2019年高考物理备考 艺体生百日突围系列 专题11 电磁感应（含解析）.docx

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专题11电磁感应 第一部分 名师综述 本考点一般以选择题和计算题两种形式出现，若是选择题一般考查对磁感应强度、磁感线、安培力和洛仑兹力这些概念的理解，以及安培定则和左手定则的运用；若是计算题主要考查安培力大小的计算，以及带电粒子在磁场中受到洛伦兹力和带电粒子在磁场中的圆周运动的分析判断和计算，尤其是带电粒子在电场、磁场中的运动问题对学生的空间想象能力、分析综合能力、应用数学知识处理物理问题的能力有较高的要求，仍是本考点的重点内容，有可能成为试卷的压轴题。由于本考点知识与现代科技密切相关，在近代物理实验中有重大意义，因此考题还可能以科学技术的具体问题为背景，考查学生运用知识解决实际问题的能力和建模能力。预测高考基础试题仍是重点考查法拉第电磁感应定律及楞次定律和电路等效问题．综合试题还是涉及到力和运动、能量守恒、电路分析、安培力等力学和电学知识．主要的类型有滑轨类问题、线圈穿越有界磁场的问题、电磁感应图象的问题等。此外日光灯原理、磁悬浮原理、电磁阻尼、超导技术这些在实际中有广泛的应用问题也要引起重视。 第二部分 知识背一背 一、磁通量 1.定义：在磁感应强度为B的匀强磁场中,与磁场方向垂直的面 积S和B的乘积. 2.公式： 3.单位：韦伯符号:Wb 4.磁通量是标量(填“标量”或“矢量”). 二、电磁感应现象 1．电磁感应现象：当穿过闭合电路的磁通量发生变化时，电路中有感应电流产生，这种利用磁场产生电流的现象叫做电磁感应． 2．产生感应电流的条件： 表述1：闭合电路的一部分导体在磁场内做切割磁感线运动． 表述2：穿过闭合电路的磁通量发生变化． 3．能量转化 发生电磁感应现象时，机械能或其他形式的能转化为电能． 三、感应电流方向的判断 1．楞次定律 (1)内容：感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化． (2)适用情况：所有的电磁感应现象． 2．右手定则 (1)内容：伸开右手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内，让磁感线从掌心进入，并使拇指指向导体运动的方向，这时四指所指的方向就是感应电流的方向． (2)适用情况：导体棒切割磁感线产生感应电流． 四、法拉第电磁感应定律 1．感应电动势 (1)感应电动势：在电磁感应现象中产生的电动势．产生感应电动势的那部分导体就相当于电源，导体的电阻相当于电源内阻． (2)感应电流与感应电动势的关系：遵循闭合电路欧姆定律，即. 2．法拉第电磁感应定律 (1)法拉第电磁感应定律 ①内容：电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比． ②公式：. (2)导体切割磁感线的情形 运动速度v和磁感线方向垂直，则. 第三部分 技能+方法 一、磁通量 1.公式的适用条件 (1)匀强磁场. (2)S为垂直磁场的有效面积. 2.磁通量的物理意义 (1)磁通量可以理解为穿过某一面积的磁感线的条数. (2)同一平面，当它跟磁场方向垂直时，磁通量最大；当它跟磁场方向平行时，磁通量为零；当正向穿过线圈平面的磁感线条数和反向穿过的一样多时，磁通量为零. 二、 电磁感应现象 1.产生电磁感应现象的实质 穿过电路的磁通量发生变化,电路中就会产生感应电动势.如果电路闭合,则有感应电流;如果电路不闭合,则只有感应电动势而无感应电流. 2.磁通量发生变化的三种常见情况 (1)磁场强弱不变，回路面积改变； (2)回路面积不变，磁场强弱改变； (3)回路面积和磁场强弱均不变，但二者的相对位置发生改变. 注意：判断流程： (1)确定研究的闭合电路． (2)弄清楚回路内的磁场分布，并确定该回路的磁通量Φ. (3) 三、楞次定律 右手定则 1.楞次定律中“阻碍”的理解 2.楞次定律的推广 推广表述：感应电流的效果总是阻碍产生感应电流的原因.其具体方式为： (1)阻碍原磁通量的变化——“增反减同”. (2)阻碍相对运动——“来拒去留”. (3)使线圈面积有扩大或缩小的趋势——“增缩减扩”. (4)阻碍原电流的变化(自感现象)——“增反减同”. 3.安培定则、左手定则、右手定则、楞次定律综合应用的比较 基本现象 应用的定则或定律 运动电荷、电流产生磁场 安培定则 磁场对运动电荷、电流有作用力 左手定则 电磁感应 部分导体做切割磁感线运动 右手定则 闭合回路磁通量变化 楞次定律 四、 法拉第电磁感应定律的应用 1.决定感应电动势大小的因素 感应电动势E的大小决定于穿过电路的磁通量的变化率 和线圈的匝数n.而与磁通量的大小、磁通量变化量ΔΦ的大小 无必然联系. 2.磁通量变化通常有两种方式 (1)磁感应强度B不变，垂直于磁场的回路面积发生变化，此时； (2)垂直于磁场的回路面积不变，磁感应强度发生变化，此时，其中是B-t图象的斜率. 五、 导体切割磁感线时的感应电动势 理解的“四性” (1)正交性：本公式是在一定条件下得出的，除磁场为匀强磁场外，还需B、l、v三者互相垂直. (2)瞬时性：若v为瞬时速度，则E为相应的瞬时感应电动势. (3)有效性：公式中的l为导体切割磁感线的有效长度. (4)相对性：中的速度v是导体相对磁场的速度，若磁场也在运动，应注意速度间的相对关系. 第四部分 基础练+测 一、单选题 1．如图所示的电路中，A1和A2是完全相同的灯泡，线圈L的电阻可以忽略。下列说法中正确的是（ ） A．合上开关K一段时间后，再断开开关K切断电路时，A1闪亮一下后逐渐熄灭，A2逐渐熄灭 B．合上开关K一段时间后，再断开开关K切断电路时，A2闪亮一下后逐渐熄灭，A1逐渐熄灭 C．合上开关K一段时间后，再断开开关K切断电路时，A2立刻熄灭，A1逐渐熄灭 D．合上开关K一段时间后，再断开开关K切断电路时，A1和A2都缓慢熄灭 【答案】 D 【解析】 【详解】 断开开关K切断电路时，通过A2的用来的电流立即消失，线圈对电流的减小有阻碍作用，所以通过A1的电流会慢慢变小，并且通过A2，所以两灯泡一起过一会儿熄灭，但通过A2的灯的电流方向与原来的方向相反。故D正确，ABC错误；故选D。 2．四个均匀导线分别制成两个正方形、两个直角扇形线框，分别放在方向垂直纸面向里的匀强磁场边界上，由图示位置开始按箭头方向绕垂直纸面轴O在纸面内匀速转动。若以在OP边上从P点指向O点的方向为感应电流i的正方向，四个选项中符合如图所示i随时间t的变化规律的是 A． B． C． D． 【答案】 C 【解析】 【详解】 AB．图中正方形线框绕O转动时，有效切割长度不断变化，因此产生感应电流大小是变化的，因此AB错误； CD．图中，有效切割长度为半径不变，因此产生的感应电流大小不变，根据右手定则，进入磁场时，C图中产生电流方向从P到O，电流为正方向，而D图中开始产生电流方向从O到P，电流为负方向；离开磁场时，刚好相反，故C正确，D错误。 故选C。 3．如图所示，将长为2m的导线从正中间折成120的角，使其所在的平面垂直于磁感应强度为2 T的匀强磁场。为使导线中产生20 V的感应电动势.则导线切割磁感线的最小速度为（） A．1033m/s B．10 m/s C．2033m/s D．533 m/s 【答案】 A 【解析】 【分析】 根据题中“导线从正中间折成…”、“使导线中产生20 V的感应电动势”可知，本题考察动生电动势。根据动生电动势的规律，运用法拉第电磁感应定律、有效长度等知识分析计算。 【详解】 当折导线切割磁感线的有效长度最长，即以AC来切割时，速度最小，则：BLACvmin=E，解得：导线切割磁感线的最小速度vmin=EBLAC=2023ms=1033ms。故A项正确，BCD三项错误。 4．如图所示，边长为2l的正方形虚线框内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个边长为l的正方形导线框所在平面与磁场方向垂直，导线框的一条对角线和虚线框的一条对角线恰好在同一直线上．从t=0开始，使导线框从图示位置开始以恒定速度沿对角线方向移动进入磁场，直到整个导线框离开磁场区域．用I表示导线框中的感应电流（以逆时针方向为正），则下列表示I-t关系的图线中，正确的是（） A． B． C． D． 【答案】 D 【解析】 【分析】 根据感应电流大小和方向，将选项逐一代入，检查是否符合题意来选择． 【详解】 导线框完全进入磁场后，没有感应电流产生。故A、B均错误。进入和穿出磁场过程，线框有效切割长度变化，感应电动势和感应电流在变化，故C错误。线框进入磁场过程，有效切割长度L均匀增大，感应电动势E均匀增大，感应电流I均匀增大。穿出磁场过程，有效切割长度L均匀减小，感应电动势E均匀减小，感应电流I均匀减小，两个过程感应电流的方向相反。故D正确。故选D。 【点睛】 本题采用的是排除法．做选择题常用方法有直判法、排除法、代入法、特殊值法、图象法等等． 5．物理学家通过艰辛的实验和理论研究探究自然规律，为科学事业做出了巨大贡献．下列描述中符合物理学史实的是( ) A．奥斯特发现了电流的磁效应并提出了分子电流假说 B．法拉第发现了电磁感应现象并总结出了判断感应电流方向的规律 C．牛顿发现了万有引力定律但未给出引力常量G的数值 D．哥白尼大胆反驳地心说，提出了日心说，并发现行星沿椭圆轨道运行的规律 【答案】 C 【解析】 【详解】 奥斯特发现了电流的磁效应，安培并提出了分子电流假说，选项A错误；法拉第发现了电磁感应现象，楞次总结出了判断感应电流方向的规律，选项B错误；牛顿发现了万有引力定律但未给出引力常量G的数值，后来卡文迪许用扭秤实验测出了引力常数，选项C正确； 哥白尼大胆反驳地心说，提出了日心说，开普勒发现行星沿椭圆轨道运行的规律，选项D错误；故选C. 6．边界MN的一侧区域内，存在着磁感应强度大小为B，方向垂直于光滑水平桌面的匀强磁场.边长为l的正三角形金属线框abc粗细均匀，三边阻值相等，a顶点刚好位于边界MN上，现使线框围绕过a点且垂直于桌面的转轴匀速转动，转动角速度为ω，如图所示，则在ab边开始转入磁场的瞬间ab两端的电势差Uab为 A．13Bl2ω B．-12Bl2ω C．-13Bl2ω D．16Bl2ω 【答案】 A 【解析】 【分析】 当ab边即将进入磁场时，是ab部分在切割磁感线，相当于电源，根据切割公式求解切割电动势，再根据闭合电路欧姆定律列式求解a、b间的电压大小． 【详解】 当ab边刚进入磁场时，ab部分在切割磁感线，切割长度为两个端点间的距离，即a、b间的距离为l，E=Blv=Bl⋅lω2=12Bl2ω；设每个边的电阻为R，a、b两点间的电压为：U=I•2R=E3R•2R，故U=13Bωl2，故A正确，BCD错误；故选A。 【点睛】 本题考查转动切割问题，关键是明确ab边在切割磁感线，ac、bc边电阻是外电路电阻，根据切割公式求解感应电动势，再结合闭合电路欧姆定律列式分析． 7．如图所示，水平放置的两根相距为L的平行直导轨ab、cd，b、d间连有一定值电阻R，导轨电阻可忽略不计。MN为放在ab和cd上的一导体棒，与ab垂直，其电阻也为R。整个装置处于匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，磁场方向垂直于导轨所在平面（指向图中纸面内），导体棒MN以速度v向右匀速运动，下列说法正确的是（） A．M端电势低于N端电势 B．MN两端电压的大小为UMN=BLv C．通过定值电阻R的感应电流I=BLvR D．电阻R中的热功率为P=B2L2v24R 【答案】 D 【解析】 【分析】 根据法拉第电磁感应定律求出感应电动势，由欧姆定律求出电流的大小．由公式U=IR求出MN两端的电压的大小；根据P=I2R求解电阻R中的热功率． 【详解】 根据右手定则可知，M端电势高于N端电势，选项A错误；根据法拉第电磁感应定律，E=BvL，则导体棒中的电流大小I=ER+R=BvL2R；因此MN两端的电压的大小U=IR=12BLv，选项BC错误；电阻R中的热功率为P=I2R=B2L2v24R，选项D正确；故选D. 8．关于物理科学家和他们的贡献，下列说法中正确的是（） A．奥斯特发现了电流的磁效应 B．库仑提出了库仑定律，并最早用实验测得元电荷e的数值 C．安培发现电流通过导体产生的热量与电流、导体电阻和通电时间的规律 D．法拉第提出感应电流产生的磁场总是阻碍原磁场磁通量的变化 【答案】 A 【解析】 【详解】 奥斯特发现了电流的磁效应，选项A正确；库仑提出了库仑定律，密立根最早用实验测得元电荷e的数值，选项B错误；焦耳发现电流通过导体产生的热量与电流、导体电阻和通电时间的规律，选项C错误；楞次提出感应电流产生的磁场总是阻碍原磁场磁通量的变化，选项D错误；故选A. 9．在电磁学发展过程中，许多科学家做出了贡献，下列说法正确的是（） A．库仑发现了点电荷的相互作用规律，密立根通过油滴实验测定了元电荷的数值 B．洛伦兹发现了磁场对电流的作用规律，安培发现了磁场对运动电荷的作用规律 C．赫兹发现了电现象的磁本质，楞次总结了右手螺旋定则判断电流周围的磁场方向 D．奥斯特发现了电磁感应现象并建立了电磁感应定律，法拉第发现了电流磁效应 【答案】 A 【解析】 【详解】 库仑发现了点电荷的相互作用规律，密立根通过油滴实验测定了元电荷的数值，选项A正确；安培发现了磁场对电流的作用规律，洛伦兹发现了磁场对运动电荷的作用规律，选项B错误；安培发现了电现象的磁本质，安培总结了右手螺旋定则判断电流周围的磁场方向，选项C错误；法拉第发现了电磁感应现象并建立了电磁感应定律，奥斯特发现了电流磁效应，选项D错误；故选A. 10．如图所示，处于竖直面的长方形导线框MNPQ边长分别为L和2L，M、N间连接两块水平正对放置的金属板，金属板距离为d，虚线为线框中轴线，虚线右侧有垂直线框平面向里的匀强磁场。内板间有一个质量为m、电量为q的带正电油滴恰好处于半衡状态，重力加速度为g，则下列关于磁场磁感应强度大小B的变化情况及其变化率的说法正确的是 A．正在增强，ΔBΔt=mgdqL2 B．正在减小，ΔBΔt=mgdqL2 C．正在增强，ΔBΔt=mgd2qL2 D．正在减小，ΔBΔt=mgd2qL2 【答案】 B 【解析】 【详解】 油滴带正电，受向上的电场力和向下的重力平衡，即Eq=mg，则上极板带负电，由楞次定律可知，磁场磁感应强度大小B正在减小，且ΔBΔtL2=U，E=Ud；联立解得ΔBΔt=mgdqL2，故选B. 二、多选题 11．如图，电阻不计的光滑金属轨道MN、PQ，左侧连接定值电阻R，杆间距离为L，放置在匀强磁场中，磁感应强度为B。一金属杆ab垂直放置在轨道上，ab杆长L0，电阻r。现让ab向右以速度v匀速运动，下列说法正确的是 A．回路中感应电流大小为I=BL0vR，方向a—b B．ab杆受到安培力向左 C．回路中感应电流大小为I=BLvR+r，方向b—a D．ab杆受到安培力向右 【答案】 BC 【解析】 【详解】 ab向右以速度v匀速运动时，感应电动势为：E=BLv，则感应电流为：I=BLvR+r，根据楞次定律可知电流方向为b-a，故A错误，C正确；根据左手定则可知ab杆受到安培力向左，故B正确，D错误。所以BC正确，AD错误。 12．如图所示，相距为l的光滑平行金属导轨ab、cd放置在水平桌面上，阻值为R的电阻与导轨的两端a、c相连.滑杆MN质量为m，垂直于导轨并可在导轨上自由滑动，不计导轨、滑杆以及导线的电阻.整个装置放于竖直方向的匀强磁场中，磁感应强度的大小为B.滑杆的中点系一不可伸长的轻绳，绳绕过固定在桌边的光滑轻滑轮后，与另一质量也为m的物块相连，绳处于拉直状态.现将物块由静止释放，当物块达到最大速度时，物块的下落高度h=2m2gR2(Bl)4 ，用g表示重力加速度，则在物块由静止开始下落至速度最大的过程中(　　) A．物块达到的最大速度是mgR(Bl)2 B．电阻R放出的热量为2m3g2R2(Bl)4 C．通过电阻R的电荷量是2m2gR(Bl)3 D．滑杆MN产生的最大感应电动势为mgRBl 【答案】 ACD 【解析】 【分析】 当棒子所受的安培力等于绳子拉力时，速度最大，根据平衡条件，结合闭合电路欧姆定律求出最大速度；根据能量守恒求出此过程中电阻R上放出的热量.根据感应电荷量q=△ΦR，求解通过R的电量.根据E=BLv求解滑杆MN产生的最大感应电动势。 【详解】 当FA=mg时，速度最大，有：B2l2vR=mg，则最大速度v=mgR(Bl)2,故A正确；根据能量守恒得，mgh=12mv2+Q，解Q=mgh-12mv2=3m3g2R22(Bl)4，故B错误；通过电阻R的横截面积的电荷量q=△ΦR=BlhR=BlR⋅2m2gR2(Bl)4=2m2gR(Bl)3 ，故C正确；物块速度最大时，产生的感应电动势E=Blv=mgRBl，故D正确。所以ACD正确，B错误。 【点睛】 解决本题的关键知道当棒子所受的安培力和绳子拉力相等时，速度最大.以及会根据能量守恒定律求出电阻R上消耗的热量。 13．关于下列器材的原理和用途，叙述正确的是（） A．变压器既可以改变交流电压也可以改变稳恒直流电压 B．经过回旋加速器加速的带电粒子最大速度与加速电压大小无关 C．真空冶炼炉的工作原理是通过线圈发热使炉内金属熔化 D．磁电式仪表中用来做线圈骨架的铝框能起电磁阻尼的作用 【答案】 BD 【解析】 【详解】 变压器只能改变交流电压，不可以改变稳恒直流电压，选项A错误；由qvB＝mv2R得：v=qBRm，则最大动能：EKm=12mv2=q2B2R22m；可知经过回旋加速器加速的带电粒子最大速度与加速电压大小无关，选项B正确；真空冶炼炉的工作原理是炉中金属产生涡流使炉内金属熔化，不是线圈发热，故C错误；磁电式仪表中用来做线圈骨架的铝框中可以产生感应电流能起电磁阻尼的作用，故D正确。故选BD. 14．如图所示，abcd是粗细均匀的电阻丝制成的长方形线框，导体MN有电阻，可在ad边及bc边上无摩擦滑动，且接触良好，线框处于垂直纸面向里的匀强磁场中。当MN由靠ab边外向cd边匀速移动的过程中，以下说法正确的是(　　) A．MN中电流先增大后减小 B．MN两端电压先增大后减小 C．MN上拉力的功率先减小后增大 D．矩形线框中消耗的电功率先减小后增大 【答案】 BC 【解析】 【详解】 A．导体棒MN向右运动的过程中，MN相当于电源，产生恒定的感应电动势，其余部分是外电路，外电阻先增大后减小，当MN运动到线框中线时，外电路的电阻最大。根据闭合电路欧姆定律知MN棒中的电流先减小后增大，故A错误； B．MN两端电压是路端电压，由U=E-Ir，可知：E、r不变，I先减小后增大，则U先增大后减小，故B正确； C． MN棒做匀速运动，拉力的功率等于电路中电功率，根据电功率公式P=E2R+r得知，拉力的功率先减小后增大。故C正确； D．根据推论：当外电阻等于电源的内电阻时，电源的输出功率最大，由于外电阻与MN电阻的关系未知，无法判断线框消耗的功率如何变化，故D错误； 所以BC正确，AD错误。 【点睛】 本题是电磁感应与电路的综合，关键抓住线框的总电阻先增大后减小，根据功率公式、欧姆定律等规律进行分析。 15．如图所示的四个日光灯的接线图中，S1为启动器，S2、S3为电键，L为镇流器，能使日光灯正常发光的是 A． B． C． D． 【答案】 AC 【解析】 【详解】 能使日光灯正常发光的是AC；当开关接通，通过线圈在灯管两端发热产生电子，当启动器温度降低，导致两极断开，从而使得镇流器产生很高电压，在加速运动的过程中，碰撞管内氩气分子，使之迅速电离。从而管壁内的荧光粉发出近乎白色的可见光；C图中的S3的开合能起到启辉器同样的效果。故选AC。 【点睛】 日光灯正常发光后．由于交流电不断通过镇流器的线圈，线圈中产生自感电动势，自感电动势阻碍线圈中的电流变化，这时镇流器起降压限流的作用，使电流稳定在灯管的额定电流范围内，灯管两端电压也稳定在额定工作电压范围内．由于这个电压低于启辉器的电离电压，所以并联在两端的启辉器也就不再起作用了． 16．如图所示，在平面上有两条相互垂直且彼此绝缘的长通电直导线，以它们为坐标轴构成一个平面直角坐标系。四个相同的闭合圆形线圈在四个象限中完全对称放置，两条长直导线中电流大小与变化情况相同，电流方向如图所示，当两条导线中的电流都开始均匀增大时，四个线圈a、b、c、d中感应电流的情况是 A．线圈a中有感应电流 B．线圈b中有感应电流 C．线圈c中有顺时针方向的感应电流 D．线圈d中有逆时针方向的感应电流 【答案】 AC 【解析】 由右手螺旋定则可判定通电导线磁场的方向。ac象限磁场不为零，a中磁场垂直纸面向里，当电流增大时，线圈a中有逆时针方向的电流，故A正确；其中bd区域中的磁通量为零，当电流变化时不可能产生感应电流，故B D错误。ac象限磁场不为零，c中磁场垂直纸面向外，当电流增大时，线圈c中有顺时针方向的电流，故C正确；故选AC。 点睛：本题考查了右手螺旋定则和楞次定律的应用，解决本题的关键掌握楞次定律判断感应电流的方向，知道感应电流的磁场阻碍原磁场磁通量的变化． 17．央视《是真的吗》节目做了如下实验：用裸露的铜导线绕制成一根无限长螺旋管，将螺旋管放在水平桌面上，用一节干电池和两磁铁制成一个“小车”，两磁铁的同名磁极粘在电池的正、负两极上，只要将这辆小车推入螺旋管中，小车就会加速运动起来，如图所示。关于小车的运动，以下说法正确的是： A．将小车上某一磁铁改为S极与电池粘连，小车仍能加速运动， B．将小车上两磁铁均改为S极与电池粘连，小车的加速度方向将发生改变 C．图中小车加速度方向向右 D．图中小车加速度方向向左 【答案】 BD 【解析】两磁极间的电场线如图甲所示： 干电池与磁体及中间部分线圈组成了闭合回路，在两磁极间的线圈中产生电流，左端磁极的左侧线圈和右端磁极的右侧线圈中没有电流。其中线圈中电流方向的左视图如图乙所示，由左手定则可知中间线圈所受的安培力向右，根据牛顿第三定律有“小车”向左加速，故D正确，C错误；如果改变某一磁铁S极与电源粘连，则磁感线不会向外发散，两部分受到方向相反的力，合力为零，不会产生加速度，故A错误，B正确。所以BD正确，AC错误。 18．如图甲所示，电阻为5Ω、匝数为100匝的线圈（图中只画了2匝）两端A、B与电阻R相连，R=95Ω。线圈内有方向垂直于纸面向里的磁场，线圈中的磁通量在按图乙所示规律变化。则 A．A点的电势小于B点的电势 B．在线圈位置上感应电场沿逆时针方向 C．0.1s时间内通过电阻R的电荷量为0.05C D．0.1s时间内非静电力所做的功为2.5J 【答案】 BCD 【解析】线圈相当于电源，由楞次定律可知A相当于电源的正极，B相当于电源的负极．A点的电势高于B点的电势，在线圈位置上感应电场沿逆时针方向，选项A错误，B正确；由法拉第电磁感应定律得：E＝nΔΦΔt=1000.15-0.100.1=50V，由闭合电路的欧姆定律得：I＝ER+r=505+95A=0.5A，则0.1s时间内通过电阻R的电荷量为q=It=0.05C，选项C正确； 0.1s时间内非静电力所做的功为W=Eq=500.05J=2.5J，选项D正确；故选BCD. 19．水平固定放置的足够长的U 形金属导轨处于竖直向上的匀强磁场中，如图所示，在导轨上放着金属棒ab，开始时ab棒以水平初速度v0向右运动，最后静止在导轨上，就导轨光滑和粗糙两种情况比较，这个过程（） A．外力对棒所做功相等 B．电流所做的功相等 C．通过ab棒的电荷量相等 D．安培力对ab棒所做的功不相等 【答案】 AD 【解析】根据动能定理，两种情况下外力的功都等于动能的变化量，因初状态和末状态相同，则外力对棒做功相同，选项A正确；电流所做的功等于回路中产生的焦耳热，根据功能关系可知导轨光滑时，金属棒克服安培力做功多，产生的焦耳热多，电流做功大，故B错误．根据感应电荷量公式q=△ΦR=BLxR，x是ab棒滑行的位移大小，B、R、导体棒长度L相同，x越大，感应电荷量越大，因此导轨光滑时，感应电荷量大．故C错误．当导轨光滑时，金属棒克服安培力做功，动能全部转化为焦耳热，产生的内能等于金属棒的初动能；当导轨粗糙时，金属棒在导轨上滑动，一方面要克服摩擦力做功，摩擦生热，把部分动能转化为内能，另一方面要克服安培力做功，金属棒的部分动能转化为焦耳热，摩擦力做功产生的内能与克服安培力做功转化为内能的和等于金属棒的初动能；所以导轨粗糙时，安培力做的功少，导轨光滑时，安培力做的功多，故D正确．故选AD． 点睛：对金属棒正确受力分析，从能量的角度分析内能问题，要熟悉感应电荷量公式q=△ΦR，这是电磁感应问题常用的经验公式． 20．如图甲所示，闭合矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，磁场的方向与导线框所在平面垂直，磁感应强度B随时间的变化规律如图乙所示。规定垂直纸面向外为磁场的正方向，顺时针方向为感应电流的正方向，水平向右为安培力的正方向。关于线框中的感应电流i和ad边所受的安培力F随时间t变化的图象，下列选项正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】 AC 【解析】 【分析】 由图可知磁感应强度的变化，则可知线圈中磁通量的变化，由法拉第电磁感应定律可知感应电动势变化情况，由楞次定律可得感应电流的方向，根据左手定则可以找出安培力方向，结合可得出正确的图象． 【详解】 由图示B-t图象可知，0～1s时间内，B增大，Φ增大，由楞次定律可知，感应电流是顺时针的，为正值；1～2s磁通量不变，无感应电流；2～3s，B的方向垂直纸面向外，B减小，Φ减小，由楞次定律可知，感应电流沿逆时针方向，感应电流是负的；3～4s内，B的方向垂直纸面向里，B增大，Φ增大，由楞次定律可知，感应电流沿逆时针方向，感应电流是负的，故A正确，B错误；由左手定则可知，在0～1s内，ad受到的安培力方向：水平向右，是正的，1～2s无感应电流，没有安培力，2～4s时间内，安培力水平向左，是负的；由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势E=ΔΦΔt=ΔBΔtS，感应电流I=ER=SΔBRΔt，由B-t图象可知，在每一时间段内，ΔBΔt是定值，在各时间段内I是定值，ad边受到的安培力F=BIL，I、L不变，B均匀变化，则安培力F均匀变化，不是定值，C正确D错误． 三、解答题 21．如图，固定在竖直平面内的光滑平行金属导轨ab、cd相距为L，b、c间接一阻值为R的电阻。一质量为m的导体棒ef水平放置，与导轨垂直且接触良好，导体棒接入导轨间的阻值也为R。整个装置处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直。导体棒在恒定外力F的作用下向上做匀速直线运动，电阻上产生的热功率恒为P。已知重力加速度为g，导轨电阻忽略不计且足够长。 （1）求导体棒向上运动的速度v； （2）求恒定外力F； （3）若从t＝0时刻起，突然增大F，使导体棒以2g的加速度匀加速上升。写出电阻R的热功率Pt与时间t的函数关系。 【答案】 （1）v=2PRBL（2）F=BLPR+mg（3）Pt=B2L22PRBL+gt2R 【解析】 【详解】 （1）令导体棒向上运动的速度v，感应电动势为：E=BLv 回路中的电流为：I=E2R 电阻上产生的热功率恒为: P=I2R 联立可得：v=2PRBL （2）以导体棒为研究对象，根据平衡条件可得：F-mg-BIL=0 联立以上可得：F=mg+BLPR （3）从t＝0时刻起，突然增大F，使导体棒以2g的加速度匀加速上升时的感应电动势为：E=BLv+2gt 电阻R的热功率Pt=I2R=E2R2R 联立以上可得：Pt=B2L22PRBL+gt2R 22．某同学设计了一套电磁弹射装置，如图所示，在水平面上固定两根足够长的平行金属导轨，导轨间距为L＝1m，导轨的电阻不计，导轨处于竖直方向、磁感应强度大小为B＝2T的匀强磁场（图中虚线之间区域，未画出），连接导轨的电源电动势为E＝40V，电容器的电容为C＝1F．小车底部固定一个与其前端平齐、边长为L的正方形单匝导体线框，线框前后两边的电阻均为R＝0.2Ω，两侧边电阻不计且与导轨接触良好。小车与线框的总质量为m＝lkg．开始小车处于静止状态。现将开关S接1，使电容器完全充电，再将S接至2，小车向前加速运动，在小车开始匀速运动时，将开关S拔回1，随后小车滑出磁场。不计小车在运动过程中的摩擦。求： (1)磁场的方向和小车开始运动时的加速度大小a； (2)小车在轨道上达到匀速时的速度大小v1； (3)小车出磁场过程中线框中产生的焦耳热Q。 【答案】 (1)磁场的方向和小车开始运动时的加速度大小800m/s2； (2)小车在轨道上达到匀速时的速度大小16m/s； (3)小车出磁场过程中线框中产生的焦耳热110J。 【解析】 【详解】 (1)磁场方向垂直水平面向上， 小车在导轨上运动过程中，两电阻并联，则有：I=ER2=2ER； 小车开始运动的加速度为：a=BILm=2BLEmR， 代入数据，解得：a＝800m/s2； (2)充电完成后，则有：q＝CE 放电加速过程中，应用动量定理，则有：BIL△t＝B△qL＝mv1﹣0 而△q＝q﹣q1 匀速运动时，电容器两端电压与小车切割产生的电势差相等，则有：BLv1=U=q1C 由上式联立，解得：v1=BLECm+B2L2C 代入数据，解得：v1＝16m/s (3)小车出磁场的过程中，做减速运动，由动量定理，则有：﹣Ft＝﹣BILt＝mv2﹣mv1 小车上两电阻串联，I=BLv2R 而L＝vt 则有：B2L32R=mv1-mv2 代入数据，解得：v2＝6m/s 所以小车滑出磁场过程中产生的焦耳热，为Q=12mv12-12mv22 代入数据，解得：Q＝110J 23．如图所示，竖直平面内一质量为m、边长为L、电阻为R的正方形金属线框abcd从某一高度由静止下落，穿过具有水平边界、宽度也为L的水平匀强磁场区，cd边进入磁场前，线框已经做匀速运动，已知cd边穿过磁场区的时间为t，上述运动过程中，ab、cd边始终保持水平，重力加速度为g，不计空气阻力，求： (1)线框匀速运动的速度v和匀强磁场磁感应强度B； (2)cd边穿过磁场过程中，线框中产生的焦耳热Q； (3)cd边穿过磁场过程中线框中电流强度大小I及通过导线截面的电荷量q。 【答案】 （1）v=Lt， B=1LmgRtL（2）Q＝mgL（3）I=mgLRt ， q=mgLtR 【解析】 【详解】 （1）线框匀速运动的速度为：v=Lt 线框匀速运动时产生的感应电动势为：E＝BLv 由平衡条件有：mg-ER⋅LB=0 解得：B=1LmgRtL （2）cd边穿过磁场过程做匀速运动，由能量守恒定律有：Q＝mgL （3）cd边穿过磁场过程中线框中电流强度设为I。 根据mg＝BIL得：I=mgBL=mgLRt 通过的电荷量为：q＝It 解得：q=mgLtR 24．如图所示是依附建筑物架设的磁力缓降高楼安全逃生装置，具有操作简单、无需电能、逃生高度不受限制，下降速度可调、可控等优点。 该装置原理可等效为：间距L=0.5m的两根竖直导轨上部连通，人和磁铁固定在一起沿导轨共同下滑，磁铁产生磁感应强度B=0.2T的匀强磁场。人和磁铁所经位置处，可等效为有一固定导体棒cd与导轨相连，整个装置总电阻始终为R，如图所示 在某次逃生试验中，质量M1=80kg的测试者利用该装置以v1=1.5m/s的速度匀速下降，已知与人一起下滑部分装置的质量m=20kg，重力加速度取g=10m/s2，且本次试验过程中恰好没有摩擦。 （1）判断导体棒cd中电流的方向； （2）总电阻R多大？ （3）如要使一个质量M2=100kg的测试者利用该装置以v1=1.5m/s的速度匀速下滑，其摩擦力f多大？ （4）保持第（3）问中的摩擦力不变，让质量M2=100kg测试者从静止开始下滑，测试者的加速度将会如何变化？当其速度为v2=0.78m/s时，加速度a多大？要想在随后一小段时间内保持加速度不变，则必需调控摩擦力，请写出摩擦力大小随速率变化的表达式。 【答案】 (1)电流从c到d(2) 1.510-5Ω (3)200N(4) f=720-20003v 【解析】 【详解】 （1）由右手定则知电流从c到d （2）对导体棒：电动势E=BLv1；感应电流I=ER=BLv1R；安培力FA=BIL=B2L2v1R 由左手定则可判断，导体棒cd所受安培力方向向下，根据牛顿第三定律可知磁铁受到磁场力向上，大小为FA=B2L2v1R 对M1和m：由平衡条件可得M1+mg=FA=B2L2v1R R=B2L2v1M1+mg=1.510-5Ω （3）对M2和m：由平衡条件 M2+mg=FA+f=B2L2v1R+f⇒f=M2+mg-B2L2v1R=200N （4）对M2和m：根据牛顿第二定律得M2+mg-FA-f=M2+ma，FA=B2L2v1R 所以a=M2+mg-B2L2vR-fM2+m 因为v逐渐增大，最终趋近于匀速，所以逐渐a减小，最终趋近于0。 当其速度为v2=0.78m/s时，代入数据得a=4 要想在随后一小段时间内保持加速度不变，则由 M2+mg-B2L2vR-f=M2+ma⇒f=720-20003v （0.78≤v≤1.08） 25．如图甲所示，半径为R的导体环内，有一个半径为r的虚线圆，虚线圆内有垂直纸面向里的磁场，磁感应强度大小随时间变化规律为B1=kt（k>0且为常量）。 （1）求导体环中感应电动势E的大小； （2）将导体环换成内壁光滑的绝缘细管（管子内径忽略），管内放置一质量为m、电荷量为+q的小球，小球重力不计，如图乙所示。已知绝缘细管内各点涡旋电场的电场强度大小为ER=kr22R，方向与该点切线方向相同。小球在电场力作用下沿细管加速运动。要使t时刻管壁对小球的作用力为零，可在细管处加一垂直于纸面的磁场，求所加磁场的方向及磁感应强度的大小B2。 【答案】 （1）得E=kπr2（2）洛伦兹力方向指向圆心。由左手定则，磁场方向垂直纸面向里。 B2=kr22R2t 【解析】 【详解】 （1）根据法拉第电磁感应定律，有 E=ΔΦΔt Φ=B⋅S=kt⋅πr2 得E=kπr2 （2）洛伦兹力方向指向圆心。由左手定则，磁场方向垂直纸面向里。 电场力：F=ERq F=ma t时刻速度v=at 洛伦兹力大小F洛=qvB2 qvB2=mv2R 联立解得B2=kr22R2t 26．如图甲所示，两根足够长的平行光滑金属导轨固定放置在水平面上，间距 L＝0.2m，一端通过导线与阻值为 R=10Ω 的电阻连接；导轨上放一质量为 m＝0.5kg 的金属杆，金属杆与导轨的电阻均忽略不计，整个装置处于竖直向上的大小为 B＝5T 的匀强磁场中.现用与导轨平行的拉力 F 作用在金属杆上，金属杆运动的 v-t 图象如图乙所示。（取重力加速度 g=10m/s2）求：. （1）t＝5s 时拉力的大小. （2）t＝5s 时电路的发热功率. 【答案】 （1）0.4N （2）0.4W 【解析】 【详解】 （1）由图示图象可知，金属杆的加速度：a=ΔvΔt=410m/s2=0.4m/s2 t=5s时，金属杆的速度v=2m/s 金属杆受到的安培力：F安=BIL=B2L2vR=520.22210N=0.2N 由牛顿第二定律得：F-F安=ma 解得拉力：F=0.4N （2）5s时的发热功率：P=E2R=B2L2v2R=520.222210N=0.4W. 27．如图所示，足够长的平行光滑金属导轨水平放置，宽度L=0.4m，一端连接R=1Ω的电阻。导轨所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B=5T。导体棒MN放在导轨上，其长度恰好等于导轨间距，与导轨接触良好。导轨和导体棒的电阻均可忽略不计。在平行于导轨的拉力作用下，导体棒沿导轨向右匀速运动，速度v=0.6 m/s。求： （1）感应电动势E和感应电流I； （2）在0.2s时间内，拉力的冲量IF的大小； （3）若将MN换为电阻r =0.5Ω的导体棒，其它条件不变，求导体棒两端的电压U。 【答案】 （1）1.2A；（2）0.48N∙s（3）0.8V 【解析】 【详解】 （1）有法拉第电磁感应定律可得感应电动势：E=BLv=50.40.6V=1.2V；感应电流：由闭合电路的欧姆定律可得：I=ER=1.21A=1.2A。 （2）导体棒匀速运动，拉力等于安培力得：F拉=F安=BIL=51.20.4N=2.4N 所以拉力的冲量IF=F拉t=2.40.2Ns=0.48Ns （3）由闭合电路的欧姆定律可得：U=IR=BLvR+rR=0.8V 28．如图所示，两根平行光滑金属导轨MN和PQ放置在水平面内，其间距L=0.2m，磁感应强度B=0.5T的匀强磁场垂直轨道平面向下，两导轨之间连接的电阻R=4.8Ω，在导轨上有一金属棒ab，其电阻r=0.2Ω，金属棒与导轨垂直且接触良好，如图所示，在ab棒上施加水平拉力使其以速度v=0.5m/s向右匀速运动，设金属导轨足够长。求： （1）金属棒ab产生的感应电动势； （2）通过电阻R的电流大小和方向； （3）水平拉力的大小F （4）金属棒a、b两点间的电势差。 【答案】 (1) E=0.05V (2) I=0.01A , 从M通过R流向P (3) 0.001N (4) 0.048V 【解析】 【详解】 （1）设金属棒中感应电动势为E，则： E=BLv 代入数值得E=0.05V （2）设过电阻R的电流大小为I ，则： I=ER+r 代入数值得I=0.01A 由右手定则可得，通过电阻R的电流方向从M通过R流向P （3）F安=BIL ab棒匀速直线运动，则F=F安=0.001N （4）设a、b两点间的电势差为Uab，则： Uab=IR 代入数值得Uab=0.048V 29．如图甲所示,MN、PQ是两根长为L=2m、倾斜放置的平行金属导轨,导轨间距d=1m,导轨所在平面与水平面成一定角度,M、P间接阻值为R=6Ω的电阻.质量为m=0.2kg、长度为d的金属棒ab放在两导轨上中点位置,金属棒恰好能静止.从t=0时刻开始,空间存在垂直导轨平面向上的匀强磁场,磁感应强度随时间变化如图乙所示,在t0=0.1s时刻,金属棒刚要沿导轨向上运动,此时磁感应强度B0=1.2T.已知金属棒与导轨始终垂直并且保持良好接触,不计金属棒和导轨电阻,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力取重力加速度g=10m/s2.求： (1)0~t0时间内通过电阻R的电荷量q; (2)金属棒与导轨之间的动摩擦因数u. 【答案】 (1)0.2C (2) 0.75 【解析】 【详解】 (1) (1)由题意得0~t0时间内回路中磁通量的变化量：ΔΦ=B0dL2① 由法拉第电磁感应定律可得：E=ΔΦΔt② 由欧姆定律可得：I=ER③ 故0~t0时间内通过电阻R的电荷量：q=IΔt ④ 联立①②③④解得q=0.2C ； (2) 由题意得导体棒在t=0时刻恰好能处于静止状态，设导轨平面与水平面之间的夹角为θ， 则有mgsinθ=fm⑤ fm=μFN ⑥ FN=mgcosθ ⑦ 在t0=0.1s时刻，金属棒刚要沿导轨向上运动，则有F安=mgsinθ+fm ⑧ 此时F安=B0Id ⑨ 联立⑤⑥⑦⑧⑨解得μ=0.75 . 30．如图所示，两根足够长的光滑的平行金属导轨MN、PQ固定在同一绝缘水平面上，两导轨间距为d＝0.2m，导轨电阻忽略不计，M、P端连接一阻值R＝1.5Ω的电阻。有一质量m＝0.08kg、阻值r＝0.5Ω的金属棒ab垂直于导轨放在两导轨上，棒与导轨接触良好。整个装置处于一竖直向下，磁感应强度大小为B＝0.5T匀强磁场中（磁场足够大），t＝0秒时，给棒向右的初速度v＝10m/s，则： （1）画出回路中的等效电路图，并求出棒在t＝0秒时回路中的电流大小； （2）分析并说明棒向右过程中的运动情况； （3）若在t＝0秒时给棒施加一水平向右的拉力F＝0.05N，求10秒内回路中产生的焦耳热。 【答案】 （1），0.5A；（2）棒向右做加速度减小的减速运动，最终金属棒静止；（3）5J。 【解析】 【分析】 金属棒切割磁感线产生感应电动势相当于电源，根据题意作出等效电路图；由E＝BLv求出感应电动势，应用欧姆定律求出感应电流；由安培力公式求出安培力，应用牛顿第二定律求出加速度，然后分析答题；应用安培力公式求出金属棒受到的安培力，判断金属棒的运动性质，应用焦耳定律求出产生的焦耳热。 【详解】 （1）金属棒切割磁感线相对于电源，等效电路图如图所示： 感应电动势：E＝Bdv， 感应电流：I=ER+r 代入数据解得：I＝0.5A； （2）金属棒受到的安培力：F安培＝Bdv＝B2d2vR+r， 由牛顿第二定律得：B2d2vR+r＝ma 加速度a与速度v的方向相反，金属棒做减速运动， 加速度a减小，金属棒做加速度减小的减速运动，最终速度减为零； （3）t＝0时刻金属棒受到的安培力：F安培＝BId＝0.50.50.2＝0.05N 由此可知：F安培＝F，金属棒所受合力为零，金属棒做匀速直线运动， 回路产生的焦耳热：Q＝I2（R+r）t＝0.52（1.5+0.5）10＝5J. 【点睛】 本题是电磁感应与电路、力学相结合的一道综合题；金属棒切割磁感线产生感应电动势相当于电源，应用E＝BLv、欧姆定律、安培力公式、牛顿第二定律可以解题。