2019年全国各地高考模拟题—电路和电磁感应选择题(练习一)专题汇编

1、2019 年全国各地咼考模拟题 一电路和电磁感应选择题（练习一）专题汇编 1. （2019.北京朝阳区一模）如图所示，一理想变压器的原线圈接正弦交流电源，副线圈接有 电阻R和小灯泡。电流表和电压表均可视为理想电表。闭合开关 S,下列说法正确的是 A 电流表 的示数减小 B. 电流表 的示数减小 C. 电压表 的示数减小 D. 电压表 的示数减小 【答案】 D 【解析】 解：闭合开关S,由于输入的电压的大小和变压器的匝数比不变，所以变压器的输 入电压和输出的电压始终不变，即电压表 的示数不变； 当S接通后，电路的总电阻减小，总电流变大，电流表 的示数增大，所以电阻 R上消耗 的电压变大，由于输出

2、的电压不变，所以电压表 的示数减小； 当S接通后，副线圈电路的总电阻减小，输出的电压不变，总电流变大，根据 得副 线圈输出功率变大，输入的功率的大小是由输出功率的大小决定的， 所以原线圈的输入功率 变大，电流表 的示数增大；故 ABC错误、D正确。 故选：D。 输出电压是由输入电压和匝数比决定的， 输入的功率的大小是由输出功率的大小决定的， 根 据理想变压器的原理结合电路动态分析的方法分析即可。 变压器的动态问题大致有两种情况： 一是负载电阻不变，原、副线圈的电压 ，电流， 输入和输出功率，随匝数比的变化而变化的情况； 二是匝数比不变，电流和功率随负载 电阻的变化而变化的情况。不论哪种情况，处

3、理这类问题的关键在于分清变量和不变量， 弄 清楚谁决定谁”的制约关系。 2. （2019.广东广州市一模）如图，理想变压器上接有 3 个完全相同 一1i 的灯泡，其中 1 个灯泡与原线圈串联，另外 2 个灯泡并联后接在 捉1 孑 g 副线圈两端。已知交流电源的电压- ,3 个 丫 丫 丫 灯泡均正常发光，忽略导线电阻，则变压器 A. 副线圈电压的频率为 100 Hz B.原线圈两端的电压为 12V C.原副线圈的电流比为 2: 1 D.原副线圈的匝数比为 2: 1 【答案】BD 【解析】解：A、由瞬时值表达式有：- ，可知角速度为： ， 故A错误; BCD设每只灯的额定电流为 I，额定电压为U

4、, 因并联在副线圈两端的两只小灯泡正常发光，所以副线圈中的总电流为 21， 原副线圈电流之比为 1 : 2， 根据原副线圈中电流之比与匝数成反比得原、副线圈的匝数之比为： 又 一得原线圈两端电压为:则频率为: 根据闭合电路欧姆定律得交流电源电压为： 该交流电的最大值为 一，则有效值为 18V，所以 则灯泡的额定电压为 6V,原线圈两端得电压等于 故选：BD。 设每只灯的额定电流为 I，因并联在副线圈两端的两只小灯泡正常发光，所以副线圈中的总 电流为 2I，由电流关系求出匝数比； 根据原副线圈两端电压之比与匝数成正比交流电源电 压。 本题解题的突破口在原副线圈的电流关系， 注意明确四个灯正常发光

5、为解题的关键。 还要特 比注意交流电源电压应是两个灯泡两端电压之和再加上原线圈两端电压。 3. （2019.北京朝阳区一模）某物理兴趣小组利用如图所示的电路给一 个原来不带电的电容器充电在充电过程中，电路中的电流为 i,电容 器所带的电荷量为 q，两极板问的电势差为 u，电容器储存的能量为 故选：B。 根据 -，分析u的变化，再根据 图象的斜率等于电流，分析 图象的形状。 解决本题的关键是要知道电容器充电电流是非线性减小， 结合物理公式分析各个物理量与时 间的变化。要知道 图象的斜率等于电流，从数学的角度研究图象 的形状。 4. （2019.福建省南平市一模）如图所示， 感应强度大小为B的匀强

6、磁场中， 恰好位于ab和cd中点的连线上， 线圈与一个阻值为 R的电阻相连，故BD正确，C错误 电下面的四幅示意图分别表示 i、q、u和E电随时间t的变化关系, 解：A、在电容器充电的过程中，由于同种电荷间相互排斥，所以电路中电流非线 图象是曲线，根据 图象切线的斜率等于电流，知图象切线的斜率逐渐减 【解析】 性减小， 小，故A错误； 根据电容器充电过程中，电容器的电量先增大后不变，故 B、 B正确; C、 根据 则电容器极板电压先增大后不变，故 C错误; D、 由公式电 ，可知储存的能量先增大后不变，故 D错误。 将电键S闭合后, 在电容器充电的过程中电路中电流非线性减小, 由公式电 分析储

7、存 n匝矩形线圈abed， 放置在磁 线圈面积为S,匀强磁场的边界线 线圈绕 轴以角速度匀速转动, 其它电阻不计。则从图示位置开始 的能量的变化情况, T C. 其中可能正确的是 计时，以下判断正确的是 A. 图中电压表的示数为 B. 该线圈转过 过程中，通过 R的电荷量为一 D.当线圈转至 时，磁通量变化率为 【答案】D 【解析】解：A、由于矩形线圈一半处于匀强磁场中， 所以感应电动势的最大值为: 所以图中电压表的示数为 -，故A错误; B、线圈转过 过程中，通过 R的电荷量为 一，故B错误; C、t时间内，电阻R产生的热量为一 - ，故C错误; D、当线圈转至 时，磁通量变化率为-一 ，故

8、D正确; 故选：Do 线框在匀强磁场中匀速转动， 产生正弦式交变电流， 根据规律可列出感应电动势的瞬时表达 式，最大值是有效值的 一倍；每当线框通过中性面时，电流方向改变；当磁通量为零时， 线框切割速度最大，产生的电动势也最大。 线框在匀强磁场中匀速转动， 产生正弦式交变电流。 而对于电表读数、 求产生的热量均由交 变电的有效值来确定，而涉及到耐压值时，则由最大值来确定。而通过某一电量时，则用平 均值来求。同时注意磁场只有一半。 5. （2019.甘肃兰州理一诊）如图所示，理想变压器原、副线圈分别接有额定电压均为 U的灯 泡A和 当输入电压为 5U时，两灯泡均能正常发光。下列说法正确的是 C.

9、t时间内，电阻 R产生的热量为 - A. 原、副线图匝数比为 1 : 4 B. 原、副线圈匝数比为 4: 1 C. 灯泡A、B的额定功率功率之比为 D. 灯泡A、B的额定功率功率之比为 【答案】BC 【解析】 解：AB、两灯均正常发光，则 ,副线圈两端电压 故A错误，B正确。 A、B两端的电压均为 U，原线圈两端电压 ,所以原、副线圈匝数比 ： ： CD：原、副线圈匝数比 ： ：1,则原副线圈的电流比 ： ： ：4，灯泡 A、B的电流之比为 1 :4， 两灯的额定电压相同， 贝 U 灯泡A、B的额定功率功率之比为 1 :故C正 确，D错误。 故选：BCo 根据灯泡电压与输入电压的关系可明确接在

10、输入端和输出端的电压关系， 则可求得匝数之比； 根据欧姆定律和变压器原理求解电阻之比。 根据题中 理想变压器”可知，本题考察变压器的原理。根据理想变压器的规律，应用电压关 系、电流关系、电功率、串并联等知识分析计算 6. （2019.广东揭阳一模）如图为气流加热装置的示意图，使用电阻丝加热 导气管，视变压器为理想变压器，原线圈接入电压有效值恒定的交流电 并保持匝数不变，调节触头 P,使输出电压有效值由 220 V降至 110 V, 调节前后 A. 副线圈的接入匝数比为 2 : 1 B. 畐U线圈输出功率比为 2 : 1 C. 副线圈中的电流比为 1 : 2 D. 原线圈输入功率比为 4: 1

11、【答案】AD 【解析】解：A、通过调节触头 P,使输出电压有效值由 220V降至 110V,输出电压减小为 原来的一半，在原线圈电压和匝数不变的情况下， 根据原副线圈电压之比等于匝数之比得副 线圈接入匝数也应该变为原来的一半，所以接入匝数之比为 2: 1，故A正确； BD、由 一，所以输出功率之比为 4: 1，副线圈输出功率等于原线圈输入功率，所以原 线圈输入功率之比为 4 : 1,故B错误，D正确 C、副线圈电压减半，电阻不变，电流也随之减半，所以电流之比为 2 : 1，故C错误； 故选：ADo 变压器的电压与匝数成正比， 电流与匝数成反比，输入功率等于输出功率，结合欧姆定律分 析。 本题考

12、查了变压器的特点和欧姆定律， 理解变压器的匝数比与电压比、 电流比的关系是解答 的关键。 7. （2019.甘肃兰州理一诊）如图所示，宽为L的光滑导轨竖直放置，左边有与导轨平面垂直 的区域足够大匀强磁场，磁感应强度为 B,右边有两块水平放置的金属板，两板间距为 d。 金属板和电阻R都与导轨相连。要使两板间质量为 m、带电量为 的油滴恰好处于静止状 态，阻值也为R的金属棒ab在导轨上的运动情况可能为 金属棒与导轨始终接触良好 X X X X 4X X X X 1r A. 向右匀速运动，速度大小为 B. 向左匀速运动，速度大小为 C. 向右匀速运动，速度大小为 D. 向左匀速运动，速度大小为 一

13、【答案】A 【解析】 解：两板间质量为 m、带电量为 的油滴恰好处于静止状态，则 ，解得 板间电场强度为： 一，方向竖直向下； 两板间电压为： ，且上板带正电、下板带负电。金属棒 ab切割磁感线相当于 电源，两金属板与电阻 R并联后接在金属棒两端，则金属棒中电流方向由 b流向a； 根据闭合电路欧姆定律可知： ，解得金属棒ab在导轨上的运动速度 为： - ；根据金属棒中电流方向由 b流向a和右手定则可得，金属棒向右运动。综 上A正确，BCD错误 故选：A。 对油滴受力分析，根据平衡条件可明确其受到的电场力大小， 从而求出电场强度以及两板间 的电势差；再根据闭合电路欧姆定律即可确定导体的运动速度以

14、及方向。 本题考察导体棒在导轨上运动和带电粒子的平衡相结合的问题，应用法拉第电磁感应定律、 闭合电路欧姆定律、平衡条件、右手定则等知识分析求解。 8. （2019.广东佛山模拟一）如图所示的电路中， 为定值电阻， 为光敏电阻 光照越强电阻越小 ，C为电容器，电源内阻不 可忽略。闭合开关后，当光照增强时，下列说法正确的是 A. 电源的效率降低 B.电流表的示 数减小 C. 的电功率减小 D.电容器两端电势差减小 【答案】A 【解析】 解：AB、当光照增强时，光敏电阻的电阻减小，总电阻减小，由闭合电路欧姆定 律可可知，电源的效率降 低，故A正确，B错误; C、 因总电流增大，由 D、 电容器与R1

15、 并联, 故选：A。 可知， 的电功率增大，故C错误； 两端电压增大，故电容器两端电势差增大，故 D错误。 明确电路结构，知道 以及电流表串联在电源两端；光敏电阻的特性是当光敏电阻上 的光照强度增强时，光敏电阻的阻值会减小；导致电路的总电阻减小，电路中的总电流增大, 再分析路端电压的变化，由欧姆定律依次分析即可。 本题考查光敏电阻的特性与闭合电路的欧姆定律的应用, 明确闭合电路欧姆定律动态分析的基本方法。 关键是掌握光敏电阻的特性； 同时 9. （2019.安徽江淮十校三模）如图所示，两个相同的光滑 形导轨相互靠近固定在绝缘水平面上， 右侧导轨处在垂直于 导轨平面向下的匀强磁场中， ab、cd

16、导棒分别放在两个导 轨上并与导轨垂直，ab导棒在水平拉力作用下向右做匀加速运动，导棒运动过程中始终与 导轨接触良好并与导轨垂直，只计导体电阻，导轨电阻不计，则下列判断正确的是 A.导棒ab中有从a到b的电流 B.导棒cd中有从c到d的电流 C.导棒cd会向左移动 D.拉力F随时间均匀增大 【答案】BD 【解析】 解：A、ab导棒在水平拉力作用下向右做匀加速运动，根据右手定则可得导棒 ab 中有从b到a的电流，故A错误； BC由于ab中的电流增大，根据安培定则可得左侧回路中的磁感应强度向里增大，根据楞 次定律可得导棒 cd中有从c到d的电流，根据左手定则可知导棒 cd会向右移动，故 B正 确、C

17、错误； 可知拉力随时间均匀增大，故 D正确。 故选：BD。 根据右手定则可得导棒 ab中的电流；根据楞次定律可得导棒 cd中的电流，根据左手定则 可知导棒cd的运动情况；根据牛顿第二定律可知拉力的变化情况。 根据楞次定律判断感应电流的方向的一般步骤是： 确定原磁场的方向 感应电流的磁场的变化 楞次定律 感应电流的方向。 10. （2019.广东揭阳一模）如图所示，一根长导线弯曲成 “形，通以直流电 正中间用绝缘线悬挂一金属环 C,环与导线处于同一竖直平面内。在电流 增大的过程中，下列判断正确的是 A. 金属环中无感应电流产生 B. 金属环中有逆时针方向的感应电流 C. 悬挂金属环C的竖直线的拉

18、力大于环的重力 D. 悬挂金属环C的竖直线的拉力小于环的重力 【答案】BC 【解析】解：AB、根据安培定则知，弯曲成 “导线中电流的磁场方向为：垂直纸面向里, 且大小增加，由楞次定律可知，感应电流的方向为逆时针，故 A错误，B正确; CD根据左手定则可知，安培力的方向指向圆心，由于弯曲成是 “导线，所以金属环下边 -圆弧没有安培力，因此导致挂环的拉力大于环的重力，但环仍处于静止状态，故 D错误， 故选：BCo 金属环C处于弯曲成“导线中，导线中通以如图所示的电流，则会产生的磁场，根据楞次 定律来确定感应电流的方向， 再根据左手定则，判断出安培力的方向， 从而判断出金属线圈 的受力与运动状况。

19、解决本题的关键会用安培定则判断电流周围磁场的方向， 以及学会根据楞次定律来确定感应 电流的方向，同时会用左手定则判断安培力的方向。 D、根据牛顿第二定律可得: ，即，解得： - ，由此 C正确, 11. （2019.北京东城区理一模）下面四幅图是用来 探究感应电流的方向遵循什么规律 ”的实验 示意图。灵敏电流计和线圈组成闭合回路， 通过 插入”拔出”磁铁，使线圈中产生感应电流，记录实验过程中的相关信息，分析得出楞次定律。下列说法正确的是 A. 该实验无需确认电流计指针偏转方向与通过电流计的电流方向的关系 B. 该实验无需记录磁铁在线圈中的磁场方向 C. 该实验必需保持磁铁运动的速率不变 D.

20、该实验必需记录感应电流产生的磁场方向 【答案】D 【解析】解：A、该实验需要确认电流计指针偏转方向与通过电流计的电流方向的关系才能 知道产生的感应电流的具体的方向，故 A错误; B、该实验需要记录磁铁在线圈中的磁场方向， 才能得到磁场的变化与感应电流的方向关系， 故B错误； C、 该实验无需保持磁铁运动的速率不变，故 C错误； D、 该实验必需记录感应电流产生的磁场方向，这样才能知道感应电流的磁场方向与原磁场 方向的关系，故D正确； 故选：Do 研究感应电流产生的条件及其方向要明确电流的方向、 磁场的方向，同时根据实验原理明确 实验方法。 解决本题的关键知道实验的原理、 实验的步骤以及注意的事

21、项， 流方向与磁通量变化的关系。 12. （2019.广东佛山模拟一）一个简易的电磁弹射玩具如图所示。 线圈、 铁芯组合充当炮筒， 硬币充当子弹。 现将一个金属硬币 放在铁芯上 金属硬币半径略大于铁芯半径 ，电容器刚开始时处 于无电状态，则下列说法正确的是 A. 要将硬币射出，可直接将开关拨到 2 B. 当开关拨向 1 时，有短暂电流出现，且电容器上板带负电 C. 当开关由 1 拨向 2 瞬间，铁芯中的磁通量减小 D. 当开关由 1 拨向 2 瞬间，硬币中会产生向上的感应磁场 【答案】D 【解析】 解：A、要将硬币射出，必须要使电容器放电，而可直接将开关拨到 2，电容器不 会放电产生电流的，故

22、 A错误； B、当开关拨向 1 时，有短暂电流出现，电容器处于充电状态，由于电容器的上极与电源正 极相连，因此电容器的上板带正电，故 B错误； C、 当开关由 1 拨向 2 瞬间，电容器处于放电瞬间，电流增大，铁芯中的磁通量增大，故 C 错误； D、 当开关由 1 拨向 2 瞬间，电容器处于放电瞬间，根据楞次定律，则硬币中会产生向上的 感应磁场，故D正确； 故选：Do 电容器的作用是容纳电荷， 能充放电的；依据电容器极板带正负电， 由电源的正负极来决定 的；根据电磁感应现象，结合楞次定律，即可求解。掌握磁生电的条件， 理解电 mi S 考查电容器的充放电过程， 理解楞次定律的应用， 掌握电磁感

23、应现象的原理。 13. （2019.福建省南平市一模）如图所示，水平面内有一足够长的平 行金属导轨， 导轨光滑且电阻不计， 两导轨左端用导线与电容器 电容器不带电 及电键连接。匀强磁场与导轨平面垂直，与导轨接 触良好的导体棒垂直于导轨以某一初速度向右运动。某时刻将开 关S闭合，并开始计时，用v、q、i、和a分别表示导体棒的速度、 电容器所带电荷量、导体棒中的电流和导体棒的加速度。则图中正确的是【解析】 解：C、导体棒向右运动切割磁感线产生感应电动势为: 开关闭合后导体棒对电容器充电，电容器所带电荷量为: 当电容器两端电压 U与导体棒切割磁感线产生的感应电动势 E相等时，电路没有电流，即 ，故C

24、错误； D、导体棒受到的安培力： ，由牛顿第二定律得： -，解得： - ，a随 t减小，导体棒做减速运动，当 时， ， ，故D正确； A、 由左手定则可知，导体棒受到的安培力方向与速度方向相反，导体棒先做加速度减小的 减速运动，最终导体棒做匀速运动，故 A错误； B、 电容器所带电荷量： 先随时间增大，当导体棒做匀速运动时电容器所带电荷量： 保持不变，故B错误； 故选：D。 导体棒向右运动切割磁感线产生感应电动势， 开关闭合后对电容器充电， 电路中有充电电流， 导体棒受安培力作用而做减速运动， 当电容器两端电压等于导体棒切割磁感线产生的感应电 动势时，电路中无电流，导体棒不受安培力作用而做匀速

25、直线运动，应用电容定义式、 、安培力公式与牛顿第二定律分析答题。 解决本题的关键要正确分析导体棒的运动情况，抓住导体棒产生的感应电动势是反电动势， 分析电流的变化，从而判断安培力的变化。 14. （ ? 江西吉安一模）如图甲所示，在光滑水平面上，一个正方形闭合线框 abed 在水 平外力的作用下，从静止开始沿垂直磁场边界方向直线穿过匀强磁场。 线框中产生的感应电 流 i 和运动时间 t 的变化关系如图乙中的实线所示， 则线框边长与磁场宽度（两边界之间的距 离）的比值为（ ） A. 1 : 2 B. 1 : 3 C. 3: 5 D. 3: 8 【答案】D 【解析】 解：设线框做匀加速直线运动的加

26、速度为 a;则线框从静止开始运动，在 t 时刻的 速度 v_t=at ； 由图乙可知线框开始运动时 ab 边到磁场左边界的距离为线框在时间 0-2 运动的长度 d=v_1 x （2-0）=2a , D. 电容器两端电压-,电路电流为: 二， 整理得: 线框边长为线框在时间 2-4 运动的长度，L=v_3x （4-2）=3a x 2=6a，解得：d=1/3 L , 磁场宽度 L为线框在时间 2-6 运动的长度，l=v_4 X (6-2)=4a X 4=16a , 线框边长与磁场宽度的比值为 L： l=6a : 16a=3 : 8，故 D 正确，ABC 错误； 故选： D。 设线框加速度 a，be

27、 边进入磁场时速度 v,根据运动学位移公式得到三段位移与时间的关系 式，即可求出则线框边长与磁场宽度比值。 对于电磁感应问题研究思路常常有两条: 一条从力的角度, 重点是分析安培力作用下导体棒 的平衡问题, 根据平衡条件列出方程； 另一条是能量, 分析涉及电磁感应现象中的能量转化 问题,根据动能定理、功能关系等列方程求解。 15. ( ? 湖南常德一模) 如图所示, 匀强磁场的水平边界相距为 d ,磁感应强度大小为 B、 水平向里。质量为 m、电阻为 R、边长为 L 的正方形线圈 abed，在磁场上方高 h处由静止 释放, 已知 ed 边刚进入磁场时与 ed 边刚离开磁场时速度相等, 不计空气

28、阻力, 在线圈穿过 磁场的整个过程中 ( ) A. 线圈产生的热量为 mgd B. 若 L=d ,则所用时间为 d /gh C. 若 Ld，则线圈 ab 边进磁场时的速度为 mgR/(BA2 LA2 ) D. 若 Ld ,线框在磁场中做匀速运动, 则： mg=(BA2 LA2 v)/R ,线框在磁场中运动时的速度： v=mgR/(BA2 LA2 ) ,线框离开磁场 后做加速运动，ab 边进入磁场时的速度大于： mgR/(BA2 LA2 )，故 C 错误。 D、ed 边刚进入磁场时与 ed 边刚离开磁场时速度相等,若 Ld ,线框可能先做减速运动, 在完全进入磁场前做匀速运动, 因为进磁场时要减

29、速, 即此时的安培力大于重力, 速度减小, 安培力也减小,当安培力减到等于重力时,线圈做匀速运动,全部进入磁场将做加速运动, 设线圈的最小速度为 v_m，知全部进入磁场的瞬间速度最小。 由 动 能 定 理 , 从 ed 边 刚 进 入 磁 场 到 线 框 完 全 进 入 时 , 则 有 ： 1/2 mv_mA2-1/2 mv_0A2=mgL-mgd 有 1/2 mv_0A2=mgh ,综上所述,线圈的最小速度为 v_m g h L -d). 故 D 正确。 故选： BD。 线圈由静止释放,其下边 ed 刚进入磁场和刚穿出磁场时刻的速度是相同的,根据功能关系 分析产生的热量, 即可得到克服安培力

30、做功。 因为线圈全部进入磁场不受安培力, 要做匀加 速运动。可知线圈进入磁场先要做减速运动。 根据动能定理、 平衡条件等力学规律进行解答。 解决本题的关键根据根据线圈下边缘刚进入磁场和刚穿出磁场时刻的速度都是 v_0，且全部 进入磁场将做加速运动, 判断出线圈进磁场后先做变减速运动, 也得出全部进磁场时的速度 是穿越磁场过程中的最小速度。 16.( ? 江苏淮安一调)如图所示，磁感应强度为 B 的有界匀强磁场的宽度为 L，一质 量为 m、电阻为 R、边长为 d(dL)的正方形金属线框竖直放置。线框由静止释放、进入磁 场过程中做匀速运动，完全离开磁场前已做匀速运动。已知重力加速度为 g。则线框(

31、 ) A. 进、出磁场过程中电流方向相同 B. 进、出磁场过程中通过线框柴一横截面的电荷量相等 C. 通过磁场的过程中产生的焦耳热为 mg(L+d) D. MN 边离开磁场时的速度大小为 mgR/(B9 dA2 ) 【答案】 BCD 【解析】解：A、根据右手定则可知：在进入磁场时感应电流的方向为逆时针方向，在离开 磁场时感应电流方向为顺时针方向，故 A 错误； B、 根据法拉第电磁感应定律可知： E / At 则电流为：l=E/R，则电量为： q=I t 丿附于线圈进入磁场和离开磁场时的 相同，电阻 R 不变，则进、出磁场 过程中通过线框某一横截面的电荷量相等，故 B 正确； C、 由于进入磁

32、场和离开磁场时均为匀速运动，说明进入和离开时速度相同，即动能相同， 根据能量守恒定律可知： 减少的重力势能转化为焦耳热， 即产生的焦耳热为 mg(L+d) ，故 C 正确； D、 由题可知，离开磁场时匀速运动，即重力与安培力平衡，即： mg=Bld=B Bdv/R d ，解 得离开磁场时速度为： v=mgR/(BA2 dA2 ) ，故 D 正确。 故选： BCD。 根据右手定律判断感应电流方向， 根据法拉第电磁感应定律求解电量， 根据能量守恒定律求 解焦耳热，根据重力与安培力平衡求解速度即可。 对于电磁感应问题研究思路常常有两条： 一条从力的角度， 重点是分析安培力作用下物体的 平衡问题； 另

33、一条是能量， 分析电磁感应现象中的能量如何转化是关键， 注意电量的求法问 题 17. ( ?河南许昌二模)如图所示， 在倾角为B的斜面上固定两根足够长的光滑平行金属 导轨 PQ 和 MN，两导轨间距为 L,导轨处于磁场方向垂直导轨平面向下的匀强磁场中，磁 感应强度为 B有两根质量均为 m、电阻均为 R 的金属棒 a、b，先将 a 棒垂直导轨放置，用 跨过光滑定滑轮的细线与物块 c 连接， 连接 a 棒的细线平行于导轨，由静止释放 c,此后某 时刻，将 b 也垂直导轨放置，a、c 此刻起做匀速运动，b 棒刚好能静止在导轨上。 a 棒在运 动过程中始终与导轨垂直，两棒与导轨接触良好，导轨电阻不计，

34、重力加速皮为 g。则下列 判断正确的是 ( ) A. 物块 c 的质量是 m 0 B. b 棒放上导轨前物块 c 减少的重力势能等于 a、c 增加的动能 C. b 棒放上导轨后物块 c 减少的重力势能等于回路消耗的电能 D. a、 c 匀速运动的速度为 mgR 0 / BA LA 【答案】 AD 【解析】 解：b 棒静止说明 b 棒受力平衡，即安培力和重力沿斜面向下的分力平衡， a 棒匀 速向上运动， 说明 a 棒受绳的拉力和重力沿斜面向下的分力大小以及沿斜面向下的安培力三 个力平衡, c 匀速下降则 c 所受重力和绳的拉力大小平衡,由 b 平衡可知,安培力大小 F_ 安 mg 0 ,由 a

35、平衡可知F_|t=F_安 mg 0 mg 0 由 c 平衡可知 F/绳=m_c g ; A、 因为绳中拉力大小相等，故 mg 0 m_c g 即物块 c 的质量为 m 0故 A 正确； B、 b 放上之前，a、c 系统机械能守恒，故 a 增加的重力势能与 a、c 增加的动能之和才等于 c 减小的重力势能，故 B 错误； C、 b 棒放上导轨后，a 匀速上升重力势能在增加， 根据能量守恒定律可知， 物块 c 减少的重 力势能等于回路产生的热量与杆 a 增加的重力势能之和，故物块 c 减少的重力势能大于回路 产生的热量，故 C 错误； D、b 棒放上导轨后，a 棒匀速运动，根据 b 棒的平衡可知_

36、安mg 0,又因为 “ =BIL , I=BLv/2R， 故 v mgR 0 / BA LA ，故 D 正确； 故选： AD。 a、 b 棒中电流大小相等方向相反,故 a、 b 棒所受安培力大小相等方向相反,对 b 棒进行受 力分析有安培力大小与重力沿斜面向下的分力大小相等， 再以 a 棒为研究对象，由于 a 棒的 平衡及安培力的大小，所以可以求出绳的拉力，再据 C 平衡可以得到 C 的质量。c 减少的重 力势能等于各棒增加的重力势能和动能以及产生的电能,由此分析便知。 从导体棒的平衡展开处理可得各力的大小, 从能量守恒角度分析能量的变化是关键, 能量转 化问题从排除法的角度处理更简捷。 18

37、. ( ? 湖北八校二模)如图所示,两条粗糙平行导轨间距离是 0.5m ,水平固定放置在 桌面上，导轨一部分位于有理想边界的磁场中，磁场垂直导轨平面向下，导轨与 Q的电阻 连接。质量为 0.2kg 的金属杆垂直放置于导轨上,与导轨接触良好,导轨及金属杆的电阻忽 略不计。在t_0=0 时刻，给金属杆施加一个水平向左的恒定拉力 F,金属杆由静止开始运动， 在 t_1=l0s 时,以速度 v_l=4m/s 进入匀强磁场且恰好做匀速运动,在 t_2=15s 时刻,撤去 拉力 F，与此同时磁感应强度开始逐渐减小，金属杆中不再有感应电流，金属杆匀减速运动 到 t_3=20s 时停止,下面说法正确的是 (

38、) A. 拉力 F=0.08N B. t_1t_2 时间内磁感应强度为 0.2T C. 回路磁通量的最大值为 4Wb D. t_2 t_3 时间内穿过闭合回路的磁通量随时间均匀减小 【答案】 C 【解析】 解：A、由加速度定义式可知，在力 F 作用下加速过程加速度为 a_1: a_1 v / t / m /sA2 , 撤去拉力 F 后,减速过程加速度为 a_2： , 在 0-10 内,金属杆做匀加速直线运动,杆没有进入磁场, 由牛顿第二定律得：F-卩 mg ma_ , 由题意可知, 15s 末撤去拉力,没有感应电流,杆不受安培力作用, 杆所受的合外力为滑动摩擦力，由牛顿第二定律得： 卩 mg ma_ , 代入数据解得：F=0.24N，故 A 错误； B、在 t_1t_2 内，金属杆做匀速直线运动，速度： v=4m/s , 金属杆受到的安培力： F_安培=B_0 IL 金属杆做匀速直线运动,处于平衡状态, 由平衡条件得： F 卩 mg F_安培， 代入数据解得： B_0=0.4T ,故 B 正确； CD、 15-20s 内不产生感应电流,穿过回路的磁通量保持不变, 金属杆在 10-15S 内的位移：d=vt=4 X 5=20m , 磁通量最大值：B_ Ld Wb ，故 C 正确；D 错误； 故选： C。 根据金属杆的受力情况, 由牛顿第二定律列方程, 由加速