2022年高考物理一輪復習 全程訓練計劃 課練31 電磁感應定律的綜合應用（含解析）

《2022年高考物理一輪復習 全程訓練計劃 課練31 電磁感應定律的綜合應用（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2022年高考物理一輪復習 全程訓練計劃 課練31 電磁感應定律的綜合應用（含解析）（18頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、2022年高考物理一輪復習 全程訓練計劃 課練31 電磁感應定律的綜合應用（含解析） 小題狂練 小題是基礎　練小題　提分快 1. [名師原創(chuàng)](多選)如圖所示是世界上早期制造的發(fā)電機及電動機的實驗裝置，有一個可繞固定轉軸轉動的銅盤，銅盤的一部分處在蹄形磁鐵當中．實驗時用導線A連接銅盤的中心，用導線B連接銅盤的邊緣，則下列說法中正確的是(　　) A．若導線A、B連接，用外力搖手柄使銅盤轉動，閉合電路中會產生感應電流 B．若導線A、B連接，用外力搖手柄使銅盤轉動，則B 端電勢高于A端 C．若導線A、B與外電源連接，當A接電源正極時，從上向下看銅盤會逆時針轉動 D．若導線

2、A、B連接一用電器，當用外力搖手柄使銅盤勻速轉動時，則有交變電流流過用電器 答案：AC 解析：若逆時針搖手柄(從上向下看)，由右手定則可知，產生的感應電流從導線A流出，導線A相當于連接電源正極，電勢高，A正確，B錯誤；若將導線A、B連接外電源，A接正極時，則由左手定則可知，銅盤會逆時針轉動，C正確；若導線A、B連接一用電器，當用外力搖手柄使銅盤勻速轉動起來時，產生的是直流電，D錯誤． 2. [名師原創(chuàng)]一匝由粗細均勻的同種導線繞成的矩形導線框abcd固定不動，其中矩形區(qū)域efcd存在磁場(未畫出)，磁場方向與線圈平面垂直，磁感應強度大小B隨時間t均勻變化，且＝k(k>0)，已知ab

3、＝fc＝4L，bc＝5L，已知L長度的電阻為r，則導線框abcd中的電流為(　　) A. B. C. D. 答案：A 解析：電路中的總電阻為R＝18r，電路中的感應電動勢為E＝S＝16kL2，導線框abcd中的電流為I＝＝，選項A正確． 3. [母題改編]在范圍足夠大、方向垂直紙面向里、磁感應強度大小為B＝0.2 T的勻強磁場中，有一水平放置的光滑金屬框架，寬度L＝0.4 m，如圖所示，框架上放置一質量為m＝0.05 kg、長度為L、電阻為r＝1 Ω的金屬桿MN，且金屬桿MN始終與金屬框架接觸良好，金屬框架電阻不計，左側a、b端連一阻值為R＝3 Ω的電阻，且b端接地．若金屬

4、桿MN在水平外力F的作用下以恒定的加速度a＝2 m/s2由靜止開始向右做勻加速運動，則下列說法正確的是(　　) A．在5 s內流過電阻R的電荷量為0.1 C B．5 s末回路中的電流為0.8 A C．5 s末a端處的電勢為0.6 V D．如果5 s末外力消失，最后金屬桿將停止運動，5 s后電阻R產生的熱量為2.5 J 答案：C 解析：在t＝5 s內金屬桿的位移x＝at2＝25 m,5 s內的平均速度＝＝5 m/s，故平均感應電動勢＝BL＝0.4 V，在5 s內流過電阻R的電荷量為q＝·t＝0.5 C，A錯誤；5 s末金屬桿的速度v＝at＝10 m/s，此時感應電動勢E＝BLv，則回

5、路中的電流為I＝＝0.2 A，B錯誤；5 s末a點的電勢φa＝Uab＝IR＝0.6 V，C正確；如果5 s末外力消失，最后金屬桿將停止運動，5 s末金屬桿的動能將轉化為整個回路中產生的熱量，所以電阻R產生的熱量為·mv2＝1.875 J，D錯誤． 4．[名師原創(chuàng)]如圖甲所示，單匝矩形線圈abcd垂直固定在勻強磁場中．規(guī)定垂直紙面向里為磁感應強度的正方向，磁感應強度隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示．以逆時針方向為電流正方向，以向右方向為安培力正方向，下列關于bc段導線中的感應電流i和受到的安培力F隨時間變化的圖象正確的是(　　) 答案：B 解析：0～0.5T時間內，磁感應強度減小，方向垂

6、直紙面向里，由楞次定律可知，產生的感應電流沿順時針方向，為負，同理可知，0.5T～T時間內，電流為正，由法拉第電磁感應定律可知，0～0.5T時間內通過bc段導線的電流是0.5T～T時間內通過bc段導線的，A錯，B對；由安培力公式F＝BIL，I＝，E＝＝S可知，t＝T時bc段導線受到的安培力大小是t＝0時bc段導線受到的安培力大小的4倍，C、D均錯． 5. [新情景題](多選)如圖所示為粗細均勻的銅導線制成的半徑為r的圓環(huán)，PQ為圓環(huán)的直徑，其左右兩側存在垂直圓環(huán)所在平面的勻強磁場，磁感應強度大小均為B，但方向相反，圓環(huán)的電阻為2R.一根長度為2r、電阻為R的金屬棒MN繞著圓環(huán)的圓心O點

7、緊貼著圓環(huán)以角速度ω沿順時針方向勻速轉動，轉動過程中金屬棒與圓環(huán)始終接觸良好，則金屬棒旋轉一周的過程中(　　) A．金屬棒中電流方向始終由N到M B．金屬棒中電流的大小始終為 C．金屬棒兩端的電壓大小始終為Bωr2 D．電路中產生的熱量為 答案：BCD 解析：根據(jù)右手定則可知，金屬棒在題圖所示位置時，電流方向由M到N，當金屬棒經過直徑PQ后，電流方向由N到M，A錯誤；根據(jù)法拉第電磁感應定律可得，產生的感應電動勢E＝2×Bωr2＝Bωr2，等效電路如圖所示，兩半圓環(huán)并聯(lián)的總電阻為R總＝＝，所以金屬棒中的電流為I＝＝＝，B正確；金屬棒兩端的電壓大小為U＝R＝Bωr2，C正確；金屬棒

8、旋轉一周的過程中，電路中產生的熱量為Q＝I2(＋R)·＝，D正確． 6. [母題改編]如圖所示，A和B是兩個完全相同的燈泡，C和D都是理想二極管，兩二極管的正向電阻為零，反向電阻無窮大，L是帶鐵芯的線圈，其自感系數(shù)很大，直流電阻忽略不計．下列說法正確的是(　　) A．開關S閉合，A先亮 B．開關S閉合，A、B同時亮 C．開關S斷開，B逐漸熄滅 D．開關S斷開，A閃亮一下，然后逐漸熄滅 答案：D 解析：開關S閉合瞬間，線圈中電流逐漸增大，線圈中產生的感應電動勢會阻礙電流的增加，故B逐漸變亮，二極管D反向不導通，故A不亮，選項A、B錯誤；開關S斷開瞬間，B立刻熄滅，由于二極管正

9、向導通，故線圈與A形成回路，A閃亮一下，然后逐漸熄滅，故選項C錯誤，D正確． 7. [預測新題](多選)如圖所示，在地面上方空間存在有磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場．在磁場中有一長為L、內壁光滑且絕緣的細筒MN豎直(紙面)放置，筒的底部有一質量為m，帶電荷量為＋q的小球，現(xiàn)使細筒MN沿垂直磁場方向水平向右以v0的速度勻速運動，重力加速度大小為g，設小球所帶電荷量不變．下列說法正確的是 (　　) A．若v0＝，則小球能沿筒壁上升 B．若v0＝，則經過時間t＝小球從M端離開細筒 C．若v0＝，則小球離開細筒M端時對地的速度大小為 D．若v0＝，則小球對筒底的壓力大

10、小為mg 答案：BD 解析：由題意可知，細筒內帶正電的小球將隨筒一起向右運動，它在磁場中將受到向上的洛倫茲力作用，F(xiàn)y＝Bqv0，若v0＝，有Fy＝mg，小球不能沿筒壁上升，A錯誤；若v0＝，在豎直方向有Bqv0－mg＝ma，根據(jù)L＝at2，則小球經過時間t＝從M端離開細筒，B正確；若v0＝，小球離開M端時的速度水平分量vx＝v0＝，豎直分量vy＝at＝，所以小球離開M端時對地的速度大小v＝，C錯誤；若v0＝，則筒底對小球的支持力大小N＝mg－Bqv0＝mg，由牛頓第三定律可知D正確． 8．[2019·內蒙古包頭一中檢測](多選)如圖甲所示，很長的粗糙的導軌MN和PQ水平平行放置，MP之

11、間有一定值電阻R，金屬棒ab的電阻為r，不計導軌電阻，整個裝置處于垂直紙面向里的勻強磁場中，t＝0時刻，ab棒從靜止開始，在外力F作用下沿導軌向右運動，金屬棒ab中的電流隨時間變化如圖乙所示，則下列關于ab棒的加速度a隨時間t變化的圖象，R上通過的電荷量qR隨時間的平方t2變化的圖象，正確的是(　　) 答案：BC 解析：設金屬棒長L，I＝kt，則由歐姆定律可知：I＝＝kt，所以v＝t，即有a＝＝常數(shù)，故A錯誤，B正確；由電路原理可知：通過R的電流等于通過金屬棒ab的電流，所以qR＝It＝kt2，故C正確，D錯誤；故選B、C. 9．[2019·湖北省黃岡中學質檢]如圖甲所示，絕

12、緣的水平桌面上放置一金屬圓環(huán)，在圓環(huán)的正上方放置一個螺線管，在螺線管中通入如圖乙所示的電流，電流從螺線管a端流入為正，以下說法正確的是(　　) A．從上往下看，0～1 s內圓環(huán)中的感應電流沿順時針方向 B．0～1 s內圓環(huán)有擴張的趨勢 C．3 s末圓環(huán)對桌面的壓力小于圓環(huán)的重力 D．1～2 s內和2～3 s內圓環(huán)中的感應電流方向相反 答案：A 解析：由題圖乙知，0～1 s內螺線管中電流逐漸增大，穿過圓環(huán)向上的磁通量增大，由楞次定律知，從上往下看，0～1 s內圓環(huán)中的感應電流沿順時針方向，圓環(huán)中感應電流產生的磁場向下，圓環(huán)有縮小的趨勢，選項A正確、B錯誤；同理可得1～2 s內和

13、2～3 s內圓環(huán)中的感應電流方向相同，選項D錯誤；3 s末電流的變化率為0，螺線管中磁感應強度的變化率為0，在圓環(huán)中不產生感應電流，圓環(huán)對桌面的壓力等于圓環(huán)的重力，選項C錯誤． 10. [2019·河北省定州中學檢測](多選)如圖所示，間距為L、電阻不計的足夠長的平行光滑金屬導軌水平放置，導軌左端用一阻值為R的電阻連接，導軌上橫跨一根質量為m、電阻也為R的金屬棒，金屬棒與導軌接觸良好．整個裝置處于豎直向上、磁感應強度大小為B的勻強磁場中．現(xiàn)使金屬棒以初速度v0沿導軌向右運動，若在整個運動過程中通過金屬棒的電荷量為q.下列說法正確的是(　　) A．金屬棒在導軌上做勻減速運動 B．整個

14、過程中金屬棒克服安培力做的功為mv C．整個過程中金屬棒在導軌上發(fā)生的位移為 D．整個過程中電阻R上產生的焦耳熱為mv 答案：BC 解析：金屬棒向右運動，切割磁感線產生的感應電動勢E＝BLv，線框中產生的感應電流I＝＝，金屬棒受到的安培力水平向左，大小為F＝BIL＝，金屬棒在安培力作用下做減速運動，速度變小，安培力變小，加速度變小，選項A錯．直到速度減小到0，安培力變?yōu)?，金屬棒停止運動，此過程根據(jù)動能定理，金屬棒克服安培力做的功等于減少的動能，即mv，選項B對．通過金屬棒的電荷量q＝×Δt＝×Δt＝×Δt＝＝B，可得位移x＝，選項C對．整個電路即金屬棒和電阻R上產生的總熱量等于克服安

15、培力做的功，即mv，所以電阻R上產生的熱量小于mv，選項D錯． 11．(多選)在水平放置的兩條平行光滑直導軌上有一垂直其放置的金屬棒ab，勻強磁場與軌道平面垂直，磁場方向如圖所示，導軌接有兩定值電阻及電阻箱R，R1＝5 Ω，R2＝6 Ω，其余電阻不計．電路中的電壓表量程為0～10 V，電流表的量程為0～3 A，現(xiàn)將R調至30 Ω，用F＝40 N的水平向右的力使ab垂直導軌向右平移，當棒ab達到穩(wěn)定狀態(tài)時，兩電表中有一表正好達到滿偏，而另一表未達到滿偏．則下列說法正確的是(　　) A．當棒ab達到穩(wěn)定狀態(tài)時，電流表滿偏 B．當棒ab達到穩(wěn)定狀態(tài)時，電壓表滿偏 C．當棒ab達到穩(wěn)定狀態(tài)

16、時，棒ab的速度是1 m/s D．當棒ab達到穩(wěn)定狀態(tài)時，棒ab的速度是2 m/s 答案：BC 解析：假設電壓表滿偏，則通過電流表的電流為I＝＝2 A<3 A．所以電壓表可以滿偏，此時電流表的示數(shù)為2 A，故A錯誤，B正確；棒ab勻速運動時，水平拉力F與安培力大小相等，則有FA＝F＝BIL，得BL＝＝20 N/A，感應電動勢E＝U＋IR1＝(10＋2×5) V＝20 V，又E＝BLv，則得v＝＝ m/s＝1 m/s，故C正確，D錯誤． 12．(多選)如圖甲所示，發(fā)光竹蜻蜓是一種常見的兒童玩具，它在飛起時能夠持續(xù)發(fā)光．某同學對竹蜻蜓的電路作如下簡化：如圖乙所示，半徑為L的導電圓環(huán)繞垂直于

17、圓環(huán)平面、通過圓心O的金屬軸O1O2以角速度ω逆時針勻速轉動(俯視)．圓環(huán)上接有電阻均為r的三根金屬輻條OP、OQ、OR，輻條互成120°角．在圓環(huán)左半部分張角也為120°角的范圍內(兩條虛線之間)分布著垂直圓環(huán)平面向下磁感應強度為B的勻強磁場，在轉軸O1O2與圓環(huán)的邊緣之間通過電刷M、N與一個LED燈相連．假設LED燈電阻為r，其他電阻不計，從輻條OP進入磁場開始計時．下列說法中正確的是(　　) A．在輻條OP轉過120°的過程中，O、P兩端電壓U＝BL2ω B．OP轉過120°的過程中通過LED燈的電流I＝ C．整個裝置消耗的電能Q＝ D．增加導電圓環(huán)的直徑可以使LED燈發(fā)光時

18、更亮 答案：BCD 解析：輻條OP進入磁場勻速轉動時有E＝BL，在電路中OP相當于內阻為r的電源，另外兩根金屬輻條和LED燈并聯(lián)，故而電路的總電阻R＝，OP兩端的電壓為電源的路端電壓U＝·＝，流過LED燈的電流是I＝＝，A錯誤，B正確；整個裝置消耗的電能Q＝·t＝··＝，C正確；由LED燈中電流為I＝知，增大角速度、增大磁惑應強度、增加導電圓環(huán)的直徑、減小輻條的電阻和LED燈的電阻均可以使LED燈變得更亮，故D正確． 13. (多選)如圖所示，兩半徑為r的圓弧形光滑金屬導軌置于沿圓弧徑向的磁場中，磁場方向與軌道平面垂直．導軌間距為L，一端接有電阻R，導軌所在位置處的磁感應強度大小均

19、為B，將一質量為m的金屬導體棒PQ從圖示位置(導軌的半徑與豎直方向的夾角為θ)由靜止釋放，導軌及金屬棒電阻均不計，下列判斷正確的是(　　) A．導體棒PQ有可能回到初始位置 B．導體棒PQ第一次運動到最低點時速度最大 C．導體棒PQ從靜止到最終達到穩(wěn)定狀態(tài)，電阻R上產生的焦耳熱為mgr(1－cosθ) D．導體棒PQ由靜止釋放到第一次運動到最低點的過程中，通過R的電荷量 答案：CD 解析：導體棒運動過程中不斷克服安培力做功，將機械能轉化為電能，因此導體棒不可能回到初始位置，故A錯誤；導體棒PQ第一次運動到最低點時在水平方向上所受合力與速度反向，速度不可能最大，故B錯誤；導體棒最后一

20、定靜止在最低點，根據(jù)能量守恒定律得電阻R上產生的焦耳熱等于重力勢能的減少量，即QR＝EP＝mgr(1－cosθ)，故C正確；導體棒PQ從靜止釋放到第一次運動到最低點的過程中，通過R的電荷量為q＝＝，故D正確． 課時測評 綜合提能力　課時練　贏高分 一、選擇題 1．如圖所示，用一條橫截面積為S的硬導線做成一個邊長為L的正方形，把正方形的一半固定在均勻增大的勻強磁場中，磁場方向垂直紙面向里，磁感應強度大小隨時間的變化率＝k(k>0)，虛線ab與正方形的一條對角線重合，導線的電阻率為ρ.則下列說法正確的是(　　) A．線框中產生順時針方向的感應電流 B．線框具有擴張的

21、趨勢 C．若某時刻的磁感應強度為B，則線框受到的安培力為 D．線框中a、b兩點間的電勢差大小為 答案：C 解析：根據(jù)楞次定律，線框中產生的感應電流方向沿逆時針方向，故A錯誤；B增大，穿過線框的磁通量增大，根據(jù)楞次定律，感應電流的磁場為了阻礙磁通量的增加，線框有收縮的趨勢，故B錯誤；由法拉第電磁感應定律得：E＝＝S＝·L2＝kL2， 因線框電阻R＝ρ，那么感應電流大小為I＝＝，則線框受到的安培力為：F＝BI×L＝，故C正確；由上分析，可知，ab兩點間的電勢差大小U＝E＝kL2，故D錯誤． 2. 如圖所示的直流電路中，當開關S1、S2都閉合時，三個燈泡L1、L2、L3的亮度關系是

22、L1>L2>L3.電感L的電阻可忽略，D為理想二極管．現(xiàn)斷開開關S2，電路達到穩(wěn)定狀態(tài)時，再斷開開關S1，則斷開開關S1的瞬間，下列判斷正確的是(　　) A．L1逐漸變暗，L2、L3均先變亮然后逐漸變暗 B．L2立即熄滅，L1、L3均逐漸變暗 C．L1、L2、L3均先變亮然后逐漸變暗 D．L1逐漸變暗，L2立即熄滅，L3先變亮然后逐漸變暗 答案：D 解析：當開關S1、S2都閉合時，三個燈泡L1、L2、L3的亮度關系是L1>L2>L3，對應的實際功率的關系有P1>P2>P3，根據(jù)P＝有R1

23、電流繼續(xù)沿原方向流動，L中電流從I1逐漸減小，則通過L1的電流也逐漸減?。ㄟ^L3的電流在開關S1斷開的瞬間比原來的電流大，此后逐漸變小．當開關S1突然斷開時，電感L相當于電源，此時二極管處于反向截止狀態(tài)，故L2立即熄滅，D正確，A、B、C錯誤． 3. 如圖所示，兩根足夠長的平行直導軌AB、CD與水平面成θ角放置，兩導軌間距為L，A、C兩點間接有阻值為R的定值電阻．一根質量均勻分布的直金屬桿放在兩導軌上，并與導軌垂直．整套裝置處于磁感應強度大小為B0的勻強磁場中，磁場方向垂直于導軌平面向上，導軌和金屬桿接觸良好，金屬桿的阻值為r，其余部分電阻不計，金屬桿與導軌之間的動摩擦因數(shù)為μ.現(xiàn)將

24、外力F沿與導軌平行的方向作用在金屬桿上，讓其由靜止開始沿導軌向上做勻加速直線運動，則下列外力F與作用時間t的圖象中正確的是(　　) 答案：B 解析：分析金屬桿在運動過程中的受力情況可知，金屬桿受重力mg、導軌的支持力FN、外力F、摩擦力Ff和安培力F安的共同作用，金屬桿沿導軌方向向上運動，由牛頓第二定律有F－mgsinθ－F安－Ff＝ma，又F安＝B0IL，I＝＝，所以F安＝B0IL＝，F(xiàn)f＝μmgcosθ，所以有F－mgsinθ－－μmgcosθ＝ma，又因v＝at，將其代入上式可得F＝t＋mgsinθ＋μmgcosθ＋ma，由此表達式可知，選項B正確． 4．[2018·江蘇卷

25、，9](多選)如圖所示，豎直放置的“”形光滑導軌寬為L，矩形勻強磁場Ⅰ、Ⅱ的高和間距均為d，磁感應強度為B.質量為m的水平金屬桿由靜止釋放，進入磁場Ⅰ和Ⅱ時的速度相等．金屬桿在導軌間的電阻為R，與導軌接觸良好，其余電阻不計，重力加速度為g.金屬桿(　　) A．剛進入磁場Ⅰ時加速度方向豎直向下 B．穿過磁場Ⅰ的時間大于在兩磁場之間的運動時間 C．穿過兩磁場產生的總熱量為4mgd D．釋放時距磁場Ⅰ上邊界的高度h可能小于 答案：BC 解析：根據(jù)題述，由金屬桿進入磁場Ⅰ和進入磁場Ⅱ時速度相等可知， 金屬桿在磁場Ⅰ中做減速運動，所以金屬桿剛進入磁場Ⅰ時加速度方向豎直向上，選項A錯誤

26、；由于金屬桿進入磁場Ⅰ后做加速度逐漸減小的減速運動，而在兩磁場之間做勻加速運動，所以穿過磁場Ⅰ的時間大于在兩磁場之間的運動時間，選項B正確；根據(jù)能量守恒定律，金屬桿從剛進入磁場Ⅰ到剛進入磁場Ⅱ過程動能變化量為0，重力做功為2mgd，則金屬桿穿過磁場Ⅰ產生的熱量Q1＝2mgd，而金屬桿在兩磁場區(qū)域的運動情況相同，產生的熱量相等，所以金屬桿穿過兩磁場產生的總熱量為Q2＝2×2mgd＝4mgd，選項C正確；金屬桿剛進入磁場Ⅰ時的速度v＝，進入磁場Ⅰ時產生的感應電動勢E＝Blv，感應電流I＝，所受安培力F＝BIL，由于金屬桿剛進入磁場Ⅰ時加速度方向豎直向上，所以安培力大于重力，即F>mg，聯(lián)立解得h>

27、，選項D錯誤． 5．[2019·山西懷仁檢測](多選)如圖甲所示，光滑的平行導軌MN、PQ固定在水平面上，導軌表面上放著光滑導體棒ab、cd，兩棒之間用絕緣細桿連接，兩導體棒平行且與導軌垂直．現(xiàn)加一垂直導軌平面的勻強磁場，設磁場方向向下為正，磁感應強度B隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示，t1＝2t0，不計ab、cd間電流的相互作用，不計導軌的電阻，每根導體棒的電阻為R，導軌間距和絕緣細桿的長度均為L.下列說法正確的是(　　) A．t＝t0時細桿既不被拉伸也不被壓縮 B．在0～t1時間內，絕緣細桿先被拉伸后被壓縮 C．在0～t1時間內，abcd回路中的電流先沿順時針方向后沿逆時針方向

28、D．若在0～t1時間內流過導體棒的電荷量為q，則t1時刻的磁感應強度大小為 答案：ABD 解析：由題圖乙所示圖象可知，t＝t0時磁感應強度為零，導體棒不受安培力作用，細桿既不被拉伸也不被壓縮，選項A正確；在0～t1時間內，磁通量先向下減少，后向上增大，由楞次定律可知，感應電流始終沿順時針方向，為阻礙磁通量的變化，兩導體棒先有遠離的趨勢，后有靠近的趨勢，則絕緣細桿先被拉伸后被壓縮，選項B正確，C錯誤；設t1時刻磁感應強度的大小為B0，根據(jù)對稱性可知，t＝0時刻磁感應強度的大小也為B0，由法拉第電磁感應定律可知感應電動勢E＝＝S＝L2＝，則回路中感應電流的大小為I＝，若在0～t1時間內流過導體

29、棒的電荷量為q，電荷量q＝It1＝×2t0＝，則B0＝，選項D正確． 6．[2019·湖北襄陽四中月考](多選)如圖甲所示，軌道左端接有一電容為C的電容器，導體棒在水平拉力的作用下從靜止開始向右運動．電容器兩極板間電勢差隨時間變化的圖象如圖乙所示，下列關于導體棒運動的速度v、導體棒受到的外力F隨時間變化的圖象正確的是 (　　) 答案：BD 解析：感應電動勢與電容器兩極板間的電勢差相等，即BLv＝U，設電容器的U－t圖象的斜率為k，由圖乙可知U＝kt，導體棒的速度隨時間變化的關系為v＝t，故選項B正確；導體棒做勻加速直線運動，其加速度a＝，由C＝、I＝，可得I＝＝kC，由牛頓第

30、二定律有F－BIL＝ma，可以得到F＝k，故選項D正確． 7．[2019·浙江溫州中學月考](多選)如圖甲所示，在傾角為θ的光滑斜面內分布著垂直于斜面的勻強磁場，以垂直于斜面向上為磁感應強度正方向，其磁感應強度B隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示．質量為m的矩形金屬框從t＝0時刻由靜止釋放，t3時刻的速度為v，移動的距離為L，重力加速度為g.在金屬框下滑的過程中，下列說法正確的是 (　　) A．t1～t3時間內金屬框中的電流方向不變 B．0～t3時間內金屬框做勻加速直線運動 C．0～t3時間內金屬框做加速度逐漸減小的直線運動 D．0～t3時間內金屬框中產生的焦耳熱為mgLsinθ

31、－mv2 答案：AB 解析：t1～t3時間內穿過金屬框的磁通量先垂直于斜面向上減小，后垂直于斜面向下增大，根據(jù)楞次定律可知，金屬框中的電流方向不變，選項A正確；0～t3時間內，金屬框的ab邊與cd邊所受安培力等大反向，金屬框所受安培力為零，則所受的合力沿斜面向下，大小為mgsinθ，做勻加速直線運動，選項B正確，C錯誤；0～t3時間內，金屬框所受的安培力為零，金屬框的機械能守恒，有mgLsinθ＝mv2，故金屬框中產生的焦耳熱不等于mgLsinθ－mv2，選項D錯誤． 8．[2019·河北衡水中學檢測](多選) 一根質量為0.04 kg、電阻為0.5 Ω的導線繞成一個匝數(shù)為10匝，高為0

32、.05 m的矩形線圈，將線圈固定在一個質量為0.06 kg、長度與線圈等長的小車上，如圖甲所示．線圈和小車一起沿光滑水平面運動，并以初速度v1＝2 m/s進入垂直于紙面向里的有界勻速磁場，磁感應強度B＝1.0 T，運動過程中線圈平面和磁場方向始終垂直．若小車從剛進磁場位置1運動到剛出磁場位置2的過程中速度v隨小車的位移x變化的圖象如圖乙所示，則根據(jù)以上信息可知(　　) A．小車的水平長度l＝10 cm B．小車的位移x＝15 cm時線圈中的電流I＝1.5 A C．小車運動到位置3時的速度為1.0 m/s D．小車由位置2運動到位置3的過程中，線圈產生的熱量Q＝0.087 5 J

33、答案：AC 解析：由題圖可知，從x＝0開始，小車進入磁場，線圈中有感應電流，受到安培力作用，小車做減速運動，速度隨位移增大而減小，當x＝10 cm時，線圈完全進入磁場，線圈中感應電流消失，小車做勻速運動，因此小車的水平長度l＝10 cm，選項A正確．由題圖知，當小車的位移x＝15 cm時線圈全部處在磁場中，磁通量不變，沒有感應電流，選項B錯誤．設小車完全進入磁場中時速度為v2，運動到位置3時的速度為v3，根據(jù)動量定理，小車進入磁場的過程有－nB1ht1＝mv2－mv1，而1t1＝q1，則nBq1h＝mv1－mv2；同理，穿出磁場的過程有nBq2h＝mv2－mv3；根據(jù)q＝n可知通過線圈橫截面

34、的電荷量q1＝q2，解得v3＝2v2－v1＝(2×1.5－2.0)m/s＝1.0 m/s，選項C正確．線圈進入磁場和離開磁場時，克服安培力做功，線圈的動能減少，轉化成線圈上產生的熱量，有Q＝(M＋m)(v－v)，解得線圈產生的熱量Q＝0.062 5 J，選項D錯誤． 9．[2019·山東膠州二中檢測](多選)如圖所示，兩根等高光滑的圓弧軌道，半徑為r、間距為L，軌道電阻不計．在軌道頂端連有一阻值為R的電阻，整個裝置處在一豎直向上的勻強磁場中，磁感應強度為B.現(xiàn)有一根長度稍大于L、電阻不計的金屬棒從軌道最低位置cd開始，在拉力F作用下以速度v0向右沿軌道做勻速圓周運動至ab處，則該過程中(

35、　　) A．通過R的電流在均勻減小 B．金屬棒產生的電動勢的有效值為 C．拉力F做的功為 D．通過R的電荷量為 答案：BD 解析：金屬棒沿軌道做勻速圓周運動，設金屬棒垂直于磁場方向的分速度為v，則v＝v0cosθ，θ為分速度v與v0之間的夾角，設金屬棒切割磁感線產生的感應電動勢為E，感應電流為I，則有E＝BLv＝BLv0cosθ，隨水平分速度v與v0之間夾角的增大，感應電動勢逐漸減小，感應電流I＝逐漸減小，而不是均勻減小，選項A錯誤；金屬棒切割磁感線產生的電動勢E＝BLv＝BLv0cosθ，其有效值為＝，選項B正確；金屬棒做勻速圓周運動，回路中產生正弦式交變電流，電阻R中產生的熱量

36、Q＝·＝，設拉力做的功為WF，由功能關系，有WF－mgr＝Q，得WF＝mgr＋，選項C錯誤；通過R的電荷量q＝＝，選項D正確． 10．[2019·湖北八校二聯(lián)](多選)如圖，xOy平面為光滑水平面，現(xiàn)有一長為d寬為L的線框MNPQ在外力F作用下，沿x軸正方向以速度v做勻速直線運動，空間存在豎直方向的磁場，磁感應強度B＝B0cosx(式中B0為已知量)，規(guī)定豎直向下方向為磁感應強度正方向，線框電阻為R.t＝0時刻MN邊恰好在y軸處，則下列說法正確的是(　　) A．外力F為恒力 B．t＝0時，外力大小F＝ C．通過線框的瞬時電流i＝ D．經過t＝，線框中產生的電熱Q＝ 答案：BCD

37、 解析：因線框沿x軸方向勻速運動，故F＝F安，由圖中磁場分布知F安的大小是變化的，故F不是恒力，A錯．t＝0時，x＝0處，B＝B0，x＝d處，B＝－B0，由E＝BLv，又MN、PQ兩邊均切割磁感線且產生的感應電動勢方向相同，則E＝2B0Lv，I0＝，F(xiàn)安＝2B0I0L＝，而F＝F安，故B對．因線框做勻速直線運動，則有x＝vt，B＝B0cos，又E＝2BLv，故i＝，C對．由電流的瞬時值表達式可知此電流為正弦交流電，有效值I＝＝，又Q＝I2Rt，故經過t＝，線框中產生的電熱Q＝，D對． 二、非選擇題 11. 如圖所示，足夠長的光滑導軌ab、cd固定在豎直平面內，導軌間距為l，b、c兩

38、點間接一阻值為R的電阻．ef是一水平放置的導體桿，其質量為m、有效電阻值為R，桿與ab、cd保持良好接觸．整個裝置放在磁感應強度大小為B的勻強磁場中，磁場方向與導軌平面垂直．現(xiàn)用一豎直向上的力拉導體桿，使導體桿從靜止開始做加速度為的勻加速運動，上升了h高度，這一過程中b、c間電阻R產生的焦耳熱為Q，g為重力加速度，不計導軌電阻及感應電流間的相互作用．求： (1)導體桿上升h高度過程中通過桿的電荷量； (2)導體桿上升h高度時所受拉力F的大??； (3)導體桿上升h高度過程中拉力做的功． 答案：(1)　(2)＋ (3)＋2Q 解析：(1)通過桿的電荷量q＝IΔt，根據(jù)閉合電路歐姆定律有

39、I＝，根據(jù)法拉第電磁感應定律得E＝，聯(lián)立以上各式解得q＝＝. (2)設導體桿上升h高度時速度為v1、拉力為F，根據(jù)運動學公式得v1＝ ＝，根據(jù)牛頓第二定律得F－mg－BI1l＝ma＝m，根據(jù)閉合電路歐姆定律得I1＝，聯(lián)立以上各式解得F＝＋. (3)由功能關系得WF－mgh－2Q＝mv－0，解得 WF＝＋2Q. 12．如圖所示，兩根質量均為m＝2 kg的金屬棒垂直放在光滑的水平導軌上，左右兩部分導軌間距之比為12，導軌間有大小相等但左、右兩部分方向相反的勻強磁場，兩棒電阻與棒長成正比，不計導軌電阻．現(xiàn)用250 N的水平拉力F向右拉CD棒，CD棒運動x＝0.5 m時其上產生的焦耳

40、熱為Q2＝30 J，此時兩棒速率之比為vA：vC＝1：2，現(xiàn)立即撤去拉力F，設導軌足夠長且兩棒始終在不同磁場中運動，求： (1)在CD棒運動0.5 m的過程中，AB棒上產生的焦耳熱； (2)撤去拉力F瞬間，兩棒的速度大小vA和vC； (3)撤去拉力F后，兩棒最終勻速運動的速度大小v′A和v′C. 答案：(1)15 J　(2)4 m/s　8 m/s　(3)6.4 m/s　3.2 m/s 解析：(1)設兩棒的長度分別為l和2l，所以電阻分別為R和2R，由于電路中任何時刻電流均相等，根據(jù)焦耳定律Q＝I2Rt可知AB棒上產生的焦耳熱Q1＝15 J. (2)根據(jù)能量守恒定律，有Fx＝mv＋mv＋Q1＋Q2 又vAvC＝12，聯(lián)立以上兩式并代入數(shù)據(jù)得vA＝4 m/s，vC＝8 m/s. (3)撤去拉力F后，AB棒繼續(xù)向左做加速運動，而CD棒向右做減速運動，兩棒最終勻速運動時電路中電流為零，即兩棒切割磁感線產生的電動勢大小相等，此時兩棒的速度滿足 BLvA′＝B·2LvC′ 即vA′＝2vC′(不對過程進行分析，認為系統(tǒng)動量守恒是常見錯誤) 對兩棒分別應用動量定理，規(guī)定水平向左為正方向， 有FA·t＝mvA′－mvA，－FC·t＝mvC′－mvC. 因為FC＝2FA，故有＝ 聯(lián)立以上各式解得vA′＝6.4 m/s，vC′＝3.2 m/s.