shí)刻線框到達(dá)2位置速度又為v0，并開始離開勻強(qiáng)磁場此過程中vt圖象如圖乙所示，

6、則（）At=0時(shí)，線框右側(cè)邊MN的兩端電壓為Bav0B在t0時(shí)刻線框的速度為v02Ft0/mC線框完全離開磁場的瞬間位置3速度一定比t0時(shí)刻線框的速度大D線框從1位置進(jìn)入磁場到完全離開磁場位置3過程中，線框中產(chǎn)生的電熱為F（a+b）考點(diǎn)：導(dǎo)體切割磁感線時(shí)的感應(yīng)電動勢；共點(diǎn)力平衡的條件及其應(yīng)用；閉合電路的歐姆定律；安培力4543967專題：電磁感應(yīng)中的力學(xué)問題分析：（1）圖乙為速度時(shí)間圖象，斜率表示加速度，根據(jù)圖象分析線框的運(yùn)動情況：在0t0時(shí)間內(nèi)速度在減小，加速度也在減小，對應(yīng)甲圖中的進(jìn)入磁場的過程，在t03t0時(shí)間內(nèi)做勻加速直線運(yùn)動，對應(yīng)甲圖中的完全在磁場中運(yùn)動過程 （2）當(dāng)通過閉合回路的磁

7、通量發(fā)生變化時(shí)，閉合回路中產(chǎn)生感應(yīng)電流，所以只有在進(jìn)入和離開磁場的過程中才有感應(yīng)電流產(chǎn)生，根據(jù)安培定則可知，在此過程中才受到安培力（3）從1位置到2位置的過程中，外力做的功可以根據(jù)動能定理去求解t因?yàn)閠=0時(shí)刻和t=3t0時(shí)刻線框的速度相等，進(jìn)入磁場和穿出磁場的過程中受力情況相同，故在位置3時(shí)的速度與t0時(shí)刻的速度相等，進(jìn)入磁場克服安培力做的功和離開磁場克服安培力做的功一樣多解答：解：At=0時(shí)，線框右側(cè)邊MN的兩端電壓為外電壓，總的感應(yīng)電動勢為：E=Bav0，外電壓U外=E=Bav0，故A錯(cuò)誤；B根據(jù)圖象可知在t03t0時(shí)間內(nèi)，線框做勻加速直線運(yùn)動，合力等于F，則在t0時(shí)刻線框的速度為v=v

8、0a2t0=v0故B正確C線框離開磁場的過程，做減速運(yùn)動，位置3速度不一定比t0時(shí)刻線框的速度大，故C錯(cuò)誤D因?yàn)閠=0時(shí)刻和t=3t0時(shí)刻線框的速度相等，進(jìn)入磁場和穿出磁場的過程中受力情況相同，故在位置3時(shí)的速度與t0時(shí)刻的速度相等，進(jìn)入磁場克服安培力做的功和離開磁場克服安培力做的功一樣多線框在位置1和位置3時(shí)的速度相等，根據(jù)動能定理，外力做的功等于克服安培力做的功，即有Fb=Q，所以線框穿過磁場的整個(gè)過程中，產(chǎn)生的電熱為2Fb，故D錯(cuò)誤故選B點(diǎn)評：該圖象為速度時(shí)間圖象，斜率表示加速度根據(jù)加速度的變化判斷物體的受力情況要注意當(dāng)通過閉合回路的磁通量發(fā)生變化時(shí)，閉合回路中產(chǎn)生感應(yīng)電流，所以只有在進(jìn)

9、入和離開磁場的過程中才有感應(yīng)電流產(chǎn)生該題難度較大4（2012東城區(qū)一模）如圖所示，一光滑平行金屬軌道平面與水平面成角，兩導(dǎo)軌上端用一電阻R相連，該裝置處于勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直軌道平面向上質(zhì)量為m的金屬桿ab，以初速度v0從軌道底端向上滑行，滑行到某一高度h后又返回到底端若運(yùn)動過程中，金屬桿保持與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，并不計(jì)金屬桿ab的電阻及空氣阻力，則（）A上滑過程的時(shí)間比下滑過程長B上滑過程中安培力的沖量比下滑過程大C上滑過程通過電阻R的電量比下滑過程多D上滑過程通過電阻R產(chǎn)生的熱量比下滑過程多考點(diǎn)：導(dǎo)體切割磁感線時(shí)的感應(yīng)電動勢；電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化4543967專題：電磁感應(yīng)功能問題分析

10、：通過對導(dǎo)體棒受力分析知，上滑的過程做變減速直線運(yùn)動，下滑的過程做變加速直線運(yùn)動，抓住位移相等，平均速度不同，比較運(yùn)動的時(shí)間，根據(jù)q=比較出電量的大小，從而推導(dǎo)出安培力的沖量，以及根據(jù)Q=EIt=qE比較上滑和下滑過程中產(chǎn)生的熱量解答：解：A、因?yàn)樯匣A段的平均速度大于下滑階段的平均速度，而上滑階段的位移與下滑階段的位移大小相等，所以上滑過程的時(shí)間比下滑過程短，所以A錯(cuò)誤B、安培力的沖量I=BILt=qBL，根據(jù)q=知，上滑過程和下滑過程磁通量的變化量相等，則通過電阻R的電量相等，所以上滑過程和下滑過程安培力的沖量相等故B錯(cuò)誤，C錯(cuò)誤D、電阻上產(chǎn)生的熱量Q=EIt=qE，因?yàn)樯匣^程中和下滑過

11、程中通過電阻的電量相等，上滑過程中平均電動勢大于下滑過程中的平均電動勢，則上滑過程中通過電阻R的熱量大于下滑過程中產(chǎn)生的熱量故D正確故選D點(diǎn)評：解決這類問題的關(guān)鍵時(shí)分析受力，進(jìn)一步確定運(yùn)動性質(zhì)，并明確判斷各個(gè)階段及全過程的能量轉(zhuǎn)化5一質(zhì)量為m的金屬桿ab，以一定的初速度v0從一光滑平行金屬導(dǎo)軌底端向上滑行，導(dǎo)軌平面與水平面成30°角，兩導(dǎo)軌上端用一電阻R相連，如圖所示，磁場垂直斜面向上，導(dǎo)軌與桿的電阻不計(jì)，金屬桿向上滑行到某一高度之后又返回到底端，則在此全過程中（）A向上滑行的時(shí)間大于向下滑行的時(shí)間B電阻R上產(chǎn)生的熱量向上滑行時(shí)大于向下滑行時(shí)C通過電阻R的電量向上滑行時(shí)大于向下滑行時(shí)

12、D桿a、b受到的磁場力的沖量向上滑行時(shí)大于向下滑行時(shí)考點(diǎn)：導(dǎo)體切割磁感線時(shí)的感應(yīng)電動勢；力的合成與分解的運(yùn)用；動量定理；電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化4543967專題：電磁感應(yīng)中的力學(xué)問題分析：通過對導(dǎo)體棒受力分析知，上滑的過程做變減速直線運(yùn)動，下滑的過程做變加速直線運(yùn)動，抓住位移相等，平均速度不同，比較運(yùn)動的時(shí)間，根據(jù)q=比較出電量的大小，從而推導(dǎo)出安培力的沖量，以及根據(jù)Q=EIt=qE比較上滑和下滑過程中產(chǎn)生的熱量解答：解：A、因?yàn)樯匣A段的平均速度大于下滑階段的平均速度，而上滑階段的位移與下滑階段的位移大小相等，所以上滑過程的時(shí)間比下滑過程短，故A錯(cuò)誤B、電阻上產(chǎn)生的熱量Q=EIt=qE，因?yàn)樯?/p>

13、滑過程中和下滑過程中通過電阻的電量相等，上滑過程中平均電動勢大于下滑過程中的平均電動勢，則上滑過程中通過電阻R的熱量大于下滑過程中產(chǎn)生的熱量故B正確C、電量q=It=t=，式中結(jié)果無時(shí)間，故上滑階段和下滑階段通過回路即通過R的電量相同，故C錯(cuò)誤；D、安培力的沖量I=BILt=qBL，根據(jù)通過電阻R的電量相等，所以上滑過程和下滑過程安培力的沖量相等故D錯(cuò)誤故選B點(diǎn)評：解決這類問題的關(guān)鍵時(shí)分析受力，進(jìn)一步確定運(yùn)動性質(zhì)，并明確判斷各個(gè)階段及全過程的能量轉(zhuǎn)化6兩根相距為L的足夠長的金屬直角導(dǎo)軌如圖所示放置，它們各有一邊在同一水平面內(nèi)，另一邊垂直于水平面，質(zhì)量均為m的金屬細(xì)桿ab、cd與導(dǎo)軌垂直接觸形成

14、閉合回路，桿與導(dǎo)軌之間的動摩擦因數(shù)均為，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，回路總電阻為2R，整個(gè)裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向水平向右的勻強(qiáng)磁場中，當(dāng)ab桿在平行于水平導(dǎo)軌的拉力F作用下以速度v沿導(dǎo)軌勻速運(yùn)動時(shí)，cd桿也正好以某一速度向下勻速運(yùn)動，重力加速度為g，以下說法正確的是（）Aab桿所受拉力F的大小為mg+Bcd桿所受摩擦力為零Ccd桿向下勻速運(yùn)動的速度為Dab桿所受摩擦力為2mg考點(diǎn)：導(dǎo)體切割磁感線時(shí)的感應(yīng)電動勢；共點(diǎn)力平衡的條件及其應(yīng)用4543967專題：電磁感應(yīng)中的力學(xué)問題分析：cd桿勻速向下運(yùn)動時(shí)，切割磁感線（ab運(yùn)動時(shí)不切割磁感線），根據(jù)右手定則可知，在回路中產(chǎn)生cdba方向的感應(yīng)電流根據(jù)左手

15、定則可知，cd桿受到豎直向上的安培力，ab桿受到豎直向下的安培力把力分析清楚，然后根據(jù)受力平衡求解解答：解：cd桿勻速向下運(yùn)動時(shí)，切割磁感線（ab運(yùn)動時(shí)不切割磁感線），根據(jù)右手定則可知，在回路中產(chǎn)生cdba方向的感應(yīng)電流根據(jù)左手定則可知，cd桿受到豎直向上的安培力，ab桿受到豎直向下的安培力cd桿在水平方向不受力，雖然跟導(dǎo)軌接觸，但沒有擠壓，所以cd不受摩擦力，故B選項(xiàng)正確cd桿只受重力和豎直向上的安培力，由二力平衡可知，mg=BILab桿水平方向上受摩擦力和拉力F，由二力平衡可知，F(xiàn)=f，又f=（mg+BIL），所以，F(xiàn)=f=2mg，故A選項(xiàng)錯(cuò)，D選項(xiàng)正確cd桿向下勻速勻速時(shí)，產(chǎn)生的電動勢E

16、=BLV，故回路中的電流為，又BIL=mg，所以，故C選項(xiàng)正確故選：BCD點(diǎn)評：本題涉及電磁感應(yīng)過程中的復(fù)雜受力分析，解決這類問題的關(guān)鍵是，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律判斷感應(yīng)電流方向，然后根據(jù)安培定則或楞次定律判斷安培力方向，進(jìn)一步根據(jù)運(yùn)動狀態(tài)列方程求解7（2011安徽二模）光滑絕緣水平面上存在豎直向下的勻強(qiáng)磁場B，寬度為2L，一邊長為L、電阻為R用同種材料做成的正方形線框以初速度v0從左側(cè)沖進(jìn)磁場區(qū)域，俯視圖如圖所示，當(dāng)線框完全離開磁場時(shí)速度恰好為零以ab邊剛進(jìn)人磁場時(shí)為時(shí)間和位移的零點(diǎn)，用v表示線框速度（以右為正方向），i表示回路中的感應(yīng)電流（以逆時(shí)針方向?yàn)檎琲0表示零時(shí)刻回路的感應(yīng)電流），

17、Uab表示a、b兩點(diǎn)間的電壓，F(xiàn)ab表示ab邊所受的安培力（向左為正，F(xiàn)0表示零時(shí)刻ab邊所受的安培力）則關(guān)于以上四個(gè)物理量對時(shí)間t或?qū)ξ灰苮的圖象中正確的（）A正確B正確C正確D正確考點(diǎn)：法拉第電磁感應(yīng)定律；右手定則4543967專題：電磁感應(yīng)與圖像結(jié)合分析：線圈進(jìn)入磁場到最后離開磁場，先做變減速運(yùn)動，然后做勻速，最后接著做變減速，三段位移相同，則時(shí)間不可能相同利用微元法分析：at=t，即v=x，再微分，得線框完全進(jìn)入磁場的速度為根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，求出進(jìn)入磁場時(shí)、完全進(jìn)入、剛離開磁場時(shí)的電動勢、電流、ab兩端的電壓及安培力解答：解：線圈進(jìn)入磁場到最后離開磁場，先做變減速運(yùn)動，然后做勻速

18、，最后接著做變減速，三段位移相同，則時(shí)間不可能相同故都錯(cuò)線圈剛進(jìn)入磁場時(shí)速度為vo，則=，ab邊所受安培力F0=，根據(jù)微元法計(jì)算，線框完全進(jìn)入磁場的速度為，ab邊所受安培力變?yōu)镕0，在磁場中運(yùn)動時(shí)，Uab=E=，電流為零，安培力為零剛出磁場時(shí)=，ab邊雖然電流不為零，但所處的磁感應(yīng)強(qiáng)度為零，所以安培力為零進(jìn)磁場和出磁場時(shí)，根據(jù)微元法分析at=t，即v=x，v與x成線性關(guān)系，所以Uab與x成線性關(guān)系，安培力與速度成正比，所以安培力也與x成線性關(guān)系故A、B、D錯(cuò)誤，C正確故選C點(diǎn)評：解決本題關(guān)鍵正確運(yùn)用法拉第電磁感應(yīng)定律與電學(xué)的綜合以及能夠用微元法求出線框完全進(jìn)入磁場的速度8（2012丹東模擬）如

19、圖所示，平行導(dǎo)軌置于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中（方向向里），間距為L，左端電阻為R，其余電阻不計(jì)，導(dǎo)軌右端接一電容為C的電容器現(xiàn)有一長2L的金屬棒ab放在導(dǎo)軌上，ab以a為軸順時(shí)針以轉(zhuǎn)過90°的過程中，通過R的電量為（）AQ=BQ=2BL2CCQ=BL2/RDQ=BL2C）考點(diǎn)：導(dǎo)體切割磁感線時(shí)的感應(yīng)電動勢；電容；閉合電路的歐姆定律4543967專題：電磁感應(yīng)與電路結(jié)合分析：ab棒切割磁感線未脫離導(dǎo)軌時(shí)，和R構(gòu)成閉合回路，根據(jù)平均感應(yīng)電動勢，通過平均電流求出通過R的電量，在此過程中對電容充電，ab棒脫離導(dǎo)軌后，電容器放電，所充的電量全部通過電阻R，最后通過R的電量為兩電量之和解答：解

20、：由ab棒以a為軸旋轉(zhuǎn)到b端脫離導(dǎo)軌的過程中，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢一直增大，對C不斷充電，同時(shí)又與R構(gòu)成閉合回路，ab產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢平均值E=S表示ab掃過的三角形面積，通過R的電量在這一過程中電容器充電的電量Q2=CUmUm為ab棒在轉(zhuǎn)動過程中產(chǎn)生感應(yīng)電動勢的最大值所以ab棒脫離導(dǎo)軌后電容器放電，流過R的電量等于則流過R的總電量Q=Q1+Q2=BL2故D正確，A、B、C錯(cuò)誤故選D點(diǎn)評：解決本題的關(guān)鍵搞清流過R的電量有兩部分，一部分是ab棒未離開導(dǎo)軌時(shí)，流過R的，一部分是ab棒脫離導(dǎo)軌后，電容所放的電量9如圖所示，相距為L的兩條足夠長的光滑平行軌道上，平行放置兩根質(zhì)量和電阻都相同的滑桿ab和cd

21、，組成矩形閉合回路軌道電阻不計(jì)，勻強(qiáng)磁場B垂直穿過整個(gè)軌道平面開始時(shí)ab和cd均處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)用一個(gè)平行軌道的恒力F向右拉ab桿，則下列說法正確的是（）Acd桿向左運(yùn)動Bab與cd桿均先做變加速運(yùn)動，后做勻加速運(yùn)動Cab與cd桿均先做變加速運(yùn)動，后做勻速運(yùn)動Dab和cd桿向右運(yùn)動運(yùn)動的加速度大小時(shí)刻相等考點(diǎn)：導(dǎo)體切割磁感線時(shí)的感應(yīng)電動勢；安培力4543967專題：電磁感應(yīng)中的力學(xué)問題分析：ab棒運(yùn)動后，產(chǎn)生感應(yīng)電流，受到向左的安培力，在拉力和安培力的作用下做加速運(yùn)動，cd棒受到向右的安培力，在安培力的作用下做加速運(yùn)動運(yùn)動的過程中電流先增大，所以ab棒的加速度逐漸減小，cd棒的加速度逐漸增大，

22、當(dāng)兩者加速度相等后，一起做勻加速解答：解：A、ab棒運(yùn)動后，產(chǎn)生感應(yīng)電流，流過cd棒的電流方向由c到d，根據(jù)左手定則，受到向右的安培力，向右做加速運(yùn)動故A錯(cuò)誤 B、ab棒在拉力和安培力的作用下做加速運(yùn)動，cd棒受到向右的安培力，在安培力的作用下做加速運(yùn)動ab棒的加速度逐漸減小，cd棒的加速度逐漸增大，當(dāng)兩者加速度相等后，一起做勻加速故B正確，C、D錯(cuò)誤故選B點(diǎn)評：解決本題的關(guān)鍵會根據(jù)動力學(xué)判斷棒子的運(yùn)動情況，以及知道兩者加速度相等后，兩棒子的速度差恒定，感應(yīng)電動勢恒定，感應(yīng)電流恒定，安培力大小不變，所以兩棒都做勻加速運(yùn)動10電阻可忽略的光滑平行金屬導(dǎo)軌長s=1.15m，兩導(dǎo)軌間距L=0.75m

23、，導(dǎo)軌傾角為30°，導(dǎo)軌上端ab接一阻值R=1.5：的電阻，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.8T的勻強(qiáng)磁場垂直軌道平面向上阻值r=0.5，質(zhì)量m=0.2kg的金屬棒與軌道垂直且接觸良好，從軌道上端ab處由靜止開始下滑至底端，在此過程中金屬棒產(chǎn)生的焦耳熱Qr=0.1J（取g=10m/s2），則下列說法正確的是（）A金屬棒一直向下做加速度增大的加速運(yùn)動B此過程中金屬棒克服安培力做功為0.3 JC金屬棒下滑速度為4 m/s時(shí)的加速度為1.4 m/s2D金屬棒下滑的最大速度為m/s考點(diǎn)：導(dǎo)體切割磁感線時(shí)的感應(yīng)電動勢4543967專題：電磁感應(yīng)與電路結(jié)合分析：（1）這是斜面的受力分析，導(dǎo)體棒手續(xù)重力，支持力

24、，安培力，做出受力圖，求合力可以的加速度（2）棒應(yīng)該是在最低端到達(dá)最大速度，由能量守恒可以解得結(jié)果解答：解：A：棒受力如圖：所以：，從公式中可以看出，隨速度的增大，安培力增大，所以加速度減小棒做加速度逐漸減小的變加速運(yùn)動故A錯(cuò)誤；B：下滑的過程中安培力做功等于電阻上產(chǎn)生的焦耳熱，由于R=3r，因此：QR=3Qr=0.3J，所以克服安培力做功：W=QR+Qr=0.4J，故B錯(cuò)誤；C：速度為v=4m/s時(shí)，安培力為：FA=BIL=N運(yùn)動方向的合外力為：F=mgsinFA所以此時(shí)的加速度為：故C正確；D：到達(dá)底端時(shí)速度最大vm則由功能關(guān)系：所以：m/s故D正確故選：CD點(diǎn)評：該題全面考查電磁感應(yīng)定律

25、的綜合應(yīng)用，涉及到法拉第電磁感應(yīng)定律，閉合電路的歐姆定律，受力平衡和功能關(guān)系等，要求考生能夠?qū)?dǎo)體棒的運(yùn)動過程有全面的把握，有綜合分析的能力對能力的要求比較高11如圖所示，面積為S的矩形線圈共N匝，線圈總電阻為R，在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場中以豎直線OO為軸，以角速度，勻速旋轉(zhuǎn)，圖示位置C與紙面共面，位置A與位置C成45°角線圈從位置A轉(zhuǎn)過90°到達(dá)位置B的過程中，下列說法正確的是（）A平均電動勢為NBB通過線圈某一截面的電量q=0C為保證線圈勻速旋轉(zhuǎn)，外界須向線圈輸入的能量應(yīng)為D在此轉(zhuǎn)動過程中，電流方向并未發(fā)生改變考點(diǎn)：導(dǎo)體切割磁感線時(shí)的感應(yīng)電動勢；閉合

26、電路的歐姆定律；法拉第電磁感應(yīng)定律4543967專題：電磁感應(yīng)與電路結(jié)合分析：根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律求解平均感應(yīng)電動勢，并計(jì)算電量；根據(jù)楞次定律判斷感應(yīng)電流方向，外力做的功等于電流做的功解答：解：A、根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，平均感應(yīng)電動勢為：=，故A錯(cuò)誤；B、通過線圈某一截面的電量=，故B錯(cuò)誤；C、電壓有效值為：E=，用有效值計(jì)算得到電熱為，但線圈從位置A轉(zhuǎn)過90°到達(dá)位置B的過程中，電流做功的平均效果不等于有效值，故C錯(cuò)誤；D、從A轉(zhuǎn)到O的過程，線圈面積不斷變小到0，通過面積的磁通量也不斷變小到0，從O到B的過程正好相反，通過線圈面積磁通量從0開始變大，在這兩個(gè)階段，磁感線從不同的

27、面穿入，故線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢方向還是相同，所以電流方向不會改變，故D正確；故選D點(diǎn)評：本題關(guān)鍵是明確交變電流的最大值、有效值、平均值的計(jì)算方法，同時(shí)要能結(jié)合楞次定律解決電流的方向問題12（2011安徽二模）如圖所示，在光滑絕緣的水平面的上方存在有水平方向的勻強(qiáng)磁場，AB、CD是磁場區(qū)域的邊界一個(gè)正方形的閉合導(dǎo)線框以水平速度v沖向磁場區(qū)域，當(dāng)它全部進(jìn)入磁場區(qū)域后速度變?yōu)関1，當(dāng)它全部沖出磁場區(qū)域后速度變?yōu)関2比較導(dǎo)線框進(jìn)入磁場的過程和離開磁場的過程，下列說法正確的是（）A進(jìn)入過程導(dǎo)線框的速度變化v0v1等于離開過程導(dǎo)線框的速度變化v1v2B進(jìn)入過程導(dǎo)線框的動能變化EkoEk1等于離開過程導(dǎo)線

28、框的動能變化Ek1Ek2C進(jìn)入過程導(dǎo)線框產(chǎn)生的熱量Q1小于離開過程導(dǎo)線框產(chǎn)生的熱量Q2D進(jìn)入過程通過導(dǎo)線框橫截面積的電量q1小于離開過程通過導(dǎo)線框橫截面積的電量q2考點(diǎn)：導(dǎo)體切割磁感線時(shí)的感應(yīng)電動勢；動量定理；能量守恒定律4543967專題：電磁感應(yīng)功能問題分析：用動量定理研究出速度變化量與電量有關(guān)，根據(jù)感應(yīng)電量q=，結(jié)合磁通量關(guān)系分析速度變化量的關(guān)系進(jìn)入與穿出磁場過程中，感應(yīng)電流不同，安培力不同，導(dǎo)體克服安培力做功不同，由動能定理判斷動能變化的關(guān)系及熱量關(guān)系解答：解：A、D設(shè)進(jìn)入和穿出磁場時(shí)感應(yīng)電流的平均值分別為I1和I2，產(chǎn)生和電量分別為q1和q2由動量定理，得： 對于進(jìn)入磁場過程：BI1

29、Lt1=m（v1v0），可得BLq1=m（ v0v1 ）； 同理，對于穿出磁場過程：BLq2=m（ v1v2） 而感應(yīng)電量q=，穿入和穿出過程的磁通量變化量相同，所以有q1=q2，則得到v0v1=v1v2 故A正確，D錯(cuò)誤 B、C，導(dǎo)線框進(jìn)入和穿出磁場時(shí)都做減速運(yùn)動，感應(yīng)電流減小，線框受到的安培力減小，進(jìn)入和穿出位移相同，則進(jìn)入過程線框克服安培力做功多，則有EkoEk1Ek1Ek2再由能量守恒定律可知，動能的減少都轉(zhuǎn)化成內(nèi)能，所以有Q1Q2故B、C均錯(cuò)誤 故選A點(diǎn)評：本題是單選題，答案B、C、D容易判斷是不正確的，用“排除法”也可知答案A是正確的13（2009盧灣區(qū)二模）空間內(nèi)有兩個(gè)沿豎直方向

30、的有界勻強(qiáng)磁場I、II，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，寬度均為L，邊界線平行，磁場I豎直向下，磁場II豎直向上，如圖所示為俯視圖一邊長為L、質(zhì)量為m的正方形導(dǎo)線框abcd放在光滑絕緣的水平面上，在水平恒力F作用下沿水平面通過兩個(gè)磁場區(qū)域線框的bc邊始終平行于磁場區(qū)的邊界，力F垂直于bc邊，當(dāng)bc邊進(jìn)入磁場I時(shí)，線框恰以速度v0做勻速運(yùn)動，此時(shí)線框中的電流為i0；當(dāng)ad邊將要離開磁場II時(shí)線框中的電流稍小于i0，則（）Abc邊在磁場II中運(yùn)動時(shí)線框中的電流方向?yàn)閍dcbaBbc邊恰進(jìn)入磁場II時(shí)線框的加速度大小為Cbc邊恰離開磁場II時(shí)線框的速度大小可能為Dbc邊在磁場II中運(yùn)動的過程中線框中電流的最小

31、值一定小于i0考點(diǎn)：導(dǎo)體切割磁感線時(shí)的感應(yīng)電動勢；牛頓第二定律；電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化4543967專題：電磁感應(yīng)中的力學(xué)問題分析：bc邊在磁場II中運(yùn)動時(shí)，ad和bc兩邊都切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，根據(jù)右手定則判斷感應(yīng)電流的方向；根據(jù)E=BLv、I=和安培力公式F=BIL，得到安培力與速度的表達(dá)式，由牛頓第二定律求出加速度；bc邊恰離開磁場II時(shí)，做加速度減小的減速運(yùn)動，將該過程與勻減速運(yùn)動的時(shí)間比較，分析離開磁場II時(shí)的速度大小；根據(jù)bc離開磁場的速度分析，bc邊在磁場II中運(yùn)動的過程中線框中電流的最小值解答：解：A、bc邊在磁場II中運(yùn)動時(shí)，ad和bc兩邊都切割磁感線，根據(jù)右手定則判斷得

32、知線框中感應(yīng)電流方向?yàn)閍bcda故A錯(cuò)誤B、bc邊恰進(jìn)入磁場II時(shí)線框中感應(yīng)電動勢為E=2BLv0，感應(yīng)電流為i=，安培力為FA=2BiL，得FA=而bc進(jìn)入磁場I的過程中，有F=則得FA=4F根據(jù)牛頓第二定律得：FAF=ma，解得bc邊恰進(jìn)入磁場II時(shí)線框的加速度大小為a=故B正確D、ad邊將要離開磁場II時(shí)線框中的電流稍小于i0，線框的速度小于v0，線框bc邊恰進(jìn)入磁場II時(shí)速度為v0，線框又做減速運(yùn)動，所以bc邊在磁場II中運(yùn)動的過程中線框中電流的最小值一定小于i0故D正確C、若bc邊恰離開磁場II時(shí)線框的速度大小為線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流為i=i0，而bc邊在磁場II中運(yùn)動的過程中線框中電

33、流的最小值一定小于i0故C錯(cuò)誤故選BD點(diǎn)評：本題關(guān)鍵通過分析和計(jì)算得出安培力的表達(dá)式，運(yùn)用牛頓第二定律和運(yùn)動學(xué)公式處理，同時(shí)要掌握右手定則14如圖，在勻強(qiáng)磁場中水平放置一平行金屬導(dǎo)軌（電阻不計(jì)），且與大螺線管M相接，磁場方向豎直向下，在M螺線管內(nèi)同軸放置一小螺線管N，N中通有正弦交流電，t=0時(shí)刻電流為零，則M中的感應(yīng)電流的大小與跨接放于平行導(dǎo)軌上的導(dǎo)體棒ab的運(yùn)動情況為（）At=T/4時(shí)刻M中電流最大Bt=T/2時(shí)刻M中電流最大C導(dǎo)體棒ab將在導(dǎo)軌上來回運(yùn)動D導(dǎo)體棒ab將一直向右方（或左方）做直線運(yùn)動考點(diǎn)：法拉第電磁感應(yīng)定律；左手定則4543967專題：電磁感應(yīng)中的力學(xué)問題分析：N中電流變化

34、，會產(chǎn)生變化的磁場，在螺線管M中產(chǎn)生感應(yīng)電動勢以及感應(yīng)電流，根據(jù)磁場變化率的大小判斷產(chǎn)生的感應(yīng)電流的大小根據(jù)ab棒受到安培力，判斷導(dǎo)體棒的運(yùn)動情況解答：解：A、N中通有正弦交流電，在時(shí)刻電流最大，電流的變化率最小，則在螺線管M中產(chǎn)生的感應(yīng)電流最小，為零在時(shí)刻，N中的電流為零，但電流的變化率最大，則在螺線管M中產(chǎn)生的感應(yīng)電流最大故A錯(cuò)誤，B正確 C、在0內(nèi)，N中的電流先增大，則在M產(chǎn)生產(chǎn)生變化的電流，導(dǎo)體棒受到安培力向某一方向做變加速度直線運(yùn)動；在內(nèi)，N中的電流減小，則在M中產(chǎn)生反向的變化的電流，導(dǎo)體棒受到相反反向的安培力做變減速直線運(yùn)動到零；在內(nèi)，N中的電流反向增大，在M中產(chǎn)生的電流方向與內(nèi)相

35、同，所以導(dǎo)體棒又反向做變加速直線運(yùn)動，在內(nèi)反向變減速直線運(yùn)動到零知導(dǎo)體棒在導(dǎo)軌上來回運(yùn)動故C正確，D錯(cuò)誤故選BC點(diǎn)評：解決本題的關(guān)鍵會根據(jù)N中的電流變化判斷出M中的電流，實(shí)際上在N中為正弦交流電，在M中產(chǎn)生的交流電為余弦圖線15如圖所示，水平面內(nèi)兩根光滑的平行金屬導(dǎo)軌，左端與電阻R相連接，勻強(qiáng)磁場B豎直向下分布在導(dǎo)軌所在的空間內(nèi)，質(zhì)量一定的金屬棒垂直于導(dǎo)軌并與導(dǎo)軌接觸良好若對金屬棒施加一個(gè)水平向右的外力F，使金屬棒從a位置由靜止開始向右做勻加速運(yùn)動并依次通過位置b和c若導(dǎo)軌與金屬棒的電阻不計(jì)，a到b與b到c的距離相等，則下列關(guān)于金屬棒在運(yùn)動過程中的說法正確的（）A金屬棒通過b、c兩位置時(shí)，電阻

36、R的電功率之比為1：2B金屬棒通過b、c兩位置時(shí)，外力F的大小之比為1：C在從a到b與從b到c的兩個(gè)過程中，電阻R上產(chǎn)生的熱量之比為1：1D在從a到b與從b到c的兩個(gè)過程中，通過金屬棒的橫截面的電量之比為1：2考點(diǎn)：導(dǎo)體切割磁感線時(shí)的感應(yīng)電動勢；電功、電功率；法拉第電磁感應(yīng)定律4543967專題：電磁感應(yīng)功能問題分析：金屬棒由靜止開始向右做勻加速運(yùn)動，根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式求出金屬棒通過b、c的速度之比由電磁感應(yīng)、歐姆定律、安培力等知識求出功率、安培力、熱量與速度的關(guān)系，進(jìn)而求出相應(yīng)的比值根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律求出電量之比解答：解：A、金屬棒從a位置由靜止開始向右做勻加速運(yùn)動，根據(jù)v2=2a

37、x知，通過b、c兩個(gè)位置的速度比為1：，根據(jù)E=BLv知，產(chǎn)生的電動勢之比為1：，根據(jù)P=知，電阻R的電功率之比為1：2故A正確B、電動勢之比為1：，所以電流比為1：，則安培力之比為1：，根據(jù)牛頓第二定律，有FFA=ma，F(xiàn)A=Fma，所以外力F的大小之比不等于1：故B錯(cuò)誤C、根據(jù)能量守恒定律，熱量Qab=Fxabmaxab同理Qbc=Fxbcmaxbc，加速度相等，ab、bc的位移相等，但F不等，所以產(chǎn)生的熱量不等故C錯(cuò)誤D、由q=，ab=bc，則qab=qbc，故D錯(cuò)誤故選A點(diǎn)評：本題考查綜合運(yùn)用電磁感應(yīng)、電路知識、牛頓定律、運(yùn)動學(xué)公式等知識的能力16（2011海淀區(qū)一模）如圖所示，平行金

38、屬導(dǎo)軌MN和PQ與水平面成角，導(dǎo)軌兩端各與阻值均為R的固定電阻R1和R2相連，勻強(qiáng)磁場垂直穿過導(dǎo)軌平面質(zhì)量為m、電阻為R/2的導(dǎo)體棒以一定的初速度沿導(dǎo)軌向上滑動，在滑動過程中導(dǎo)體棒與金屬導(dǎo)軌始終垂直并接觸良好已知t1時(shí)刻導(dǎo)體棒上滑的速度為v1，此時(shí)導(dǎo)體棒所受安培力的功率為P1；t2時(shí)刻導(dǎo)體棒上滑的速度為v2，此時(shí)電阻R2消耗的電功率為P2，忽略平行金屬導(dǎo)軌MN和PQ的電阻且不計(jì)空氣阻力則（）At1時(shí)刻電阻R1的功率為P1/2Bt2時(shí)刻導(dǎo)體棒的電功率為4P2Ct2時(shí)刻導(dǎo)體棒受到的安培力為4P2/v2Dt1t2這段時(shí)間內(nèi)整個(gè)回路產(chǎn)生的電熱考點(diǎn)：導(dǎo)體切割磁感線時(shí)的感應(yīng)電動勢；閉合電路的歐姆定律；電磁

39、感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化4543967專題：電磁感應(yīng)功能問題分析：先根據(jù)安培定則整理出安培力的表達(dá)式，再根據(jù)電功率表達(dá)式整理出此的功率P1的表達(dá)式，解方程即可得到結(jié)果；金屬棒上滑過程中速度減小，產(chǎn)生的電動勢電流減小，即產(chǎn)生的總電能減??；解答：解：A：已知t1時(shí)刻導(dǎo)體棒上滑的速度為v1，此時(shí)電阻R1消耗的電功率為P1；此時(shí)電動勢：E1=BLv1流過金屬棒的電流：金屬棒受到的安培力： 此時(shí)電阻R1消耗的電功率為PR1： 導(dǎo)體棒上安培力的電功率：所以：，故A錯(cuò)誤B：t2時(shí)刻導(dǎo)體棒上滑的速度為v2，此時(shí)電阻R2消耗的電功率為P2，由于電阻R1與R2阻值相同，所以消耗功率相同，也為P2；由于P2=I2R，而此時(shí)

40、通過金屬棒的電流為2I，金屬棒的電阻為，所以金屬棒消耗的電功率為：P=（2I）2=2P2，故B錯(cuò)誤；C：則在t2時(shí)刻消耗的總功率為4P2，由于導(dǎo)體棒克服安培力做功就等于產(chǎn)生的電能，也等于消耗的總電能，故t2時(shí)刻導(dǎo)體棒克服安培力做功的功率為4P2，故C正確D：在t1t2這段時(shí)間內(nèi)導(dǎo)體棒上升過程速度減小，減小的動能轉(zhuǎn)化為金屬棒產(chǎn)生的電能和金屬棒的重力勢能，所以這段時(shí)間內(nèi)整個(gè)回路產(chǎn)生的電熱小于導(dǎo)體棒動能的減小故D錯(cuò)誤故選：C點(diǎn)評：注意導(dǎo)體切割磁感線時(shí)產(chǎn)生感應(yīng)電動勢那部分導(dǎo)體相當(dāng)于電源在t1t2這段時(shí)間內(nèi)導(dǎo)體棒上升過程減小的動能轉(zhuǎn)化為金屬棒產(chǎn)生的電能和金屬棒的重力勢能是題目的關(guān)鍵題目涉及的公式較多，能

41、量關(guān)系復(fù)雜，難度比較大17如圖所示電路，兩根光滑金屬導(dǎo)軌，平行放置在傾角為的斜面上，導(dǎo)軌下端接有電阻R，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，斜面處在豎直向上的勻強(qiáng)磁場中，電阻可略不計(jì)的金屬棒ab質(zhì)量為m，受到沿斜面向上且與金屬棒垂直的恒力F的作用，金屬棒沿導(dǎo)軌勻速下滑，則它在下滑h高度的過程，以下說法正確的是（）A作用在金屬棒上各力的合力做功為零B重力做功將機(jī)械能轉(zhuǎn)化為電能C重力與恒力F做功的代數(shù)和等于電阻R上發(fā)出的焦耳熱D金屬棒克服安培力做功等于重力和恒力F做的總功與電阻R上產(chǎn)生焦耳熱的代數(shù)和考點(diǎn)：導(dǎo)體切割磁感線時(shí)的感應(yīng)電動勢；閉合電路的歐姆定律；電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化4543967專題：電磁感應(yīng)功能問題分析：A：

42、由于導(dǎo)體棒是勻速運(yùn)動故其受合力為零，因此合力的功就為零，B：重力做功出現(xiàn)的是重力勢能與動能的轉(zhuǎn)化，而不是轉(zhuǎn)化為電能C：對導(dǎo)體棒做功的力由三個(gè)，重力，恒力F，安培力，功能關(guān)系判定C項(xiàng)D：克服安培力的功就等于產(chǎn)生的焦耳熱解答：解：A：由于導(dǎo)體棒是勻速運(yùn)動故其受合力為零，因此合力的功就為零，故A正確B：重力做功出現(xiàn)的是重力勢能與動能的轉(zhuǎn)化，而不是轉(zhuǎn)化為電能，故B錯(cuò)誤C：對導(dǎo)體棒做功的力由三個(gè)，重力，恒力F，安培力，棒克服安培力做的功等于電路中產(chǎn)生的焦耳熱，故C正確D：導(dǎo)體棒克服安培力的功就等于電路中產(chǎn)生的焦耳熱，即電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱故D錯(cuò)誤故選AC點(diǎn)評：重點(diǎn)考察功能關(guān)系，要中點(diǎn)掌握的一些有：重力做功與重力勢能的關(guān)系，電場力做功與電勢能的關(guān)系，安培力做功與焦耳熱的關(guān)系等18（2011福州模擬）如圖所示，在勻強(qiáng)磁場中放一電阻不計(jì)的平行光滑金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌跟大線圈M相接，小閉合線圈N在大線圈M包圍中，導(dǎo)軌上放一根光滑的金屬桿ab，磁感線垂直于導(dǎo)軌所在平面小閉合線圈N通有順時(shí)針方向的電流，該電流按下列圖中哪一種圖線方式變化時(shí)，最初一小段時(shí)間t0內(nèi)，金屬桿ab將向右做加速度減小的變加速直線運(yùn)動（）ABCD考點(diǎn)：導(dǎo)體切割磁感線時(shí)的感應(yīng)電動勢；閉合電路的歐姆定律；安培力4543967專題：電磁感應(yīng)中的力學(xué)問題分析：根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律列式分析電動勢變化情況，得到電流變化情況和安培力情況解