2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 全程訓(xùn)練計(jì)劃 課練31 電磁感應(yīng)定律的綜合應(yīng)用（含解析）

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1、2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 全程訓(xùn)練計(jì)劃 課練31 電磁感應(yīng)定律的綜合應(yīng)用（含解析） 小題狂練 小題是基礎(chǔ)　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(jī)及電動(dòng)機(jī)的實(shí)驗(yàn)裝置，有一個(gè)可繞固定轉(zhuǎn)軸轉(zhuǎn)動(dòng)的銅盤，銅盤的一部分處在蹄形磁鐵當(dāng)中．實(shí)驗(yàn)時(shí)用導(dǎo)線A連接銅盤的中心，用導(dǎo)線B連接銅盤的邊緣，則下列說(shuō)法中正確的是(　　) A．若導(dǎo)線A、B連接，用外力搖手柄使銅盤轉(zhuǎn)動(dòng)，閉合電路中會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流 B．若導(dǎo)線A、B連接，用外力搖手柄使銅盤轉(zhuǎn)動(dòng)，則B 端電勢(shì)高于A端 C．若導(dǎo)線A、B與外電源連接，當(dāng)A接電源正極時(shí)，從上向下看銅盤會(huì)逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng) D．若導(dǎo)線

2、A、B連接一用電器，當(dāng)用外力搖手柄使銅盤勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，則有交變電流流過(guò)用電器 答案：AC 解析：若逆時(shí)針搖手柄(從上向下看)，由右手定則可知，產(chǎn)生的感應(yīng)電流從導(dǎo)線A流出，導(dǎo)線A相當(dāng)于連接電源正極，電勢(shì)高，A正確，B錯(cuò)誤；若將導(dǎo)線A、B連接外電源，A接正極時(shí)，則由左手定則可知，銅盤會(huì)逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，C正確；若導(dǎo)線A、B連接一用電器，當(dāng)用外力搖手柄使銅盤勻速轉(zhuǎn)動(dòng)起來(lái)時(shí)，產(chǎn)生的是直流電，D錯(cuò)誤． 2. [名師原創(chuàng)]一匝由粗細(xì)均勻的同種導(dǎo)線繞成的矩形導(dǎo)線框abcd固定不動(dòng)，其中矩形區(qū)域efcd存在磁場(chǎng)(未畫出)，磁場(chǎng)方向與線圈平面垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B隨時(shí)間t均勻變化，且＝k(k>0)，已知ab

3、＝fc＝4L，bc＝5L，已知L長(zhǎng)度的電阻為r，則導(dǎo)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(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝S＝16kL2，導(dǎo)線框abcd中的電流為I＝＝，選項(xiàng)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(yīng)強(qiáng)度大小為B＝0.2 T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)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(zhì)量為m＝0.05 kg、長(zhǎng)度為L(zhǎng)、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(jì)，左側(cè)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(yùn)動(dòng)，則下列說(shuō)法正確的是(　　) A．在5 s內(nèi)流過(guò)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(shì)為0.6 V D．如果5 s末外力消失，最后金屬桿將停止運(yùn)動(dòng)，5 s后電阻R產(chǎn)生的熱量為2.5 J 答案：C 解析：在t＝5 s內(nèi)金屬桿的位移x＝at2＝25 m,5 s內(nèi)的平均速度＝＝5 m/s，故平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)＝BL＝0.4 V，在5 s內(nèi)流過(guò)電阻R的電荷量為q＝·t＝0.5 C，A錯(cuò)誤；5 s末金屬桿的速度v＝at＝10 m/s，此時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv，則回

5、路中的電流為I＝＝0.2 A，B錯(cuò)誤；5 s末a點(diǎn)的電勢(shì)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(yùn)動(dòng)，5 s末金屬桿的動(dòng)能將轉(zhuǎn)化為整個(gè)回路中產(chǎn)生的熱量，所以電阻R產(chǎn)生的熱量為·mv2＝1.875 J，D錯(cuò)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(qiáng)磁場(chǎng)中．規(guī)定垂直紙面向里為磁感應(yīng)強(qiáng)度的正方向，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖乙所示．以逆時(shí)針?lè)较驗(yàn)殡娏髡较?，以向右方向?yàn)榘才嗔φ较?，下列關(guān)于bc段導(dǎo)線中的感應(yīng)電流i和受到的安培力F隨時(shí)間變化的圖象正確的是(　　) 答案：B 解析：0～0.5T時(shí)間內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度減小，方向垂

6、直紙面向里，由楞次定律可知，產(chǎn)生的感應(yīng)電流沿順時(shí)針?lè)较?，為?fù)，同理可知，0.5T～T時(shí)間內(nèi)，電流為正，由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，0～0.5T時(shí)間內(nèi)通過(guò)bc段導(dǎo)線的電流是0.5T～T時(shí)間內(nèi)通過(guò)bc段導(dǎo)線的，A錯(cuò)，B對(duì)；由安培力公式F＝BIL，I＝，E＝＝S可知，t＝T時(shí)bc段導(dǎo)線受到的安培力大小是t＝0時(shí)bc段導(dǎo)線受到的安培力大小的4倍，C、D均錯(cuò)． 5. [新情景題](多選)如圖所示為粗細(xì)均勻的銅導(dǎo)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(cè)存在垂直圓環(huán)所在平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，但方向相反，圓環(huán)的電阻為2R.一根長(zhǎng)度為2r、電阻為R的金屬棒MN繞著圓環(huán)的圓心O點(diǎn)

7、緊貼著圓環(huán)以角速度ω沿順時(shí)針?lè)较騽蛩俎D(zhuǎn)動(dòng)，轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中金屬棒與圓環(huán)始終接觸良好，則金屬棒旋轉(zhuǎn)一周的過(guò)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(chǎn)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(shí)，電流方向由M到N，當(dāng)金屬棒經(jīng)過(guò)直徑PQ后，電流方向由N到M，A錯(cuò)誤；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)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(zhuǎn)一周的過(guò)程中，電路中產(chǎn)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(gè)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(wú)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(jì)．下列說(shuō)法正確的是(　　) A．開關(guān)S閉合，A先亮 B．開關(guān)S閉合，A、B同時(shí)亮 C．開關(guān)S斷開，B逐漸熄滅 D．開關(guān)S斷開，A閃亮一下，然后逐漸熄滅 答案：D 解析：開關(guān)S閉合瞬間，線圈中電流逐漸增大，線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)會(huì)阻礙電流的增加，故B逐漸變亮，二極管D反向不導(dǎo)通，故A不亮，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；開關(guān)S斷開瞬間，B立刻熄滅，由于二極管正

9、向?qū)ǎ示€圈與A形成回路，A閃亮一下，然后逐漸熄滅，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確． 7. [預(yù)測(cè)新題](多選)如圖所示，在地面上方空間存在有磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．在磁場(chǎng)中有一長(zhǎng)為L(zhǎng)、內(nèi)壁光滑且絕緣的細(xì)筒MN豎直(紙面)放置，筒的底部有一質(zhì)量為m，帶電荷量為＋q的小球，現(xiàn)使細(xì)筒MN沿垂直磁場(chǎng)方向水平向右以v0的速度勻速運(yùn)動(dòng)，重力加速度大小為g，設(shè)小球所帶電荷量不變．下列說(shuō)法正確的是 (　　) A．若v0＝，則小球能沿筒壁上升 B．若v0＝，則經(jīng)過(guò)時(shí)間t＝小球從M端離開細(xì)筒 C．若v0＝，則小球離開細(xì)筒M端時(shí)對(duì)地的速度大小為 D．若v0＝，則小球?qū)ν驳椎膲毫Υ?/p>

10、小為mg 答案：BD 解析：由題意可知，細(xì)筒內(nèi)帶正電的小球?qū)㈦S筒一起向右運(yùn)動(dòng)，它在磁場(chǎng)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(cuò)誤；若v0＝，在豎直方向有Bqv0－mg＝ma，根據(jù)L＝at2，則小球經(jīng)過(guò)時(shí)間t＝從M端離開細(xì)筒，B正確；若v0＝，小球離開M端時(shí)的速度水平分量vx＝v0＝，豎直分量vy＝at＝，所以小球離開M端時(shí)對(duì)地的速度大小v＝，C錯(cuò)誤；若v0＝，則筒底對(duì)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(nèi)蒙古包頭一中檢測(cè)](多選)如圖甲所示，很長(zhǎng)的粗糙的導(dǎo)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(jì)導(dǎo)軌電阻，整個(gè)裝置處于垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，t＝0時(shí)刻，ab棒從靜止開始，在外力F作用下沿導(dǎo)軌向右運(yùn)動(dòng)，金屬棒ab中的電流隨時(shí)間變化如圖乙所示，則下列關(guān)于ab棒的加速度a隨時(shí)間t變化的圖象，R上通過(guò)的電荷量qR隨時(shí)間的平方t2變化的圖象，正確的是(　　) 答案：BC 解析：設(shè)金屬棒長(zhǎng)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(cuò)誤，B正確；由電路原理可知：通過(guò)R的電流等于通過(guò)金屬棒ab的電流，所以qR＝It＝kt2，故C正確，D錯(cuò)誤；故選B、C. 9．[2019·湖北省黃岡中學(xué)質(zhì)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(gè)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(shuō)法正確的是(　　) A．從上往下看，0～1 s內(nèi)圓環(huán)中的感應(yīng)電流沿順時(shí)針?lè)较? B．0～1 s內(nèi)圓環(huán)有擴(kuò)張的趨勢(shì) C．3 s末圓環(huán)對(duì)桌面的壓力小于圓環(huán)的重力 D．1～2 s內(nèi)和2～3 s內(nèi)圓環(huán)中的感應(yīng)電流方向相反 答案：A 解析：由題圖乙知，0～1 s內(nèi)螺線管中電流逐漸增大，穿過(guò)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(nèi)圓環(huán)中的感應(yīng)電流沿順時(shí)針?lè)较?，圓環(huán)中感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)向下，圓環(huán)有縮小的趨勢(shì)，選項(xiàng)A正確、B錯(cuò)誤；同理可得1～2 s內(nèi)和

13、2～3 s內(nèi)圓環(huán)中的感應(yīng)電流方向相同，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；3 s末電流的變化率為0，螺線管中磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化率為0，在圓環(huán)中不產(chǎn)生感應(yīng)電流，圓環(huán)對(duì)桌面的壓力等于圓環(huán)的重力，選項(xiàng)C錯(cuò)誤． 10. [2019·河北省定州中學(xué)檢測(cè)](多選)如圖所示，間距為L(zhǎng)、電阻不計(jì)的足夠長(zhǎng)的平行光滑金屬導(dǎo)軌水平放置，導(dǎo)軌左端用一阻值為R的電阻連接，導(dǎo)軌上橫跨一根質(zhì)量為m、電阻也為R的金屬棒，金屬棒與導(dǎo)軌接觸良好．整個(gè)裝置處于豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中．現(xiàn)使金屬棒以初速度v0沿導(dǎo)軌向右運(yùn)動(dòng)，若在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中通過(guò)金屬棒的電荷量為q.下列說(shuō)法正確的是(　　) A．金屬棒在導(dǎo)軌上做勻減速運(yùn)動(dòng) B．整個(gè)

14、過(guò)程中金屬棒克服安培力做的功為mv C．整個(gè)過(guò)程中金屬棒在導(dǎo)軌上發(fā)生的位移為 D．整個(gè)過(guò)程中電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為mv 答案：BC 解析：金屬棒向右運(yùn)動(dòng)，切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv，線框中產(chǎn)生的感應(yīng)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(yùn)動(dòng)，速度變小，安培力變小，加速度變小，選項(xiàng)A錯(cuò)．直到速度減小到0，安培力變?yōu)?，金屬棒停止運(yùn)動(dòng)，此過(guò)程根據(jù)動(dòng)能定理，金屬棒克服安培力做的功等于減少的動(dòng)能，即mv，選項(xiàng)B對(duì)．通過(guò)金屬棒的電荷量q＝×Δt＝×Δt＝×Δt＝＝B，可得位移x＝，選項(xiàng)C對(duì)．整個(gè)電路即金屬棒和電阻R上產(chǎn)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(chǎn)生的熱量小于mv，選項(xiàng)D錯(cuò)． 11．(多選)在水平放置的兩條平行光滑直導(dǎo)軌上有一垂直其放置的金屬棒ab，勻強(qiáng)磁場(chǎng)與軌道平面垂直，磁場(chǎng)方向如圖所示，導(dǎo)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(jì)．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(diào)至30 Ω，用F＝40 N的水平向右的力使ab垂直導(dǎo)軌向右平移，當(dāng)棒ab達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)時(shí)，兩電表中有一表正好達(dá)到滿偏，而另一表未達(dá)到滿偏．則下列說(shuō)法正確的是(　　) A．當(dāng)棒ab達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)時(shí)，電流表滿偏 B．當(dāng)棒ab達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)時(shí)，電壓表滿偏 C．當(dāng)棒ab達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)

16、時(shí)，棒ab的速度是1 m/s D．當(dāng)棒ab達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)時(shí)，棒ab的速度是2 m/s 答案：BC 解析：假設(shè)電壓表滿偏，則通過(guò)電流表的電流為I＝＝2 A<3 A．所以電壓表可以滿偏，此時(shí)電流表的示數(shù)為2 A，故A錯(cuò)誤，B正確；棒ab勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，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(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝U＋I(xiàn)R1＝(10＋2×5) V＝20 V，又E＝BLv，則得v＝＝ m/s＝1 m/s，故C正確，D錯(cuò)誤． 12．(多選)如圖甲所示，發(fā)光竹蜻蜓是一種常見(jiàn)的兒童玩具，它在飛起時(shí)能夠持續(xù)發(fā)光．某同學(xué)對(duì)竹蜻蜓的電路作如下簡(jiǎn)化：如圖乙所示，半徑為L(zhǎng)的導(dǎo)電圓環(huán)繞垂直于

17、圓環(huán)平面、通過(guò)圓心O的金屬軸O1O2以角速度ω逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)(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(nèi)(兩條虛線之間)分布著垂直圓環(huán)平面向下磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，在轉(zhuǎn)軸O1O2與圓環(huán)的邊緣之間通過(guò)電刷M、N與一個(gè)LED燈相連．假設(shè)LED燈電阻為r，其他電阻不計(jì)，從輻條OP進(jìn)入磁場(chǎng)開始計(jì)時(shí)．下列說(shuō)法中正確的是(　　) A．在輻條OP轉(zhuǎn)過(guò)120°的過(guò)程中，O、P兩端電壓U＝BL2ω B．OP轉(zhuǎn)過(guò)120°的過(guò)程中通過(guò)LED燈的電流I＝ C．整個(gè)裝置消耗的電能Q＝ D．增加導(dǎo)電圓環(huán)的直徑可以使LED燈發(fā)光時(shí)

18、更亮 答案：BCD 解析：輻條OP進(jìn)入磁場(chǎng)勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)有E＝BL，在電路中OP相當(dāng)于內(nèi)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(guò)LED燈的電流是I＝＝，A錯(cuò)誤，B正確；整個(gè)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(yīng)強(qiáng)度、增加導(dǎo)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(dǎo)軌置于沿圓弧徑向的磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向與軌道平面垂直．導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，一端接有電阻R，導(dǎo)軌所在位置處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均

19、為B，將一質(zhì)量為m的金屬導(dǎo)體棒PQ從圖示位置(導(dǎo)軌的半徑與豎直方向的夾角為θ)由靜止釋放，導(dǎo)軌及金屬棒電阻均不計(jì)，下列判斷正確的是(　　) A．導(dǎo)體棒PQ有可能回到初始位置 B．導(dǎo)體棒PQ第一次運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)速度最大 C．導(dǎo)體棒PQ從靜止到最終達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為mgr(1－cosθ) D．導(dǎo)體棒PQ由靜止釋放到第一次運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過(guò)程中，通過(guò)R的電荷量 答案：CD 解析：導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)過(guò)程中不斷克服安培力做功，將機(jī)械能轉(zhuǎn)化為電能，因此導(dǎo)體棒不可能回到初始位置，故A錯(cuò)誤；導(dǎo)體棒PQ第一次運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)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(cuò)誤；導(dǎo)體棒最后一

20、定靜止在最低點(diǎn)，根據(jù)能量守恒定律得電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱等于重力勢(shì)能的減少量，即QR＝EP＝mgr(1－cosθ)，故C正確；導(dǎo)體棒PQ從靜止釋放到第一次運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過(guò)程中，通過(guò)R的電荷量為q＝＝，故D正確． 課時(shí)測(cè)評(píng) 綜合提能力　課時(shí)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(dǎo)線做成一個(gè)邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形，把正方形的一半固定在均勻增大的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時(shí)間的變化率＝k(k>0)，虛線ab與正方形的一條對(duì)角線重合，導(dǎo)線的電阻率為ρ.則下列說(shuō)法正確的是(　　) A．線框中產(chǎn)生順時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流 B．線框具有擴(kuò)張的

21、趨勢(shì) C．若某時(shí)刻的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，則線框受到的安培力為 D．線框中a、b兩點(diǎn)間的電勢(shì)差大小為 答案：C 解析：根據(jù)楞次定律，線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向沿逆時(shí)針?lè)较?，故A錯(cuò)誤；B增大，穿過(guò)線框的磁通量增大，根據(jù)楞次定律，感應(yīng)電流的磁場(chǎng)為了阻礙磁通量的增加，線框有收縮的趨勢(shì)，故B錯(cuò)誤；由法拉第電磁感應(yīng)定律得：E＝＝S＝·L2＝kL2， 因線框電阻R＝ρ，那么感應(yīng)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(diǎn)間的電勢(shì)差大小U＝E＝kL2，故D錯(cuò)誤． 2. 如圖所示的直流電路中，當(dāng)開關(guān)S1、S2都閉合時(shí)，三個(gè)燈泡L1、L2、L3的亮度關(guān)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(guān)S2，電路達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)時(shí)，再斷開開關(guān)S1，則斷開開關(guān)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(dāng)開關(guān)S1、S2都閉合時(shí)，三個(gè)燈泡L1、L2、L3的亮度關(guān)系是L1>L2>L3，對(duì)應(yīng)的實(shí)際功率的關(guān)系有P1>P2>P3，根據(jù)P＝有R1

23、電流繼續(xù)沿原方向流動(dòng)，L中電流從I1逐漸減小，則通過(guò)L1的電流也逐漸減?。ㄟ^(guò)L3的電流在開關(guān)S1斷開的瞬間比原來(lái)的電流大，此后逐漸變?。?dāng)開關(guān)S1突然斷開時(shí)，電感L相當(dāng)于電源，此時(shí)二極管處于反向截止?fàn)顟B(tài)，故L2立即熄滅，D正確，A、B、C錯(cuò)誤． 3. 如圖所示，兩根足夠長(zhǎng)的平行直導(dǎo)軌AB、CD與水平面成θ角放置，兩導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，A、C兩點(diǎn)間接有阻值為R的定值電阻．一根質(zhì)量均勻分布的直金屬桿放在兩導(dǎo)軌上，并與導(dǎo)軌垂直．整套裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直于導(dǎo)軌平面向上，導(dǎo)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(jì)，金屬桿與導(dǎo)軌之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ.現(xiàn)將

24、外力F沿與導(dǎo)軌平行的方向作用在金屬桿上，讓其由靜止開始沿導(dǎo)軌向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則下列外力F與作用時(shí)間t的圖象中正確的是(　　) 答案：B 解析：分析金屬桿在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的受力情況可知，金屬桿受重力mg、導(dǎo)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(dǎo)軌方向向上運(yùn)動(dòng)，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(dá)式可知，選項(xiàng)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(dǎo)軌寬為L(zhǎng)，矩形勻強(qiáng)磁場(chǎng)Ⅰ、Ⅱ的高和間距均為d，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.質(zhì)量為m的水平金屬桿由靜止釋放，進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ和Ⅱ時(shí)的速度相等．金屬桿在導(dǎo)軌間的電阻為R，與導(dǎo)軌接觸良好，其余電阻不計(jì)，重力加速度為g.金屬桿(　　) A．剛進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ時(shí)加速度方向豎直向下 B．穿過(guò)磁場(chǎng)Ⅰ的時(shí)間大于在兩磁場(chǎng)之間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間 C．穿過(guò)兩磁場(chǎng)產(chǎn)生的總熱量為4mgd D．釋放時(shí)距磁場(chǎng)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(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ和進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅱ時(shí)速度相等可知， 金屬桿在磁場(chǎng)Ⅰ中做減速運(yùn)動(dòng)，所以金屬桿剛進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ時(shí)加速度方向豎直向上，選項(xiàng)A錯(cuò)誤

26、；由于金屬桿進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ后做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng)，而在兩磁場(chǎng)之間做勻加速運(yùn)動(dòng)，所以穿過(guò)磁場(chǎng)Ⅰ的時(shí)間大于在兩磁場(chǎng)之間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間，選項(xiàng)B正確；根據(jù)能量守恒定律，金屬桿從剛進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ到剛進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅱ過(guò)程動(dòng)能變化量為0，重力做功為2mgd，則金屬桿穿過(guò)磁場(chǎng)Ⅰ產(chǎn)生的熱量Q1＝2mgd，而金屬桿在兩磁場(chǎng)區(qū)域的運(yùn)動(dòng)情況相同，產(chǎn)生的熱量相等，所以金屬桿穿過(guò)兩磁場(chǎng)產(chǎn)生的總熱量為Q2＝2×2mgd＝4mgd，選項(xiàng)C正確；金屬桿剛進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ時(shí)的速度v＝，進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝Blv，感應(yīng)電流I＝，所受安培力F＝BIL，由于金屬桿剛進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ時(shí)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(xiàng)D錯(cuò)誤． 5．[2019·山西懷仁檢測(cè)](多選)如圖甲所示，光滑的平行導(dǎo)軌MN、PQ固定在水平面上，導(dǎo)軌表面上放著光滑導(dǎo)體棒ab、cd，兩棒之間用絕緣細(xì)桿連接，兩導(dǎo)體棒平行且與導(dǎo)軌垂直．現(xiàn)加一垂直導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，設(shè)磁場(chǎng)方向向下為正，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化規(guī)律如圖乙所示，t1＝2t0，不計(jì)ab、cd間電流的相互作用，不計(jì)導(dǎo)軌的電阻，每根導(dǎo)體棒的電阻為R，導(dǎo)軌間距和絕緣細(xì)桿的長(zhǎng)度均為L(zhǎng).下列說(shuō)法正確的是(　　) A．t＝t0時(shí)細(xì)桿既不被拉伸也不被壓縮 B．在0～t1時(shí)間內(nèi)，絕緣細(xì)桿先被拉伸后被壓縮 C．在0～t1時(shí)間內(nèi)，abcd回路中的電流先沿順時(shí)針?lè)较蚝笱啬鏁r(shí)針?lè)较?

28、D．若在0～t1時(shí)間內(nèi)流過(guò)導(dǎo)體棒的電荷量為q，則t1時(shí)刻的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為 答案：ABD 解析：由題圖乙所示圖象可知，t＝t0時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度為零，導(dǎo)體棒不受安培力作用，細(xì)桿既不被拉伸也不被壓縮，選項(xiàng)A正確；在0～t1時(shí)間內(nèi)，磁通量先向下減少，后向上增大，由楞次定律可知，感應(yīng)電流始終沿順時(shí)針?lè)较?，為阻礙磁通量的變化，兩導(dǎo)體棒先有遠(yuǎn)離的趨勢(shì)，后有靠近的趨勢(shì)，則絕緣細(xì)桿先被拉伸后被壓縮，選項(xiàng)B正確，C錯(cuò)誤；設(shè)t1時(shí)刻磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B0，根據(jù)對(duì)稱性可知，t＝0時(shí)刻磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小也為B0，由法拉第電磁感應(yīng)定律可知感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝＝S＝L2＝，則回路中感應(yīng)電流的大小為I＝，若在0～t1時(shí)間內(nèi)流過(guò)導(dǎo)體

29、棒的電荷量為q，電荷量q＝It1＝×2t0＝，則B0＝，選項(xiàng)D正確． 6．[2019·湖北襄陽(yáng)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(dǎo)體棒在水平拉力的作用下從靜止開始向右運(yùn)動(dòng)．電容器兩極板間電勢(shì)差隨時(shí)間變化的圖象如圖乙所示，下列關(guān)于導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)的速度v、導(dǎo)體棒受到的外力F隨時(shí)間變化的圖象正確的是 (　　) 答案：BD 解析：感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)與電容器兩極板間的電勢(shì)差相等，即BLv＝U，設(shè)電容器的U－t圖象的斜率為k，由圖乙可知U＝kt，導(dǎo)體棒的速度隨時(shí)間變化的關(guān)系為v＝t，故選項(xiàng)B正確；導(dǎo)體棒做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，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(xiàng)D正確． 7．[2019·浙江溫州中學(xué)月考](多選)如圖甲所示，在傾角為θ的光滑斜面內(nèi)分布著垂直于斜面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，以垂直于斜面向上為磁感應(yīng)強(qiáng)度正方向，其磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖乙所示．質(zhì)量為m的矩形金屬框從t＝0時(shí)刻由靜止釋放，t3時(shí)刻的速度為v，移動(dòng)的距離為L(zhǎng)，重力加速度為g.在金屬框下滑的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是 (　　) A．t1～t3時(shí)間內(nèi)金屬框中的電流方向不變 B．0～t3時(shí)間內(nèi)金屬框做勻加速直線運(yùn)動(dòng) C．0～t3時(shí)間內(nèi)金屬框做加速度逐漸減小的直線運(yùn)動(dòng) D．0～t3時(shí)間內(nèi)金屬框中產(chǎn)生的焦耳熱為mgLsinθ

31、－mv2 答案：AB 解析：t1～t3時(shí)間內(nèi)穿過(guò)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(xiàng)A正確；0～t3時(shí)間內(nèi)，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(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)B正確，C錯(cuò)誤；0～t3時(shí)間內(nèi)，金屬框所受的安培力為零，金屬框的機(jī)械能守恒，有mgLsinθ＝mv2，故金屬框中產(chǎn)生的焦耳熱不等于mgLsinθ－mv2，選項(xiàng)D錯(cuò)誤． 8．[2019·河北衡水中學(xué)檢測(cè)](多選) 一根質(zhì)量為0.04 kg、電阻為0.5 Ω的導(dǎo)線繞成一個(gè)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(gè)質(zhì)量為0.06 kg、長(zhǎng)度與線圈等長(zhǎng)的小車上，如圖甲所示．線圈和小車一起沿光滑水平面運(yùn)動(dòng)，并以初速度v1＝2 m/s進(jìn)入垂直于紙面向里的有界勻速磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝1.0 T，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中線圈平面和磁場(chǎng)方向始終垂直．若小車從剛進(jìn)磁場(chǎng)位置1運(yùn)動(dòng)到剛出磁場(chǎng)位置2的過(guò)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(zhǎng)度l＝10 cm B．小車的位移x＝15 cm時(shí)線圈中的電流I＝1.5 A C．小車運(yùn)動(dòng)到位置3時(shí)的速度為1.0 m/s D．小車由位置2運(yùn)動(dòng)到位置3的過(guò)程中，線圈產(chǎn)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(jìn)入磁場(chǎng)，線圈中有感應(yīng)電流，受到安培力作用，小車做減速運(yùn)動(dòng)，速度隨位移增大而減小，當(dāng)x＝10 cm時(shí)，線圈完全進(jìn)入磁場(chǎng)，線圈中感應(yīng)電流消失，小車做勻速運(yùn)動(dòng)，因此小車的水平長(zhǎng)度l＝10 cm，選項(xiàng)A正確．由題圖知，當(dāng)小車的位移x＝15 cm時(shí)線圈全部處在磁場(chǎng)中，磁通量不變，沒(méi)有感應(yīng)電流，選項(xiàng)B錯(cuò)誤．設(shè)小車完全進(jìn)入磁場(chǎng)中時(shí)速度為v2，運(yùn)動(dòng)到位置3時(shí)的速度為v3，根據(jù)動(dòng)量定理，小車進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程有－nB1ht1＝mv2－mv1，而1t1＝q1，則nBq1h＝mv1－mv2；同理，穿出磁場(chǎng)的過(guò)程有nBq2h＝mv2－mv3；根據(jù)q＝n可知通過(guò)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(xiàng)C正確．線圈進(jìn)入磁場(chǎng)和離開磁場(chǎng)時(shí)，克服安培力做功，線圈的動(dòng)能減少，轉(zhuǎn)化成線圈上產(chǎn)生的熱量，有Q＝(M＋m)(v－v)，解得線圈產(chǎn)生的熱量Q＝0.062 5 J，選項(xiàng)D錯(cuò)誤． 9．[2019·山東膠州二中檢測(cè)](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(zhǎng)，軌道電阻不計(jì)．在軌道頂端連有一阻值為R的電阻，整個(gè)裝置處在一豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.現(xiàn)有一根長(zhǎng)度稍大于L、電阻不計(jì)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(yùn)動(dòng)至ab處，則該過(guò)程中(

35、　　) A．通過(guò)R的電流在均勻減小 B．金屬棒產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)的有效值為 C．拉力F做的功為 D．通過(guò)R的電荷量為 答案：BD 解析：金屬棒沿軌道做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)金屬棒垂直于磁場(chǎng)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(shè)金屬棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E，感應(yīng)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(yīng)電動(dòng)勢(shì)逐漸減小，感應(yīng)電流I＝逐漸減小，而不是均勻減小，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；金屬棒切割磁感線產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)E＝BLv＝BLv0cosθ，其有效值為＝，選項(xiàng)B正確；金屬棒做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，回路中產(chǎn)生正弦式交變電流，電阻R中產(chǎn)生的熱量

36、Q＝·＝，設(shè)拉力做的功為WF，由功能關(guān)系，有WF－mgr＝Q，得WF＝mgr＋，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；通過(guò)R的電荷量q＝＝，選項(xiàng)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(zhǎng)為d寬為L(zhǎng)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(yùn)動(dòng)，空間存在豎直方向的磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝B0cosx(式中B0為已知量)，規(guī)定豎直向下方向?yàn)榇鸥袘?yīng)強(qiáng)度正方向，線框電阻為R.t＝0時(shí)刻MN邊恰好在y軸處，則下列說(shuō)法正確的是(　　) A．外力F為恒力 B．t＝0時(shí)，外力大小F＝ C．通過(guò)線框的瞬時(shí)電流i＝ D．經(jīng)過(guò)t＝，線框中產(chǎn)生的電熱Q＝ 答案：BCD

37、 解析：因線框沿x軸方向勻速運(yùn)動(dòng)，故F＝F安，由圖中磁場(chǎng)分布知F安的大小是變化的，故F不是恒力，A錯(cuò)．t＝0時(shí)，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(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)方向相同，則E＝2B0Lv，I0＝，F(xiàn)安＝2B0I0L＝，而F＝F安，故B對(duì)．因線框做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則有x＝vt，B＝B0cos，又E＝2BLv，故i＝，C對(duì)．由電流的瞬時(shí)值表達(dá)式可知此電流為正弦交流電，有效值I＝＝，又Q＝I2Rt，故經(jīng)過(guò)t＝，線框中產(chǎn)生的電熱Q＝，D對(duì)． 二、非選擇題 11. 如圖所示，足夠長(zhǎng)的光滑導(dǎo)軌ab、cd固定在豎直平面內(nèi)，導(dǎo)軌間距為l，b、c兩

38、點(diǎn)間接一阻值為R的電阻．ef是一水平放置的導(dǎo)體桿，其質(zhì)量為m、有效電阻值為R，桿與ab、cd保持良好接觸．整個(gè)裝置放在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向與導(dǎo)軌平面垂直．現(xiàn)用一豎直向上的力拉導(dǎo)體桿，使導(dǎo)體桿從靜止開始做加速度為的勻加速運(yùn)動(dòng)，上升了h高度，這一過(guò)程中b、c間電阻R產(chǎn)生的焦耳熱為Q，g為重力加速度，不計(jì)導(dǎo)軌電阻及感應(yīng)電流間的相互作用．求： (1)導(dǎo)體桿上升h高度過(guò)程中通過(guò)桿的電荷量； (2)導(dǎo)體桿上升h高度時(shí)所受拉力F的大小； (3)導(dǎo)體桿上升h高度過(guò)程中拉力做的功． 答案：(1)　(2)＋ (3)＋2Q 解析：(1)通過(guò)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(yīng)定律得E＝，聯(lián)立以上各式解得q＝＝. (2)設(shè)導(dǎo)體桿上升h高度時(shí)速度為v1、拉力為F，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)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(guān)系得WF－mgh－2Q＝mv－0，解得 WF＝＋2Q. 12．如圖所示，兩根質(zhì)量均為m＝2 kg的金屬棒垂直放在光滑的水平導(dǎo)軌上，左右兩部分導(dǎo)軌間距之比為12，導(dǎo)軌間有大小相等但左、右兩部分方向相反的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，兩棒電阻與棒長(zhǎng)成正比，不計(jì)導(dǎo)軌電阻．現(xiàn)用250 N的水平拉力F向右拉CD棒，CD棒運(yùn)動(dòng)x＝0.5 m時(shí)其上產(chǎn)生的焦耳

40、熱為Q2＝30 J，此時(shí)兩棒速率之比為vA：vC＝1：2，現(xiàn)立即撤去拉力F，設(shè)導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)且兩棒始終在不同磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，求： (1)在CD棒運(yùn)動(dòng)0.5 m的過(guò)程中，AB棒上產(chǎn)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(yùn)動(dòng)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(shè)兩棒的長(zhǎng)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(shí)刻電流均相等，根據(jù)焦耳定律Q＝I2Rt可知AB棒上產(chǎn)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(yùn)動(dòng)，而CD棒向右做減速運(yùn)動(dòng)，兩棒最終勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)電路中電流為零，即兩棒切割磁感線產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)大小相等，此時(shí)兩棒的速度滿足 BLvA′＝B·2LvC′ 即vA′＝2vC′(不對(duì)過(guò)程進(jìn)行分析，認(rèn)為系統(tǒng)動(dòng)量守恒是常見(jiàn)錯(cuò)誤) 對(duì)兩棒分別應(yīng)用動(dòng)量定理，規(guī)定水平向左為正方向， 有FA·t＝mvA′－mvA，－FC·t＝mvC′－mvC. 因?yàn)镕C＝2FA，故有＝ 聯(lián)立以上各式解得vA′＝6.4 m/s，vC′＝3.2 m/s.