新高考物理三輪沖刺知識講練與題型歸納專題25 電磁感應的綜合問題（含解析）

專題25電磁感應的綜合問題[題型導航]題型一電磁感應中的圖像問題 1題型二電磁感應的動力學問題 8題型三電磁感應中的動力學和能量問題 14[考點分析]題型一電磁感應中的圖像問題1．圖象類型(1)磁感應強度B、磁通量Φ、感應電動勢E和感應電流I，隨時間t變化的圖象，即B－t圖象、Φ－t圖象、E－t圖象和I－t圖象．(2)對于切割磁感線產生感應電動勢和感應電流的情況，還常涉及感應電動勢E和感應電流I隨位移x變化的圖象，即E－x圖象和I－x的圖象．2．問題類型(1)由給定的電磁感應過程判斷或畫出正確的圖象．(2)由給定的有關圖象分析電磁感應過程，求解相應的物理量．(3)利用給出的圖象判斷或畫出新的圖象．（多選）如圖所示，在豎直平面內有四條間距均為L的水平虛線L1、L2、L3、L4，在L1、L2之間和L3、L4之間存在磁感應強度大小相等且方向均垂直紙面向里的勻強磁場．現有一矩形金屬線圈abcd，ad邊長為3L．t＝0時刻將其從圖示位置（cd邊與L1重合）由靜止釋放，cd邊經過磁場邊界線L3時開始做勻速直線運動，cd邊經過磁場邊界線L2、L3、L4時對應的時刻分別為t1、t2、t3，整個運動過程線圈平面始終處于豎直平面內．在0～t3時間內，線圈的速度v、通過線圈橫截面的電量q、通過線圈的電流i和線圈產生的熱量Q隨時間t的關系圖像可能正確的是（）A． B． C． D．【解答】解：A、線圈cd邊在L1、L2之間的磁場切割磁感線，則有：E＝BLv，感應電流：I=BLvR，F安根據牛頓第二定律可得：mg﹣F安＝ma，解得加速度大小為：a=mg?可知隨著速度的增加，安培力也逐漸增大，加速度逐漸減小，根據題意，cd邊經過磁場邊界線L3時開始做勻速直線運動，說明從0時刻到t1的過程，線圈做加速度減小的加速運動，從t1到t2的過程，線圈做加速度為g的勻加速直線運動，從t2到t3的過程，線圈做勻速直線運動，由于v﹣t圖像的切線斜率表示加速度，故A錯誤；BC、從0時刻到t1的過程，線圈做加速度減小的加速運動，線圈中的電流逐漸增大，從t1到t2的過程，線圈做加速度為g的勻加速直線運動，但此過程線圈沒有切割磁感線，感應電流為零，從t2到t3的過程，線圈做勻速直線運動，線圈中的電流保持不變，而q﹣t圖像的切線斜率表示電流，故B正確、C錯誤；D、從0時刻到t1的過程，線圈中的電流逐漸增大，從t1到t2的過程，線圈中的電流為零，從t2到t3的過程，線圈中的電流保持不變，根據Q＝I2Rt可知Q﹣t圖像的切線斜率表示表示電流的平方，故D正確。故選：BD。（多選）如圖甲，平行金屬導軌MN、PQ固定在同一水平面內，導軌光滑且足夠長，兩導軌間距L＝0.4m，電阻忽略不計，其間接有R＝0.2Ω的電阻。垂直導軌放置質量m＝0.2kg、電阻r＝0.2Ω的金屬桿ab，整個裝置處于磁感應強度B＝0.4T的勻強磁場中，磁場方向豎直向下。現用水平向右的外力F拉金屬桿ab，使之由靜止開始做加速運動，電壓傳感器工作電流很小，可忽略不計，它可將R兩端的電壓U即時采集并輸入電腦，獲得電壓U隨時間t變化的關系圖像如圖乙，圖線為過原點直線。運動過程中，ab與導軌始終垂直且接觸良好，下列說法正確的是（）A．金屬桿做勻加速運動且加速度大小為2.5m/s2 B．第2s末外力F的瞬時功率為0.82W C．0～2s內金屬桿上產生的焦耳熱為0.4J D．若1.6s末撤去外力，則桿ab還能運動12.5m【解答】解：A、由圖乙可得：U﹣t圖象的斜率k=0.4設金屬桿的運動速度為v時，路端電壓為U，則有：U＝IR=聯立解得：v=k(R+r)BLR因為速度與時間成正比，所以金屬桿做勻加速直線運動，加速度為：a=代入數據解得：a＝2.5m/s2，故A正確；B、t＝2s時，金屬桿的速度為：v＝at＝2.5×2m/s＝5m/s金屬感受到的安培力為：F安＝BIL=B2L根據牛頓第二定律可得：F﹣F安＝ma，解得：F＝0.82N故第2s未外力F的瞬時功率為：P＝Fv＝0.82×5W＝4.1W，故B錯誤；C、金屬桿中的電流為：I=U可知2s時的瞬時電流為I2＝2A，0～2內電流的平均值為I=由于電流隨時間變化，要計算0～2s內金屬桿上產生的焦耳熱需要代入0～2s內電流的有效值，而不是代入電流平均值，即：Q=I有效2Rt≠I2Rt＝1D、若t′＝1.6s末撤去外力，此時金屬桿的速度為：v′＝at′＝2.5×1.6m/s＝4m/s撤去后到金屬桿停下的過程，取向右為正方向，根據動量定理可得：﹣BI'LΔt＝0﹣mv′其中：I'Δt=E聯立解得：x＝12.5m，故D正確。故選：AD。（多選）在絕緣的水平桌面上固定有MN、PQ兩根平行的光滑金屬導軌，導軌間距為l，電阻相同的金屬棒ab和cd垂直放在導軌上，兩棒正中間用一根長為l的絕緣細線相連，棒ab右側有磁感應強度大小相等的勻強磁場Ⅰ、Ⅱ，寬度也為l，磁場方向均垂直導軌，整個裝置的俯視圖如圖所示。從圖示位置在棒ab上加水平拉力，使金屬棒ab和cd向右勻速穿過磁場區(qū)域，則金屬棒ab中感應電流i和絕緣細線上的張力大小F隨時間t變化的圖像，可能正確的是（規(guī)定金屬棒ab中電流方向由a到b為正）（）A． B． C． D．【解答】解：AB、ab棒進入磁場開始，由右手定則可知，金屬棒ab中感應電流為b→a即為負，電動勢為E＝BLv感應電流為i=當位移為l﹣2l時，棒cd也進入磁場，由右手定則可知，金屬棒小和均產生順時針感應電流，即為正，設電路總電阻為R，感應電流為i'=當位移為2l﹣3l時，只有cd棒切割磁感線，根據右手定則，產生逆時針感應電流，即為負，大小為i=故A正確，B錯誤；CD、當位移為0﹣l時，只有ab受到向左的安培力，則細線張力為零，當位移為l﹣2l時，兩棒均受到向左的安培力，對cd，根據平衡條件，細線拉力向右，大小為F1=Bi'l=當位移為2l﹣3l時，cd受到向左的安培力，對cd，根據平衡條件，細線拉力向右，大小為F2=Bil=B2故C正確，D錯誤。故選：AC。（多選）如圖所示，在光滑絕緣水平桌面上有一正方形導線框，在虛線右側有勻強磁場區(qū)域，磁場方向豎直向下。t＝0時導線框的右邊恰與磁場邊界重合，在水平外力F的作用下由靜止開始向右運動，外力F與導線框速度v的關系是F＝F0+kv（F0、k是常量）。在進入磁場區(qū)域的過程中，線框中感應電流i隨時間t變化的圖像可能正確的有（）A． B． C． D．【解答】解：設線框的邊長為L、電阻為R、質量為m，磁場的磁感應強度為B；當線框的速度為v時，安培力的大小為：F安＝BiL=此時線框的加速度為：a=①若k=B2L2R②若k＞B2L2R③若k＜B2L2R綜上所述，ACD正確、B錯誤。故選：ACD。如圖1所示，地面上方高度為d的空間內有水平方向的勻強磁場，質量為m的正方形閉合導線框abcd的邊長為l，從bc邊距離地面高為h處將其由靜止釋放，已知h＞d＞l。從導線框開始運動到bc邊即將落地的過程中，導線框的v﹣t圖像如圖2所示。重力加速度為g，不計空氣阻力，以下有關這一過程的判斷正確的是（）A．t1～t2時間內導線框受到的安培力逐漸增大 B．磁場的高度d可以用v﹣t圖中陰影部分的面積表示 C．導線框重力勢能的減少量等于其動能的增加量 D．導線框產生的焦耳熱大于mgl【解答】解：A、t1～t2時間內，線框做加速度減小的減速運動，F安﹣mg＝ma，a減小，F安減小，導線框受到的安培力逐漸減小，故A錯誤；B、線框bc邊在t1時刻進入磁場，到t3時刻剛好出磁場，則高度d可以用v﹣t圖中t1﹣t3部分的面積表示，故B錯誤；C、線框在進入磁場過程中，有安培力做負功，機械能不守恒，重力勢能的減少量不等于其動能的增加量，故C錯誤；D、t1～t2時間內，線框做加速度減小的減速運動，F安﹣mg＝ma，則F安＞mg，則安培力做功大于mgl，可知導線框產生的焦耳熱大于mgl，故D正確。故選：D。如圖1，水平面上有兩根足夠長的光滑平行金屬導軌，導軌間距為l，電阻不計。左側接有定值電阻阻值為R。質量為m、電阻為r的導體桿，t＝0時金屬棒以初速度v0沿導軌向右運動，在滑行過程中保持與軌道垂直且接觸良好。整個裝置處于方向豎直向上，磁感應強度為B的勻強磁場中。（1）定性分析說明金屬桿的運動情況（速度和加速度的變化情況）。（2）宏觀規(guī)律與微觀規(guī)律有很多相似之處，導體桿速度隨時間的變化規(guī)律和放射性元素的衰變規(guī)律相同，已知導體桿速度由v0變化到v02所需時間為t0，則0﹣3t（3）已知金屬桿速度v和位移s的變化規(guī)律為：v=v0?B2【解答】解：（1）根據右手定則可知通過金屬桿的感應電流在圖中的方向由上至下，再由左手定則可知金屬桿受到的安培力方向水平向左，所以金屬桿做減速運動，金屬桿受到的合外力即安培力的大小為F=BIl=B由牛頓第二定律a=F（2）根據題意，結合放射性元素的衰變規(guī)律可知3t0時金屬桿的速度為vt根據能量守恒定律可知，0﹣3t0時間內回路產生的總熱量為Q=1而通過金屬桿和電阻R的電流時刻相等，由此可知QR（3）由v﹣s圖像可知，隨著s的增大，金屬桿速度v減小，即金屬桿做減速運動，v﹣s圖像的斜率為k=Δv根據速度的定義可知Δs＝vΔt聯立解得：k=因為k為定值，所以當v減小時，a減小，即金屬桿的加速度減小。答：（1）金屬桿做加速度減小的減速運動；（2）0﹣3t0時間內電阻R上產生的熱量為63Rmv（3）見解析。題型二電磁感應的動力學問題 1．安培力的大小由感應電動勢E＝Blv、感應電流I＝eq\f(E,R)和安培力公式F＝BIl得F＝eq\f(B2l2v,R).2．安培力的方向判斷(1)對導體切割磁感線運動，先用右手定則確定感應電流的方向，再用左手定則確定安培力的方向．(2)根據安培力阻礙導體和磁場的相對運動判斷．3．電磁感應中的力和運動電磁感應與力學問題的綜合，涉及兩大研究對象：電學對象與力學對象．聯系兩大研究對象的橋梁是磁場對感應電流的安培力，其大小與方向的變化，直接導致兩大研究對象的狀態(tài)改變．如圖所示，水平固定、間距為L的平行金屬導軌處于豎直向上的勻強磁場中，磁感應強度的大小為B。與導軌垂直且接觸良好的導體棒a、b，質量均為m，電阻均為R?，F對a施加水平向右的恒力，使其由靜止開始向右運動。當a向右的位移為x時，a的速度達到最大且b剛要滑動。已知兩棒與導軌間的動摩擦因數均為μ，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，不計導軌電阻，重力加速度為g。（1）導體棒b剛要滑動時，導體棒a的最大速度vm；（2）定性畫出導體棒b所受摩擦力f大小隨時間t變化的圖像；（3）導體棒a發(fā)生位移x的過程中，回路中產生的總焦耳熱Q；（4）當導體棒a達到最大速度vm時，給b水平向右的瞬時速度v0（v0＜vm）。請分析此后導體棒b的運動情況并求出b的最終速度vb?！窘獯稹拷猓海?）設導體棒b剛要滑動時回路中電流為I，對導體棒b有：BIL＝μmg對整個回路根據閉合電路的歐姆定律可得：BLvm＝2IR解得：vm（2）導體棒b未滑動前，所受摩擦力為靜摩擦力，大小等于安培力，隨著導體棒a速度增大，回路中感應電流變大，導體棒a所受的安培力變大，則導體棒a做加速度逐漸減小的加速運動，電流變化率逐漸變小，則導體棒b摩擦力隨時間的變化率逐漸變小，導體棒b滑動后，為滑動摩擦力，恒定不變，當導體棒b所受摩擦力f大小隨時間t變化的圖像如圖：（3）導體棒b剛要滑動時，對導體棒a可得：F＝μmg+BIL整個過程中對系統，由功能關系可得：Fx=μmgx+解得：Q=μmgx?2（4）導體棒b做初速度為v0，加速度減小的減速運動，當加速度減至0時導體棒做勻速直線運動，由以上式子可得：F＝2μmg導體棒b獲得瞬時速度后，a、b系統動量守恒，設最終導體棒a的速度為va，取向右為正方向，對a、b系統，由動量守恒定律可得：mv0+mvm＝mva+mvb當導體棒加速度減為0時：I=聯立解得：vb答：（1）導體棒b剛要滑動時，導體棒a的最大速度為2μmgRB（2）導體棒b所受摩擦力f大小隨時間t變化的圖像見解析；（3）導體棒a發(fā)生位移x的過程中，回路中產生的總焦耳熱為μmgx?2（4）導體棒b做初速度為v0，加速度減小的減速運動，當加速度減至0時導體棒做勻速直線運動；b的最終速度為v0如圖所示的裝置為了探究導體棒在有磁場存在的斜面上的運動情況，MN、M'N'是兩條相距為L＝0.5m的足夠長的金屬導軌，放置在傾角均為θ＝30°的對稱斜面上，兩導軌平滑連接，連接處水平，兩導軌右側接有阻值為R＝0.8Ω的固定電阻，導軌電阻不計。整個裝置處于大小為B＝1T，方向垂直于左邊斜面向上的勻強磁場中。質量為m＝0.1kg，電阻為r＝0.2Ω的導體棒Ⅰ從左側導軌足夠高處自由釋放，運動到底端時與放置在導軌底部的質量也為m＝0.1kg的絕緣棒Ⅱ發(fā)生完全彈性碰撞（等質量的物體發(fā)生完全彈性碰撞時，交換速度）。若不計棒與導軌間的摩擦阻力，運動過程中棒Ⅰ和棒Ⅱ與軌道接觸良好且始終與軌道垂直，求：（1）第一次碰撞后，棒Ⅱ沿右側斜面上滑的最大高度h；（2）第二次碰撞后，棒Ⅰ沿左側斜面上滑的最大距離為0.25m，該過程的時間；（3）若從釋放棒Ⅰ到系統狀態(tài)不再發(fā)生變化的整個過程中，電阻R產生的熱量為Q＝0.64J，棒I釋放點的高度H?！窘獯稹拷猓海?）棒Ⅰ從足夠高處滑下，到導軌底部前已經勻速，根據平衡條件可得：mgsinθ＝BIL其中I=聯立解得：vm=mgsinθ(R+r)棒Ⅰ和絕緣棒Ⅱ發(fā)生完全彈性碰撞，動量守恒；根據動量守恒定律可得：mvm＝mv1+mv2根據能量守恒定律可得：12mvm2=12mv12+1其中m1＝m2＝m＝0.1kg，聯立解得碰后Ⅰ的速度為v1＝0，Ⅱ的速度為v2＝2m/s對Ⅱ根據動能定理可得﹣mgh＝0?解得h＝0.2m；（2）第二次碰撞后，再次交換速度，棒Ⅰ以2m/s的速度向上運動，直到速度為0，這個過程中根據動量定理可得：﹣mgsinθ?t﹣BIL?t＝0﹣mvm其中q=It解得：t＝0.275s；（3）最終棒Ⅰ和棒Ⅱ都停在量導軌的底部，整個過程中能量守恒。根據能量關系可得：mgH＝Q總，電阻R產生的熱量為Q=RR+rQ解得：H＝0.8m。答：（1）第一次碰撞后，棒Ⅱ沿右側斜面上滑的最大高度為0.2m；（2）第二次碰撞后，棒I沿左側斜面上滑的最大距離為0.25m，該過程的時間為0.275s；（3）若從釋放棒I到系統狀態(tài)不再發(fā)生變化的整個過程中，電阻R產生的熱量為Q＝0.64J，棒I釋放點的高度為0.8m。水平面內有一電阻不計的光滑平行金屬導軌，兩導軌間距L＝0.4m，在導軌上MN左側區(qū)域存在垂直導軌平面向下的磁場，磁感應強度大小B＝2.5T。兩根電阻分別為R1＝1Ω、R2＝3Ω的金屬棒AB、CD垂直導軌置于MN左側的導軌上。開始時兩棒均靜止，現用一垂直于棒AB的水平向右外力拉動棒AB，使其向右運動：（1）當AB棒在磁場中向右運動時，判斷回路中的感應電流方向和CD棒的運動方向；（2）設AB棒在磁場中向右運動一段距離過程中，安培力對AB棒做功為WAB，安培力對CD棒做功為WCD，試從功和能量轉化關系的角度分析并比較WAB與WCD的大小；（3）當AB棒運動到MN右側后某時刻撤去外力（CD棒還在磁場中），此時AB棒速度大小v1＝5m/s，CD棒速度大小v2＝2m/s，求此時AB棒上的熱功率PAB；（4）在第（3）問情景中，請分析并描述此時刻之后AB、CD棒的運動情況?！窘獯稹拷猓海?）當AB棒在磁場中向右運動時，根據右手定則可知回路中的感應電流方向為逆時針；通過CD棒的電流為C→D，根據左手定則可得CD棒受到的安培力方向向右，所以CD棒向右運動；（2）AB棒在磁場中運動過程中相對于電源，而CD棒是在安培力作用下向右運動，相對于“電動機”，安培力對AB棒做功WAB一部分轉化為CD棒的動能，一部分轉化為系統的焦耳熱，而安培力對CD棒做功為WCD等于CD棒動能的變化，所以有：WAB＝WCD+Q，即WAB＞WCD；（3）當AB棒運動到MN右側后不再切割磁感應線，此時只有CD切割磁感應線，根據法拉第電磁感應定律可得：E＝BLv2＝2.5×0.4×2V＝2V回路中的感應電流為：I=E此時AB棒上的熱功率PAB＝I2R1＝0.52×1W＝0.25W；（4）當AB棒運動到MN右側后不再受到安培力，撤去外力后AB棒做勻速直線運動；CD棒在磁場中切割磁感應線運動時產生的感應電流方向為D→C，根據左手定則可知CD棒受到的安培力方向向左，導體棒CD做減速運動，減速運動的加速度大小為：a=F答：（1）當AB棒在磁場中向右運動時，回路中的感應電流方向為逆時針，和CD棒向右運動；（2）安培力對AB棒做功大于安培力對CD棒做功；（3）此時AB棒上的熱功率為0.25W；（4）AB棒做勻速直線運動，CD棒做加速度減小的減速運動。如圖所示的裝置可研究導體棒在磁場中的運動情況。M1M2N2N1是傾角為θ的光滑平行金屬傾斜導軌，處于大小為B1，方向垂直導軌平面向上的勻強磁場區(qū)間Ⅰ中。水平導軌上的無磁場區(qū)N1N2P2P1是光滑絕緣材料制成的導軌，右側P1P2Q2Q1是水平光滑平行金屬導軌，存在大小為B2，方向垂直導軌平面向上的足夠長的勻強磁場區(qū)間Ⅱ，Q1Q2右側是足夠長無磁場區(qū)域。水平部分和傾斜部分平滑連接，其間距均為L，M1M2之間接有電阻R，質量為m、長度也為L的金屬桿ab從傾斜導軌上端釋放，達到勻速后進入水平導軌（無能量損失），cd棒靜置于勻強磁場區(qū)間Ⅱ．運動過程中，桿ab、cd與導軌始終接觸良好，且保持與導軌垂直。已知桿ab、cd和電阻R的阻值均為R＝0.2Ω，質量均為m＝0.1kg，L＝0.5m，θ＝30°，B1＝B2＝0.4T，不計摩擦阻力和導軌電阻，忽略磁場邊界效應。求：（1）閉合開關K，由靜止釋放ab棒，求ab棒到達N1N2時的速度v0；（2）為使ab與cd不發(fā)生碰撞，cd棒最初與磁場邊界P1P2的距離x0至少為多少？（3）若cd棒與磁場邊界P1P2的距離最初為x＝3.5m，則ab棒從進入勻強磁場區(qū)間Ⅱ到離開的過程中，求ab棒產生的焦耳熱?！窘獯稹拷猓海?）ab棒勻速后其所受安培力與重力沿導軌向下的分力達到平衡，mgsinθ＝BIL，根據閉合電路的歐姆定律可得：I=解得：v0＝5m/s；（2）ab棒進入勻強磁場區(qū)間Ⅱ后通過安培力與cd棒發(fā)生相互作用，整體動量守恒，達到共同速度v1。則mv0＝2mv1。解得v1＝2.5m/s欲使兩者不發(fā)生碰撞，cd棒最初與磁場邊界P1P2的距離至少要等于兩者的相對位移△x，即x0＝△x.對cd棒應用動量定理可得：BIL?△t＝mv1，其中I是平均電流，由I=E2R；E=△Φ△t；△Φ＝BL?△x＝BLx0則有：B2L2解得：x0＝2.5m；（3）ab棒進入勻強磁場區(qū)間Ⅱ且cd還在磁場中的過程產生的焦耳熱即為系統動能減少量的一半，Q1=1cd棒過Q1Q2后保持v1勻速，ab棒從勻強磁場區(qū)間Ⅱ出去的過程，設ab棒過Q1Q2的速度為v2，則根據動量定理可得：?B2L2(x?得：v2＝1.5m/sab棒從勻強磁場區(qū)間Ⅱ出去的過程產生的焦耳熱即為系統動能減少量的一半，則：Q2=1所以ab棒從進入勻強磁場區(qū)間Ⅱ到離開的過程中，ab棒產生的焦耳熱為Q＝Q1+Q2＝0.4125J。答：（1）ab棒到達N1N2時的速度為5m/s；（2）cd棒最初與磁場邊界P1P2的距離x0至少為2.5m；（3）ab棒產生的焦耳熱為0.4125J。題型三電磁感應中的動力學和能量問題1．能量轉化導體切割磁感線或磁通量發(fā)生變化，在回路中產生感應電流，這個過程中機械能或其他形式的能轉化為電能，具有感應電流的導體在磁場中受安培力作用或通過電阻發(fā)熱，又可使電能轉化為機械能或內能．因此，電磁感應過程中總是伴隨著能量的轉化．2．電磁感應過程的實質是不同形式的能量轉化的過程，而能量的轉化是通過安培力做功的形式實現的，安培力做功的過程，是電能轉化為其他形式能的過程，外力克服安培力做功，則是其他形式的能轉化為電能的過程．（多選）如圖，兩根足夠長的光滑平行金屬導軌固定于同一豎直平面內，導軌電阻不計，導軌寬為L，底端通過導線連接一個電阻為R的定值電阻。整個導軌處在方向垂直紙面向里的勻強磁場中，質量為m長度與導軌等寬的勻質金屬桿垂直導軌放置，金屬桿電阻不計。某時刻以初速度為v0向上拋出金屬桿，一段時間后，金屬桿再次回到相同位置時的速度為v1。重力加速度為g，下列說法正確的是（）A．金屬桿運動的總時間為v0B．運動過程中產生的焦耳熱為12C．金屬桿的最大位移為m(vD．通過金屬桿的電荷量為m(【解答】解：A．根據安培公式F安＝BIL，切割電動勢E＝BLv，歐姆定律I=ER令B則F安＝kv以豎直向下為正方向，由動量定理mgtmgt又∑k解得金屬桿運動的總時間t＝t1+t2解得t=故A正確；B．由能量守恒得Q+解得運動過程中產生的焦耳熱Q=故B正確；CD．由A可知無法對通過金屬桿的電荷量進行計算，故也無法對金屬桿的最大位移進行計算，故CD錯誤。故選：AB。（多選）如圖所示，兩水平虛線間存在垂直于紙面方向的勻強磁場，磁感應強度大小為B，邊長為h的正方形導體框由虛線1上方無初速度釋放，在釋放瞬間ab邊與虛線1平行且相距h。已知導體框的質量為m，總電阻為r，重力加速度為g，cd邊與兩虛線重合時的速度大小均為v=2g?A．兩虛線的距離為74hB．導體框在穿越磁場的過程中，產生的焦耳熱為4mgh C．導體框的ab邊與虛線1重合時，其克服安培力做功的功率大小為B2D．導體框從ab邊與虛線1重合到cd邊與虛線1重合時所用的時間為B【解答】解：A、由題意，根據導體框進出磁場過程中運動的對稱性可知，ab邊剛好進入磁場和剛好離開磁場時的速度大小相同：ab邊進入的速度由運動學公式可求：v1=2g?，設兩虛線之間的距離為H，導體框全部位于磁場中時下落的加速度大小為g，根據運動學公式有：2g(H??)=B、設導體框穿過磁場的過程中產生的焦耳熱為Q，對導體框從開始下落到穿過磁場的過程，根據能量守恒定律有：mg(?+H+?)=12mC、導體框的ab邊與虛線1重合時的速度大小為：v此時ab邊產生的感應電動勢大小為：E＝Bhv1導體框中的感應電流為：I=ab邊所受的安培力大小為：F＝BIh導體框的ab與虛線1重合時克服安培力做功的功率大小為：P＝Fv1整理得：P=2D、設導體框通過磁場上邊界所用時間為t，線框中的平均感應電流為I，則由動量定理可得：mgt﹣BIh?t＝mv﹣mv1根據電流的定義可知電荷量為：q=I根據法拉第電磁感應定律、閉合電路歐姆定律綜合分析可知：q=聯立以上幾式解得：t=B故選：AD?？臻g存在范圍足夠大、豎直向下的、磁感應強度為B的勻強磁場，在其間豎直固定兩個相同的、彼此正對的金屬細圓環(huán)a、b，圓環(huán)a在前、圓環(huán)b在后。圓環(huán)直徑為d，兩環(huán)間距為L、用導線與阻值為R的外電阻相連，如圖所示。一根細金屬棒保持水平、沿兩圓環(huán)內側做角速度為ω的逆時針勻速圓周運動（如圖），金屬棒電阻為r。棒與兩圓環(huán)始終接觸良好，圓環(huán)電阻不計。則下列說法正確的是（）A．金屬棒在最低點時回路電流為零 B．金屬棒在圓環(huán)的上半部分運動時（不包括最左和最右點），a環(huán)電勢低于b環(huán) C．從最高點開始計時，回路電流的瞬時值為i=BLdω2(R+r)sinωD．電阻R兩端電壓的有效值為U=【解答】解：A、金屬桿做圓周運動的線速度v=12ωd，設金屬桿的速度方向與磁場間的夾角為θ，從最高點開始計時，感應電動勢L、R、ω、r都是定值，從最高點到最低點的過程中sinθ先減小后增大，金屬棒在最低點時回路電流最大，故A錯誤；B、金屬棒在圓環(huán)的上半部分運動時（不包括最左和最右點），根據右手定則可知a環(huán)電勢高于b環(huán)，故B錯誤；C、金屬棒在最高點時垂直切割磁感線，感應電流最大，則從最高點開始計時，回路電流的瞬時值為i=BLωdD、電流的有效值為I有=1故選：D。如圖甲所示，質量為1kg的金屬棒ab靜止在粗糙的平行導軌上且與導軌垂直，兩平行導軌固定在同一水平面內。ab棒、導軌和定值電阻R組成面積為1m2的閉合回路，回路總電阻為3Ω?；芈穬扔信c水平面成37°角斜向上且均勻變化的勻強磁場，從t＝0時刻開始，磁感應強度B隨時間t變化的圖像如圖乙所示。已知兩平行導軌的間距為1m，ab棒與導軌間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。在t＝1s時，ab棒恰好相對導軌開始運動，則此時（）A．ab棒中的電流方向為a流向b B．ab棒受到的安培力大小為253C．ab棒與導軌間的壓力大小為103D．ab棒與導軌之間的動摩擦因數為0.5【解答】解：A.由楞次定律知ab棒中的電流方向為b流向a，故A錯誤；B.由圖乙結合法拉第電磁感應定律得E=ΔBΔt則回路中的電流I=t＝ls時磁感應強度為5T，則所受安培力大小為F＝BIL聯立代入數據解得：F＝5N故B錯誤；C.由左手定則知，安培力方向垂直磁場方向向左上，則ah棒與導軌間的壓力大小為N＝mg﹣Fcos37°代入數據解得：N＝6N故C錯誤；D.由平衡條件得，ab棒與導軌間的摩擦力f＝Fsin37°又f＝μN解得μ＝0.5故D正確。故選：D。如圖所示，相距為L的兩條足夠長的平行金屬導軌右端連接有一定值電阻R，整個裝置被固定在水平地面上，整個空間存在垂直于導軌平面向下的勻強磁場，磁感應強度大小為B，兩根質量均為m，電阻都為R，與導軌間的動摩擦因數都為μ的相同金屬棒MN、EF垂直放在導軌上?，F在給金屬棒MN施加一水平向左的作用力F，使金屬棒MN從靜止開始以加速度a做勻加速直線運動，若重力加速度為g，導軌電阻不計，最大靜摩擦力與滑動摩擦力相等．則下列說法正確的是（）A．從金屬棒MN開始運動到金屬棒EF開始運動經歷的時間為t=3μmgRB．若從金屬棒MN開始運動到金屬棒EF開始運動經歷的時間為T，則金屬棒EF開始運動時，水平拉力F的瞬時功率為P＝（ma+μmg）aT C．若從金屬棒MN開始運動到金屬棒EF開始運動經歷的時間為T，則此過程中流過電阻R的電荷量為BaT2D．從金屬棒MN開始運動到金屬棒EF開始運動的過程中，兩金屬棒的發(fā)熱量相等【解答】解：MN與電阻R的并聯阻值R并=RRA、以EF為研究對象，設EF剛開始運動時其電流大小為I，則通過MN的電流為2I，EF棒剛要開始運動時，由平衡條件得：BIL＝μmg，根據閉合電路歐姆定律得：E＝2I（R+0.5R）＝3IR感應電動勢：E＝BLvMN做勻速直線運動，MN的速度v＝at解得：t=3μmgRB、金屬棒EF開始運動時，由平衡條件得：BIL＝μmg，解得：I=金屬棒MN所受的安培力大小為F安培＝B×2IL以MN為研究對象，根據牛頓第二定律得：F﹣μmg﹣F安培＝ma拉力的功率為P＝FvMN的速度大小v＝aT解得：P＝（ma+3μmg）aT，故B錯誤；C、MN棒在T時間內通過的位移為x=由法拉第電磁感應定律可知，平均感應電動勢：E平均感應電流：I流過電阻R的電荷量：Q=IΔ解得通過MN棒的電量為Q=由于兩棒的電阻都為R，則此過程中流過電阻R的電荷量為q=12QD、由于MN棒切割磁感線，產生感應電動勢，相當于電源，通過MN的電流是EF電流的2倍，根據焦耳定律Q＝I2Rt可知，MN的發(fā)熱量是EF的4倍，故D錯誤。故選：A。小明設計的電磁健身器的簡化裝置如圖所示，兩根平行金屬導軌相距l(xiāng)＝0.50m，傾角θ＝53°，導軌上端串接一個R＝0.05Ω的電阻。在導軌間長d＝0.56m的區(qū)域內，存在方向垂直導軌平面向下的勻強磁場，磁感應強度B＝2.0T。質量m＝4.0kg的金屬棒CD水平置于導軌上，用絕緣繩索通過定滑輪與拉桿GH相連。CD棒的初始位置與磁場區(qū)域的下邊界相距s＝0.24m。一位健身者用恒力F＝80N拉動GH桿，CD棒由靜止開始運動，上升過程中CD棒始終保持與導軌垂直。當CD棒到達磁場上邊界時健身者松手，觸發(fā)恢復裝置使CD棒回到初始位置（重力加速度g＝10m/s2，sin53°＝0.8，不計其他電阻、摩擦力以及拉桿GH和繩索的質量）。求：（1）CD棒進入磁場時速度v的大小；（2）CD棒進入磁場時所受的安培力的大小；（3）在拉升CD棒的過程中，健身者所做的功W和電阻產生的焦耳熱Q?！窘獯稹拷猓海?）CD棒進入磁場前，由牛頓第二定律得：F?mgsinθ＝ma解得a＝12m/s2…①進入磁場時CD棒的速度為：v=2as=2×12×0.24（2）CD棒進入磁場時產生的感應電動勢為：E＝Blv…③感應電流為：I=ECD棒安培力為：FA＝BIl…⑤聯立整理得：FA=B解得FA