电磁感应难题专练(高考必胜)课件

1、电磁感应难题专练一、选择题（共20小题）1（2012昆山市模拟）如图所示，两光滑平行导电导轨水平放置于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场与导轨所在平面垂直已知金属棒ab能沿导轨自由移动，且导轨一端跨接一个定值电阻R，金属棒与导轨电阻均不计现将金属棒沿导轨以初速度v0开始向右拉动，若保持拉力恒定不变，经过时间t1后金属棒速度变为v，加速度为a1，最终以速度2v做匀速运动若再使金属棒仍以初速度v0开始，保持拉力的功率不变，经过时间t2后金属棒速度变为v，加速度为a2，最终以速度2v做匀速运动则（）At2t1Bt2=t1Ca2=2a1Da2=3a1考点：导体切割磁感线时的感应电动势；力的合成与分解的运

2、用；牛顿第二定律；电磁感应中的能量转化4543967专题：电磁感应中的力学问题分析：解答本题应掌握：金属棒的速度为v时所受的安培力大小为FA=匀速运动时，拉力与安培力相等，求出两种情况下金属棒匀速运动时拉力的大小，得到第二情况下拉力的功率；根据牛顿第二定律求解加速度的关系拉力一定时，金属棒做加速度减小的加速运动，拉力功率恒定时做加速度减小的加速运动，根据加速度的大小关系，分析时间解答：解：若保持拉力恒定不变，金属棒以速度2v匀速运动时，则有F=FA=速度为v时，由牛顿第二定律得 F=ma1，联立两式得：=ma1，保持拉力的功率不变，金属棒以速度2v匀速运动时，则有F=FA=，拉力的功率为P=F

3、2v=速度为v时，由牛顿第二定律得 =ma2，联立两式得：3=ma2，则得：a2=3a1由于拉力的功率一定时，金属棒的加速度较大，其速度从v0增大到v的时间较小，即t2t1故选AD点评：本题要根据平衡条件和牛顿第二定律分别研究匀速运动的状态和速度为v的状态，得到加速度关系之后，再分析t2与t1的大小难度较大2如图所示，足够长的U形光滑金属导轨平面与水平面成角（090），其中MN与PQ平行且间距为L，导轨平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且良好接触，ab棒接入电路的电阻为R，当流过ab棒某一横截面的电量为q时，棒的速度大小为，则

4、金属棒ab在这一过程中（）A加速度大小为B下滑位移大小为C产生的焦耳热为qBLD受到的最大安培力大小为考点：导体切割磁感线时的感应电动势4543967专题：电磁感应中的力学问题分析：金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，做加速度逐渐减小的变加速运动由牛顿第二定律，法拉弟电磁感应定律、能量守恒定律等研究处理解答：解：A、金属棒ab开始做加速运动，速度增大，感应电动势增大，所以感应电流也增大，导致金属棒受到的安培力增大，所以加速度减小，即金属板做加速度逐渐减小的变加速运动，根据牛顿第二定律，有：mgsinBIL=ma；其中I=；故a=gsin，故A错误；B、由电量计算公式q=可得，下滑的位移大小为s=，

5、故B正确C、产生的焦耳热Q=I2Rt=qIR，而这里的电流I比棒的速度大小为v时的电流I=小，故这一过程产生的焦耳热小于qBLv故C错误D、金属棒ab受到的最大安培力大小为F=BIL=BL=，故D错误故选B点评：电磁感应综合题中，常常用到这个经验公式：感应电量q=常用来求位移，但在计算题中，不能直接作为公式用，要推导3如图甲所示，在光滑水平面上用恒力F拉质量m的单匝均匀正方形铜线框，边长为a，总电阻为R，在1位置以速度v0进入磁感应强度为B的匀强磁场，并开始计时t=0，若磁场的宽度为b（b3a），在3t0时刻线框到达2位置速度又为v0，并开始离开匀强磁场此过程中vt图象如图乙所示，则（）At=

6、0时，线框右侧边MN的两端电压为Bav0B在t0时刻线框的速度为v02Ft0/mC线框完全离开磁场的瞬间位置3速度一定比t0时刻线框的速度大D线框从1位置进入磁场到完全离开磁场位置3过程中，线框中产生的电热为F（a+b）考点：导体切割磁感线时的感应电动势；共点力平衡的条件及其应用；闭合电路的欧姆定律；安培力4543967专题：电磁感应中的力学问题分析：（1）图乙为速度时间图象，斜率表示加速度，根据图象分析线框的运动情况：在0t0时间内速度在减小，加速度也在减小，对应甲图中的进入磁场的过程，在t03t0时间内做匀加速直线运动，对应甲图中的完全在磁场中运动过程 （2）当通过闭合回路的磁通量发生变化

7、时，闭合回路中产生感应电流，所以只有在进入和离开磁场的过程中才有感应电流产生，根据安培定则可知，在此过程中才受到安培力（3）从1位置到2位置的过程中，外力做的功可以根据动能定理去求解t因为t=0时刻和t=3t0时刻线框的速度相等，进入磁场和穿出磁场的过程中受力情况相同，故在位置3时的速度与t0时刻的速度相等，进入磁场克服安培力做的功和离开磁场克服安培力做的功一样多解答：解：At=0时，线框右侧边MN的两端电压为外电压，总的感应电动势为：E=Bav0，外电压U外=E=Bav0，故A错误；B根据图象可知在t03t0时间内，线框做匀加速直线运动，合力等于F，则在t0时刻线框的速度为v=v0a2t0=

8、v0故B正确C线框离开磁场的过程，做减速运动，位置3速度不一定比t0时刻线框的速度大，故C错误D因为t=0时刻和t=3t0时刻线框的速度相等，进入磁场和穿出磁场的过程中受力情况相同，故在位置3时的速度与t0时刻的速度相等，进入磁场克服安培力做的功和离开磁场克服安培力做的功一样多线框在位置1和位置3时的速度相等，根据动能定理，外力做的功等于克服安培力做的功，即有Fb=Q，所以线框穿过磁场的整个过程中，产生的电热为2Fb，故D错误故选B点评：该图象为速度时间图象，斜率表示加速度根据加速度的变化判断物体的受力情况要注意当通过闭合回路的磁通量发生变化时，闭合回路中产生感应电流，所以只有在进入和离开磁场

9、的过程中才有感应电流产生该题难度较大4（2012东城区一模）如图所示，一光滑平行金属轨道平面与水平面成角，两导轨上端用一电阻R相连，该装置处于匀强磁场中，磁场方向垂直轨道平面向上质量为m的金属杆ab，以初速度v0从轨道底端向上滑行，滑行到某一高度h后又返回到底端若运动过程中，金属杆保持与导轨垂直且接触良好，并不计金属杆ab的电阻及空气阻力，则（）A上滑过程的时间比下滑过程长B上滑过程中安培力的冲量比下滑过程大C上滑过程通过电阻R的电量比下滑过程多D上滑过程通过电阻R产生的热量比下滑过程多考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化4543967专题：电磁感应功能问题分析：通过对导体

10、棒受力分析知，上滑的过程做变减速直线运动，下滑的过程做变加速直线运动，抓住位移相等，平均速度不同，比较运动的时间，根据q=比较出电量的大小，从而推导出安培力的冲量，以及根据Q=EIt=qE比较上滑和下滑过程中产生的热量解答：解：A、因为上滑阶段的平均速度大于下滑阶段的平均速度，而上滑阶段的位移与下滑阶段的位移大小相等，所以上滑过程的时间比下滑过程短，所以A错误B、安培力的冲量I=BILt=qBL，根据q=知，上滑过程和下滑过程磁通量的变化量相等，则通过电阻R的电量相等，所以上滑过程和下滑过程安培力的冲量相等故B错误，C错误D、电阻上产生的热量Q=EIt=qE，因为上滑过程中和下滑过程中通过电阻

11、的电量相等，上滑过程中平均电动势大于下滑过程中的平均电动势，则上滑过程中通过电阻R的热量大于下滑过程中产生的热量故D正确故选D点评：解决这类问题的关键时分析受力，进一步确定运动性质，并明确判断各个阶段及全过程的能量转化5一质量为m的金属杆ab，以一定的初速度v0从一光滑平行金属导轨底端向上滑行，导轨平面与水平面成30角，两导轨上端用一电阻R相连，如图所示，磁场垂直斜面向上，导轨与杆的电阻不计，金属杆向上滑行到某一高度之后又返回到底端，则在此全过程中（）A向上滑行的时间大于向下滑行的时间B电阻R上产生的热量向上滑行时大于向下滑行时C通过电阻R的电量向上滑行时大于向下滑行时D杆a、b受到的磁场力的

12、冲量向上滑行时大于向下滑行时考点：导体切割磁感线时的感应电动势；力的合成与分解的运用；动量定理；电磁感应中的能量转化4543967专题：电磁感应中的力学问题分析：通过对导体棒受力分析知，上滑的过程做变减速直线运动，下滑的过程做变加速直线运动，抓住位移相等，平均速度不同，比较运动的时间，根据q=比较出电量的大小，从而推导出安培力的冲量，以及根据Q=EIt=qE比较上滑和下滑过程中产生的热量解答：解：A、因为上滑阶段的平均速度大于下滑阶段的平均速度，而上滑阶段的位移与下滑阶段的位移大小相等，所以上滑过程的时间比下滑过程短，故A错误B、电阻上产生的热量Q=EIt=qE，因为上滑过程中和下滑过程中通过

13、电阻的电量相等，上滑过程中平均电动势大于下滑过程中的平均电动势，则上滑过程中通过电阻R的热量大于下滑过程中产生的热量故B正确C、电量q=It=t=，式中结果无时间，故上滑阶段和下滑阶段通过回路即通过R的电量相同，故C错误；D、安培力的冲量I=BILt=qBL，根据通过电阻R的电量相等，所以上滑过程和下滑过程安培力的冲量相等故D错误故选B点评：解决这类问题的关键时分析受力，进一步确定运动性质，并明确判断各个阶段及全过程的能量转化6两根相距为L的足够长的金属直角导轨如图所示放置，它们各有一边在同一水平面内，另一边垂直于水平面，质量均为m的金属细杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路，杆与导轨之间的

14、动摩擦因数均为，导轨电阻不计，回路总电阻为2R，整个装置处于磁感应强度大小为B，方向水平向右的匀强磁场中，当ab杆在平行于水平导轨的拉力F作用下以速度v沿导轨匀速运动时，cd杆也正好以某一速度向下匀速运动，重力加速度为g，以下说法正确的是（）Aab杆所受拉力F的大小为mg+Bcd杆所受摩擦力为零Ccd杆向下匀速运动的速度为Dab杆所受摩擦力为2mg考点：导体切割磁感线时的感应电动势；共点力平衡的条件及其应用4543967专题：电磁感应中的力学问题分析：cd杆匀速向下运动时，切割磁感线（ab运动时不切割磁感线），根据右手定则可知，在回路中产生cdba方向的感应电流根据左手定则可知，cd杆受到竖直

15、向上的安培力，ab杆受到竖直向下的安培力把力分析清楚，然后根据受力平衡求解解答：解：cd杆匀速向下运动时，切割磁感线（ab运动时不切割磁感线），根据右手定则可知，在回路中产生cdba方向的感应电流根据左手定则可知，cd杆受到竖直向上的安培力，ab杆受到竖直向下的安培力cd杆在水平方向不受力，虽然跟导轨接触，但没有挤压，所以cd不受摩擦力，故B选项正确cd杆只受重力和竖直向上的安培力，由二力平衡可知，mg=BILab杆水平方向上受摩擦力和拉力F，由二力平衡可知，F=f，又f=（mg+BIL），所以，F=f=2mg，故A选项错，D选项正确cd杆向下匀速匀速时，产生的电动势E=BLV，故回路中的电流

16、为，又BIL=mg，所以，故C选项正确故选：BCD点评：本题涉及电磁感应过程中的复杂受力分析，解决这类问题的关键是，根据法拉第电磁感应定律判断感应电流方向，然后根据安培定则或楞次定律判断安培力方向，进一步根据运动状态列方程求解7（2011安徽二模）光滑绝缘水平面上存在竖直向下的匀强磁场B，宽度为2L，一边长为L、电阻为R用同种材料做成的正方形线框以初速度v0从左侧冲进磁场区域，俯视图如图所示，当线框完全离开磁场时速度恰好为零以ab边刚进人磁场时为时间和位移的零点，用v表示线框速度（以右为正方向），i表示回路中的感应电流（以逆时针方向为正，i0表示零时刻回路的感应电流），Uab表示a、b两点间的

17、电压，Fab表示ab边所受的安培力（向左为正，F0表示零时刻ab边所受的安培力）则关于以上四个物理量对时间t或对位移x的图象中正确的（）A正确B正确C正确D正确考点：法拉第电磁感应定律；右手定则4543967专题：电磁感应与图像结合分析：线圈进入磁场到最后离开磁场，先做变减速运动，然后做匀速，最后接着做变减速，三段位移相同，则时间不可能相同利用微元法分析：at=t，即v=x，再微分，得线框完全进入磁场的速度为根据法拉第电磁感应定律，求出进入磁场时、完全进入、刚离开磁场时的电动势、电流、ab两端的电压及安培力解答：解：线圈进入磁场到最后离开磁场，先做变减速运动，然后做匀速，最后接着做变减速，三段

18、位移相同，则时间不可能相同故都错线圈刚进入磁场时速度为vo，则=，ab边所受安培力F0=，根据微元法计算，线框完全进入磁场的速度为，ab边所受安培力变为F0，在磁场中运动时，Uab=E=，电流为零，安培力为零刚出磁场时=，ab边虽然电流不为零，但所处的磁感应强度为零，所以安培力为零进磁场和出磁场时，根据微元法分析at=t，即v=x，v与x成线性关系，所以Uab与x成线性关系，安培力与速度成正比，所以安培力也与x成线性关系故A、B、D错误，C正确故选C点评：解决本题关键正确运用法拉第电磁感应定律与电学的综合以及能够用微元法求出线框完全进入磁场的速度8（2012丹东模拟）如图所示，平行导轨置于磁感

19、应强度为B的匀强磁场中（方向向里），间距为L，左端电阻为R，其余电阻不计，导轨右端接一电容为C的电容器现有一长2L的金属棒ab放在导轨上，ab以a为轴顺时针以转过90的过程中，通过R的电量为（）AQ=BQ=2BL2CCQ=BL2/RDQ=BL2C）考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电容；闭合电路的欧姆定律4543967专题：电磁感应与电路结合分析：ab棒切割磁感线未脱离导轨时，和R构成闭合回路，根据平均感应电动势，通过平均电流求出通过R的电量，在此过程中对电容充电，ab棒脱离导轨后，电容器放电，所充的电量全部通过电阻R，最后通过R的电量为两电量之和解答：解：由ab棒以a为轴旋转到b端脱离导轨

20、的过程中，产生的感应电动势一直增大，对C不断充电，同时又与R构成闭合回路，ab产生的感应电动势平均值E=S表示ab扫过的三角形面积，通过R的电量在这一过程中电容器充电的电量Q2=CUmUm为ab棒在转动过程中产生感应电动势的最大值所以ab棒脱离导轨后电容器放电，流过R的电量等于则流过R的总电量Q=Q1+Q2=BL2故D正确，A、B、C错误故选D点评：解决本题的关键搞清流过R的电量有两部分，一部分是ab棒未离开导轨时，流过R的，一部分是ab棒脱离导轨后，电容所放的电量9如图所示，相距为L的两条足够长的光滑平行轨道上，平行放置两根质量和电阻都相同的滑杆ab和cd，组成矩形闭合回路轨道电阻不计，匀强

21、磁场B垂直穿过整个轨道平面开始时ab和cd均处于静止状态，现用一个平行轨道的恒力F向右拉ab杆，则下列说法正确的是（）Acd杆向左运动Bab与cd杆均先做变加速运动，后做匀加速运动Cab与cd杆均先做变加速运动，后做匀速运动Dab和cd杆向右运动运动的加速度大小时刻相等考点：导体切割磁感线时的感应电动势；安培力4543967专题：电磁感应中的力学问题分析：ab棒运动后，产生感应电流，受到向左的安培力，在拉力和安培力的作用下做加速运动，cd棒受到向右的安培力，在安培力的作用下做加速运动运动的过程中电流先增大，所以ab棒的加速度逐渐减小，cd棒的加速度逐渐增大，当两者加速度相等后，一起做匀加速解答

22、：解：A、ab棒运动后，产生感应电流，流过cd棒的电流方向由c到d，根据左手定则，受到向右的安培力，向右做加速运动故A错误 B、ab棒在拉力和安培力的作用下做加速运动，cd棒受到向右的安培力，在安培力的作用下做加速运动ab棒的加速度逐渐减小，cd棒的加速度逐渐增大，当两者加速度相等后，一起做匀加速故B正确，C、D错误故选B点评：解决本题的关键会根据动力学判断棒子的运动情况，以及知道两者加速度相等后，两棒子的速度差恒定，感应电动势恒定，感应电流恒定，安培力大小不变，所以两棒都做匀加速运动10电阻可忽略的光滑平行金属导轨长s=1.15m，两导轨间距L=0.75m，导轨倾角为30，导轨上端ab接一阻

23、值R=1.5：的电阻，磁感应强度B=0.8T的匀强磁场垂直轨道平面向上阻值r=0.5，质量m=0.2kg的金属棒与轨道垂直且接触良好，从轨道上端ab处由静止开始下滑至底端，在此过程中金属棒产生的焦耳热Qr=0.1J（取g=10m/s2），则下列说法正确的是（）A金属棒一直向下做加速度增大的加速运动B此过程中金属棒克服安培力做功为0.3 JC金属棒下滑速度为4 m/s时的加速度为1.4 m/s2D金属棒下滑的最大速度为m/s考点：导体切割磁感线时的感应电动势4543967专题：电磁感应与电路结合分析：（1）这是斜面的受力分析，导体棒手续重力，支持力，安培力，做出受力图，求合力可以的加速度（2）棒

24、应该是在最低端到达最大速度，由能量守恒可以解得结果解答：解：A：棒受力如图：所以：，从公式中可以看出，随速度的增大，安培力增大，所以加速度减小棒做加速度逐渐减小的变加速运动故A错误；B：下滑的过程中安培力做功等于电阻上产生的焦耳热，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错误；C：速度为v=4m/s时，安培力为：FA=BIL=N运动方向的合外力为：F=mgsinFA所以此时的加速度为：故C正确；D：到达底端时速度最大vm则由功能关系：所以：m/s故D正确故选：CD点评：该题全面考查电磁感应定律的综合应用，涉及到法拉第电磁感应定律，闭合电路的

25、欧姆定律，受力平衡和功能关系等，要求考生能够对导体棒的运动过程有全面的把握，有综合分析的能力对能力的要求比较高11如图所示，面积为S的矩形线圈共N匝，线圈总电阻为R，在磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中以竖直线OO为轴，以角速度，匀速旋转，图示位置C与纸面共面，位置A与位置C成45角线圈从位置A转过90到达位置B的过程中，下列说法正确的是（）A平均电动势为NBB通过线圈某一截面的电量q=0C为保证线圈匀速旋转，外界须向线圈输入的能量应为D在此转动过程中，电流方向并未发生改变考点：导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；法拉第电磁感应定律4543967专题：电磁感应与电路结合

26、分析：根据法拉第电磁感应定律求解平均感应电动势，并计算电量；根据楞次定律判断感应电流方向，外力做的功等于电流做的功解答：解：A、根据法拉第电磁感应定律，平均感应电动势为：=，故A错误；B、通过线圈某一截面的电量=，故B错误；C、电压有效值为：E=，用有效值计算得到电热为，但线圈从位置A转过90到达位置B的过程中，电流做功的平均效果不等于有效值，故C错误；D、从A转到O的过程，线圈面积不断变小到0，通过面积的磁通量也不断变小到0，从O到B的过程正好相反，通过线圈面积磁通量从0开始变大，在这两个阶段，磁感线从不同的面穿入，故线圈中产生的感应电动势方向还是相同，所以电流方向不会改变，故D正确；故选D

27、点评：本题关键是明确交变电流的最大值、有效值、平均值的计算方法，同时要能结合楞次定律解决电流的方向问题12（2011安徽二模）如图所示，在光滑绝缘的水平面的上方存在有水平方向的匀强磁场，AB、CD是磁场区域的边界一个正方形的闭合导线框以水平速度v冲向磁场区域，当它全部进入磁场区域后速度变为v1，当它全部冲出磁场区域后速度变为v2比较导线框进入磁场的过程和离开磁场的过程，下列说法正确的是（）A进入过程导线框的速度变化v0v1等于离开过程导线框的速度变化v1v2B进入过程导线框的动能变化EkoEk1等于离开过程导线框的动能变化Ek1Ek2C进入过程导线框产生的热量Q1小于离开过程导线框产生的热量Q

28、2D进入过程通过导线框横截面积的电量q1小于离开过程通过导线框横截面积的电量q2考点：导体切割磁感线时的感应电动势；动量定理；能量守恒定律4543967专题：电磁感应功能问题分析：用动量定理研究出速度变化量与电量有关，根据感应电量q=，结合磁通量关系分析速度变化量的关系进入与穿出磁场过程中，感应电流不同，安培力不同，导体克服安培力做功不同，由动能定理判断动能变化的关系及热量关系解答：解：A、D设进入和穿出磁场时感应电流的平均值分别为I1和I2，产生和电量分别为q1和q2由动量定理，得： 对于进入磁场过程：BI1Lt1=m（v1v0），可得BLq1=m（ v0v1 ）； 同理，对于穿出磁场过程：

29、BLq2=m（ v1v2） 而感应电量q=，穿入和穿出过程的磁通量变化量相同，所以有q1=q2，则得到v0v1=v1v2 故A正确，D错误 B、C，导线框进入和穿出磁场时都做减速运动，感应电流减小，线框受到的安培力减小，进入和穿出位移相同，则进入过程线框克服安培力做功多，则有EkoEk1Ek1Ek2再由能量守恒定律可知，动能的减少都转化成内能，所以有Q1Q2故B、C均错误 故选A点评：本题是单选题，答案B、C、D容易判断是不正确的，用“排除法”也可知答案A是正确的13（2009卢湾区二模）空间内有两个沿竖直方向的有界匀强磁场I、II，磁感应强度大小均为B，宽度均为L，边界线平行，磁场I竖直向下

30、，磁场II竖直向上，如图所示为俯视图一边长为L、质量为m的正方形导线框abcd放在光滑绝缘的水平面上，在水平恒力F作用下沿水平面通过两个磁场区域线框的bc边始终平行于磁场区的边界，力F垂直于bc边，当bc边进入磁场I时，线框恰以速度v0做匀速运动，此时线框中的电流为i0；当ad边将要离开磁场II时线框中的电流稍小于i0，则（）Abc边在磁场II中运动时线框中的电流方向为adcbaBbc边恰进入磁场II时线框的加速度大小为Cbc边恰离开磁场II时线框的速度大小可能为Dbc边在磁场II中运动的过程中线框中电流的最小值一定小于i0考点：导体切割磁感线时的感应电动势；牛顿第二定律；电磁感应中的能量转化

31、4543967专题：电磁感应中的力学问题分析：bc边在磁场II中运动时，ad和bc两边都切割磁感线，产生感应电动势，根据右手定则判断感应电流的方向；根据E=BLv、I=和安培力公式F=BIL，得到安培力与速度的表达式，由牛顿第二定律求出加速度；bc边恰离开磁场II时，做加速度减小的减速运动，将该过程与匀减速运动的时间比较，分析离开磁场II时的速度大小；根据bc离开磁场的速度分析，bc边在磁场II中运动的过程中线框中电流的最小值解答：解：A、bc边在磁场II中运动时，ad和bc两边都切割磁感线，根据右手定则判断得知线框中感应电流方向为abcda故A错误B、bc边恰进入磁场II时线框中感应电动势为

32、E=2BLv0，感应电流为i=，安培力为FA=2BiL，得FA=而bc进入磁场I的过程中，有F=则得FA=4F根据牛顿第二定律得：FAF=ma，解得bc边恰进入磁场II时线框的加速度大小为a=故B正确D、ad边将要离开磁场II时线框中的电流稍小于i0，线框的速度小于v0，线框bc边恰进入磁场II时速度为v0，线框又做减速运动，所以bc边在磁场II中运动的过程中线框中电流的最小值一定小于i0故D正确C、若bc边恰离开磁场II时线框的速度大小为线框中产生的感应电流为i=i0，而bc边在磁场II中运动的过程中线框中电流的最小值一定小于i0故C错误故选BD点评：本题关键通过分析和计算得出安培力的表达式

33、，运用牛顿第二定律和运动学公式处理，同时要掌握右手定则14如图，在匀强磁场中水平放置一平行金属导轨（电阻不计），且与大螺线管M相接，磁场方向竖直向下，在M螺线管内同轴放置一小螺线管N，N中通有正弦交流电，t=0时刻电流为零，则M中的感应电流的大小与跨接放于平行导轨上的导体棒ab的运动情况为（）At=T/4时刻M中电流最大Bt=T/2时刻M中电流最大C导体棒ab将在导轨上来回运动D导体棒ab将一直向右方（或左方）做直线运动考点：法拉第电磁感应定律；左手定则4543967专题：电磁感应中的力学问题分析：N中电流变化，会产生变化的磁场，在螺线管M中产生感应电动势以及感应电流，根据磁场变化率的大小判断

34、产生的感应电流的大小根据ab棒受到安培力，判断导体棒的运动情况解答：解：A、N中通有正弦交流电，在时刻电流最大，电流的变化率最小，则在螺线管M中产生的感应电流最小，为零在时刻，N中的电流为零，但电流的变化率最大，则在螺线管M中产生的感应电流最大故A错误，B正确 C、在0内，N中的电流先增大，则在M产生产生变化的电流，导体棒受到安培力向某一方向做变加速度直线运动；在内，N中的电流减小，则在M中产生反向的变化的电流，导体棒受到相反反向的安培力做变减速直线运动到零；在内，N中的电流反向增大，在M中产生的电流方向与内相同，所以导体棒又反向做变加速直线运动，在内反向变减速直线运动到零知导体棒在导轨上来回

35、运动故C正确，D错误故选BC点评：解决本题的关键会根据N中的电流变化判断出M中的电流，实际上在N中为正弦交流电，在M中产生的交流电为余弦图线15如图所示，水平面内两根光滑的平行金属导轨，左端与电阻R相连接，匀强磁场B竖直向下分布在导轨所在的空间内，质量一定的金属棒垂直于导轨并与导轨接触良好若对金属棒施加一个水平向右的外力F，使金属棒从a位置由静止开始向右做匀加速运动并依次通过位置b和c若导轨与金属棒的电阻不计，a到b与b到c的距离相等，则下列关于金属棒在运动过程中的说法正确的（）A金属棒通过b、c两位置时，电阻R的电功率之比为1：2B金属棒通过b、c两位置时，外力F的大小之比为1：C在从a到b

36、与从b到c的两个过程中，电阻R上产生的热量之比为1：1D在从a到b与从b到c的两个过程中，通过金属棒的横截面的电量之比为1：2考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电功、电功率；法拉第电磁感应定律4543967专题：电磁感应功能问题分析：金属棒由静止开始向右做匀加速运动，根据运动学公式求出金属棒通过b、c的速度之比由电磁感应、欧姆定律、安培力等知识求出功率、安培力、热量与速度的关系，进而求出相应的比值根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律求出电量之比解答：解：A、金属棒从a位置由静止开始向右做匀加速运动，根据v2=2ax知，通过b、c两个位置的速度比为1：，根据E=BLv知，产生的电动势之比为1：，根

37、据P=知，电阻R的电功率之比为1：2故A正确B、电动势之比为1：，所以电流比为1：，则安培力之比为1：，根据牛顿第二定律，有FFA=ma，FA=Fma，所以外力F的大小之比不等于1：故B错误C、根据能量守恒定律，热量Qab=Fxabmaxab同理Qbc=Fxbcmaxbc，加速度相等，ab、bc的位移相等，但F不等，所以产生的热量不等故C错误D、由q=，ab=bc，则qab=qbc，故D错误故选A点评：本题考查综合运用电磁感应、电路知识、牛顿定律、运动学公式等知识的能力16（2011海淀区一模）如图所示，平行金属导轨MN和PQ与水平面成角，导轨两端各与阻值均为R的固定电阻R1和R2相连，匀强磁

38、场垂直穿过导轨平面质量为m、电阻为R/2的导体棒以一定的初速度沿导轨向上滑动，在滑动过程中导体棒与金属导轨始终垂直并接触良好已知t1时刻导体棒上滑的速度为v1，此时导体棒所受安培力的功率为P1；t2时刻导体棒上滑的速度为v2，此时电阻R2消耗的电功率为P2，忽略平行金属导轨MN和PQ的电阻且不计空气阻力则（）At1时刻电阻R1的功率为P1/2Bt2时刻导体棒的电功率为4P2Ct2时刻导体棒受到的安培力为4P2/v2Dt1t2这段时间内整个回路产生的电热考点：导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；电磁感应中的能量转化4543967专题：电磁感应功能问题分析：先根据安培定则整理出安培力

39、的表达式，再根据电功率表达式整理出此的功率P1的表达式，解方程即可得到结果；金属棒上滑过程中速度减小，产生的电动势电流减小，即产生的总电能减小；解答：解：A：已知t1时刻导体棒上滑的速度为v1，此时电阻R1消耗的电功率为P1；此时电动势：E1=BLv1流过金属棒的电流：金属棒受到的安培力： 此时电阻R1消耗的电功率为PR1： 导体棒上安培力的电功率：所以：，故A错误B：t2时刻导体棒上滑的速度为v2，此时电阻R2消耗的电功率为P2，由于电阻R1与R2阻值相同，所以消耗功率相同，也为P2；由于P2=I2R，而此时通过金属棒的电流为2I，金属棒的电阻为，所以金属棒消耗的电功率为：P=（2I）2=2

40、P2，故B错误；C：则在t2时刻消耗的总功率为4P2，由于导体棒克服安培力做功就等于产生的电能，也等于消耗的总电能，故t2时刻导体棒克服安培力做功的功率为4P2，故C正确D：在t1t2这段时间内导体棒上升过程速度减小，减小的动能转化为金属棒产生的电能和金属棒的重力势能，所以这段时间内整个回路产生的电热小于导体棒动能的减小故D错误故选：C点评：注意导体切割磁感线时产生感应电动势那部分导体相当于电源在t1t2这段时间内导体棒上升过程减小的动能转化为金属棒产生的电能和金属棒的重力势能是题目的关键题目涉及的公式较多，能量关系复杂，难度比较大17如图所示电路，两根光滑金属导轨，平行放置在倾角为的斜面上，

41、导轨下端接有电阻R，导轨电阻不计，斜面处在竖直向上的匀强磁场中，电阻可略不计的金属棒ab质量为m，受到沿斜面向上且与金属棒垂直的恒力F的作用，金属棒沿导轨匀速下滑，则它在下滑h高度的过程，以下说法正确的是（）A作用在金属棒上各力的合力做功为零B重力做功将机械能转化为电能C重力与恒力F做功的代数和等于电阻R上发出的焦耳热D金属棒克服安培力做功等于重力和恒力F做的总功与电阻R上产生焦耳热的代数和考点：导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；电磁感应中的能量转化4543967专题：电磁感应功能问题分析：A：由于导体棒是匀速运动故其受合力为零，因此合力的功就为零，B：重力做功出现的是重力势能

42、与动能的转化，而不是转化为电能C：对导体棒做功的力由三个，重力，恒力F，安培力，功能关系判定C项D：克服安培力的功就等于产生的焦耳热解答：解：A：由于导体棒是匀速运动故其受合力为零，因此合力的功就为零，故A正确B：重力做功出现的是重力势能与动能的转化，而不是转化为电能，故B错误C：对导体棒做功的力由三个，重力，恒力F，安培力，棒克服安培力做的功等于电路中产生的焦耳热，故C正确D：导体棒克服安培力的功就等于电路中产生的焦耳热，即电阻R上产生的焦耳热故D错误故选AC点评：重点考察功能关系，要中点掌握的一些有：重力做功与重力势能的关系，电场力做功与电势能的关系，安培力做功与焦耳热的关系等18（2011福州模拟）如图所示，在匀强磁场中放一电阻不计的平行光滑金属导轨，导轨跟大线圈M相接，小闭合线圈N在大线圈M包围中，导轨上放一根光滑的金属杆ab，磁感线垂直于导轨所在平面小闭合线圈N通有顺时针方向的电流，该电流按下列图中哪一种图线方式变化时，最初一小段时间t0内，金属杆ab将向右做加速度减小的变加速直线运动（）ABCD考点：导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；安培力4543967专题：电磁感应中的力学问题分析：根据法拉第电磁感应定律列式分析电动势变化情况，得到电流变化情况和安培力情况解答：解：