专题10电磁感应-备战2019年高考物理优质原创试卷分项版解析版

1、备战20192019年高考优侦原创物理试题分项解析G G蔻1010电磁感应一.选择题1.如图所示，在高度差h的平行虚线范围内，有磁感强度B、方向垂直于竖直平面向里的匀强磁场，四边完全一样的正方形线框abcd的质量m、边长L=h、电阻R,线框平面与竖直平面平行，静止在位置I时，cd边跟磁场下边缘有一段距离。现用一竖直向上的恒力F向上提线框，该框由位置I无初速度开始向上运动，穿过磁场区，最后到达位置II（ab边恰好出磁场），线框平面在运动中保持与磁场方向垂直，且cd边保持水平。设cd边刚进入磁场时，线框恰好开始做匀速运动。重力加速度为g,由下列说法正确是：C.cd边刚进入磁场后两端电压U U= =

2、（F F- -mgmg）R R4Bh4BhD.线框由位置I到位置II的过程中，恒力F做功W=F（F-mg）mR+2h2B4h4）【答案】ABD【解析】 在恒力作用下， 线圈开始向上做匀加速直线运动， 设线圈的加速度为据牛顿第二定律有：F-mg=ma,从线圈进入磁场开始做匀速运动,速度为巧、则：cd边产生的感应电动势为E=BLvx,线框中产生的感应电流为二曰氏，线框所受的安培力为空=皿，因线框做匀速运动，则有F=七+酬g.L=h,联立上述几式，解得H=叱二鬻史故A正确；因线桩做匀速运动线框通过ZJDflA.线框进入磁场前距磁场下边界的距离H H= =(F-mg)mR(F-mg)mR2B2B4 4

3、h hB.线框通过磁场内产生的电功率P=P=2 2(F-mg)(F-mg)2 2R R2.2.2 2BhBh心轴转动，圆盘与转轴间的阻力较小。整个装置固定在一个绝缘支架上。当电动机转动时，金属圆盘也将转动起来。下列有关说法中正确的是(A)金属圆盘转动的方向和磁极的转动方向相同，转速小于磁极的转速(B)金属圆盘转动的方向和磁极的转动方向相同，转速等于磁极的转速(C)将金属圆盘换成绝缘盘，它也会跟着磁极转动(D)当电动机突然被卡住不转时，金属圆盘将转动较长时间才会停下来【答案】A【解析】当磁极转动时会在金属圆盘中产生涡流，为了阻碍其相对运动，金属圆盘转动方向与磁极的转动方向相同，但转速一定小于磁极

4、的转速，这样有相对运动，才会有持续的安培力，让其持续转动下去，A正确，E错误厘如果把金属圆盘换成绝缘圆盘，圆盘中不能产生感应电流，所以就不能跟着磁极转动，C错误当电动机突然被卡住不转时，金属圆盘与磁极有相对运动，仍会产生涡诙，金属圆盘的动能将转为焦耳热，所以很快停下来,D错误口3.如图所示，金属线圈B和金属线圈A是同心圆，半径分别为门、2,若给A线圈通以电流，结果B线圈中产生顺时针方向的电流，且电流大小恒定为I,线圈B的电阻为R,则下列说法不正确的是A.A线圈中的电流一定沿顺时针方向B.A线圈中的电流一定是均匀增大的C.B线圈中磁通量的变化率一定为IR磁场内产生的电功率P P=F=F安v v1

5、 1= =(F-mg)(F-mg)2 2R R，故B正确；cd边切割磁感线，是电源，cd两端的电压U=I(U=I(3 3R)R)4 43(F-mg)R3(F-mg)R- -口丝一，故C错误；恒力4BL4BLF做的功2(F-mg)mR2B4h4+2h，故D正确。2.如图所示为电磁驱动器的原理图。其中为磁极,它被固定在电动机的转轴上，金属圆盘可以绕中D.B线圈一定有收缩的趋势【答案】ABD【解析】由于诊戋圈中产生顺时针方向的电流，则根据楞次定律可知,，/线圈中的电流可能是顺时针方向减小，也可能是逆时针方向增大，R 页错误F由于弓线圈中的电流恒定，因此磁场匀匀变化,4线圈中的电流可能均匀增大，也可能

6、均匀斓小，B项错误j由欧姆定律及法拉第电磁感应定律，萼二次，口页正碉孑如果屋戋圈中的电流减小，根据楞次定律可知，昆戋圈有扩张趋势，D项错误.4.如图所示，100匝矩形线圈abcd,放置在匀强磁场中，绕OO轴匀速转动，转动的周期为T,ab的中点和cd的中点的连线恰好位于匀强磁场的边界线OO上，OO垂直于磁场方向，线圈电阻的阻值为5只外电阻的阻值也为R=5Q,从图示位置开始af时，线圈转过30。时的瞬时感应电流为I=1Ao则以下判断不正确的是A.通过R的电流为亚 AB.电阻R消耗的电功率为20W一2冗C.t时刻线圈中的感应电动势为e=20sin(t)V，一，八，T2冗D.t时刻穿过线圈的磁通量为=

7、cos(t)Wb10T【答案】B【解析】线圈转过30。时的瞬时感应电流为I=1A,即1A=ImSin301通过R的电流为有效值，最大值是2A,则有效值是后A,A正确。电阻R消耗的电功率也是用有效值计算，P=I2R,可得P=10W,B错误。222T由公式e=21mRsin(t)V得到e=20sin(t)V,又e=NmSin(一t)V,得到Gm=,则TTT10冗.T2兀.=cos(t)Wb,CD正确。故选Bo10冗T5.在xOy平面坐标系的第一象限内存在着方向向里大小按B=(1.0M10，+1M10 x)T变化的磁场，有一长l=20cm,宽为h=10cm的矩形金属线框，总电阻为R=0.02Q正以速

8、度v=10m/s的速度沿x轴正方向匀速运动。则下列说法正确的是A.线框产生的感应电动势E=2x10VB.回路消耗的电功率P=2x10WC.必须对线框施加F=4X10，N的外力，才能使线框匀速运动D.为使线框匀速运动，施加的外力大小为F=2M10,N,方向沿x正方向【答案】ABD【解析】Eg=BE.=旦1g回路E=E.y=人10JV,A正确。回路员=0,02EQ,则回路中电流I=-=0.1A,回路消耗的电功率为尸二1=2x10话,故B正确。保持线框匀速R运动,施加的外力等干线框受到的安培力，E.=&=-2xlQ-5N.D正确，C错误，6.如图所示，直角三角形导线框OPQ放置在磁感应弓虽度

9、大小为B,方向垂直于OQ向右的匀强磁场中，且OP边的长度为l,ZPOQ=9o当导线框绕OQ边以角速度 3 逆时针转动（从。向Q观察）时，下列说法正确的是A.导线框OPQ内无感应电流B.导线框OPQ内产生大小恒定，方向周期性变化的交变电流C.P点的电势始终大于O点的电势12D.如果截去导线PQ,则P、。两点的电势差的最大值为一BlsinCcos*B02【答案】D【解析】导线框OPQ内，只有边长OP做切割磁感线运动，产生感应电动势，根据法拉第电磁感应定律可求得感应电动势的大小为E=生包英。5可口班=；和5incos(9sin由乙故导线ffi8Q内产生正弦式交变电流j选项AB错误j由于导线框OP。

10、内产生正弦式交变电流，P点的电势与。 点的电势大小成周期性变化:选项C错误j如果截去导线PQ,则没有感应电流，但P、。两点间的电势差,$口gg1 1L=Bldycos(9sin函二一团%由1Pco5Ssin机，故最大值为B/%比口占cos8,选项D正确已2 22 22 27.如图所示，一长为2d、宽为d、质量为m、阻值为r的矩形导线框放在具有理想边界的匀强磁场上方，已知虚线1、2之间的磁场方向垂直纸面向外，虚线2、3之间的磁场方向垂直纸面向里，且磁感应强度的大小均为B。现将导线框无初速度地释放，导线框的AB边到达虚线1位置时刚好匀速，当导线框的AB边到达虚线2、3之间时再次匀速。假设整个过程中

11、导线框的AB边始终与虚线平行，忽略空气的阻力，重力加速度为g。则下列说法正确的是A.导线框从进入磁场到完全离开的整个过程中，安培力的大小恒定8 .从导线框的AB边与虚线1重合到导线框的AB边刚到虚线2的过程中，导线框中产生的热量为2mgd22一一，一、mgrC.导线框释放瞬间，AB边与虚线1的间距为一g_32B4d4D.当AB边运动到虚线2、3之间再次匀速时，导线框的速度大小为【答案】CD【解析】导线框向下运动的过程中，由楞次定律可知，安培力总是阻碍导线框的运动，即导线框所受安培力的方向与运动方向相反，因此导线框所受的安培力方向始终向上，但安培力的大小随速度的变化而变化,A错误；因为导线框的A

12、B边到达虚线1位置时刚好匀速，所以导线框在虚线1、2之间做匀速运动，故导线框的AB边与虚线1重合到导线框的AB边刚到虚线2的过程中，导线框中产生的热量为mgd,B错误；导线框的22mgr16B2d2d士， 上AB边到虚线1位置时刚好匀速，由力的平衡条件得：mg=B(2d)v,解得：h=mgr2,从导线框r4B2d222 2刚释放到边与虚线】重合时，由机械熊守恒定律得：明的=-加短，解得：A=二,C正确当432315V边运动副虚线2、3之间再次匀速时导线框所受的安培力大小为Ft=1BI-2d=4Bd=，由力的平衡条件可知mg=rr产8.如图1所示，光滑的平行金属导轨（足够长）固定在水平面内，导轨

13、间距为R=1的电阻，放在轨道上静止的一导体杆MN与两轨道垂直，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B=0.5To导体杆受到沿轨道方向的拉力F做匀加速运动，测得力F与时间t的关系如图2所示。导体杆及两轨道的电阻均可忽略不计，导体杆在运动过程中始终与轨道垂直且两端与轨道保持良好接触，则导体杆的加速度大小和质量分别为A.20m/s2,0.5kgl=20cm,左端接有阻值为A. b棒有可能向左运动B. b棒在碰撞前瞬间的速度大小2m/sC,碰撞过程中障碍物对b棒的平均冲击力大小8ND.b棒碰到障碍物后，a棒继续滑行的距离15m【答案】【解析】根据右手定贝图b回路中产生逆时针的电流，

14、根据左手定则知，b棒所受蹑培力方向向右，可知b棒向右运动，故A错误；设b棒碰上障碍物瞬间的速度为立，之前两棒组成的系统动量守恒，则叫+0=加春+2吟， 解得巧=卜2m”故E正确5七棒碰障碍物过程中艮据动量定理得： 依=0-2mvZj解得二F=8N,故C正确#a棒单独向右滑行的过程中，安培力的平均冲量*曲八甯由动量定理小，解得.”群 3,故DIE10.如图1所示，两条平行实线间存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B=1T。一总电阻为r=0.2Q的圆形线圈从靠近左侧实线的位置开始向右做匀速直线运动。圆形线圈产生的感应电动势随时间变化的图线如图2所示。下列说法正确的是图1图2A,圆形线圈的半径

15、为R=1mB.圆形线圈运动速度的大小为v=20m/sC.两实线之间的水平距离L=1mD.在0.05s,圆形线圈所受的安培力大小为400N【答案】ABD2R2R【解析】感应电动势的最大值E=B(2R)v,E=B(2R)，代入数据40=1黑(2R)，解得R=1t0.12Rm,选项A正确；圆形线圈运动速度的大小为v=-=20m/s,选项B正确；两实线之间的水平距离L=2vt=4E40，一m,选项C错误；在0.05s,圆形线圈所受的安培力大小为F=BI(2R)=B；(2R)=1M02(2M1)N=400N,选项D正确。11 .如图所示，在光滑水平面内，有竖直向下的匀强磁场分布在宽度为2L的某矩形区域内

16、(长度足够大)，该区域的左右边界为LI、L2.有一边长为L的正方形导线框距离磁场左边界LI的某处由静止在恒力F作用下穿过该磁场区域，已知当线框的右边边到达L2时线框刚好做匀速直线运动.以线框的右边边到达LI时开始计时，以Li上的O点为坐标原点，取如图所示的坐标轴x,并规定逆时针方向为感应电流的正方向，向左为安培力的正方向。则关于线框中的感应电流i和线框所受到的安培力F与位置坐标x的以下图线中，可能正确的是（）LiL1XX;；XXXI;xXX!xxxxxx1解析】据题线框的右边到达L2时线框刚好做匀速直线运动，此时线框所受的安培力与恒力F大小相等,即用=F,而线框完全在磁场中运动时做匀加速运动所

17、以可知线板进入磁场过程，安后力应小于恒力,即已父下，只能做加速运动，不能做匀速运动或减速运动，否则通过匀加速过程，右边到达L2时速度增大安培力增大，安培力将大于重力，不可能匀速运动,可知：线框进入磁场的过程中，随着速度熠大，产生的感应电动势/y和感应电流=等逐渐增大，安培力巴=手，逐渐增大，线框所受的RR合力激小，加速度减小，所以做加速度减小的变加速运动，所以感应电流i的变化率也应逐渐激小安培力F的变化率也逐渐减小5根据楞次定律判断可知，线框进入磁场和穿出磁场过程，所受的安培力方向都向上，为正方向,故A、D正确B、C错误.12.如图所示，足够长的光滑平行金属导轨竖直放置，间距为L,其上端连接有

18、阻值为R的电阻和电容器C,装置区域有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为Bo将一根水平金属棒ab开始下滑。，已知金属棒ab的质量为m,电阻也为R。金属棒ab在运动中始终保持水平且与导轨良好接触，且通过金属棒ab的电流恒定不变，忽略导轨电阻，重力加速度为g。则下列说法正确的是XXXXXXXXXXXXD.若通过金属棒ab由静止下滑，开始时电容器所带电荷量为0,那么经过时间t,电容器两端电压2BCLmgt-2CBLmgR22mCB2L2【答案】BD【解析】若金属棒必做匀速运动J产生电动势不变，回路申没有电流，故A错误,设时间h时，金属棒的速度为力， 此时金属棒切割磁感线产生的电动势电容器两端电压U

19、EkI(2R),设时间也时,金属棒的速度为内，此时金属棒切割磁感线产生的电动势E-BLv二，电容器两端电压(2R)从ti到上这段时间内，电容器两端电压的变化做%州)=国父电容器两端电荷量的变化Ag=C3U=C513y，回路中的电流1=3CH上二=匚3上门加速度T=，因为电流不变，所AfArAf以加速度也不变，所以金属棒做为变速运动，根据牛顿第二定律得：mg-BIL=maf综上可以解得:京,故B正确；回路的电流八瞪器F电阻R的电动率P=(浸凝河故c错误3若通过金属棒辿由静止下滑，开始时电容器所带电荷量为0,那么经过时间L金属棒的速度V=atA.因为通过金属棒ab的电流不变，所以金属棒ab做匀速运

20、动，速度大小是v=2m粤B2L2B.尽管通过金属棒ab的电流不变，金属棒还是ab做匀变速运动，加速度大小是a=mg二二mCB2L2C.电阻R的电功率22c22.2mgCBLRP22此时金属棒切割磁感线产生的电动势E=BLv,电容器两端电压U=E-I(2R),电容器所带电荷量q=CU2BCLmgt-2CBLmgRmCB2L213 .如图甲所示，正方形导线框固定在匀强磁场中，磁感线方向与导线框所在平面垂直，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示，其中Bo为已知量。已知导线框的边长为L,总电阻为R,t312=t211则卜列说法中正确的是()A.tit3时间内，导线框中电流的方向始终为badcbBn

21、L4C.t2t3时间内，导线框广生的热量为0Rt0D.t1t3时间内，通过导线框的电荷量为当日R【答案】ACD【解析】匕匕时间内，穿过线圈的磁通量遍小，根据楞次定律可知？感应电流方向为加心比片匕时间内,磁场反向了，但穿过线圈的磁通量增大感应电流方向仍为加侬，故A正确f05时间内，回路中的磁通量不变,线圈中没有感应线圈中产生的感应电动势，没有电流，所以不受安培力，故B错误j匕小时间内感应电动势E二至二型二些二些，感应电流1=华，。切时间内，产生的热量AtArRrJcWH，DT*VD2f4Q=FR%=妥：故c正确宁；h抬时间内，电流恒定不变J所以，通过的电荷量为4=1。吟=驾,故D正确“14.如图

22、所示，金属杆AB在离地h=3.2m,高处从静止开始沿弧形轨道下滑，导轨平行的水平部分有竖直向上的匀强磁场，水平部分导轨上原来放有一根静止金属杆CD,已知杆AB的质量为m1=2kg，电阻为RI=10Q,杆CD的质量为m2=0.5kg,电阻为R2=30Q,其余电阻不计，水平导轨足够长，不计一切摩擦.解得:B.0t1时间内，ab边受到的安培力大小为BoL32Rt0A.AB的最终速度分别是8m/sB.CD的最终速度分别是6.4m/sC.整个过程中回路释放的电能是12.8JD.整个过程中，AB杆上产生的焦耳热3.2J【答案】BCD【解析】月5下滑的过程中机械能守恒：%g二!噌汴3解得n=8m/s；最终两

23、者速度相等，由动量守恒定律：%=(%+叫)修，解得吟=氏4叫心故A错误，B正确f由能量守恒知回路中产生的电能等于系统机械能的损失，所以整个过程中回路释放的电能=网妨-购+啊)M=12一8J,故匕正确另在回路中产生电能的过程中，虽然电流不恒定，但由于两杆串联，通过两杆的电流总是相等的，所以整个过程中P月X杆上产生的焦耳热。=三二上=3，故D正确。此十&15.如图所示，a、b、c为三只完全相同的灯泡，L为有电阻的电感线圈(线圈电阻小于灯泡电阻)，电源内阻不计.下列判断正确的是b-0(A)S闭合的瞬间，a灯比b、c两灯亮，但b、c两灯亮度相同(B)S闭合足够长时间后，a、c两灯亮度相同(C)

24、S闭合后，a、b、c三灯均发光(D)S断开后，b灯先突然闪亮后再逐渐变暗熄灭【答案】AC【解析】S闭合的瞬间，L相当于断路，bc串联后与a并联，因此a灯比bc两灯亮，bc两灯亮度相同，选项A正确；S闭合后，因L有电阻，三灯均发光，连接形式为：b灯与L并联后与c灯串联，a灯直接连接在电源两端，选项C正确、B错误；S断开后，L相当于电源，L中的电流并未全部流过b灯，故不能确定b灯是否会闪亮，选项D错误.16.如图所示是研究自感实验的电路图，甲、乙是两个规格相同的小灯泡，电源内阻不可忽略.实验开始前先闭合开关&、S2,使电路稳定，两个小灯泡亮度相同.下列说法正确的是(A)仅将S2断开，甲亮度

25、不变(B)仅将S2断开，甲逐渐变得更亮(C)仅将Si断开，乙立刻熄灭(D)仅将Si断开，乙的电流方向不变【答案】B【解析】仅将曲断开，由于电路中总电流变小，则电源的内电压减小，外电压增大,使流过甲的电流变大,但由于目感作用，甲逐渐变得更亮，选项2错误，B正确j若仅将密断开，由于电感的作用则乙中仍有电端，不会立刻熄灭，但电流方向相反，选项CD错误.二.计算题1 .(14分)如图所示，两根足够长的金属导轨ab、cd与水平面成=30固定，导轨间距离为L=2.0m,电阻不计。在导轨上端接一个阻值为Ro的定值电阻。在c、N之间接有电阻箱。整个系统置于匀强磁场中，磁感应强度方向与导轨所在平面垂直，磁感应强

26、度大小为B=1T;现将一质量为m、电阻可以忽略的金属棒MN从图示位置由静止开始释放。金属棒下滑过程中与导轨接触良好。不计一切摩擦。改变电阻箱的阻值R,测定金属棒的最大速度Vm,得到vm-R的关系如图所示。若轨道足够长，重力加速度g取10m/s2。求：金属杆白质量m和定值电阻Ro的阻值；(2)当电阻箱R取3.5Q时，且金属杆的加速度为3m/s2时，此时金属杆的速度。【答案】(1)m=0.8kg;Ro=O.5(2)1.6m/s【解析】（1）金属杆以速度Vm下滑时， 根据法拉第电磁感应定律：E=HL由闭合电路的欧姆定律可知：E= （R+R。当金属棒以最大速度下滑时有:口 8=EIL亚一融:刑gsiu

27、SjgsigsiuSjgsi口8 8眠乂解忖二A+y一凡门m心一rii训gsiuScA-由Vm-R图线可知:22= =L Lv& &=0.3=0.3解得：m=0-8kg;Ro=O.5Q（2）设金属棒下滑的速度为打根据法拉第电磁感应定律可知：E=BLv由闭合电路的欧姆定律可知：E=（R+氐）当金属杆下滑的加速度为3m/y时，根据牛顿第二定律可得：mg8-BIL-ma解得v=L6m/s2 .（15分）如图（甲），MN、PQ两条平行的光滑金属轨道与水平面成0=37角固定，M、P之间接电阻箱R,导轨所在空间存在匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面向上，磁感应强度为B=1T。质量为m的金属8

28、棒ab水平放置在轨道上，其接入电路的电阻值为r。现用沿斜面向上始终与金属棒ab垂直的恒力F=：mg拉金属棒ab从静止开始沿斜面向上运动，运动过程中金属棒ab始终与导轨垂直，且接触良好，测得最大速度为vmo改变电阻箱的阻值R,得到vm与R的关系如图（乙）所示。已知轨距为L=2m,重力加速度g=l0m/s2,sin37=0.6,cos37=0.8,轨道足够长且电阻不计。（1）求金属棒的质量m和阻值r;（2）当电阻箱的电阻调到R=2时，当金属棒ab从静止开始运动位移d=8m时，刚好达到最大速度，电阻R上消耗的平均功率为P=3.6W,求：金属棒ab从静止到速度最大所用的时间这一过程通过电阻R上的电荷量

29、q【答案】（1）m=0.4kg,r=2;（2）4s；4c【解析】（1）设金属棒ab运动的最大速度为vm,金属棒ab切割磁感线产生的感应电动势E E= =BLvBLvm由闭合电路的欧姆定律得：I=.R+r金属棒的达到最大速度时满足F-mgsmsme-BIL= =0 0 由联立解得二I班斤匚BP所以可得：所=烂r，k汗喀B-U代人数值解得：tn=04kg,r=2fi（2）由图可知，当电阻箱的阻值是20时，金属棒助最大速度心=4m/s。因为金属棒酚的电阻匚是2Q,电阻“上消耗的平均功率为P=M6W,回路中的消耗的总平均功是2A7.2W由动能定理得二/i/i/-mgdsin&-2Ptw/vw/

30、v解得Is由法拉第电磁感时律有公詈E=/(J?+r)AA解得?=小巴7C7CR+r3.（15分）在水平桌面上，一个圆形金属框置于匀强磁场Bi中，线框平面与磁场垂直，电阻Ri=3、半径=JJm圆形金属框与一个水平的平行金属导轨（电阻不计）相连接，导轨上放置一根电阻R2=1、长L=1m导体棒ab,导体棒与导轨接触良好，导体棒处于另一匀强磁场B2中，该磁场的磁感应强度恒定,两磁场方向都垂直导轨平面向下，如图甲所示.磁感应强度Bi随时间t的变化关系如图乙所示.导体棒受v-t图象是如图丁所示，已知导体棒恰好2【答案】(1)q=C；(2)2.1J；(3)t11131110s；t2s110(1)匀强磁场B2

31、的大小(2)滑动摩擦力的大小(3) 0-6s内圆形金属框产生的焦耳热和电流的有效值【答案】(1)2T;(2)2N;(3)36J;72At解析】O-ls内，导体棒恰好静止安培力与最大静摩擦力二力平衡，5二5由法拉第电磁感应定律，感应电动势=3色=些(仃)ArStE闭合电路欧姆定律：B=此+此安培力公式FA=L2s内，导体棒恰好静止，安培力、最大静摩擦力和拉力F三力平衡，F=5-月由法拉第电磁感应定律，感应电动势E二2闭合电路欧姆定律；A=舄+4安培力公式月二旦也由式得：h=1AmI=2%B：=2T,Fr=2N。国内圆形金属框产生的焦耳热Q=知+其汉36J0-6s内圆形金属框电流的有效值I=1-=

32、0Ay号)4.(18分)如图所示，相距为d=3.15m的两条水平虚线之间是方向水平向里的匀强磁场，磁感应强度为B=0.5T,正方形线圈abcd边长为L=2m,质量为m=0.1kg,电阻为R=11Q,将线圈在磁场上方高h=5m处静止释放，ab边刚进入磁场时线圈匀速运动，ab边刚离开磁场时线圈也是匀速运动。在整个运动过程中线圈一直在竖直平面，重力加速度g=10m/s2,求(1)线圈进入磁场过程中，通过线圈横截面的电荷量；(2)线圈穿过磁场过程中产生的焦耳热；(3)线圈进入磁场的时间t1和线圈离开磁场的时间t2。【解析】(1)线圈进入磁场过程中,，通过线圈横截面的电荷量过程中ArTjR 产由法拉第电

33、磁感应定律得：=Ar&_由闭合电路欧姆定律得：线圈进入磁场过程中，通过线圈横截面的电荷量勺=77代入数值解得g=C(2)数边刚离开磁场时线圈也是匀速运动，此时安培力与重力两力平衡5IL=ing导体棒切割磁感线产生的电动势BLv由闭合电路欧姆定律得R由能量定恒定律得：线圈穿过磁场过程中产生的焦耳熟Q二鼠 k 痴上代入数值解得=llm/s;Q=24J(3)线圈进入磁场过程中初速度v0=J2gh=10m/s,末速度v=11m/s安培力的冲量IA=Ft=ILBt=BLIt=BLq由动量定理mgt1-IA=mv-mv0r31代入数值解得：t1=s110线圈离开磁场过程中初速度v；=Jv2+2g(

34、d-L)=12m/s,末速度v=11m/s安培力的冲量IA=Ft=ILBt=BLIt=BLq由动量定理mgt2-IA=mv-mv0,一一9代入数值解得：t2=9s1105.(20分)如图所示，PQ和MN是固定于倾角为30。斜面内的平行光滑金属轨道，轨道足够长，其电阻可忽略不计。金属棒ab、cd放在轨道上，始终与轨道垂直，且接触良好。金属棒ab的质量为m=200g、金属棒cd的质量为m2=100g,长度土匀为L=2m、 电阻均为R=3;两金属棒的长度恰好等于轨道的间距， 并与轨道形成闭合回路。整个装置处在垂直斜面向上、磁感应强度为B=0.5T的匀强磁场中，若锁两金属棒不动，金属棒cd受到与其垂直

35、且沿斜面向上的恒力F=1.5N作用。某时刻tO=0时，同时解锁让两棒都从静止开始运动，直到ti=2.4s时金属棒ab开始做匀速运动。重力加速度为g=10m/s2。求(1)ti=2.4s时，金属棒ab的热功率，(2)ti=2.4s时，金属棒ab和金属棒cd的速度大小分别是多少？(3) 02.4s内通过金属棒ab的电量(4) 02.4s内通过金属棒ab产生的焦耳热【答案】(1)3W;(2)M=2m/s；v2=4m/s；(3)q=2C；(4)5.4J【解析】(1)力=工4s时金属棒功开始做匀速运动,所以有:五月叫言口目金属棒粉的热功率月二1/由式解得：Pi=3W(2)以ab棒、cd棒系统为对象上沿斜

36、面方向合力坳+%)3%门0=0,所以动量守恒由动量守恒定律：V=ab棒切割磁感线产生的电动势与=亚马cd棒切割磁感线产生的电动势曷=亚上回路中产生的感应电流1口且普2A由解得：4h三=5*以油棒为对象，安培力的冲量乙=理工=班改)=斑0由动量定理：(用退而明-取”册再解得：g”C(4)由式可知j在02.4s内两棒的位移，蔬是两内=%三通过金属棒ab的电量中=%=白=差=:JiXK2li两金属棒通过的电流总是相等的， 所以在相同的时间内产生的焦耳热与电阻成正比察二I由能量守恒定律得:102.4s内通过金属棒ab广生的焦耳热Q=，Q=5.4J26.（15分）如图所示，矩形导线框长边的长度为21,短

37、边的长度为1,在两个短边上分别接有阻值为R的电阻，其余部分电阻不计.导线框一长边与x轴重合，左边的坐标x=0,线框内有一垂直于线框平面的磁场（图中未画出），磁场的磁感应强度满足关系式B=B0sin（2x）,一光滑导体棒AB与短边平行且接触良好，电阻也为R.开始时导体棒与左边重合，从t=0时刻起，导体棒AB在yXx方向的外力F作用下做速度为v的匀速运动，求:（1）导体棒AB从左边运动到右边的过程中棒内电流随时间t变化的关系式.（2）导体棒AB从左边运动到右边的过程中外力F所做的功.（3）导体棒AB从左边运动到右边的过程中流过导体棒AB的电荷量.2.32【答案】（1）vsin（%）（5分）（2）2

38、2（5分）（3）.（5分）3R213R3TR【解析】1）由 E=8 和得:口期=取in*拉=3户金门需f（上工）（3分）（2分）（2）电流最大值=（2分）电端有效情二逃（1分）外力F做的功*。=产号至=话？（2分）2v372（3）因产生的是正弦交变电流，将此过程等价于矩形线框在匀强磁场申匀速转动J求出电流平士牙由得通过导体棒的电荷量好等（2分）3nJ?7.（20分）如图所示，足够长的平行金属导轨弯折成图示的形状，分为与水平面的夹角灯37,存在与导轨平面垂直的匀强磁场，n区域导轨水平，长度区域导轨与水平面夹角片53,存在与导轨平面平行的匀强磁场。金属细杆a在区域I内沿导轨以速度v0=1m/s匀速

39、向下滑动，当a杆滑至距水平导轨高度为h1=0.6m时，金属细杆b在区域出从距水平导轨高度为h2=1.6m处由静止释放，进入水平导轨与金属杆a发生碰撞，碰撞后两根金属细杆粘合在一起继续运动。AS2BSoI、II、出三个区域。I区域导轨x=0.8m,无磁场；出已知a、b杆的质量均为m=0.1kg,电阻均为R=0.l0与导轨各部分的动摩擦因数均相同，导轨间距1=0.2m,I、出区域磁场的磁感应强度均为B=1To不考虑导轨的电阻，倾斜导轨与水平导轨平滑连接，整个过程中杆与导轨接触良好且垂直，sin37=0.6,cos37=0.8,g取10m/s2。求：+fH|f（1）金属细杆与导轨间的动摩擦因数百（2

40、）金属细杆a、b碰撞后速度的大小v共；（3）试判断碰撞后，在金属细杆沿倾斜导轨上升的过程中是否有电流通过金属细杆a,如果有，请计算出通过金属细杆a的电荷量大小Q;如果没有，请计算出金属细杆a沿倾斜导轨能上升的最大位移。【答案】（20分）（1）0.5（4分）（2）1.5m/s（12分）（3）没有电流通过金属细杆s=0.0625m（4分）【解析】（1）金属细杆好沿导轨匀速下滑，对金属细杆口进行受力分析，如图所示根据法拉第电磁感应定律得E=（1 1分）根据闭合电路的欧姆定律得片也?）（1分）根据平衡条件得BI1-37c=mgsin37:11分）联立解得/=0一5（1分）2）金属细杆Q沿导轨匀速下滑的

41、位移为sa=h1=1msin37金属细杆a匀速下滑到底端的时间为ta=包=1s（1分）Vo金属细杆b沿导轨做初速度为0的匀加速运动，对金属细杆b进行受力分析如图所示根据平衡条件得F：.=用耳co弓53一班（1分）根据牛顿第二定律得用gshi53-*人=喀父（I分）金属细杆S沿导轨下滑的位移大小为分）设金属细杆b沿导轨句加速下滑到底端的时间为以速度为甚,则有1.2sb=abtb（1分）2Vb=abtb11分）联立解得tb=1s,Vb=4m/s（1分）因ta=tb=1s,故a、b同时进入II区域，做匀减速直线运动，加速度大小均为2a=g=5m/s设杆a速度减为0时的位移大小为Xa,所用的时间为，由

42、动能定理得12川mgxa=0m%（1分）2解得Xa=0.1mta-=1s=0.2s（1分）a5此段时间内杆灯运动的位移是4=v;f-i-0.7m杆。停止运动所需的时间=WHEAL2Sa3又因为Xii+x尸03ni,故小b碰撞时1杆a刚好静止，杆b的速度不为。（1分）谩杆匕碰前瞬间的速度大小为则置；=一叱=3ms公。杆碰撞过程中由动量守恒定律得41分）解得va-L5m/s（1分）37l4分）2BLBL8t解析】（1）释放金属棒乙后，由于物体丙的重力大于金属棒乙沿导轨甲向下的分力，则金属棒乙沿导轨用向上做加速度瀛小的加速运动，加速度为零时,速度最大，设为噎则根据法拉第电磁感应定律得：4=瓦嚷（1分

43、）根据闭合电路欧姆定律有二卷 C 分）A金属棒乙所受的安培力为：（1分）由力的平衡条件知：3Mg=产一?wgIna11分）Q）如果拔掉销钉，将u形导轨甲和金属棒乙同时无初速度地释放，当导轨甲向下的速度达到最大值小时,根据法拉第电磁感应定律得：E=BL（v+v）（1分）根据闭合电路欧姆定律有：I=E（1分）R此时导轨甲与金属棒乙所受的安培力大小为：FA=BIL=BL（v+v）分R对物体丙由牛顿第二定律得：3mg-T=3ma（1分）对金属棒乙由牛顿第二定律得：TFAmgsinct=ma（1分）对导轨甲由力的平衡条件得：FA=4mgina（1分）解得：vu2mR-v、a=1g（2分）BL8（3）金属

44、棒乙在运动一段时间后，将销钉拔掉，导轨甲受到沿斜面体向上的安培力，要保证导轨甲沿斜面体向下运动，由题意可知，当金属棒乙的速度最大时拔掉销钉，导轨甲能沿斜面体向下运动即为本题的临界条件，假设此时斜面体的倾角为口解得：嗑=5mR2B:Lr（1分）对金属棒乙和物体丙组成白整体由平衡条件得3mg=FA+mgsin8（2分）对导轨甲应满足4mgsinQFA（1分）3解得sin0-,即90至日37（1分）10.（18分）如图所示，两根金属导体棒a和b的长度均为L,电阻均为R,质量分布均匀且大小分别为3m和m。现用两根等长的、质量和电阻均忽略不计且不可伸长的柔软导线将它们组成闭合回路，并悬跨在光滑绝缘的水平

45、圆棒两侧。其中导体棒b处在宽度为H的垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，导体棒a位于磁场的正上方。现将导体棒b从磁场的下边界由静止释放，若磁场宽度H足够大，导体棒b穿过磁场的过程中，导体棒a未能进入磁场，整个运动过程中导体棒a、b始终处于水平状态，重力加速度为g。求：cnroXXxixxxxxx（1）导体棒b在磁场中运动时获得的最大速度V；（2）若导体棒b获得最大速度v时，恰好到达磁场的上边界，则b棒从释放到穿出磁场所需要的时间t;（3）在（2）问过程中产生的热量Q。【解析】（D设导线的拉力大小为T,导体棒占受到的安培力为对导体棒a：（1分）对导体棒b:2T-mg-F=ma（1分）联

46、立以上的式解得2砥7入=4蒯n（2分）导体棒做幅感好生感应电动”皿颤电浦二冬1R当导体棒6速度最大时，D整理后解得m螺先4mgR【答案】(1)v=22BL_228mRBLH2)t=22+3) )Q=2mgH32m3g2R2B4L4（2）由（1）可知，导体棒。上升过程中的加速度即:空-1#:：1R-r2由微元法可得，xE&AF=+gE7-3v*=g7-3HC2分）28wJ?2S仇R的3mRBH,八、解得 a 市+“12分）（3）对导体棒明。组成的系统，由能量守恒定律有（浏 f 疑。三 7 亦（2分）11. （12分）匝数为N=100、边长为L=0.5m、阻值为r=1.5必正方形导线中g与

47、间距为d=0.5m的竖直导轨相连，正方形线框的上半部分处在水平向外的磁场B1中，导轨的下部存在着水平向里的磁感应强度为B2=1T的匀强磁场。质量为m=0.2kg、电阻为R=0.5觥导体棒ab可以沿竖直导轨无摩擦地滑动。当磁场B1发生变化时，导体棒ab刚好能处于静止状态。重力加速度g取10m/s2,试求：以XXXqbxxxXX XX XX XXXXXXX（1）此时通过ab棒的电流I的大小和方向；（2）此过程中磁场B1的变化率；（3）开始的5s内回路中产生的焦耳热Q。【答案】（1）4A（3分），方向由a向b（1分）（2）0.64T/s（4分）（3）160J（4分）【解析】（1）导体棒ab静止，所以有mg=B2IL（2分）,mg0.210AA解得I=A=4A（1分）B2L10.5由左手定则可知，电流方向由a到b（1分）B-（2）根据法拉第电磁感应定律得：E=NS（1分）t巴士C2分）解得。:2mgH-32/g;R；Q分）S=L2/2（1分）而E=I（R+r）（1分）B代入数据解得=0.64T/s（1分）.:t（3）Q=I2（R+r）t=42%0.5+1.5）5J=160J（4分）12.（20分）如