2025年高考物理復習考點解密追蹤與預測（新高考）壓軸題11 電磁感應綜合問題（解析版）

壓軸題11電磁感應綜合問題考向分析本專題是運動學、動力學、恒定電流、電磁感應和能量等知識的綜合應用，高考既以選擇題的形式命題，也以計算題的形式命題．學好本專題，可以極大地培養(yǎng)同學們數(shù)形結(jié)合的推理能力和電路分析能力，針對性的專題強化，可以提升同學們解決數(shù)形結(jié)合、利用動力學和功能關(guān)系解決電磁感應類本專題是運動學、動力學、恒定電流、電磁感應和能量等知識的綜合應用，高考既以選擇題的形式命題，也以計算題的形式命題．學好本專題，可以極大地培養(yǎng)同學們數(shù)形結(jié)合的推理能力和電路分析能力，針對性的專題強化，可以提升同學們解決數(shù)形結(jié)合、利用動力學和功能關(guān)系解決電磁感應類試題的決心。用到的知識有：左手定則、安培定則、右手定則、楞次定律、法拉第電磁感應定律、閉合電路歐姆定律、平衡條件、牛頓運動定律、函數(shù)圖象、動能定理和能量守恒定律等．壓軸題要領(lǐng)1．題型簡述借助圖象考查電磁感應的規(guī)律，一直是高考的熱點，此類題目一般分為兩類：(1)由給定的電磁感應過程選出正確的圖象；(2)由給定的圖象分析電磁感應過程，定性或定量求解相應的物理量或推斷出其他圖象．常見的圖象有B－t圖、E－t圖、i－t圖、v－t圖及F－t圖等．2．解題關(guān)鍵弄清初始條件、正負方向的對應變化范圍、所研究物理量的函數(shù)表達式、進出磁場的轉(zhuǎn)折點等是解決此類問題的關(guān)鍵．3．解題步驟(1)明確圖象的種類，即是B－t圖還是Φ－t圖，或者E－t圖、I－t圖等；(2)分析電磁感應的具體過程；(3)用右手定則或楞次定律確定方向的對應關(guān)系；(4)結(jié)合法拉第電磁感應定律、閉合電路歐姆定律、牛頓運動定律等知識寫出相應的函數(shù)關(guān)系式；(5)根據(jù)函數(shù)關(guān)系式，進行數(shù)學分析，如分析斜率的變化、截距等；(6)畫圖象或判斷圖象．4．常用方法(1)排除法：定性地分析電磁感應過程中物理量的變化趨勢(增大還是減小)、變化快慢(均勻變化還是非均勻變化)，特別是分析物理量的正負，以排除錯誤的選項．(2)函數(shù)法：根據(jù)題目所給條件定量地寫出兩個物理量之間的函數(shù)關(guān)系，然后由函數(shù)關(guān)系對圖象進行分析和判斷．壓軸題速練1.水平放置的光滑金屬長導軌MM′和NN′之間接有電阻R，導軌左、右兩區(qū)域分別處在方向相反且與軌道垂直的勻強磁場中，右側(cè)區(qū)域足夠長，方向如圖1.設左、右區(qū)域的磁感應強度分別為B1和B2.一根金屬棒ab放在導軌上并與其正交，棒和導軌的電阻均不計．金屬棒在水平向右的恒定拉力作用下，在左邊區(qū)域中恰好以速度v做勻速直線運動，則()圖1A．若B2＝B1，棒進入右邊區(qū)域后先做加速運動，最后以速度2v做勻速運動B．若B2＝B1，棒進入右邊區(qū)域中后仍以速度v做勻速運動C．若B2＝2B1，棒進入右邊區(qū)域后先做減速運動，最后以速度eq\f(v,2)做勻速運動D．若B2＝2B1，棒進入右邊區(qū)域后先做加速運動，最后以速度4v做勻速運動答案B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做勻速直線運動，恒力F與安培力平衡．當B2＝B1時，棒進入右邊區(qū)域后，棒切割磁感線的感應電動勢與感應電流大小均沒有變化，棒所受安培力大小和方向也沒有變化，與恒力F仍然平衡，則棒進入右邊區(qū)域后，以速度v做勻速直線運動，故A錯誤，B正確．當B2＝2B1時，棒進入右邊區(qū)域后，棒產(chǎn)生的感應電動勢和感應電流均變大，所受的安培力也變大，恒力沒有變化，則棒先減速運動，隨著速度減小，感應電動勢和感應電流減小，棒受到的安培力減小，當安培力與恒力再次平衡時棒做勻速直線運動，設棒最后勻速運動的速度大小為v′.在左側(cè)磁場中F＝eq\f(B12L2v,R)，在右側(cè)磁場中勻速運動時，有F＝eq\f(B22L2v′,R)＝eq\f(2B12L2v′,R)，則v′＝eq\f(v,4)，即棒最后以速度eq\f(v,4)做勻速直線運動，故C、D錯誤．2．(多選)(2019·廣東肇慶市第二次統(tǒng)一檢測)如圖2甲所示，矩形導線框abcd固定在勻強磁場中，磁場的方向與導線框所在的平面垂直，磁感應強度B隨時間t變化的規(guī)律如圖乙所示，規(guī)定垂直紙面向里為磁場正方向，順時針方向為感應電流i正方向，水平向右為ad邊所受安培力F的正方向．下列圖象正確的是()圖2答案BD3.半徑為L的圓形邊界內(nèi)分布有垂直圓所在平面的磁場，垂直紙面向里的磁感應強度大小為2B，垂直紙面向外的磁感應強度大小為B，如圖3所示．AEO為八分之一圓導線框，其總電阻為R，以角速度ω繞O軸逆時針勻速轉(zhuǎn)動，從圖中所示位置開始計時，用i表示導線框中的感應電流(順時針方向為正)，線框中感應電流i隨時間t變化圖象可能是()圖3答案B解析當線框轉(zhuǎn)過0～45°時，產(chǎn)生的感應電流為順時針方向，電動勢E＝eq\f(1,2)BωL2＋eq\f(1,2)·2BωL2＝eq\f(3,2)BωL2，感應電流I＝eq\f(3BωL2,2R)；當線框轉(zhuǎn)過45°～90°時，產(chǎn)生的感應電動勢為零，感應電流為零；當線框轉(zhuǎn)過90°～135°時，產(chǎn)生的感應電流為逆時針方向，電動勢E＝eq\f(1,2)BωL2＋eq\f(1,2)·2BωL2＝eq\f(3,2)BωL2，感應電流I＝eq\f(3BωL2,2R)；當線框轉(zhuǎn)過135°～180°時，產(chǎn)生的感應電動勢為零，感應電流為零；當線框轉(zhuǎn)過180°～225°時，產(chǎn)生的感應電流為順時針方向，電動勢E＝eq\f(1,2)·2BωL2＝BωL2，感應電流I＝eq\f(BωL2,R)；當線框轉(zhuǎn)過225°～270°時，產(chǎn)生的感應電動勢為零，感應電流為零；當線框轉(zhuǎn)過270°～315°時，產(chǎn)生的感應電流為逆時針方向，電動勢E＝eq\f(1,2)·2BωL2＝BωL2，感應電流I＝eq\f(BωL2,R)；當線框轉(zhuǎn)過315°～360°時，產(chǎn)生的感應電動勢為零，感應電流為零，故選B.4．(多選)如圖4甲所示，半徑為1m的帶缺口剛性金屬圓環(huán)導軌固定在水平面內(nèi)，在導軌上垂直放置一質(zhì)量為0.1kg、電阻為1Ω的直導體棒，其長度恰好等于金屬圓環(huán)的直徑，導體棒初始位置與圓環(huán)直徑重合，且與導軌接觸良好．已知導體棒與導軌間的動摩擦因數(shù)為0.3，不計金屬圓環(huán)的電阻，導體棒受到的最大靜摩擦力等于其滑動摩擦力，取重力加速度g＝10m/s2.現(xiàn)若在圓環(huán)內(nèi)加一垂直于紙面向里的變化磁場，變化規(guī)律如圖乙所示，則()圖4A．導體棒中的電流是從b到aB．通過導體棒的電流大小為0.5AC．0～2s內(nèi)，導體棒產(chǎn)生的熱量為0.125JD．t＝πs時，導體棒受到的摩擦力大小為0.3N答案AC解析穿過閉合回路的磁通量向里增加，由楞次定律可知導體棒中的電流是從b到a，選項A正確；假設0～πs時間內(nèi)導體棒靜止不動，感應電動勢E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)·eq\f(1,2)πr2＝eq\f(0.5,π)×eq\f(1,2)π×12V＝0.25V，則感應電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(0.25,1)A＝0.25A，t＝πs時，導體棒受到的安培力F＝2BIr＝2×0.5×0.25×1N＝0.25N，最大靜摩擦力Ffm＝μmg＝0.3N，則假設成立，故導體棒所受摩擦力大小為0.25N，選項B、D錯誤；0～2s內(nèi)，導體棒產(chǎn)生的熱量為Q＝I2Rt＝0.252×1×2J＝0.125J，選項C正確．5．如圖5甲所示，間距為L＝0.5m的兩條平行金屬導軌，水平放置在豎直向下的勻強磁場中，磁場的磁感應強度B＝0.2T，軌道左側(cè)連接一定值電阻R＝1Ω.垂直導軌的導體棒ab在水平外力F作用下沿導軌運動，并始終與導軌接觸良好．t＝0時刻，導體棒從靜止開始做勻加速直線運動，力F隨時間t變化的規(guī)律如圖乙所示．已知導體棒和導軌間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.5，導體棒和導軌的電阻均不計．取g＝10m/s2，求：圖5(1)導體棒的加速度大??；(2)導體棒的質(zhì)量．答案(1)5m/s2(2)0.1kg解析(1)設導體棒的質(zhì)量為m，導體棒做勻加速直線運動的加速度大小為a，某時刻t，導體棒的速度為v，所受的摩擦力為Ff，則導體棒產(chǎn)生的電動勢：E＝BLv回路中的電流I＝eq\f(E,R)導體棒受到的安培力：F安＝BIL由牛頓第二定律：F－F安－Ff＝ma由題意v＝at聯(lián)立解得：F＝eq\f(B2L2a,R)t＋ma＋Ff根據(jù)題圖乙可知，0～10s內(nèi)圖象的斜率為0.05N/s，即eq\f(B2L2a,R)＝0.05N/s，解得a＝5m/s2(2)由F－t圖象縱截距可知：ma＋Ff＝1.0N又Ff＝μmg解得m＝0.1kg.6．如圖6甲所示，水平放置的平行金屬導軌間的距離為L(導軌電阻不計)，左側(cè)接阻值為R的電阻，區(qū)域cdef內(nèi)存在磁感應強度為B垂直軌道平面的有界勻強磁場，磁場寬度為s.一質(zhì)量為m、電阻為r的金屬棒MN置于導軌上，與導軌垂直且接觸良好，與導軌間的動摩擦因數(shù)為μ，從t＝0時刻開始，金屬棒MN受到水平向右的拉力F作用，從磁場的左側(cè)邊界由靜止開始運動，用傳感器測得電阻R兩端的電壓在0～1s內(nèi)的變化規(guī)律如圖乙所示．(已知B＝0.5T，L＝1m，m＝1kg，R＝0.3Ω，r＝0.2Ω，s＝1m，μ＝0.01，g取10m/s2)圖6(1)求金屬棒剛開始運動瞬間的加速度大小；(2)寫出0～1s內(nèi)拉力F與時間t的函數(shù)表達式．答案(1)0.4m/s2(2)F＝0.2t＋0.5(N)(0≤t≤1s)解析(1)由題意分析可知，金屬棒做初速度為零的勻加速直線運動．UR＝IRI＝eq\f(E,R＋r)E＝BLat聯(lián)立得UR＝0.3at由題圖乙可知，0.3a＝0.12得a＝0.4m/s2；(2)設F＝kt＋F0則有F0－μmg＝ma解得F0＝0.5N又kt＋F0－μmg－eq\f(B2L2at,R＋r)＝ma故有k－eq\f(B2L2a,R＋r)＝0，解得k＝0.2則F＝0.2t＋0.5(N)(0≤t≤1s)．7.如圖7所示，兩個平行光滑金屬導軌AB、CD固定在水平地面上，其間距L＝0.5m，左端接有阻值R＝3Ω的定值電阻．一根長度與導軌間距相等的金屬桿放置于導軌上，金屬桿的質(zhì)量m＝0.2kg，電阻r＝2Ω，整個裝置處在方向豎直向下、磁感應強度大小B＝4T的勻強磁場中，t＝0時刻，在MN上加一與金屬桿垂直、方向水平向右的外力F，金屬桿由靜止開始以a＝2m/s2的加速度向右做勻加速直線運動，2s末撤去外力F，運動過程中金屬桿與導軌始終垂直且接觸良好．(不計導軌和連接導線的電阻，導軌足夠長)求：圖7(1)1s末外力F的大小；(2)撤去外力F后的過程中，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱．答案(1)2N(2)0.96J解析(1)1s末，金屬桿MN的速度大小為v1＝at1＝2×1m/s＝2m/s金屬桿MN產(chǎn)生的感應電動勢為E＝BLv1金屬桿MN中的感應電流大小I＝eq\f(E,R＋r)金屬桿MN受到的安培力大小F安＝BIL聯(lián)立得F安＝eq\f(B2L2v1,R＋r)＝1.6N根據(jù)牛頓第二定律得F－F安＝ma可得F＝F安＋ma＝2N(2)2s末，金屬桿MN的速度大小為v2＝at2＝2×2m/s＝4m/s撤去外力F后的過程中，根據(jù)能量守恒定律得電路中產(chǎn)生的總焦耳熱Q＝eq\f(1,2)mv22＝eq\f(1,2)×0.2×42J＝1.6J電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱QR＝eq\f(R,R＋r)Q＝eq\f(3,3＋2)×1.6J＝0.96J.8．長直導線與環(huán)形導線固定在同一平面內(nèi)，長直導線中通有如圖1所示方向的電流．當電流大小逐漸減弱時()圖1A．環(huán)形導線有收縮的趨勢B．環(huán)形導線有遠離長直導線的趨勢C．環(huán)形導線中有順時針方向的感應電流D．環(huán)形導線中有感應電流，但方向無法確定答案C解析長直導線在環(huán)形導線位置產(chǎn)生了垂直紙面向里的磁場，當電流大小逐漸減弱時，長直導線在周圍空間產(chǎn)生的磁場也在減弱，所以環(huán)形導線中的磁通量也在減小，為了阻礙磁通量的減小，此時環(huán)形導線有擴張的趨勢，故A錯；環(huán)形導線中的磁通量在減小，為了阻礙磁通量的減小，環(huán)形導線有靠近長直導線的趨勢，故B錯；環(huán)形導線中的磁通量在減小，根據(jù)楞次定律可知此時環(huán)形導線中有順時針方向的電流，故C對，D錯．9．(多選)如圖2，用單位長度的電阻為r的金屬導線做成的正三角形線框ABC，邊長為L，左半邊置于勻強磁場中不動，磁場以AD豎直線為界．當t＝0時磁感應強度的方向如圖(a)所示，磁感應強度B隨時間t的變化關(guān)系如圖(b)所示，則在0～2t0時間內(nèi)()圖2A．線框中的感應電流方向始終為順時針B．線框受到的安培力大小恒定不變C．通過導線橫截面的電荷量為eq\f(\r(3)B0L,12r)D．左線框ACD兩端的電勢差UAD＝eq\f(\r(3)B0L2,16t0)答案ACD解析在0～t0時間內(nèi)，穿過線框的磁通量減小，磁場方向垂直于紙面向里，根據(jù)楞次定律可知，感應電流沿順時針方向，同理，在t0～2t0時間內(nèi)，穿過線框的磁通量增加，磁場方向垂直于紙面向外，根據(jù)楞次定律可知，感應電流沿順時針方向，故A正確；由法拉第電磁感應定律可知，線框產(chǎn)生的感應電動勢E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)S＝eq\f(B0,t0)·eq\f(1,2)·eq\f(L,2)·Lsin60°＝eq\f(\r(3)B0L2,8t0)，線框的電阻R＝3Lr，感應電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(\r(3)B0L,24t0r)，可知線框中產(chǎn)生恒定的感應電流，由于磁感應強度在變化，由F＝BIl知，線框受到的安培力大小是變化的，故B錯誤；通過導線橫截面的電荷量為q＝I·2t0＝eq\f(\r(3)B0L,12r)，故C正確；左線框ACD兩端的電勢差UAD＝I·eq\f(R,2)＝eq\f(\r(3)B0L,24t0r)·eq\f(3,2)Lr＝eq\f(\r(3)B0L2,16t0)，故D正確．10．(多選)金屬圓盤置于方向垂直于紙面向里的勻強磁場中，圓盤中央和邊緣各引出一根導線，與套在鐵芯上部的線圈A相連．套在鐵芯下部的線圈B引出兩根導線接在兩根水平導軌上如圖3所示，導軌上有一根金屬棒ab處在垂直于紙面向外的勻強磁場中，下列說法正確的是()圖3A．圓盤順時針加速轉(zhuǎn)動時，ab棒將向右運動B．圓盤順時針減速轉(zhuǎn)動時，ab棒將向右運動C．圓盤逆時針減速轉(zhuǎn)動時，ab棒將向右運動D．圓盤逆時針加速轉(zhuǎn)動時，ab棒將向右運動答案BD解析由右手定則可知，圓盤順時針加速轉(zhuǎn)動時，產(chǎn)生的感應電流方向為順時針，線圈A中產(chǎn)生的磁場方向向下且磁感應強度增強，由楞次定律可知，線圈B中的感應磁場方向向上，由右手螺旋定則可知，ab棒中感應電流方向由a→b，由左手定則可知，ab棒受到的安培力方向向左，ab棒將向左運動，故A錯誤；同理可知，若圓盤順時針減速轉(zhuǎn)動時，ab棒將向右運動，故B正確；由右手定則可知，圓盤逆時針減速轉(zhuǎn)動時，產(chǎn)生的感應電流方向為逆時針，線圈A中產(chǎn)生的磁場方向向上且磁場強度減弱，由楞次定律可知，線圈B中的感應磁場方向向上，由右手螺旋定則可知，ab棒中感應電流方向由a→b，由左手定則可知，ab棒受到的安培力方向向左，ab棒將向左運動，故C錯誤；同理可知，若圓盤逆時針加速轉(zhuǎn)動時，ab棒將向右運動，故D正確．11．(多選)(2020·湖北黃岡市高三八模)如圖4所示，兩光滑圓形導軌固定在水平面內(nèi)，圓心均為O點，半徑分別為r1＝0.2m，r2＝0.1m，兩導軌通過導線與阻值R＝2Ω的定值電阻相連，一長為r1的導體棒與兩圓形導軌接觸良好，導體棒一端以O點為圓心，以角速度ω＝100rad/s順時針勻速轉(zhuǎn)動，兩圓形導軌所在區(qū)域存在方向豎直向下、磁感應強度大小B＝2T的勻強磁場，不計導軌及導體棒的電阻，下列說法正確的是()圖4A．通過電阻的電流方向為由a到bB．通過電阻的電流為2AC．導體棒轉(zhuǎn)動時產(chǎn)生的感應電動勢為4VD．當r2減小而其他條件不變時，通過電阻的電流減小答案AC解析由右手定則可知，通過電阻的電流方向為由a到b，故A正確；兩圓環(huán)間導體棒在Δt時間內(nèi)掃過的面積ΔS＝(πr12－πr22)·eq\f(ωΔt,2π)由法拉第電磁感應定律可知，兩圓環(huán)間導體棒切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(B·ΔS,Δt)＝eq\f(1,2)B(r12－r22)ω＝eq\f(1,2)×2×(0.22－0.12)×100V＝3V．通過電阻R的電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(3,2)A＝1.5A，當r2減小而其他條件不變時，兩圓環(huán)間導體棒切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢變大，通過電阻的電流增大，故B、D錯誤；導體棒轉(zhuǎn)動時產(chǎn)生的感應電動勢E′＝Br1eq\x\to(v′)＝Br1eq\f(0＋ωr1,2)＝2×0.2×eq\f(100×0.2,2)V＝4V，故C正確．12.(多選)如圖5所示，在坐標系xOy中，有邊長為L的正方形金屬線框abcd，其一條對角線ac和y軸重合、頂點a位于坐標原點O處．在y軸右側(cè)的Ⅰ、Ⅳ象限內(nèi)有一垂直紙面向里的勻強磁場，磁場的上邊界與線框的ab邊剛好完全重合，左邊界與y軸重合，右邊界與y軸平行．t＝0時刻，線圈以恒定的速度v沿垂直于磁場上邊界的方向穿過磁場區(qū)域．取沿a→b→c→d→a方向的感應電流為正，則在線圈穿過磁場區(qū)域的過程中，感應電流i、ab間的電勢差Uab隨時間t變化的圖線是下圖中的()圖5答案AD解析在d點運動到O點過程中，ab邊切割磁感線，根據(jù)右手定則可以確定線框中電流方向為逆時針方向，即正方向，因為切割的有效長度均勻減小，所以電動勢均勻減小到0，則電流均勻減小到0；然后cd邊開始切割磁感線，感應電流的方向為順時針方向，即負方向，電動勢均勻減小到0，則電流均勻減小到0，A正確，B錯誤．d點運動到O點過程中，ab邊切割磁感線，ab相當于電源，電流由a到b，b點的電勢高于a點，ab間的電勢差Uab為負值，大小等于電流乘以除ab之外的三條邊的電阻，并逐漸減?。產(chǎn)b邊出磁場后后，cd邊開始切割磁感線，cd邊相當于電源，電流由b到a，ab間的電勢差Uab為負值，大小等于電流乘以ab邊的電阻，并逐漸減小，故C錯誤，D正確．13.(多選)一有界區(qū)域內(nèi)，存在著方向分別垂直于光滑水平桌面向下和向上的勻強磁場，磁感應強度大小分別為B和2B，磁場寬度均為L，如圖6所示．邊長為L的正方形導線框abcd的bc邊緊靠磁場邊緣置于桌面上，建立水平向右的x軸，且坐標原點在磁場的左邊界上，t＝0時刻開始線框沿x軸正方向勻速通過磁場區(qū)域，規(guī)定逆時針方向為電流的正方向，導線框受向左的安培力為正方向，四個邊電阻均相等．下列關(guān)于感應電流i、導線框受的安培力F以及b、a兩點電勢差Uba隨時間t的變化規(guī)律正確的是()圖6答案ACD解析正方形導線框進入第一個磁場過程中，只有bc邊切割磁感線，由右手定則可知，電流方向為逆時針方向，大小為I1＝eq\f(BLv,4R)，由于電流方向為逆時針方向，則b點電勢高于a點電勢，以b、a兩點的電勢差為U1＝eq\f(1,4)BLv，由左手定則可知，安培力方向水平向左，大小為F1＝BIL＝eq\f(B2L2v,4R)，正方形導線框進入第二個磁場過程中，ad邊在第一個磁場中切割磁感線，bc邊在第二個磁場中切割磁感線，由右手定則可知，電流方向為順時針，大小為I2＝eq\f(BLv＋2BLv,4R)＝eq\f(3BLv,4R)由于電流方向為順時針，則b點電勢低于a點電勢，所以b、a兩點的電勢差為U2＝－I2R＝－eq\f(3,4)BLv由左手定則可知，兩邊所受安培力方向都水平向左，則大小為F2＝BI2L＋2BI2L＝eq\f(3B2L2v,4R)＋eq\f(6B2L2v,4R)＝eq\f(9B2L2v,4R)，正方形導線框出第二個磁場過程中，只有ad邊在第二個磁場中切割磁感線，由右手定則可知，電流方向為逆時針方向，大小為I3＝eq\f(BLv,2R)，由于電流方向為逆時針方向，則則可知，安培力方向水平向左，大小為F3＝2BI3L＝2B×eq\f(BLv,2R)L＝eq\f(B2L2v,R)，故A、C、D正確，B錯誤．14.(多選)如圖7所示，豎直固定的“”形光滑導軌寬為0.5m，矩形勻強磁場Ⅰ、Ⅱ的高均為0.1m，磁場的磁感應強度大小均為1T，其他區(qū)域無磁場，兩矩形磁場間的距離為0.1m．質(zhì)量為0.1kg的水平金屬桿由靜止釋放，進入磁場Ⅰ和Ⅱ時的速度相等．金屬桿在導軌間的電阻為0.5Ω，與導軌接觸良好，其他電阻不計，空氣阻力不計，重力加速度g＝10m/s2，下列說法正確的是()圖7A．金屬桿剛進入磁場Ⅰ時加速度方向豎直向下B．金屬桿穿過磁場Ⅰ的時間大于在磁場Ⅰ、Ⅱ之間的區(qū)域運動時間C．金屬桿穿過兩磁場產(chǎn)生的總熱量為0.6JD．金屬桿釋放點距磁場Ⅰ上邊界的高度一定大于0.2m答案BD解析金屬桿在無場區(qū)做勻加速運動，而金屬桿進入磁場Ⅰ和Ⅱ時的速度相等，所以金屬桿剛進入磁場Ⅰ時做減速運動，加速度方向豎直向上，故A錯誤．金屬桿在磁場Ⅰ中運動時，隨著速度減小，產(chǎn)生的感應電流減小，受到的安培力減小，合力減小，加速度減小，所以金屬桿在磁場Ⅰ中做加速度減小的減速運動，在兩個磁場之間做勻加速運動，由題知，金屬桿進入磁場Ⅰ和Ⅱ時的速度相等，所以金屬桿在磁場Ⅰ中運動的平均速度小于在兩磁場之間運動的平均速度，兩個過程位移相等，所以金屬桿穿過磁場Ⅰ的時間大于在兩磁場之間的運動時間，故B正確．金屬桿從剛進入磁場Ⅰ到剛進入磁場Ⅱ的過程，由能量守恒定律得：2mgd＝Q，金屬桿通過磁場Ⅱ時產(chǎn)生的熱量與通過磁場Ⅰ時產(chǎn)生的熱量相同，所以總熱量為：Q總＝2Q＝4mgd＝0.4J，故C錯誤．設金屬桿釋放點距磁場Ⅰ上邊界的高度為H時，金屬桿進入磁場Ⅰ時剛好勻速運動，則有：mg＝BIL＝eq\f(B2L2v,R)，又v＝eq\r(2gH)，聯(lián)立解得：H＝eq\f(m2gR2,2B4L4)＝0.2m，由于金屬桿進入磁場Ⅰ時做減速運動，所以高度h一定大于H，故D正確．15.單匝閉合矩形線框電阻為R，在勻強磁場中繞與磁感線垂直的軸勻速轉(zhuǎn)動，穿過線框的磁通量Φ與時間t的關(guān)系圖像如圖所示。下列說法正確的是()A.時刻線框平面與中性面垂直B.線框的感應電動勢有效值為C.線框轉(zhuǎn)一周外力所做的功為D.從到過程中線框的平均感應電動勢為【答案】BC【解析】【詳解】由圖像可知時刻線圈的磁通量最大，因此此時線圈處于中性面位置，因此A錯誤；由圖可知交流電的周期為T，則，由交流電的電動勢的最大值為，則有效值為，故B正確，線圈轉(zhuǎn)一周所做的功為轉(zhuǎn)動一周的發(fā)熱量，，故C正確；從0時刻到時刻的平均感應電動勢為，故D錯誤。16.如圖，兩條光滑平行金屬導軌固定，所在平面與水平面夾角為θ，導軌電阻忽略不計。虛線ab、cd均與導軌垂直，在ab與cd之間的區(qū)域存在垂直于導軌所在平面的勻強磁場。將兩根相同的導體棒PQ、MN先后自導軌上同一位置由靜止釋放，兩者始終與導軌垂直且接觸良好。已知PQ進入磁場開始計時，到MN離開磁場區(qū)域為止，流過PQ的電流隨時間變化的圖像可能正確的是A.B.C.D.【答案】AD【解析】【詳解】由于PQ進入磁場時加速度為零，AB.若PQ出磁場時MN仍然沒有進入磁場，則PQ出磁場后至MN進入磁場的這段時間，由于磁通量φ不變，無感應電流。由于PQ、MN同一位置釋放，故MN進入磁場時與PQ進入磁場時的速度相同，所以電流大小也應該相同，A正確B錯誤；CD.若PQ出磁場前MN已經(jīng)進入磁場，由于磁通量φ不變，PQ、MN均加速運動，PQ出磁場后，MN由于加速故電流比PQ進入磁場時電流大，故C正確D錯誤；17.楞次定律是下列哪個定律在電磁感應現(xiàn)象中的具體體現(xiàn)？A.電阻定律 B.庫侖定律C.歐姆定律 D.能量守恒定律【答案】D【解析】楞次定律指感應電流的磁場阻礙引起感應電流的原磁場的磁通量的變化,這種阻礙作用做功將其他形式的能轉(zhuǎn)變?yōu)楦袘娏鞯碾娔?所以楞次定律的阻礙過程實質(zhì)上就是能量轉(zhuǎn)化的過程.18.如圖，方向豎直向下的勻強磁場中有兩根位于同一水平面內(nèi)的足夠長的平行金屬導軌，兩相同的光滑導體棒ab、cd靜止在導軌上。t=0時，棒ab以初速度v0向右滑動。運動過程中，ab、cd始終與導軌垂直并接觸良好，兩者速度分別用v1、v2表示，回路中的電流用I表示。下列圖像中可能正確的是A. B. C. D.【答案】AC【解析】最終兩棒共速,故此時電路中電流為0,即C正確,D錯誤;由C知,F安=BIL,知F安不是線性變化,故v也不是線性變化,即A正確,B錯誤.19.空間存在一方向與直面垂直、大小隨時間變化的勻強磁場，其邊界如圖(a)中虛線MN所示，一硬質(zhì)細導線的電阻率為ρ、橫截面積為S，將該導線做成半徑為r的圓環(huán)固定在紙面內(nèi)，圓心O在MN上。t=0時磁感應強度的方向如圖(a)所示：磁感應強度B隨時間t的變化關(guān)系如圖(b)所示，則在t=0到t=t1的時間間隔內(nèi)A.圓環(huán)所受安培力的方向始終不變B.圓環(huán)中的感應電流始終沿順時針方向C.圓環(huán)中的感應電流大小為D.圓環(huán)中的感應電動勢大小為【答案】BC【解析】AB、根據(jù)B-t圖象，由楞次定律可知，線圈中感應電流方向一直為順時針，但在t0時刻，磁場的方向發(fā)生變化，故安培力方向的方向在t0時刻發(fā)生變化，則A錯誤，B正確；CD、由閉合電路歐姆定律得：，又根據(jù)法拉第電磁感應定律得：，又根據(jù)電阻定律得：，聯(lián)立得：，則C正確，D錯誤。故本題選BC。20.金星、地球和火星繞太陽的公轉(zhuǎn)均可視為勻速圓周運動，它們的向心加速度大小分別為a金、a地、a火，它們沿軌道運行的速率分別為v金、v地、v火。已知它們的軌道半徑R金<R地<R火，由此可以判定A.a金>a地>a火 B.a火>a地>a金C.v地>v火>v金 D.v火>v地>v金【答案】A【解析】AB.由萬有引力提供向心力可知軌道半徑越小,向心加速度越大,故知A項正確，B錯誤；CD.由得可知軌道半徑越小,運行速率越大,故C、D都錯誤。21.(多選)如圖，兩個線圈繞在同一根鐵芯上，其中一線圈通過開關(guān)與電源連接，另一線圈與遠處沿南北方向水平放置在紙面內(nèi)的直導線連接成回路。將一小磁針懸掛在直導線正上方，開關(guān)未閉合時小磁針處于靜止狀態(tài)。下列說法正確的是A.開關(guān)閉合后的瞬間，小磁針的N極朝垂直紙面向里的方向轉(zhuǎn)動B.開關(guān)閉合并保持一段時間后，小磁針的N極指向垂直紙面向里的方向C.開關(guān)閉合并保持一段時間后，小磁針的N極指向垂直紙面向外的方向D.開關(guān)閉合并保持一段時間再斷開后的瞬間，小磁針的N極朝垂直紙面向外的方向轉(zhuǎn)動【答案】AD【解析】本題考查電磁感應、安培定則及其相關(guān)的知識點。開關(guān)閉合的瞬間，左側(cè)的線圈中磁通量變化，產(chǎn)生感應電動勢和感應電流，由楞次定律可判斷出直導線中電流方向為由南向北，由安培定則可判斷出小磁針處的磁場方向垂直紙面向里，小磁針的N極朝垂直紙面向里的方向轉(zhuǎn)動，選項A正確；開關(guān)閉合并保持一段時間后，左側(cè)線圈中磁通量不變，線圈中感應電動勢和感應電流為零，直導線中電流為零，小磁針恢復到原來狀態(tài)，選項BC錯誤；開關(guān)閉合并保持一段時間后再斷開后的瞬間，左側(cè)的線圈中磁通量變化，產(chǎn)生感應電動勢和感應電流，由楞次定律可判斷出直導線中電流方向為由北向南，由安培定則可判斷出小磁針處的磁場方向垂直紙面向外，小磁針的N極朝垂直紙面向外的方向轉(zhuǎn)動，選項D正確?！军c睛】此題中套在一根鐵芯上的兩個線圈，實際上構(gòu)成一個變壓器。22.某同學為了驗證斷電自感現(xiàn)象，自己找來帶鐵心的線圈L、小燈泡A、開關(guān)S和電池組E，用導線將它們連接成如圖所示的電路。檢查電路后，閉合開關(guān)S，小燈泡發(fā)光；再斷開開關(guān)S，小燈泡僅有不顯著的延時熄滅現(xiàn)象。雖經(jīng)多次重復，仍未見老師演示時出現(xiàn)的小燈泡閃亮現(xiàn)象，他冥思苦想找不出原因。你認為最有可能造成小燈泡末閃亮的原因是A.電源的內(nèi)阻較大 B.小燈泡電阻偏大C.線圈電阻偏大 D.線圈的自感系數(shù)較大【答案】C【解析】開關(guān)斷開開關(guān)時，燈泡能否發(fā)生閃亮，取決于燈泡的電流有沒有增大，與電源的內(nèi)阻無關(guān)，故A錯誤；若小燈泡電阻偏大，穩(wěn)定時流過燈泡的電流小于線圈的電流，斷開開關(guān)時，根據(jù)楞次定律，流過燈泡的電流從線圈原來的電流逐漸減小，燈泡將發(fā)生閃亮現(xiàn)象，故B錯誤；線圈電阻偏大，穩(wěn)定時流過燈泡的電流大于線圈的電流，斷開開關(guān)時，根據(jù)楞次定律，流過燈泡的電流從線圈原來的電流逐漸減小，燈泡不發(fā)生閃亮現(xiàn)象，故C正確；線圈的自感系數(shù)較大，產(chǎn)生的自感電動勢較大，但不能改變穩(wěn)定時燈泡和線圈中電流的大小，故D錯誤.【考點定位】自感現(xiàn)象和自感系數(shù).23.將閉合多匝線圈置于僅隨時間變化的磁場中，線圈平面與磁場方向垂直，關(guān)于線圈中產(chǎn)生的感應電動勢和感應電流，下列表述正確的是A.感應電動勢的大小與線圈的匝數(shù)無關(guān)B.穿過線圈的磁通量越大，感應電動勢越大C.穿過線圈的磁通量變化越快，感應電動勢越大D.感應電流產(chǎn)生的磁場方向與原磁場方向始終相同【答案】C【解析】由法拉第電磁感應定律可知，感應電動勢，即感應電動勢與線圈匝數(shù)有關(guān)故A錯誤；同時可知，感應電動勢與磁通量的變化率有關(guān)，磁通量變化越快，感應電動勢越大，故C正確；穿過線圈的磁通量大，但若所用的時間長，則電動勢可能小，故B錯誤；由楞次定律可知：感應電流的磁場方向總是阻礙引起感應電流的磁通量的變化，故原磁通增加，感應電流的磁場與之反向，原磁通減小，感應電流的磁場與原磁場方向相同，即“增反減同”，故D錯誤；【考點定位】法拉第電磁感應定律，楞次定律24.如圖，均勻帶正電的絕緣圓環(huán)a與金屬圓環(huán)b同心共面放置，當a繞O點在其所在平面內(nèi)旋轉(zhuǎn)時，b中產(chǎn)生順時針方向的感應電流，且具有收縮趨勢，由此可知，圓環(huán)aA.順時針加速旋轉(zhuǎn)B.順時針減速旋轉(zhuǎn)C.逆時針加速旋轉(zhuǎn)D.逆時針減速旋轉(zhuǎn)【答案】B.【解析】圓環(huán)b具有收縮趨勢，說明穿過b環(huán)的磁通量在增強，根據(jù)阻礙變化可知圓環(huán)a減速旋轉(zhuǎn)，逐漸減弱的磁場使得b環(huán)產(chǎn)生了順時針方向電流，根據(jù)楞次定律可知引起b環(huán)的感應電流的磁場方向向里，根據(jù)安培定則判斷出a環(huán)順時針方向旋轉(zhuǎn).所以B選項正確.【考點定位】楞次定律25.某電子天平原理如圖所示，形磁鐵的兩側(cè)為N極，中心為S極，兩級間的磁感應強度大小均為，磁極的寬度均為，忽略邊緣效應.一正方形線圈套于中心磁極，其骨架與秤盤連為一體，線圈兩端C、D與外電路連接.當質(zhì)量為的重物放在秤盤上時，彈簧被壓縮，秤盤和線圈一起向下運動(骨架與磁極不接觸)，隨后外電路對線圈供電，秤盤和線圈恢復到未放重物時的位置并靜止，由此時對應的供電電流可確定重物的質(zhì)量.已知線圈的匝數(shù)為，線圈的電阻為，重力加速度為。問：(1)線圈向下運動過程中，線圈中感應電流是從C端還是D端流出？(2)供電電流是從C端還是D端流入？求重物質(zhì)量與電流的關(guān)系.(3)若線圈消耗的最大功率為，該電子天平能稱量的最大質(zhì)量是多少？【答案】(1)感應電流從C端流出(2)(3)【解析】(1)根據(jù)右手定則，線圈向下切割磁感線，電流應從Ｄ端流入，從Ｃ端流出(２)根據(jù)左手定則可知，若想使彈簧恢復形變，安培力必須向上，根據(jù)左手定則可知電流應從D端流入，根據(jù)受力平衡①解得②(3)根據(jù)最大功率得③②③聯(lián)立解得：【考點定位】電磁感應切割類問題26.正方形導體框處于勻強磁場中，磁場方向垂直框平面，磁感應強度隨時間均勻增加，變化率為k。導體框質(zhì)量為m、邊長為L，總電阻為R，在恒定外力F作用下由靜止開始運動。導體框在磁場中的加速度大小為____________；導體框中感應電流做功的功率為____________。【答案】，【解析】線框在磁場中運動時，各個邊所受安培力的合力為零，因此線框所受的合外力就是F，根據(jù)牛頓第二定律得加速度：，線框產(chǎn)生的感應電動勢，回路的電流，因此，感應電流做功的功率【考點定位】電磁感應磁變類問題27.真空管道超高速列車的動力系統(tǒng)是一種將電能直接轉(zhuǎn)換成平動動能的裝置。圖1是某種動力系統(tǒng)的簡化模型，圖中粗實線表示固定在水平面上間距為l的兩條平行光滑金屬導軌，電阻忽略不計，ab和cd是兩根與導軌垂直，長度均為l，電阻均為R的金屬棒，通過絕緣材料固定在列車底部，并與導軌良好接觸，其間距也為l，列車的總質(zhì)量為m。列車啟動前，ab、cd處于磁感應強度為B的勻強磁場中，磁場方向垂直于導軌平面向下，如圖1所示，為使列車啟動，需在M、N間連接電動勢為E的直流電源，電源內(nèi)阻及導線電阻忽略不計，列車啟動后電源自動關(guān)閉。(1)要使列車向右運行，啟動時圖1中M、N哪個接電源正極，并簡要說明理由；(2)求剛接通電源時列車加速度a的大小；(3)列車減速時，