备战高考物理选修32第四章电磁感应电磁感应现象的两类情况(含解析)

备战高考物理选修32第四章电磁感觉电磁感觉现象的两类情况(含解析)备战高考物理选修32第四章电磁感觉电磁感觉现象的两类情况(含解析)/备战高考物理选修32第四章电磁感觉电磁感觉现象的两类情况(含解析)2019备战高考物理选修3-2第四章电磁感觉-电磁感觉现象的两类情况（含解析）一、单项选择题1.以下列图的地域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感觉强度为B．一个电阻为R、单径为L、圆心角为45°的扇形闭合导线框绕垂直于纸面的O轴匀速转动（O轴位于磁场界线），周期为T0则线框内产生的感觉电流的图象为（规定电流顺时针方向为正）（）A.B.C.D.2.一只矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量随时间变化的图象如图甲所示，则以下说法中正确的选项是()A.t＝0时辰线圈平面与中性面垂直B.＝t0.01s时辰Φ的变化率达最大时辰感觉电动势达到最大D.该线圈相应的感觉电动势图象如图乙所示3.以下列图，接有理想伏特表的三角形导线框abc，在匀强磁场中向右运动，问：框中有无感觉电流？a、b两点问有无电势差？伏特表有无读数（示数不为零称有读数）（）A.无、无、无B.无、有、有C无.、有、无D有.、有、第1页有4.以下列图，平行金属导轨竖直放在匀强磁场中，匀强磁场沿水平方向且垂直于导轨平面．导体AC能够贴着圆滑竖直长导轨下滑．设回路的总电阻恒定为R，当导体AC从静止开始下落后，下边表达中正确的说法有（）导体下落过程中，机械能守恒导体速度达最大时，加速度最大导体加速度最大时所受的安培力最大导体速度达最大今后，导体减少的重力势能所有转变为R中产生的热量5.以下列图，xoy坐标系第一象限有垂直纸面向外的匀强磁场，第三象限有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感强度大小均为B，第二、四象限内没有磁场．一个围成四分之一圆弧形的导体环oab，其圆心在原点o，开始时导体环在第四象限，从t=0时辰起绕o点在xoy坐标平面内逆时针匀速转动．若以逆时针方向的电流为正，以下表示环内感觉电流i随时间t变化的图象中，正确的选项是（）A.B.C.D.6.当导体在磁场中运动时，感觉电流会使导体碰到安培力，安培力的方向总是阻拦导体的运动，这种现象称为电磁阻尼．以下列图，条形磁铁用细线悬挂在O点．O点正下方固定一个水平放置的铝线圈．让磁铁在竖直面内摇动，以下说法中正确的选项是()第2页A.磁铁左右摇动一次，线圈内感觉电流的方向改变2次磁铁向来碰到感觉电流磁场的斥力作用磁铁所碰到的感觉电流对它的作用力向来是阻力磁铁所碰到的感觉电流对它的作用力有时是阻力有时是动力7.以下列图，在圆滑绝缘水平面上，有一矩形线圈以必然的初速度进入匀强磁场所区，线圈所有进入匀强磁场所区时，其动能恰好等于它在磁场外面时的一半，设磁场所区宽度大于线圈宽度，则（）A.线圈恰幸好完好走开磁场时停下B.线圈在未完好走开磁场时即已停下C.线圈能经过场区不会停下D.线圈在磁场中某个地址停下8.以下列图，足够长的圆滑平行金属导轨MN、PQ水平放置，导轨间距为L，一个磁感觉强度B的匀强磁场垂直穿过导轨平面向下，导轨的上端M与P间接有电容为C的电容器，金属棒开始静止．对金属棒施加一个水平向右、大小为F的恒力作用，不计所有摩擦，所有电阻都不计，则经过时间t的过程中（）A.金属棒可能做变加速运动B.金属棒中的电流恒定C.电容器所带电荷量D.电容器储蓄的电场能为9.以下列图，两条电阻不计的平行导轨与水平面成θ角，导轨的一端连接定值电阻R1，匀强磁场垂直穿过导轨平面．一根质量为m、电阻为R2的导体棒ab，垂直导轨放置，导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，且R2=nR1．若是导体棒以速度v匀速下滑，导体棒此时受到的安培力大小为F，则以下判断正确的选项是（）A.电阻R1耗资的电功率为B.重力做功的功率为mgvcosθC.运动过程中减少的机械能所有转变为电能D.R2上耗资的功率为10.如图示，一宽40cm的匀强磁场所区，磁场方向垂直纸面向里．一边长为20cm的正方形导线框位于纸面内，以垂直于磁场界线的恒定速度v=20cm/s经过磁场所区，在运动过程中，线框有一边向来与磁场所区的界线平行，取它刚进入磁场的时辰为t=0，在以下四个图线中，第3页正确反响感觉电流随时间变化规律的是（）A.B.C.D.11.以下列图，相距为d的两条水平虚线L1、L2之间是方向水平向里的匀强磁场，磁感觉强度为B，正方形线圈abcd边长为L（L＜d），质量为m，电阻为R，将线圈在磁场上方高h处静止释放，cd边刚进入磁场时速度为v0，cd边刚走开磁场时速度也为v0，则从线圈cd边刚进入磁场起向到达ab边走开磁场的过程中（）A.感觉电流所做的功为mgdB.感觉电流所做的功为2mgdC.线圈的最小速度可能为D线.圈的最小速度必然为二、多项选择题12.以下列图，用一根粗细平均的电阻丝制成形状相同、大小不相同的甲、乙两个矩形线框．甲对应边的长度是乙的两倍，二者底边距离匀强磁场上界线高度h相同，磁场方向垂直纸面向里，匀强磁场宽度d足够大．不计空气阻力，合适调整高度h，将二者由静止释放，甲将以恒定速度进入匀强磁场中．在矩形线框进入磁场的整个过程中，甲、乙的感觉电流分别为I1和I2，经过导体横截面的电量分别为q1和q2，线框产生的热量分别为Q1和Q2，线框所碰到的安培力分别是F1和F2，则以下结论中正确的选项是（）第4页A.I1＞I2B.q1=4q2C.Q1=4Q2D.F1=2F213.如图，导体AB在做切割磁感线运动时，将产生一个电动势，所以在电路中有电流经过，以下说法中正确的选项是（）A.因导体运动而产生的感觉电动势称为动生电动势B.动生电动势的产生与洛仑兹力有关C.动生电动势的产生与电场力相关D动.生电动势和感生电动势产生的原因是相同的14.如图，空间中存在一匀强磁场所区，磁场方向与竖直面纸面垂直，磁场的上、下边界虚线均为水平面；纸面内磁场上方有一个正方形导线框abcd，其上、下两边均为磁场界线平行，边长小于磁场上、下界线的间距若线框自由下落，从ab边进入磁场时开始，直至ab边到达磁场下界线为止，线框下落的速度大小可能A.向来减小B.向来不变C.向来增加D.先减小后增加15.如图甲所示，平行虚线间有垂直于纸面向外的匀强磁场，纸面内单匝正方形线框abcd在外力作用下从图示地址由静止开始向右经过匀强磁场，ab边向来与虚线平行，线框中产生的感觉电流随时间变化的规律如乙图所示，已知线框的边长为，总电阻为1Ω，则下列说法正确的选项是（）第5页A.线框进入磁场过程中经过线框截面的电量为﹣33×10CB.匀强磁场的磁感觉强度为0．lTC.ab边刚要出磁场时的速度大小为1m/sD.线框出磁场所用的时间约为16.以下列图，足够长的圆滑水平轨道，左侧间距为，右侧间距为。空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感觉强度大小为。质量均为的金属棒、垂直导轨放置在轨道上，开始时金属棒、均保持静止，现使金属棒以的速度向右运动，两金属棒在运动过程中向来相互平行且与导轨保持优异接触，棒总在宽轨上运动，棒总在窄轨上运动。取。以下说法正确的选项是（）棒刚开始运动时，回路中产生顺时针方向的电流（俯视）、棒最后都以的速度向右匀速运动C.在两棒运动的整个过程中，电路中产生的焦耳热为D.在两棒运动的整个过程中，经过金属棒的电荷量为17.两根足够长的圆滑导轨竖直放置，间距为L，底端接阻值为R的电阻将质量为m的金属棒悬挂在一个固定的轻弹簧下端，金属棒和导轨接触优异，导轨所在平面与磁感觉强度为B的匀强磁场垂直，以下列图除电阻R外其余电阻不计现将金属棒从弹簧原长地址由静止释放，则A.释放瞬时金属棒的加速度等于重力加速度gB.金属棒向下运动时，流过电阻R的电流方向为C.金属棒的速度为v时，所受的安培力大小为D.金属棒下落过程中，电阻R上产生的总热量等于金属棒重力势能的减少三、填空题18.素来升飞机停在南半球的地磁极上空．该处地磁场的方向竖直向上，磁感觉强度为B，直升飞机螺旋桨叶片的长度为L，螺旋桨转动的频率为f，顺着地磁场的方向看螺旋桨，螺旋桨按顺时针方向转动．螺旋桨叶片的近轴端为a，远轴端为b，以下列图．忽略a到转轴中心线的距离，则a点电势________b点电势（填大于、等于或小于），每个叶片产生的感应电动势E=________．第6页19.以下列图，甲图中的线圈为50匝，它的两个端点a、b与内阻很大的伏特表相连．穿过该线圈的磁通量随时间变化的规律如乙图所示，则伏特计的示数为________V．20.把一线框从一匀强磁场中拉出，以下列图．第一次拉出的速率是v，第二次拉出速率是2v，其余条件不变，则前后两次拉力大小之比是________，拉力功率之比是________，线框产生的热量之比是________，经过导线截面的电量之比是________．21.一个半径为r、质量为m、电阻为R的金属圆环，用一根长为L的绝缘细绳悬挂于O点，离O点下方处有一宽度为、垂直纸面向里的匀强磁场所区，以下列图．现使圆环从与悬点O等高地址A处由静止释放(细绳张直，忽略空气阻力)，摇动过程中金属环所在平面向来垂直磁场，则在达到牢固摇动的整个过程中金属环产生的热量是________.22.在磁感觉强度B为0.4T的匀强磁场中，让长为0.2m的导体ab在金属框上以6m/s的速度向右搬动，以下列图．此时感觉电动势大小为________V．若是R=6Ω，导体棒电阻r=4Ω，其余部分电阻不计．则经过ab的电流大小为________A．23.以下列图，一个带正电的粒子在垂直于匀强磁场的平面内做圆周运动，当磁感觉强度平均增大时，此粒子的动能将________（填“增大”、“减小”或“不变”）第7页四、解答题24.以以下列图所示，固定在匀强磁场中的水平导轨ab、cd的间距L1＝0．5m，金属棒ad与导轨左端bc的距离L2＝0．8m，整个闭合回路的电阻为R＝0．2Ω，匀强磁场的方向竖直向下穿过整个回路。ad杆经过细绳超出定滑轮接一个质量为m＝0．04kg的物体，不计所有摩擦，现使磁感觉强度从零开始以＝0．2T/s的变化率平均地增大，求经过多长时间物体m刚好能走开地面？（g取10m/s2）五、综合题25.如图甲所示，圆滑的平行金属导轨水平放置，导轨间距L=1m，左侧接一阻值为R=0.5Ω的电阻．在MN与PQ之间存在垂直轨道平面的有界匀强磁场，磁场宽度d=1m．一质量m=1kg的金属棒ab置于导轨上，与导轨垂直且接触优异，不计导轨和金属棒的电阻．金属棒ab受水平力F的作用从磁场的左界线MN由静止开始运动，其中，F与x（x为金属棒距MN的距离）的关系如图乙所示．经过电压传感器测得电阻R两端电压随时间平均增大．则：1）金属棒刚开始运动时的加速度为多少？2）磁感觉强度B的大小为多少？（3）若某时辰撤去外力F后金属棒的速度v随位移s的变化规律满足v=v0﹣s（v0为撤去外力时的速度，s为撤去外力F后的位移），且棒运动到PQ处时恰好静止，则金属棒从MN运动到PQ的整个过程中经过左侧电阻R的电荷量为多少？外力F作用的时间为多少？第8页，轨道足够长且电26.如图1所示，MN、PQ两条平行的固定圆滑金属轨道与水平面夹角为θ=30，°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，磁感觉强度大小为．金属杆ab水平放置在轨道上，且与轨道垂直，金属杆ab接入电路的阻值r=2Ω，金属杆的质量．已知轨道间距L=2m，取重力加速度g=10m/s2阻不计．现从静止释放杆ab，则：（1）当电阻箱接入电路的电阻为0时，求杆ab匀速下滑时的速度大小；（2）若不断改变电阻箱的阻值R，试在图2中画出杆最后匀速下滑速度vm与电阻箱阻值R的图象；（3）若变阻箱R=4Ω，当金属杆ab运动的速度为最后牢固速度的一半时，ab棒耗资的电功率多大．27.如图1所示，一个匝数n=100的圆形线圈，面积S12，电阻r=1Ω．在线圈中存在面积S22、垂直线圈平面（指向纸外）的匀强磁场所区，磁感觉强度B随时间t变化的关系如图2所示．将其两端a、b与一个R=2Ω的电阻相连接．试求：1）圆形线圈中产生的感觉电动势E；2）电阻R耗资的电功率．答案解析部分一、单项选择题1.【答案】A【考点】电磁感觉与图象【解析】【解答】解：在线框顺时针转动时，线框转动周期为T，如图从上边进入磁场到下边刚进入磁场所用时间△t=．此段时间内产生的感觉电动势为E==，产生的感觉电流，大小不变，依照楞次定律，电流为逆时针方向，故电流为负值．第9页转到右界线，出磁场的过程中产生感觉电流，用时也为，产生的感觉电动势为E==，产生的感觉电流，大小不变，依照楞次定律，电流为顺时针，故电流为正当．依照以上解析，只有A选项吻合要求，故A正确，BCD错误．应选：A．【解析】在线框顺时针转动时，线框转动周期为T，如图线框进入磁场和走开磁场所用时间均为△t=．此段时间内产生的感觉电动势都为为E==，产生的感觉电流也都为，大小不变．依照楞次定律，进入磁场时电流为逆时针方向，走开磁场是电流为逆时针．2.【答案】B【考点】电磁感觉与图象【解析】【解析】明确中性面和中性面的垂面的特点,线圈处在中性面时：Φ最大,(Φ的变化率最小为0,e=n=0,i=0;线圈平面与中性面垂直时,Φ=0,最大,e=n最大,i最大.由此可知：唯一正确的选项为B【议论】明确中性面和与中性面的垂面的特点,从磁通量的见解下手，或结合交变电流产生的相关知识可快速判断此题3.【答案】C【考点】电磁感觉中切割类问题【解析】【解答】解：线框整体在磁场中运动，不能够产生感觉电流，所以线框中没有感觉电流，电压表也没有示数；导体棒ab切割磁感线，所以ab的两端有电势差．应选：C【解析】线框整体在磁场中运动，不能够产生感觉电流，但是能产生感觉电动势．4.【答案】D【考点】电磁感觉中切割类问题【解析】【解析】A、导体下落过程中切割磁感线产生感觉电流，有楞次定律知导体碰到竖直向上的安培力，还有竖直向下的重力，下落过程中安培力做负功，机械能减小，减小的机械能转变为电能，所以机械能不守恒；错误B、导体释放后，向下做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度减小到0，即安培力等于重力时，速度达到最大；错误C、导体释放瞬时，导体中没有感电流产生，不受安掊力作用，只受重力，加速度最大，安培力为零；错误D、导体速度达最大今后，竖直向下的重力等于竖直向上的安培力，两力的合力等于零，导线做匀速直线运动，导体减少的重力势能经过战胜安培力做功所有转变为回路的电能；正确应选D。第10页【议论】解决此题的要点掌握由楞次定律中的感觉电流总是阻拦相对运动，判断安培力的方向为竖直向上，以及能够结合牛顿第二定律解析出金属棒的运动情况，加速度减小的加速运动，知道当速度为零时，加速度最大，当加速度为零时，速度最大。5.【答案】D【考点】电磁感觉与图象【解析】【解答】解：在0﹣内，oa切割磁力线运动，依照右手定则判断可知，线框中感觉电流的方向为顺时针方向，为负值．﹣内，ob切割磁力线运动，依照右手定则判断可知，线框中感觉电流的方向为逆时针方向，为正当．T﹣T，oa切割磁力线运动，依照右手定则判断可知，线框中感觉电流的方向为逆时针方向，为正当．T﹣T内，ob切割磁力线运动，依照右手定则判断可知，依照右手定则判断可知，线框中感觉电流的方向为顺时针方向，为负值．无论哪个半径切割磁力线，所产生的感觉电动势大小相同，设加速度为ω，由感觉电动势公式E=BL2ω和欧姆定律得知感觉电流的大小是不发生变化的，由此可得知选项ABC错误，正确．故答案为：D．【解析】依照感觉电动势公式和欧姆定律公式获取感觉电流的表达公式，依照公式对图像进行选择。6.【答案】C【考点】电磁感觉与力学【解析】【解答】磁铁向下摇动时，依照楞次定律，线圈中产生逆时针方向感觉电流(从上边看)，并且磁铁碰到感觉电流对它的作用力为阻力，阻拦它凑近；磁铁向上摇动时，依照楞次定律，线圈中产生顺时针方向感觉电流(从上边看)，磁场受感觉电流对它的作用力仍为阻力，阻拦它远离，所以磁铁在左右摇动一次过程中，电流方向改变3次，感觉电流对它的作用力向来是阻力，只有C项正确．应选C【解析】此题观察电磁感觉定律和楞次定律的解析和应用。7.【答案】C【考点】电磁感觉与力学【解析】【解答】解：线圈出磁场时的速度小于进磁场时的速度，安培力F=BIL=，知出磁场时所受的安培力小于进磁场时所受的安培力，依照动能定理，由于进磁场时安培力做功大于出磁场时安培力做功，则出磁场时动能的变化量小于进磁场时动能的变化量，进磁场时其动能恰好等于它在磁场外面时的一半，知出磁场后，动能不为零，还有动能，将连续运第11页动，不会停下来．故D正确．A、B、D错误．应选：C．【解析】线圈完好进入磁场后做匀速运动，进磁场和出磁场的过程都做变减速直线运动，比较进磁场和出磁场时所受的安培力大小，从而判断出线圈能否经过磁场．8.【答案】B,C,D【考点】电磁感觉与电路，电磁感觉与图象，电磁感觉中切割类问题【解析】【解答】解：A、经过时间△t时，金属棒速度设为v，依照动量定理可得：F△t﹣BIL△t=mv﹣0，金属棒切割磁感线产生电动势变化△E=BL△v，经过电容器的电量Q=I△t=CBLv，所以有F△t﹣BL?CBLv=mv﹣0，解得：v=，又加速度定义式a=，可得加速度a=，为定值，A不吻合题意；B、对金属棒，应用牛顿第二定律有F﹣BIL=ma，由于加速度、拉力F恒定，所以安培力恒定，电流强度恒定，B吻合题意；C、电流强度I=CBLa=，经过时间t流过电路横截面的电量Q=It=，C吻合题意；D、电容器所带的电荷量与电容器两端电压关系图象以下列图，图象与坐标轴围成的面积表示电容器储蓄的电能，所以电容器储蓄的电场能为E====，D吻合题意；故答案为：BCD．【解析】此题主要从电路知识观察电磁感觉，第一依照右手定则判断感觉电动势的大小，结合闭合电路欧姆定律以及动量定理，求解即可。9.【答案】D【考点】电磁感觉与力学【解析】【解答】解：A、导体棒以速度v匀速下滑时，由E=BLv、I=、F=BIL可得：安培力F=，电阻R1耗资的热功率为P1=I2R1=（）2R1，又R2=nR1以上各式联立得解得，P1=第12页，A不吻合题意．B、依照瞬时功率表达式：P=Fvcosα（其中α为F与v之间的夹角）可知，重力做功的功率为：P=mgvcos（）=mgvsinθ，B不吻合题意．C、依照能量守恒定律可知：运动过程中减少的机械能转变为电能和摩擦产生的热量，C不吻合题意．D、电阻R2耗资的热功率为P2=I2R2=（）2R2，又R2=nR1，安培力F=，以上各式联立得解得，P2=，D吻合题意．故答案为：D【解析】此题是一道电磁感觉的综合问题，属于动电动种类，从受力和能量守恒的两个角度进行解析。依照右手定则求出感觉电动势的大小，依照闭合电路欧姆定律，求出电流强度的大小再利用安培力公式，求出安培力。运动过程中减少的重力势能转变为电能和摩擦所产生的热量。10.【答案】C【考点】电磁感觉与图象【解析】【解答】解：线框进入磁场过程：所用时间t1==s=1s，依照楞次定律判断可知感觉电流方向是逆时针方向，感觉电流大小I=，保持不变．线圈完好在磁场中运动时磁通量不变，没有感觉电流产生，时间为为t2==s=1s线框穿出磁场过程：所用时间t3==s=1s，感觉电流方向是顺时针方向，感觉电流大小I=不变．故C正确．应选：C【解析】依照楞次定律判断感觉电流的方向．由感觉电动势公式和欧姆定律分别研究各段感应电流的大小，再选择图象．11.【答案】B,C,D【考点】电磁感觉中切割类问题，电磁感觉与力学【解析】【解答】解：A、依照能量守恒研究从cd边刚进入磁场到cd边刚穿出磁场的过程：动能变化为0，重力势能转变为线框产生的热量，Q=mgd．cd边刚进入磁场时速度为v0，cd边刚走开磁场时速度也为v0，所以从cd边刚穿出磁场到ab边走开磁场的过程，线框产生的热量与从cd边刚进入磁场到cd边刚穿出磁场的过程产生的热量相等，所以线圈从cd边进入磁场到ab边走开磁场的过程，产生的热量Q′=2mgd，感觉电流做的功为2mgd．故A错误，B正确．第13页C、线框可能先做减速运动，在完好进入磁场前做匀速运动，由于完好进入磁场时的速度最小，则mg=，则最小速度v=．故C正确．D、由于进磁场时要减速，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，所有进入磁场将做加速运动，设线圈的最小速度为vm，知所有进入磁场的瞬时速度最小．由动能定理，从cd边刚进入磁场到线框完好进入时，则有有，综上所述，线圈的最小速度为．故D正确．应选BCD．【解析】线圈由静止释放，其下边缘刚进入磁场和刚穿出磁场时辰的速度是相同的，又由于线圈所有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．二、多项选择题12.【答案】C,D【考点】电磁感觉与电路，电磁感觉中切割类问题，电磁感觉与力学【解析】【解答】解：依照机械能守恒得线框刚进入磁场时的速度v为：解得：，进入磁场时速度相同A、依照E=BLv，甲切割磁感线产生的感觉电动势是乙的2倍，甲线框的电阻是乙的2倍，所以经过甲乙的电流，A不吻合题意；B、依照感觉电量公式=，甲线框的面积是乙线框的4倍，甲线框的电阻是乙的2倍，所以，B不吻合题意；C、依照题意，甲线框做匀速运动，有，对于乙线框，，所以，所以乙相框也做匀速运动甲进磁场时间，乙进磁场的时间，有线框产生的热量，所以，即，C吻合题意；D、甲线框所受安培力，乙线框所受安培力，其中所以线框碰到的安培力，D吻合题意；第14页故答案为：CD【解析】像框进入磁场导体棒切割磁感线，从两个方向进行解析，一是从受力，结合物体运动状态解析。二是从功和能的角度进行解析。13.【答案】A,B【考点】电磁感觉中切割类问题【解析】【解答】解：A、因导体运动而产生的感觉电动势称为动生电动势，故A正确；B、C、D、动生电动势的产生与洛仑兹力相关，感生电动势与电场力做功相关，故B正确，C错误，D错误；应选：AB．【解析】导线切割磁感觉线时产生的电动势叫动生电动势；磁场变化所产生的电动势叫感生电动势；动生电动势和感生电动势都叫感觉电动势．14.【答案】C,D【考点】电磁感觉与力学【解析】【解答】导线框开始做自由落体运动，ab边以必然的速度进入磁场，ab边切割磁场产生感觉电流，依照左手定则可知ab边碰到向上的安培力，当安培力大于重力时，线框做减速运动，当线框完好进入磁场后，线框不产生感觉电流，此时只受重力，做加速运动，故先减速后加速运动，A不吻合题意、D吻合题意；当ab边进入磁场后安培力等于重力时，线框做匀速运动，当线框完好进入磁场后，线框不产生感觉电流，此时只受重力，做加速运动，故先匀速后加速运动，B不吻合题意；当ab边进入磁场后安培力小于重力时，线框做加速运动，当线框完好进入磁场后，线框不产生感觉电流，此时只受重力，做加速增大的加速运动，故加速运动，C吻合题意；故答案为：CD.【解析】此题要求解析导线框的运动情况，导线框的运动情况取决于它的受力情况。所以解决此题的要点是正确解析导线框下落过程的受力情况，依照合力方向与速度方向间的关系确定导线框的运动。题中导线框进入磁场前作自由落体运动，ab边以必然的速度进入磁场时受安培力和重力，依照安培力和重力的大小关系可解析可能的运动情况；完好进入磁场后只受重力作匀加速运动。15.【答案】A,D【考点】电磁感觉与电路，电磁感觉与图象，电磁感觉中切割类问题【解析】【解答】解：A、线框进入磁场过由q=程中，经过线框截面电荷量为乙图智能光2s～4s内图线所围面积，所以有q=A吻合题意；B、由q=，求得，B不吻合题意；C、由图乙可知，ab边刚要出磁场时，电流为3mA，由I=得：v=，C不吻合题意；D、由于线框进入磁场时经过横截面的电量与线框出磁场时经过线框横截面的电量相等，故：第15页q=，求得t=（4﹣6），D吻合题意；故答案为：AD【解析】依照图像的物理意义面积代表电荷量。结合法拉第电磁感觉定律和导体棒，切割磁感线时产生的感觉电动势联立求解。16.【答案】A,D【考点】电磁感觉中切割类问题【解析】【解答】A.依照右手定则可知回路的电流方向为顺时针（俯视），故A正确；B.由可知：当电路稳准时，，由动量定理得，，解得：vM=2m/s，vN=4m/s，故B错误；C.依照能量守恒得：=0.8J，故C错误；D.由和q=I?△t得：q=2C，故D正确。应选：AD【解析】此题属于电磁感觉规律的综合应用问题。解决此题的要点在于正确解析两棒受力情况和运动情况，尔后选择合适规律求解；题中M棒运动切割磁感线产生感觉电流，依照右手定则可知感觉电流方向，在用左手定则可得两棒受力情况，M棒受安培力作加速度减小的减速运动，N棒受安培力在加速度减小的加速运动，当M、N两棒产生感觉电动势相等受匀速运动，由于两棒都做变加速运动，故此题应从动量和能量角度解决。17.【答案】A,B,C【考点】电磁感觉中切割类问题【解析】【解答】金属棒释放瞬时，速度为零，感觉电流为零，由于弹簧处于原长状态，因此金属棒只受重力作用，故其加速度的大小为g，A吻合题意；依照右手定则可知，金属棒向下运动时，流过电阻R电流方向为b→a，B吻合题意；当金属棒的速度为v时，E=BLv，安培力大小为：，C吻合题意；当金属棒下落到最底端时，重力势能转化为弹性势能和焦耳热，所以电阻R上产生的总热量小于金属棒重力势能的减少，D不吻合题意。故答案为：ABC。【解析】金属棒释放瞬时，受重力向下运动切割磁感线产生感觉电流，由右手定则可判断感应电流方向，感觉电流受安培力，安培力，由法拉第电磁感觉定律和闭合电路欧姆定律得出感觉电流可求安培力，尔后依照能量守恒解析能量的转变关系。三、填空题218.【答案】小于；πfLB第16页【考点】电磁感觉中切割类问题【解析】【解答】解：每个叶片都切割磁感线，依照右手定则，a点电势低于b点电势．叶片端点的线速度：v=ωL=2πfL，2叶片的感觉电动势电动势：E=BLv=E=BL×2πLf=πBfL．2故答案为：小于；πfLB．【解析】转动切割产生的感觉电动势依照E=BLv求感觉电动势大小，由右手定则判断感应电动势的方向，尔后判断a、b两点电势的高低．19.【答案】【考点】电磁感觉中磁变类问题【解析】【解答】解：由图可知，线圈中的感觉电动势为：=，由于伏特表内阻很大，故能够为是断路，其两端电压就等于电动势，故伏特表示数为故答案为：．【解析】由图读出磁感觉强度的变化率，由法拉第电磁感觉定律求出线圈中产生的感觉电动势，20.【答案】1：2；1：4；1：2；1：1【考点】电磁感觉中切割类问题【解析】【解答】解：设线框切割磁感线的边长为L．线框碰到的安培力：FB=BIL=BL=线框匀速运动，由平衡条件得：拉力F=FB=可知拉力与速度v成正比，则拉力之比为1：2．拉力功率P=Fv=，拉力功率与速度的平方成正比，22：则拉力功率之比为v：（2v）=14．线框产生的热量灯油战胜安培力做功，则Q=FBL=，产生的热量与速度成正比，则产生的热量之比为v：2v=1：2．感觉电荷量：q=It=t==故经过导线截面的电量之比是：1：1．故答案为：1：2，1：4，1：2，1：1．【解析】由安培力公式求出安培力，由平衡条件求出拉力大小，尔后求出拉力大小之比；由P=Fv求出功率之比；战胜安培力做功转变为焦耳热，由功的计算公式求出线框产生的热量之比；由电流定义式、欧姆定律求出感觉电荷量之比．21.【答案】第17页【考点】电磁感觉与力学【解析】【解答】金属圆环在进入磁场和走开磁场时，磁通量发生变化，产生感觉电流，机械能减少；最后金属圆环在磁场下边摇动，机械能守恒．在整个过程中减少的机械能转变为焦耳热，在达到牢固摇动的整个过程中，金属圆环减少的机械能为。【解析】此题利用能量守恒见解比较简单。22.【答案】；【考点】电磁感觉中切割类问题【解析】【解答】解：导体ab产生的感觉电动势××；ab相当于电源，R接在电源两端，则经过ab的电流：I==；故答案为：；．【解析】由公式E=BLv能够求出感觉电动势的大小；由闭合电路欧姆定律列式即可求出经过ab的电流大小．23.【答案】增大【考点】电磁感觉与力学【解析】【解答】当磁感觉强度平均增大时，在纸平面方向大将产生逆时针环绕的电场，对带正电的粒子做正功，使其动能增加。【解析】此题误区在于很多人认为带电粒子在磁场中运动时只受洛伦兹力的作用故动能不变，简单忽略在磁场变化过程中产生的环形电流的影响，须引起重视。四、解答题24.【答案】解:物体刚要走开地面时，其碰到的拉力F等于它的重力mg，而拉力F等于棒ad所受的安培力，即mg＝BIl1其中B＝·t感觉电流由变化的磁场产生I＝＝＝·联立可解得t＝10s【考点】电磁感觉与力学【解析】【解析】在物体被恰好拉起走开地面从前回路面积保持不变，要使物体恰好走开地面即ad所受安培力恰好等于物体重力，联立求解，即可得出时间，而在物体走开地面从前感觉电动势保持不变即感觉电流保持不变，