2020屆高考物理二輪復(fù)習(xí)刷題首選卷專題十一電磁感應(yīng)精練(含解析)

1、專題葉電磁感應(yīng)經(jīng)典特訓(xùn)題組1 .（多選）如圖所示，半徑為2r的彈性螺旋線圈內(nèi)有垂直紙面向外的圓形勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁場區(qū)域的半徑為r,已知彈性螺旋線圈的電阻為 R,線圈與磁場區(qū)域共圓心，則以下說法中 正確的是（）A.保持磁場不變，線圈的半徑由 2r變到3r的過程中，有順時針的電流8 .保持磁場不變，線圈的半徑由 2r變到0.5 r的過程中，有逆時針的電流C.保持半徑不變，使磁場隨時間按D.保持半徑不變，使磁場隨時間按 k兀 r2B= kt變化，線圈中的電流為b- R,2 2k 萬 rB= kt變化，線圈中的電流為2-R答案 BC解析 保持磁場不變，線圈的半徑由2r變到3r的過程中，穿過線圈的磁通量

2、不變，所以在線圈中沒有感應(yīng)電流產(chǎn)生， A錯誤；保持磁場不變，線圈的半徑由2r變到0.5 r的過程中,線圈包含磁場的面積變小，磁通量變小，根據(jù)楞次定律可知，線圈中產(chǎn)生逆時針的感應(yīng)電流，B正確；保持半徑不變，使磁場隨時間按B= kt變化，磁場增大，穿過線圈的磁通量增大，根據(jù)楞次定律可知，線圈中產(chǎn)生順時針的感應(yīng)電流，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律和閉合電路歐姆A定律可得感應(yīng)電流為：1=整=當(dāng)2 kS= kC正確，D錯誤。 R R tR R R2.（多選）如圖所示電路中， A B為兩個相同燈泡，L為自感系數(shù)較大、電阻可忽略不計 的電感線圈，C為電容較大的電容器，下列說法中正確的有（）A.接通開關(guān)S, A立即變

3、亮，最后 A B一樣亮B.接通開關(guān)S, B逐漸變亮，最后 A B一樣亮C.斷開開關(guān)S, A、B都立刻熄滅D.斷開開關(guān)S, A立刻熄滅，B逐漸熄滅答案 ABD解析 接通開關(guān)S,電容器C充電，相當(dāng)于導(dǎo)線導(dǎo)通，電流流過 A,因此A立即變亮，由 于充電電流越來越小，當(dāng)電容器C充電完畢后，其所在支路相當(dāng)于斷路，當(dāng)電流流過電感線圈L時，線圈由于產(chǎn)生相反方向的自感電動勢，阻礙電流的增大，所以通過B的電流逐漸增大，故B逐漸變亮，當(dāng)閉合足夠長時間后，電容器C所在支路無電流，相當(dāng)于斷路，通過電感線圈L的電流穩(wěn)定后，L相當(dāng)于導(dǎo)線，此時 A B形成串聯(lián)回路，A B 一樣亮，A B正確; 當(dāng)S閉合足夠長時間后再斷開時，

4、A立刻熄滅，L中產(chǎn)生自感電動勢，且電容器放電，此時電容器C、電感線圈L和燈泡B構(gòu)成回路，故 B會逐漸熄滅，C錯誤，D正確。3.如圖所示，正方形導(dǎo)線框 abcd放在勻強(qiáng)磁場中靜止不動，磁場方向與線框平面垂直,磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間t的變化關(guān)系如圖乙所示,t = 0時刻，磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直紙面向里。卜列選項(xiàng)中能表示線框的ab邊受到的安培力 F隨時間t的變化關(guān)系的是（規(guī)定水平向左為力的正方向）（）答案 A解析 01s ：磁場方向向里且均勻減小，由楞次定律可得，線圈中產(chǎn)生順時針方向的 感應(yīng)電流，由E=*可知，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢恒定，電流恒定，所以ab邊受到的安培力 Fa= BIL均勻減小，由左手定則可知，

5、安培力方向向左，即為正；13 s：磁場方向向外且均勻增大，由楞次定律可得，線圈中產(chǎn)生順時針方向的感應(yīng)電流，由E=f%可知，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢恒定，電流恒定，所以 ab邊受到的安培力 Fa=BIL均勻增大，由左手定則可知，安培力 方向向右，即為負(fù)；35s :磁場方向向外且均勻減小，由楞次定律可得，線圈中產(chǎn)生逆時 針方向的感應(yīng)電流，由E=資可知，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢恒定，電流恒定，所以ab邊受到的安培力Fa=BIL均勻減小，由左手定則可知，安培力方向向左，即為正。綜合上述分析可知正確。4.如圖，傾角為 0的光滑斜面上存在著兩個磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相同的勻強(qiáng)磁場，其方向一個垂直于斜面向上，一個垂直于斜面向下，它

6、們的寬度均為L。一個質(zhì)量為 m邊長也為L的正方形線框以速度 v進(jìn)入上部磁場恰好做勻速運(yùn)動，ab邊在下部磁場運(yùn)動過程中再次做勻速運(yùn)動。重力加速度為 g,則（）A.在ab邊進(jìn)入上部磁場過程中線框的電流方向?yàn)閍bcbaB.當(dāng)ab邊剛越過邊界ff '時，線框的加速度為gsin 0C.當(dāng)ab邊進(jìn)入下部磁場再次做勻速運(yùn)動時速度為-v4D.從ab邊進(jìn)入磁場到ab邊進(jìn)入下部磁場再次做勻速運(yùn)動的過程中，減少的動能等于線框中產(chǎn)生的焦耳熱答案 C解析 根據(jù)楞次定律可知，在 ab邊進(jìn)入上部磁場過程中的電流方向?yàn)閍dcba, A錯誤；一, -八. ,一 +、一， ,B2L2V t上皿一工上厘，,當(dāng)線圈在上半部分

7、磁場中勻速運(yùn)動時：F安=m第n 0當(dāng)ab邊剛越過邊界ff '時，由R于線圈的ab邊和cd邊產(chǎn)生同方向的電動勢，則回路的電動勢加倍，感應(yīng)電流加倍，每個邊 受到的安培力加倍，則此時由牛頓第二定律有：4F安一m*in。= ma,解得此時線框的加速度,一 ,2BLv'"為a=3gsin 0 , B錯反；當(dāng)ab邊進(jìn)入下部磁場再次做勻速運(yùn)動時： 2B-L= m§in 0 ,解R，1一、，一一，.得v' =4V, C正確；由能量關(guān)系可知，從ab邊進(jìn)入磁場到ab邊進(jìn)入下部磁場再次做勻速運(yùn)動的過程中，線框減少的動能與重力勢能之和等于線框中產(chǎn)生的焦耳熱，D錯誤。5 .如

8、圖所示，等腰直角三角形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向內(nèi)的勻強(qiáng)磁場，左邊有一形狀完全相同的等腰直角三角形導(dǎo)線框，線框從圖示位置開始水平向右勻速穿過磁場區(qū)域，規(guī)定線框 中感應(yīng)電流沿逆時針方向?yàn)檎较?，線框剛進(jìn)入磁場區(qū)域時感應(yīng)電流為i0,直角邊長為L。其感應(yīng)電流i隨位移x變化的圖象正確的是（）答案 C解析 在線框進(jìn)入磁場的過程中，位移 x為。L的過程中，磁通量先增大后減小，所以感應(yīng)電流方向先是逆時針，后是順時針，當(dāng)線框的右邊和斜邊切割長度相等時感應(yīng)電流為零,接著又反向增大，在 x=L時的位置如圖所示,X以后有效切割長度逐漸減小到零，則感應(yīng)電動勢逐漸減小到零，感應(yīng)電流逐漸減小到零。 BLv當(dāng)x=0時，感應(yīng)電流大

9、小為i 0= r-,方向沿逆時針方向，為正值；當(dāng) x= L時，感應(yīng)電流大LB - 一v 2 i 0小為i =T，方向沿順時針方向，為負(fù)值，所以C正確，A、R D錯誤。R 26 . （2019 山西晉城一模）（多選）如圖所示，U形光滑金屬導(dǎo)軌與水平面成37°角傾斜放置，現(xiàn)將一金屬桿垂直放置在導(dǎo)軌上且與兩導(dǎo)軌接觸良好，在與金屬桿垂直且沿著導(dǎo)軌向上 的外力F的作用下，金屬桿從靜止開始做勻加速直線運(yùn)動。整個裝置處于垂直導(dǎo)軌平面向上 的勻強(qiáng)磁場中，外力 F的最小值為8 N,經(jīng)過2 s金屬桿運(yùn)動到導(dǎo)軌最上端并離開導(dǎo)軌。已知U形金屬導(dǎo)軌兩軌道之間的距離為1 m,導(dǎo)軌電阻可忽略不計，金屬桿的質(zhì)量為1

10、 kg、電阻為1 Q ,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為1 T,重力加速度 g=10 m/s2, sin37 ° = 0.6 , cos37° = 0.8。下列說法正確的是（）A.拉力F是恒力B.拉力F隨時間t均勻增加C.拉力F的最大值等于12 ND.金屬桿運(yùn)動的加速度大小為2 m/s 2答案 BCD解析 t時刻，金屬桿的速度大小為v=at,產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為 E= Blv,電路中的感應(yīng)電流為1=萼，金屬桿所受的安培力大小為F安=811=更,由牛頓第二定律可知 F=maRRB2l 2at+ mgin37。+ ,可見F隨時間t均勻增加，A錯誤，B正確；t = 0時，F(xiàn)最小，代入數(shù) R據(jù)可求得

11、a=2 m/s： t = 2 s時，F(xiàn)最大，最大值為12 N, C、D正確。7 .（多選）如圖所示，空間某區(qū)域內(nèi)存在沿水平方向的勻強(qiáng)磁場，一正方形閉合金屬線框自磁場上方某處釋放后穿過磁場，整個過程線框平面始終豎直，線框邊長小于磁場區(qū)域上下寬度。以線框剛進(jìn)入磁場時為計時起點(diǎn)，下列描述線框所受安培力F隨時間t變化關(guān)系的圖象中，可能正確的是（）B答案 BCD解析 若線圈剛進(jìn)入磁場時，速度較大，安培力大于重力，則線圈最開始做減速運(yùn)動， 安培力也隨之減小，可能達(dá)到安培力等于重力，線圈速度不再變化，安培力也不再變化，或 安培力仍大于重力線圈就已全部進(jìn)入磁場，此時，線圈中磁通量不變，感應(yīng)電流為零，所以 整體

12、所受的安培力為 0,在重力作用下，線圈又開始加速運(yùn)動，當(dāng)線圈的下邊穿出磁場時，線 圈整體又開始受安培力，由于之前線圈又經(jīng)歷了加速過程，所以安培力此時是大于重力的， 因此線圈又開始減速運(yùn)動，安培力也隨之減小，故 A錯誤，C正確；若線圈剛進(jìn)入磁場時，安 培力等于重力，線圈速度不再變化，安培力也不再變化，當(dāng)線圈全部進(jìn)入磁場時，線圈中磁 通量不變，感應(yīng)電流為零，所以整體所受的安培力為 0,在重力作用下，線圈又開始加速運(yùn)動， 當(dāng)線圈的下邊穿出磁場時，線圈整體又開始受安培力，由于之前線圈又經(jīng)歷了加速過程，所 以安培力此時是大于重力的，因此線圈又開始減速運(yùn)動，安培力也隨之減小，故B正確；若線圈剛進(jìn)入磁場時，

13、速度較小，安培力小于重力，所以線圈最開始是加速運(yùn)動，安培力也隨之增大，當(dāng)線圈全部進(jìn)入磁場時，線圈中磁通量不變，感應(yīng)電流為零，所以整體所受的安培 力為0,在重力作用下，線圈又開始加速，當(dāng)線圈的下邊穿出磁場時，線圈整體又開始受安培力，由于之前線圈又經(jīng)歷了加速過程，所以安培力此時可能是大于重力的，因此線圈可能開始減速，安培力也隨之減小，故D正確。8 .（多選）法拉第圓盤發(fā)電機(jī)的示意圖如圖所示。銅圓盤安裝在豎直的銅軸上， 兩銅片P、Q分別與圓盤的邊緣和銅軸接觸。圓盤處于方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場B中。圓盤旋轉(zhuǎn)時，關(guān)于流過電阻R的電流，下列說法正確的是 （）A.若圓盤轉(zhuǎn)動的角速度恒定，則電流大小恒定B.若從

14、上向下看，圓盤順時針轉(zhuǎn)動，則電流沿 a到b的方向流動C.若圓盤轉(zhuǎn)動方向不變，角速度大小發(fā)生變化，則電流方向可能發(fā)生變化D.若圓盤轉(zhuǎn)動的角速度變?yōu)樵瓉淼?倍，則電流在 R上的熱功率也變?yōu)樵瓉淼?2倍答案 AB解析 設(shè)圓盤半徑為l ,由電磁感應(yīng)定律得 E= Bl 0+j l =反粵，I =E,故3 一定時， 22 R電流大小恒定，A正確；由右手定則知圓盤中心為等效電源正極，圓盤邊緣為負(fù)極，電流經(jīng)外電路從a經(jīng)過R流到b, B正確；圓盤轉(zhuǎn)動方向不變時，等效電源的正、負(fù)極不變，電流方向E2 B21 4 2不變，C錯誤；P=d=f，角速度加倍時功率變?yōu)樵瓉淼?倍，D錯誤。R 4R9 .矩形線圈abcd,長

15、ab= 20 cm,寬bc=10 cm,匝數(shù)n=200。線圈回路總電阻 R= 5整個線圈平面內(nèi)均有垂直于線圈平面的勻強(qiáng)磁場穿過，若勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間t的變化規(guī)律如圖所示，則（）A.線圈回路中感應(yīng)電動勢隨時間均勻變化B.線圈回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電流為 0.2 AC.當(dāng)t = 0.3 s時，線圈的ab邊所受的安培力大小為1.6 ND.在1 min內(nèi)線圈回路產(chǎn)生的焦耳熱為 48 J答案 D解析 由法拉第電磁感應(yīng)定律可得E= n=nB- S= 200X 0.2，？05 x 0.2 x 0.1 VAt At0.3=2 V,由閉合電路歐姆定律可得：I=E=2 A =0.4 A,故A、B錯誤；當(dāng)t =

16、 0.3 s時，通電R 5導(dǎo)線受到的安培力為 F=nBIL=200X 20X 10 2X0.4 X0.2 N= 3.2 N ,故C錯誤；在1 min內(nèi) 線圈回路產(chǎn)生的焦耳熱 Q= I 2Rt= 0.4 2X5X60 J = 48 J , D正確。10 .如圖所示，豎直放置的光滑導(dǎo)軌GMANHGM HN平行，其中 MAM一半徑為r= 1 m的半圓弧，最高點(diǎn) A處斷開。GH之間接有電阻為 R= 4 Q的小燈泡L,在MMk方區(qū)域及 CDEF 區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B= 1 T, MN。9間的距離為 =1.85 m, CD EF之間的距離為h2=1.15 m,現(xiàn)有質(zhì)量為 f

17、 0.7 kg的金屬棒ab,從最高點(diǎn) Ar2處由靜止下洛，當(dāng)金屬棒下洛2時具有向下的加速度 a= 7 m/s ,金屬棒在CDE嘔域內(nèi)運(yùn)動過程中小燈泡亮度始終不變，金屬棒始終保持水平且與導(dǎo)軌接觸良好，金屬棒、導(dǎo)軌的電阻均 2 .一不甘，重力加速度 g= 10 m/s 。求：一 一r ,(1)金屬棒從A處下洛2時的速度vi大小；(2)金屬棒下落到 MN小時的速度V2大??；(3)金屬棒從A處下落到EF過程中燈泡L產(chǎn)生的熱量Q答案 (1)2.8 m/s (2)2 3 m/s (3)10.85 J解析(1)金屬棒下落到2時，金屬棒切割磁感線的有效長度：l=2rcos300 =43 m,人口一入、口,B2

18、l 2V1金屬棒受到的安培力：F安=811 =z-,R 人一 nB212V1對金屬棒，由牛頓第二te律得：mgr-= ma,R代入數(shù)據(jù)解得：V1 = 2.8 m/s 。(2)由題可知，金屬棒進(jìn)入CDE而域時勻速運(yùn)動，此時切割磁感線的有效長度為2r,22由平衡條件得：mg=3-,R代入數(shù)據(jù)解得：V3 = 7 m/s ,金屬棒從MNiiJ CD的過程做自由落體運(yùn)動,22.由速度位移公式得：V3-V2=2ghi, 代入數(shù)據(jù)解得：口 = 2# m/s。(3)對金屬棒，由能量守恒定律得：,.一 12cmg( r + hi + h2)= 2m3- Q代入數(shù)據(jù)解得：Q= 10.85 J 。11 .如圖所示，

19、空間存在豎直向下的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B= 0.5 T。在勻強(qiáng)磁場區(qū)域內(nèi)，有一對光滑平行金屬導(dǎo)軌，處于同一水平面內(nèi)，導(dǎo)軌足夠長，導(dǎo)軌間距L=1 m,電阻可忽略不計。質(zhì)量均為m= 1 kg,電阻均為R= 2.5 Q的金屬導(dǎo)體棒 MND PQfi直放置于導(dǎo)軌上， 且與導(dǎo)軌接觸良好。先將PQ暫時鎖定，金屬棒 MNB垂直于棒的拉力 F作用下，由靜止開始以加速度a=0.4 m/s 2向右做勻加速直線運(yùn)動，5 s后保持拉力F的功率不變，直到棒以最大速度Vm做勻速直線運(yùn)動。X 1 X¥1 XxXa-a F苒MK苒1再xxQ(1)求棒MN勺最大速度Vm；(2)當(dāng)棒MNi到最大速度Vm時，解除PQ鎖定

20、，同時撤去拉力 F,兩棒最終均勻速運(yùn)動。 求解除PQ棒鎖定后，到兩棒最終勻速運(yùn)動的過程中，電路中產(chǎn)生的總焦耳熱；(3)若PQ始終不解除鎖定，當(dāng)棒MNi到最大速度Vm時，撤去拉力F,棒MNB續(xù)運(yùn)動多遠(yuǎn)后停下來？(運(yùn)算結(jié)果可用根式表示)答案 (1)25 m/s (2)5 J (3)40 5 m解析(1)棒MN故勻加速運(yùn)動階段，由牛頓第二定律得：F-BIL = ma棒MN故切割磁感線運(yùn)動，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為：E= BLv棒MN故勻加速直線運(yùn)動，5 s時的速度為：v = at 1 = 2 m/s在兩棒組成的回路中，由閉合電路歐姆定律得：1=22 R聯(lián)立上述式子，有：F= m升，12R代入數(shù)據(jù)解得5 s

21、時棒的拉力為：F= 0.5 N5 s時拉力F的功率為：P= Fv代入數(shù)據(jù)解得：P= 1 W棒MNt終做勻速運(yùn)動時速度最大，設(shè)棒的最大速度為Vm,棒受力平衡，則有：-BImLVmBLw又Im=左代入數(shù)據(jù)解得：Vm= 2小m/s。（2）解除棒PQ的鎖定后，兩棒組成的系統(tǒng)在運(yùn)動過程中動量守恒，最終兩棒以相同的速度做勻速運(yùn)動，設(shè)速度大小為v',則有：m%= 2mv'設(shè)從PQ奉解除鎖定到兩棒達(dá)到相同速度的過程中，電路中共產(chǎn)生的焦耳熱為Q,由能量守恒定律可得:Q= gmVm 1-x 2 mV 2代入數(shù)據(jù)解得：Q= 5 J。（3）以棒MNK/研究對象，設(shè)某日刻棒中電流為 i ,在極短時間 A

22、t內(nèi)，由動量定理得:一BIL At = mA v對式子兩邊求和有：匯（一 BILAt） =12（ mA v）而 A q=I At故有：匯 Aq = E（ I At）聯(lián)立各式解得：BLq= mw又對于電路有：q= Tt=；Et2 R一 BLx由法拉第電磁感應(yīng)定律得：E =又q=BLx2R代入數(shù)據(jù)解得：x = 40，5 m。真題調(diào)研題組1. . （2019 全國卷出）楞次定律是下列哪個定律在電磁感應(yīng)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 楞次定律表述了感應(yīng)電流的磁場方向，同時也體現(xiàn)了不同能量間的關(guān)系。總能量 是守恒的，感應(yīng)電流產(chǎn)生電能，電能是

23、“阻礙”的結(jié)果，D正確。2. （2019 全國卷I ）（多選）空間存在一方向與紙面垂直、大小隨時間變化的勻強(qiáng)磁場,其邊界如圖a中虛線MN/f示。一硬質(zhì)細(xì)導(dǎo)線的電阻率為p、橫截面積為S,將該導(dǎo)線做成半徑為的圓環(huán)固定在紙面內(nèi)，圓心 O在MNU。 t =0時磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向如圖 a所示，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間t的變化關(guān)系如圖b所示。則在1=0到1=匕的時間間隔內(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(yīng)電流始終沿順時針方向C.圓環(huán)中的感應(yīng)電流大小為RrS 4t 0D.圓環(huán)中的感應(yīng)電動勢大小為B0ti r24t 0答案 BC解析 由于通過圓環(huán)的磁通量均勻變化，故圓環(huán)中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢、感應(yīng)電流的

24、大小和方向不變，但 3時刻磁場方向發(fā)生變化，故安培力的方向發(fā)生變化，A錯誤；根據(jù)楞次定律和安培定則可知，圓環(huán)中感應(yīng)電流的方向始終沿順時針方向，B正確；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，感應(yīng)電動勢大小E= #-S'=卞 丹-=與= 根據(jù)閉合電路歐姆定律知，感應(yīng)電流 t10 22t o兀8r2, E2t 0B0rS- ，一大/J、 I =5= = T7 , C 正確， D 錯反。R 2 兀 r 4t0pP Q3. （2019 全國卷出）（多選）如圖，方向豎直向下的勻強(qiáng)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(dǎo)軌，兩相同的光滑導(dǎo)體棒ab、cd靜止在導(dǎo)軌上。t=0時，棒ab以初速度V0向右滑動。運(yùn)

25、動過程中，ab、cd始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，兩者速度分別用vi、V2表示，回路中的電流用 I表示。下列圖象中可能正確的是 （）答案 AC解析 導(dǎo)體棒ab運(yùn)動，切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電流，導(dǎo)體棒 ab受安培力F作用，速度減小，導(dǎo)體棒cd受安培力F'作用，速度變大，如圖所示，d * b感應(yīng)電流 1=5= 一V V2，安培力 F= F' = BIl = V1-v2-=ma 隨著 vi減小, R總RRV2增大，則安培力減小，兩棒的加速度 a減小，直到vi=V2=v共，之后兩棒的加速度 a=0,V0,一.、.兩棒做勻速運(yùn)動，兩棒組成的系統(tǒng)動重寸恒，則 mV=2mV共，V共=萬，A正確，B

26、錯誤。由刖Bl v i V2面分析知，V1 V2隨時間減小得越來越慢，最后為 0,則感應(yīng)電流1=隨時間減小R得越來越慢，最后為 0, C正確，D錯誤。4. （2019 全國卷H ）（多選）如圖，兩條光滑平行金屬導(dǎo)軌固定，所在平面與水平面夾 角為0 ,導(dǎo)軌電阻忽略不計。虛線 ab、cd均與導(dǎo)軌垂直，在 ab與cd之間的區(qū)域存在垂直于 導(dǎo)軌所在平面的勻強(qiáng)磁場。將兩根相同的導(dǎo)體棒PQ MNt后自導(dǎo)軌上同一位置由靜止釋放，兩者始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好。已知PQ進(jìn)入磁場時加速度恰好為零。從PQ進(jìn)入磁場開始計時，到MNW開磁場區(qū)域?yàn)橹梗鬟^ PQ的電流隨時間變化的圖象可能正確的是（）H答案 ADBLv解析

27、 PQ剛進(jìn)入磁場時，加速度為零，則mgsin 9=BIiL,又Ii = -,故PQ做勻速運(yùn)R總動，電流恒定；由題意知，MMJ進(jìn)入磁場時與 PQ剛進(jìn)入磁場時速度相同。 一,BLv情形1：若MNiJ進(jìn)入磁場時，PQ已離開磁場區(qū)域，則對 MN由mg;in 0 =BIiL、11 = R、及右手定則知，通過 PQ的電流大小不變，方向相反，故I-t圖象如圖A所示。情形2：若MNiJ進(jìn)入磁場時，PQ未離開磁場區(qū)域，由于兩導(dǎo)體棒速度相等，產(chǎn)生的電動 勢等大、反向，故電流為 0,兩棒在重力沿導(dǎo)軌方向的分力作用下均加速直至PQ離開磁場。當(dāng)PQ離開磁場時，MN&磁場中的速度大于勻速運(yùn)動時的速度，MN電源，由

28、右手定則知PQ中的電流方向與 MN未進(jìn)入磁場時相反，設(shè)此時PQ中電流大小為I2,由E= BLv' , 12=5，R、BI2L- mgsin 0 =m*0知，MN減速，且隨 v'減小，12減小，a減小，12與v'成正比，故I2 隨t減小得越來越慢，直至 MN9速運(yùn)動，這時I2=Ii, I-t圖象如圖D所示。5. （2018 全國卷I ）（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(yuǎn)處沿南北方向水平放置在紙面內(nèi)的直導(dǎo)線連接成回路。將一小磁針 懸掛在直導(dǎo)線正上方，開關(guān)未閉合時小磁針處于靜止?fàn)顟B(tài)。下列說法正確的是（）A.開關(guān)閉合后的瞬間，小

29、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 小磁針的N極的指向?yàn)樵撎幋艌龅姆较?。開關(guān)閉合后的瞬間，通過右邊線圈的電 流增大，在鐵芯中產(chǎn)生由北向南的磁場增大，通過左側(cè)線圈的磁通量增大，根據(jù)楞次定律和 安培定則可以判斷，直導(dǎo)線中的電流從南流向北，再根據(jù)安培定則可以判斷，直導(dǎo)線的電流 在小磁針處的磁場方向垂直紙面向里，小磁針N極向里轉(zhuǎn)動，A正確；開關(guān)閉合并保持一段時間后，通過左側(cè)線圈的磁通量

30、不變，不會產(chǎn)生電磁感應(yīng)現(xiàn)象，所以直導(dǎo)線中無感應(yīng)電流流過， 小磁針在地磁場作用下恢復(fù)原指向，B、C錯誤；開關(guān)閉合并保持一段時間再斷開后的瞬間，通過左側(cè)線圈的磁通量減小，直導(dǎo)線產(chǎn)生由北流向南的電流，則小磁針N極向外轉(zhuǎn)動，D正確。6. （2018 全國卷I ）如圖，導(dǎo)體軌道 OPQS1定，其中 PQ%半圓弧，Q為半圓弧的中點(diǎn)，O為圓心。軌道的電阻忽略不計。OhM有一定電阻、可繞 O轉(zhuǎn)動的金屬桿，M端位于PQS上，OMW軌道接觸良好。空間存在與半圓所在平面垂直的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為區(qū)現(xiàn)使OM OQ位置以恒定的角速度逆時針轉(zhuǎn)到OS位置并固定（過程I ）;再使磁感應(yīng)強(qiáng)度的大 B'小以一定的

31、變化率從 B增加到B'（過程n）。在過程I、n中，流過 O郵電荷量相等，則 B等于（）A. 5 B. 3 C. 7 D . 2 424答案 BA F八 解析 通過導(dǎo)體橫截面白電何重為：q= I , At =- A t = n ,過程I流過 OMRR-12112B - 4 % rB - B I - % r的電荷量為： qi =p ;過程n流過 OM的電荷量： q2=,依題意有：RRqi = q2,即：B , 7 % r2= （B' - B） .；兀 r：解得：-=|,正確答案為 B。42B 27. （2017 全國卷）（多選）兩條平行虛線間存在一勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向與紙面垂直

32、。邊長為0.1 m、總電阻為0.005 Q的正方形導(dǎo)線框 abcd位于紙面內(nèi)，cd邊與磁場邊界 平行，如圖a所示。已知導(dǎo)線框一直向右做勻速直線運(yùn)動，cd邊于t=0時刻進(jìn)入磁場。線框中感應(yīng)電動勢隨時間變化的圖線如圖b所示（感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r針時，感應(yīng)電動勢取正）。下列說法正確的是（）0.01j/s0-0.01A.磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為0.5 TB.導(dǎo)線框運(yùn)動速度的大小為0.5 m/sC.磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直于紙面向外D.在t = 0.4 s至t = 0.6 s這段時間內(nèi),導(dǎo)線框所受的安培力大小為0.1 N答案 BC解析 由圖b可知，從導(dǎo)線框的 cd邊進(jìn)入磁場到ab邊剛好進(jìn)入磁場，用時為 0.2 s

33、可得導(dǎo)線框運(yùn)動速度的大小v= 0.1 m/s =0.5 m/s，B正確。由圖b可知，cd邊切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢 E= 0.01 V,由公式E= BLv,可得磁感應(yīng)弓II度的大小B=八：01YT = 0.2 T,0.1 X 0.5A錯誤。感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r針時，對cd邊應(yīng)用右手定則可知，磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直于紙面向外，C正確。t = 0.4 s至t = 0.6 s這段時間為cd邊離開磁場，ab邊切割磁感線的過BEL 程。由閉合電路歐姆定律及安培力公式得安培力F=BIL = -r，代入數(shù)據(jù)得 F= 0.04 N , D錯誤。8. （2017 全國卷I ）掃描隧道顯微鏡（STM）可用來探測樣

34、品表面原子尺度上的形貌。為了有效隔離外界振動對STM的擾動，在圓底盤周邊沿其徑向?qū)ΨQ地安裝若干對紫銅薄板，并施加磁場來快速衰減其微小振動，如圖所示。無擾動時，按下列四種方案對紫銅薄板施加恒 磁場；出現(xiàn)擾動后，對于紫銅薄板上下及左右振動的衰減最有效的方案是（）*宮胃:XXX'Xx X；AI)答案 A解析 底盤上的紫銅薄板出現(xiàn)擾動時，其擾動方向不確定，在選項(xiàng) C這種情況下，紫銅 薄板出現(xiàn)上下或左右擾動時，穿過薄板的磁通量難以改變，不能發(fā)生電磁感應(yīng)現(xiàn)象，沒有阻 尼效應(yīng)；在選項(xiàng) B、D這兩種情況下，紫銅薄板出現(xiàn)上下擾動時，也沒有發(fā)生電磁阻尼現(xiàn)象； 選項(xiàng)A這種情況下，不管紫銅薄板出現(xiàn)上下或左右擾

35、動時，都發(fā)生電磁感應(yīng)現(xiàn)象，產(chǎn)生電磁 阻尼效應(yīng)，A正確。9. （2017 北京高考）圖1和圖2是教材中演示自感現(xiàn)象的兩個電路圖， Li和L2為電感線 圈。實(shí)驗(yàn)時，斷開開關(guān) Si瞬間，燈Ai突然閃亮，隨后逐漸變暗；閉合開關(guān) 及，燈A2逐漸變亮， 而另一個相同的燈 A3立即變亮，最終A2與A3的亮度相同。下列說法正確的是 （ ）A.圖1中，A與Li的電阻值相同B.圖1中，閉合Si,電路穩(wěn)定后，A中電流大于Li中電流C.圖2中，變阻器R與L2的電阻值相同D.圖2中，閉合S2瞬間，L2中電流與變阻器 R中電流相等答案 C解析 斷開開關(guān)S瞬間，線圈Li產(chǎn)生自感電動勢，阻礙電流的減小，通過Li的電流反向通過

36、燈 A 燈Ai突然閃亮，隨后逐漸變暗，說明 Ili>IA1,即RLI<FA1, A B錯誤。閉合開關(guān) Sa,燈A2逐漸變亮，而另一個相同的燈A3立即變亮，最終 A2與A3的亮度相同，說明變阻器 R與L2的電阻值相同，C正確。閉合S2瞬間，燈A3立即亮，即通過 R的電流立即達(dá)到穩(wěn)定時大 ??；通過L2的電流增大，由于電磁感應(yīng)，線圈L2產(chǎn)生自感電動勢，阻礙電流的增大，則L2中電流與變阻器 R中電流不相等，D錯誤。10. （2018 江蘇高考）（多選）如圖所示，豎直放置的n形光滑導(dǎo)軌寬為L,矩形勻強(qiáng)磁場I、n的高和間距均為 d,磁感應(yīng)強(qiáng)度為 R質(zhì)量為m的水平金屬桿由靜止釋放，進(jìn)入磁場 I和

37、n時的速度相等。金屬桿在導(dǎo)軌間的電阻為R,與導(dǎo)軌接觸良好，其余電阻不計，重力加速度為go金屬桿（）A.剛進(jìn)入磁場I時加速度方向豎直向下B.穿過磁場I的時間大于在兩磁場之間的運(yùn)動時間C.穿過兩磁場產(chǎn)生的總熱量為4mgdD.釋放時距磁場I上邊界的高度 h可能小于mg4p2B L答案 BC解析由于金屬桿進(jìn)入兩個磁場時的速度相等，而穿出磁場后金屬桿做加速度為g的加速運(yùn)動，所以金屬桿進(jìn)入磁場I、n時都做減速運(yùn)動，即在磁場中的加速度方向豎直向上，A錯誤；對金屬桿受力分析，根據(jù)E2L2V-mg= ma可知，金屬桿在磁場中做加速度減小的減速運(yùn)動，其進(jìn)出磁場的 V-t圖象如圖所示，由于 0tl和tlt2圖線與t

38、軸包圍的面積相等（都為d）,所以 ti>（t2-ti）, B正確；從進(jìn)入磁場I到進(jìn)入磁場n之前過程中，根據(jù)能量守恒，金屬棒減小的機(jī)械能全部轉(zhuǎn)化為焦耳熱，所以穿過磁場I產(chǎn)生的焦耳熱Q=mg2d,所以穿過兩個磁場過程中產(chǎn)生的熱量為4mgd C正確；若金屬桿進(jìn)入磁場做勻速運(yùn)動，則B2L2v-mg= 0,得 v=mgRBT，由前面分析可2mgR ，-v .知金屬桿進(jìn)入磁場的速度大于 辭，根據(jù)h = 丁得金屬桿進(jìn)入磁場的高度應(yīng)大于BL2gD錯誤。11. . (2019 天津高考)如圖所示，固定在水平面上間距為l的兩條平行光滑金屬導(dǎo)軌，垂直于導(dǎo)軌放置的兩根金屬棒MN PQ長度也為l、電阻均為 R兩棒

39、與導(dǎo)軌始終接觸良好。MN兩端通過開關(guān)S與電阻為R的單匝金屬線圈相連，線圈內(nèi)存在豎直向下均勻增加的磁場， 磁通量變化率為常量 k。圖中虛線右側(cè)有垂直于導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為氏PQ的質(zhì)量為金屬導(dǎo)軌足夠長、電阻忽略不計。(1)閉合S,若使PQ保持靜止，需在其上加多大的水平恒力F,并指出其方向;(2)斷開S, PQ在上述恒力作用下，由靜止開始到速度大小為v的加速過程中流過 PQ的電荷量為q,求該過程安培力做的功W答案解析(1) Bkl,方向水平向右 (2) 1mV2kq 3R23(1)設(shè)線圈中的感應(yīng)電動勢為E,由法拉第電磁感應(yīng)定律得感應(yīng)電動勢E=U,E= k設(shè)PQ與MN聯(lián)的電阻為 R

40、并，有R.R并=2閉合S時,設(shè)線圈中的電流為I,根據(jù)閉合電路歐姆定律得I= 1設(shè)PQ中的電流為Ipq,有Ipa3設(shè)PQ到的安培力為 F安，有F安=81(：1PQ保持靜止，由受力平衡，有 F= F安Rkl聯(lián)立式得F=吃底3R由楞次定律和右手螺旋定則得PQ中的電流方向?yàn)橛?Q到P,再由左手定則得 PQ所受安培力的方向水平向左，則力F的方向水平向右。（2）設(shè)PQ由靜止開始到速度大小為V的加速過程中，PQ運(yùn)動的位移為 X,所用時間為At',回路中的磁通量變化為A，平均感應(yīng)電動勢為E ,有A后E=k其中A=Blx設(shè)PQ中的平均感應(yīng)電流為3?At，.由動能定理，有 Fx+ W= gmV0?聯(lián)立？

41、？式得W= 1m22kq。? 23模擬沖刺題組1. . （2019 江西吉安高三上學(xué)期五校聯(lián)考）隨著科技的不斷發(fā)展，無線充電已經(jīng)進(jìn)入人們的視線。小到手表、手機(jī)，大到電腦、電動汽車的充電，都已經(jīng)實(shí)現(xiàn)了從理論研發(fā)到實(shí)際應(yīng) 用的轉(zhuǎn)化。下圖給出了某品牌的無線充電手機(jī)利用電磁感應(yīng)方式無線充電的原理圖。關(guān)于無 線充電，下列說法正確的是 （）充電底座A.無線充電時手機(jī)接收線圈部分的工作原理是“電流的磁效應(yīng)”B.只有將充電底座接到直流電源上才能對手機(jī)進(jìn)行充電C.接收線圈中交變電流的頻率與發(fā)射線圈中交變電流的頻率相同D.只要有無線充電底座，所有手機(jī)都可以進(jìn)行無線充電答案 C解析 無線充電的原理，其實(shí)就是電磁感應(yīng)

42、現(xiàn)象，而不是電流的磁效應(yīng)，A錯誤；發(fā)生電磁感應(yīng)的條件是磁通量要發(fā)生變化，直流電無法產(chǎn)生變化的磁場，故不能接到直流電源上， B錯誤；發(fā)生電磁感應(yīng)時，兩個線圈中的交變電流的頻率是相同的，C正確；只有無線充電底座，手機(jī)內(nèi)部沒有能實(shí)現(xiàn)無線充電的接收線圈等裝置，也不能進(jìn)行無線充電，D錯誤。2. （2019 福建泉州泉港區(qū)第一中學(xué)高三上質(zhì)量檢測 ）北半球地磁場的豎直分量向下。 如 圖所示，在北京某中學(xué)實(shí)驗(yàn)室的水平桌面上，放置邊長為L的正方形閉合導(dǎo)體線圈 abcd,線圈的ab邊沿南北方向，ad邊沿東西方向。下列說法中正確的是 （ ）北4東A.若使線圈向東平動，則 b點(diǎn)的電勢比a點(diǎn)的電勢低B.若使線圈向北平動

43、，則 a點(diǎn)的電勢比b點(diǎn)的電勢低C.若以ab為軸將線圈向上翻轉(zhuǎn)，則線圈中感應(yīng)電流方向?yàn)閍-d-c-d-aD.若以ab為軸將線圈向上翻轉(zhuǎn)，則線圈中感應(yīng)電流方向?yàn)閍-b-cd-a答案 D解析 北京位于北半球，地磁場的豎直分量向下，若使線圈向東平動，由右手定則判斷可知，a點(diǎn)的電勢比b點(diǎn)的電勢低，A錯誤；若使線圈向北平動，地磁場的豎直分量向下，ab沒有切割磁感線，不產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，a點(diǎn)的電勢與b點(diǎn)的電勢相等，B錯誤；若以ab為軸將線圈向上翻轉(zhuǎn)，地磁場的豎直分量向下，穿過線圈的磁通量減小，根據(jù)楞次定律判斷可知線圈中感應(yīng)電流方向?yàn)?ab-c一cFa, C錯誤，D正確。3. （2019 江西名校學(xué)術(shù)聯(lián)盟高三押

44、題卷）如圖甲所示，abcd為邊長為L= 1 m的正方形金屬線框，電阻為 R= 2 Q,虛線為正方形的對稱軸，虛線上方線框內(nèi)有按圖乙變化的勻強(qiáng)磁場，虛線下方線框內(nèi)有按圖丙變化的勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直于紙面向里為正，則線框中的感應(yīng)電流大小為（）A. - A B. 1 A C. 3 A D. 1 A8484答案 C解析由圖乙得上方磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度變化率為:B 31T/s =0.5 T/s ,由法拉第At 4-0nL - 7 , ABn A2電磁感應(yīng)定律得：Ei= =一 =/=0.25 V,由楞次定律得,E在線框中產(chǎn)生的感應(yīng)、A B 0 J電流方向?yàn)槟鏁r針方向；由圖丙得下方磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度變化率為：T

45、T=QnT/s = t 3 0nL 二 AB-rnA2-r，八1 T/s ,由法拉第電磁感應(yīng)定律得：E =H=0.5 V ,由楞次定律得，E2在線, ,E2+E1 3 一，框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r針方向，因此線框中的感應(yīng)電流大小為 I=-R= 8 A，故選Co4. （2019 兩湖八市十二校聯(lián)合二模）如圖甲所示，在豎直方向分布均勻的磁場中水平放置一個金屬圓環(huán)，圓環(huán)所圍面積為0.1 m2,圓環(huán)電阻為 0.2 。在第1 s內(nèi)圓環(huán)中的感應(yīng)電流I從上往下看為順時針方向。磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示（其中在45s的時間段呈直線）。則（）甲4A.在05 s時間段，感應(yīng)電流先減小再增大

46、B.在02 s時間段感應(yīng)電流沿順時針方向，在 25 s時間段感應(yīng)電流也沿順時針方向C.在05 s時間段，圓環(huán)最大發(fā)熱功率為5.0 X 10 4 WD.在02 s時間段，通過圓環(huán)橫截面的電荷量為5.0 X10 1 C答案 C解析 根據(jù)閉合電路歐姆定律得I=E= mrBS,知磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化率越大，感應(yīng)電R R t流越大，由題圖可得在05s時間段磁感應(yīng)強(qiáng)度變化率先減小再增大，最后不變，且最大值為0.1 ,則最大感應(yīng)電流Im=。喧。A = 0.05 A ,則在05 s時間段，感應(yīng)電流先減小再增大，最后不變，故 A錯誤；由題意知，在第 1 s內(nèi)感應(yīng)電流I沿順時針方向，根據(jù)楞次定 律知，磁場方向向上，結(jié)

47、合題圖乙知向上為正方向，在 24 s時間段，磁感應(yīng)強(qiáng)度向上且減 小，在45 s時間段，磁感應(yīng)強(qiáng)度向下且增大，則在 25 s時間段，感應(yīng)磁場方向向上， 感應(yīng)電流沿逆時針方向，故 B錯誤；結(jié)合A中分析可知，在45 s時間段，圓環(huán)內(nèi)感應(yīng)電流 最大，發(fā)熱功率最大，為自=limR= 0.05 2X0.2 W 5.0 X 10 4 W故C正確；在02 s時間段，通過圓環(huán)橫截面的電荷量為q= I At=f At="_W=C = 5.0X10 2 C,故DRR 0.2錯誤。5. （2019 西南名校聯(lián)盟高三3月月考）如圖所示，有一邊長為L的正方形線框 abcd,由距勻強(qiáng)磁場上邊界 H處靜止釋放，其下

48、邊框剛進(jìn)入勻強(qiáng)磁場區(qū)域時恰好能做勻速直線運(yùn)動。勻強(qiáng)磁場區(qū)域?qū)挾纫矠?L。ab邊開始進(jìn)入磁場時記為 t1, cd邊出磁場時記為t2,忽略空氣阻 力，從線框開始下落到 cd邊剛出磁場的過程中，線框的速度大小 v、加速度大小 a、ab間的 電壓大小Ub、線框中產(chǎn)生的焦耳熱 Q隨時間t的變化圖象可能正確的是（ ）答案 C解析線框從距磁場上邊界 H處開始下落到下邊框剛進(jìn)入磁場過程中線圈做自由落體運(yùn)t曰 ,八一 1"B2L2V廠動，因線框下邊框剛進(jìn)入勻強(qiáng)磁場區(qū)域時恰好能做勻速直線運(yùn)動，則有 F安=f = mg又因R為線框邊長與磁場區(qū)域?qū)挾染鶠長,即ab邊出磁場時cd邊恰好進(jìn)入磁場，故可知直到cd

49、邊出磁場線框一直做勻速運(yùn)動，A B錯誤；線框ab邊進(jìn)入磁場的過程：E= BLv,則Uk= BLv,4,一 , ,1, 線中g(shù) ab邊離開磁場的過程： E' =BLv',則5/ = -BLv/,線框進(jìn)入磁場和離開磁場的過程4中速度相同，故感應(yīng)電動勢E相同，且這一過程中通過線框的電流始終不變，故tit2時間段有：Q= I2Rt, Q-t圖象應(yīng)該為一條連續(xù)的傾斜直線，C正確，D錯誤。6. （2019 陜西省漢中市重點(diǎn)中學(xué)開學(xué)聯(lián)考 ）（多選）如圖所示，電阻不計的導(dǎo)軌 OPQ制 定，其中PQ%半彳空為r的半圓弧，Q為半圓弧的中點(diǎn)，O為圓心。OM是長為r的可繞O轉(zhuǎn)動 的金屬桿，其電阻為 R

50、 M端與導(dǎo)軌接觸良好。空間存在與平面垂直且向里的勻強(qiáng)磁場（圖中未畫出），磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為 B,現(xiàn)使OM OQ位置起以角速度 3逆時針勻速轉(zhuǎn)到 OS位置。 則該過程中（ ）yOPQMOA.產(chǎn)生的感應(yīng)電流大小恒定，方向?yàn)閞2BB.通過OM勺電荷量為t- 4R2C.回路中的感應(yīng)電動勢大小為Br 3B2 2r 4D.金屬桿OM勺發(fā)熱功率為B2 R答案 AB.一 . r 1解析 由金屬桿 OM繞其端點(diǎn) O在磁場中轉(zhuǎn)動時產(chǎn)生的電動勢為：E= Br v = Bra-=2_ 2Br co ,所以廣生的感應(yīng)電動勢恒7E,電流恒7E,由于磁場方向垂直于紙面向里，由右手7E則可知感應(yīng)電流的方向?yàn)?OPQMO A正

51、確，C錯誤；通過OM勺電荷量為：q=r c BA BA S2 兀r 4 R'二,故B正確；由閉合電路歐姆定律得：I =7>= OD ,則金屬桿 OM勺發(fā)熱功率為：P=4RR 2RB2r4 2I2R=故 D錯誤。4R7. （2019 濟(jì)南三模）（多選）如圖所示，光滑水平面上有一質(zhì)量為0.1 kg的正方形金屬線木g abcd,邊長為1 m。線框處于垂直于水平面向下的有界勻強(qiáng)磁場中，ab邊與磁場邊界重合?，F(xiàn)給ab邊施加一個垂直 ab邊向右的大小為2 N的水平恒力F,線框從靜止開始運(yùn)動，1 s 時線框速度為2 m/s ,此后撤去F,線框繼續(xù)運(yùn)動，恰好能完全離開磁場區(qū)域。已知從撤去外 力F

52、到線框停止過程中線框中通過的電荷量為0.2 C ,則（）A.整個過程中感應(yīng)電動勢的最大值為2 VB.整個過程中線框中通過的電荷量為1.8 CC.整個過程中線框中產(chǎn)生的熱量為1.6 JD.線框電阻的總阻值為 0.5 Q答案 AD解析 水平力F作用在線框上時，由動量定理：Ft-F安t=mv,其中三安t = BTLt = BLq, 印=誓=等，其中R為線框電阻，從撤去外力F到線框停止過程中線框中通過的電荷量為R R一，.一、 一，一， 一,A BLx20.2 C,則由動量定理：F 安't ' = mv，其中 F 安't ' = B I ' Lt ' =

53、 BLq,又 q2=- = R R= 0.2 C , Xi + X2= L,聯(lián)立解得： B= 1 T , q1 = 1.8 C , Xi = 0.9 m , X2= 0.1 m , R= 0.5 Q , D正確；撤去力F的瞬間，線框的速度最大，此時感應(yīng)電動勢最大，最大值為：Em= BLv= 2 V,A正確；整個過程中線框中通過的電荷量為q=qi + q2=1.8 C +0.2 C =2 C , B錯誤；由能量守恒可知，整個過程中線框中產(chǎn)生的熱量為Q= Fxi=1.8 J , C錯誤。8. （2019 河北省衡水中學(xué)高三下一調(diào)）（多選）如圖甲所示，質(zhì)量為 0.01 kg、長為0.2 m的水平金屬

54、細(xì)桿CD的兩頭分別放置在兩水銀槽的水銀中，水銀槽所在空間存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B1=10 T、方向水平向右的勻強(qiáng)磁場，且桿CD與該勻強(qiáng)磁場垂直。有一匝數(shù)為100、面積為0.01 m2的線圈通過開關(guān) K與兩水銀槽相連。線圈處于與線圈平面垂直、沿豎直方向的均勻磁場中，其磁感應(yīng)強(qiáng)度 艮隨時間t變化關(guān)系如圖乙所示。在 t=0.20 s時閉合開關(guān)K,細(xì)桿瞬 間彈起（可認(rèn)為安培力遠(yuǎn)大于重力），彈起的最大高度為 0.2 m,不計空氣阻力和水銀的黏滯作 用，不考慮細(xì)桿落回水銀槽后的運(yùn)動，重力加速度g= 10 m/s 2,下列說法正確的是（）甲A.磁感應(yīng)強(qiáng)度B的方向豎直向上8. t=0.05 s時，線圈中的感應(yīng)電動勢大小為10 VC.細(xì)桿彈起過程中，細(xì)桿所受安培力的沖量大小為0. 01 N - sD.開關(guān)K閉合后，通過細(xì)桿 CD的電荷量為0