冲刺卷十 电磁感应规律及其应用
2020版高考物理大二轮复习试题：电磁感应规律及其应用(含答案)
回扣练12：电磁感应规律及其应用1．如图所示，两根相距为l 的平行直导轨ab 、cd ，b 、d 间连有一固定电阻R ，导轨电阻可忽略不计．MN 为放在ab 和cd 上的一导体杆，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(垂直纸面向里)．现对MN 施力使它沿导轨方向以速度v 水平向右做匀速运动．令U 表示MN 两端电压的大小，则( )A ．U ＝12Blv ，流过固定电阻R 的感应电流由b 经R 到dB ．U ＝Blv ，流过固定电阻R 的感应电流由d 经R 到bC ．MN 受到的安培力大小F A ＝B 2l 2v 2R，方向水平向右 D ．MN 受到的安培力大小F A ＝B 2l 2v R，方向水平向左 解析：选A.当MN 运动时，相当于电源．但其两边的电压是外电路的电压，假设导轨没电阻，MN 两端的电压也就是电阻R 两端的电压，电路中电动势为E ＝BlV ，MN 的电阻相当于电源的内阻，二者加起来为2R ，则电阻上的电压为12Blv ，再由右手定则，拇指指向速度方向，手心被磁场穿过，四指指向即为电流方向，即由N 到M ，那么流过电阻的就是由b 到d .故A 正确，B 错误．MN 受到的安培力F ＝BIl ＝B 2l 2v 2R；由左手定则可知，安培力的方向水平向左；故CD 错误．故选A.2．如图所示，两相邻有界匀强磁场的宽度均为L ，磁感应强度大小相等、方向相反，均垂直于纸面．有一边长为L 的正方形闭合线圈向右匀速通过整个磁场．用i 表示线圈中的感应电流，规定逆时针方向为电流正方向，图示线圈所在位置为位移起点，则下列关于i x 的图象中正确的是( )解析：选C.线圈进入磁场，在进入磁场的0～L 的过程中，E ＝BLv ，电流I ＝BLv R ，根据右手定则判断方向为逆时针方向，为正方向；在L ～2L 的过程中，电动势E ＝2BLv ，电流I ＝2BLv R，根据右手定则判断方向为顺时针方向，为负方向；在2L ～3L 的过程中，E ＝BLv ，电流I ＝BLv R，根据右手定则判断方向为逆时针方向，为正方向；故ABD 错误，C 正确；故选C.3．如图所示，表面粗糙的U 形金属线框水平固定，其上横放一根阻值为R 的金属棒ab ，金属棒与线框接触良好，一通电螺线管竖直放置在线框与金属棒组成的回路中，下列说法正确的是( )A ．当变阻器滑片P 向上滑动时，螺线管内部的磁通量增大B ．当变阻器滑片P 向下滑动时，金属棒所受摩擦力方向向右C ．当变阻器滑片P 向上滑动时，流过金属棒的电流方向由a 到bD ．当变阻器滑片P 向下滑动时，流过金属棒的电流方向由a 到b解析：选C.根据右手螺旋定则可知螺线管下端为N 极，而穿过回路的磁通量分为两部分，一部分为螺线管内部磁场，方向竖直向下，一部分为螺线管外部磁场，方向竖直向上，而总的磁通量方向为竖直向下，当变阻器滑片P 向上滑动时，滑动变阻器连入电路的电阻增大，螺线管中电流减小，产生的磁场变弱，即穿过回路的磁通量向下减小，根据楞次定律可得流过金属棒的电流方向由a 到b ，A 错误C 正确；当变阻器滑片P 向下滑动时，滑动变阻器连入电路的电阻减小，螺线管中电流变大，产生的磁场变强，即穿过回路的磁通量向下增大，根据楞次定律可得流过金属棒的电流方向由b 到a ，而导体棒所处磁场方向为竖直向上的，金属棒所受安培力方向向右，故摩擦力方向向左，故BD 错误．故选C.4．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．两板间有一个质量为m 、电量为q 的带正电油滴恰好处于平衡状态，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，ΔB Δt ＝mgd qL 2 B ．正在减小，ΔB Δt ＝mgd qL 2C ．正在增强，ΔB Δt ＝mgd 2qL 2D ．正在减小，ΔB Δt ＝mgd 2qL2 解析：选B.电荷量为q 的带正电的油滴恰好处于静止状态，电场力竖直向上，则电容器的下极板带正电，所以线框下端相当于电源的正极，感应电动势顺时针方向，感应电流的磁场方向和原磁场同向，根据楞次定律，可得穿过线框的磁通量在均匀减小；线框产生的感应电动势：E ＝ΔB Δt S ＝ΔB Δt L 2；油滴所受电场力：F ＝E 场q ，对油滴，根据平衡条件得：q E d＝mg ；所以解得，线圈中的磁通量变化率的大小为：ΔB Δt ＝mgd qL2；故选B. 5.如图所示，相距为d 的两条水平虚线L 1、L 2之间是方向水平向里的匀强磁场，磁感应强度为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h 高处静止释放，cd 边刚进入磁场时速度为v 0，cd 边刚离开磁场时速度也为v 0，则线圈穿过磁场的过程中(从cd 边刚进入磁场一直到ab 边离开磁场为止)( )A ．感应电流所做的功为3mgdB ．线圈的最小速度一定大于mgR B 2L 2C ．线圈的最小速度一定是2g （h ＋L －d ）D ．线圈穿出磁场的过程中，感应电流为逆时针方向解析：选C.据能量守恒，研究从cd 边刚进入磁场到cd 边刚穿出磁场的过程：动能变化量为0，重力势能转化为线框进入磁场的过程中产生的热量，Q ＝mgd .cd 边刚进入磁场时速度为v 0，cd 边刚离开磁场时速度也为v 0，所以从cd 边刚穿出磁场到ab 边离开磁场的过程，线框产生的热量与从cd 边刚进入磁场到ab 边刚进入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 边离开磁场的过程，产生的热量Q ′＝2mgd ，感应电流做的功为2mgd ，故A 错误．线框可能进入磁场先做减速运动，在完全进入磁场前已做匀速运动，刚完全进入磁场时的速度最小，有：mg ＝B 2L 2v R ，解得可能的最小速度v ＝mgR B 2L2，故B 错误．因为进磁场时要减速，线圈全部进入磁场后做匀加速运动，则知线圈刚全部进入磁场的瞬间速度最小，线圈从开始下落到线圈刚完全进入磁场的过程，根据能量守恒定律得：mg (h ＋L )＝Q＋12mv 2，解得最小速度v ＝2g （h ＋L －d ），故C 正确．线圈穿出磁场的过程，由楞次定律知，感应电流的方向为顺时针，故D 错误．故选C.6．如图所示的电路中，三个相同的灯泡a 、b 、c 和电感L 1、L 2与直流电源连接，电感的电阻忽略不计．电键S 从闭合状态突然断开时，下列判断正确的( )A ．a 先变亮，然后逐渐变暗B ．b 先变亮，然后逐渐变暗C ．c 先变亮，然后逐渐变暗D ．b 、c 都先变亮，然后逐渐变暗解析：选A.电键S 闭合时，电感L 1中电流等于两倍L 2的电流，断开电键S 的瞬间，由于自感作用，两个电感线圈相当于两个电源，与三个灯泡构成闭合回路，通过b 、c 的电流都通过a ，故a 先变亮，然后逐渐变暗，故A 正确； b 、c 灯泡由电流i 逐渐减小，B 、C 、D 错误 .故选A.7．(多选)如图甲所示，宽度为L 的足够长的光滑平行金属导轨固定在水平面上，导轨左端连接一电容为C 的电容器，将一质量为m 的导体棒与导轨垂直放置，导轨间存在垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度为B .用与导轨平行的外力F 向右拉动导体棒，使导体棒由静止开始运动，作用时间t 1后撤去力F ，撤去力F 前棒内电流变化情况如图乙所示．整个过程中电容器未被击穿，不计空气阻力．下列说法正确的是 ( )A ．有外力作用时，导体棒在导轨上做匀速运动B ．有外力作用时，导体棒在导轨上做匀加速直线运动C ．外力F 的冲量大小为It 1⎝ ⎛⎭⎪⎫BL ＋m CBL D ．撤去外力F 后，导体棒最终静止在导轨上，电容器中最终储存的电能为零解析：选BC.对电容器Q ＝CU ，则ΔQ ＝C ΔU ，I ＝ΔQ Δt ；ΔU ＝ΔE ＝BL Δv ；解得I ＝CBL Δv Δt＝CBLa ，则导体棒的加速度a 恒定，做匀加速运动，选项A 错误，B 正确；根据牛顿第二定律：F －BIL ＝ma ，则F ＝BIL ＋mI CBL ，则外力F 的冲量大小为I F ＝Ft 1＝It 1⎝⎛⎭⎪⎫BL ＋m CBL ，选项C 正确；撤去外力F 后，导体棒开始时做减速运动，当导体棒产生的感应电动势与电容器两端电压相等时，回路中电流为零，此时安培力为零，导体棒做匀速运动，此时电容器两端的电压不为零，则最终储存的电能不为零，选项D 错误；故选BC.8．(多选)如图所示，在竖直平面内MN 、PQ 两光滑金属轨道平行竖直放置，两导轨上端M 、P 间连接一电阻R .金属小环a 、b 套在金属轨道上，质量为m 的金属杆固定在金属环上，该装置处在匀强磁场中，磁场方向垂直竖直平面向里．金属杆以初速度v 0从图示位置向上滑行，滑行至最高点后又返回到出发点．若运动过程中，金属杆保持水平，两环与导轨接触良好，不计轨道、金属杆、金属环的电阻及空气阻力．金属杆上滑过程和下滑过程相比较，以下说法正确的是( )A ．上滑过程所用时间比下滑过程短B ．上滑过程通过电阻R 的电量比下滑过程多C ．上滑过程通过电阻R 产生的热量比下滑过程大D ．上滑过程安培力的冲量比下滑过程安培力的冲量大解析：选AC. 如图所示，v t 图斜率代表加速度，其面积表示位移，上滑过程中，做加速度逐渐减小的减速运动，下滑过程中是加速度逐渐减小的加速运动，由于位移大小相等，可知上升时间小于下落时间，故A 正确；由q ＝ΔΦR，可知上滑过程通过电阻R 的电量等于下滑过程中电量，故B 错误；在相同位置，上滑时的速度大于下滑时的速度，则上滑过程安培力的平均值大于下滑过程安培力的平均值，导致上滑过程中导体棒克服安培力做功多，则上滑过程中电阻R 产生的热量大于下滑过程中产生的热量，故C 正确．安培力冲量I ＝BLq ，q ＝ΔΦR，可知上滑过程安培力的冲量等于下滑过程安培力的冲量，故D 错误．9．(多选)如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨MN 、PQ 相距为L ，导轨平面与水平面的夹角θ＝30°，导轨电阻不计，整个装置处于磁感应强度大小为B 、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中．质量为m 、长为L 、电阻为R 的金属棒垂直导轨放置，且始终与导轨接触良好．金属导轨的上端连接一个阻值也为R 的定值电阻．现闭合开关K ，给金属棒施加一个平行于导轨斜向上、大小为F ＝2mg 的恒力，使金属棒由静止开始运动．若金属棒上滑距离s 时，金属棒开始匀速运动，则在金属棒由静止到刚开始匀速运动过程，下列说法中正确的是(重力加速度为g )( )A ．金属棒的末速度为3mgRB 2L 2 B ．金属棒的最大加速度为1.4gC ．通过金属棒的电荷量为BLs RD ．定值电阻上产生的焦耳热为34mgs －9m 3g 2R 24B 4L4 解析：选AD.设金属棒匀速运动的速度为v ，则感应电动势E ＝BLv ；回路电流I ＝E 2R ＝BLv2R ；安培力F 安＝BIL ＝B 2L 2v 2R ；金属棒匀速时，受力平衡有F ＝mg sin 30°＋F 安，即2mg ＝12mg ＋B 2L 2v 2R联立解得：v ＝3mgR B 2L2，故A 正确；金属棒开始运动时，加速度最大，即F －mg sin 30°＝ma ，代入数据2mg －12mg ＝ma ，解得a ＝1.5g ，故B 错误；根据感应电量公式Q ＝ΔΦR 总＝BLs 2R，故C 错误；对金属棒运用动能定理，有Fs －mgs sin 30°－Q ＝12mv 2，其中定值电阻上产生的焦耳热为Q R ＝12Q ＝34mgs －9m 3g 2R 24B 4L4，故D 正确；故选AD. 10．(多选)如图甲所示，光滑且足够长的金属导轨MN 、PQ 平行地固定在同一水平面上，两导轨间距L ＝0.2 m ，两导轨的左端之间连接的电阻R ＝0.4 Ω，导轨上停放一质量m ＝0.1 kg 的金属杆ab ，位于两导轨之间的金属杆的电阻r ＝0.1 Ω，导轨的电阻可忽略不计．整个装置处于磁感应强度B ＝0.5 T 的匀强磁场中，磁场方向竖直向下．现用一外力F 水平向右拉金属杆，使之由静止开始运动，在整个运动过程中金属杆始终与导轨垂直并接触良好，若理想电压表的示数U 随时间t 变化的关系如图乙所示．则在金属杆开始运动经t ＝ 5.0 s 时( )A ．通过金属杆的感应电流的大小为1.0 A ，方向由b 指向aB ．金属杆的速率为4.0 m/sC ．外力F 的瞬时功率为1.0 WD ．0～5.0 s 内通过R 的电荷量为5.0 C解析：选AC.导体棒向右切割磁感线，由右手定则知电流方向为b 指向a ，金属杆开始运动经t ＝5.0 s ，由图象可知电压为0.4 V ，根据闭合电路欧姆定律得I ＝U R ＝0.40.4 A ＝1 A ，故A 正确；根据法拉第电磁感应定律知E ＝BLv ，根据电路结构可知：U ＝R R ＋r E ，解得v ＝5 m/s ，故B 错误；根据电路知U ＝R R ＋r BLv ＝0.08v ＝0.08at ，结合U t 图象知导体棒做匀加速运动，加速度为a ＝1 m/s 2，根据牛顿第二定律，在5 s 末时对金属杆有：F －BIL ＝ma 解得：F ＝0.2 N ，此时F 的瞬时功率P ＝Fv ＝0.2×5 W＝1 W 故C 正确；0～5.0 s 内通过R 的电荷量为q ＝It ＝E R ＋r t ＝ΔΦt （R ＋r ）×t ＝ΔΦR ＋r ＝B ×12at 2R ＋r ＝12.5 C ，故D 错误；综上所述本题答案是AC.。
高考物理三轮冲刺：电磁感应综合应用+教案
电磁感应综合应用1.掌握电磁感应与电路结合问题的分析方法2.掌握电磁感应动力学问题的重要求解内容3.能解决电磁感应与能量结合题型4.培养学生模型构建能力和运用科学思维解决问题的能力电磁感应中的电路问题1、分析电磁感应电路问题的基本思路对电路的理解：内电路是切割磁感线的导体或磁通量发生变化的线圈，外电路由电阻、电容等电学元件组成．在闭合电路中，“相当于电源”的导体两端的电压与真实的电源两端的电压一样，等于路端电压，而不等于感应电动势．【例题1】用均匀导线做成的正方形线框边长为0.2m，正方形的一半放在垂直于纸面向里的匀强磁场中，如图所示，当磁场以10T/s的变化率增强时，线框中a、b两点间的电势差是()A．U ab＝0.1V B．U ab＝－0.1VC．U ab＝0.2V D．U ab＝－0.2V【演练1】如图所示，两个相同导线制成的开口圆环，大环半径为小环半径的2倍，现用电阻不计的导线将两环连接在一起，若将大环放入一均匀变化的磁场中，小环处在磁场外，a、b两点间电压为U1，若将小环放入这个磁场中，大环在磁场外，a、b两点间电压为U2，则()A.＝1B.＝2C.＝4D.＝【例题2】把总电阻为2R的均匀电阻丝焊接成一半径为a的圆环，水平固定在竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中，如图所示，一长度为2a，电阻等于R，粗细均匀的金属棒MN放在圆环上，它与圆环始终保持良好的接触，当金属棒以恒定速度v向右移动经过环心O时，求：(1)棒上电流的大小和方向及棒两端的电压U MN；(2)圆环消耗的热功率和在圆环及金属棒上消耗的总热功率．【演练2】如图甲所示，固定在水平面上电阻不计的光滑金属导轨，间距d＝0.5m．右端接一阻值为4Ω的小灯泡L，在CDEF矩形区域内有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B按如图乙规律变化．CF长为2m．在t＝0时，金属棒从图中位置由静止在恒力F作用下向右运动到EF位置，整个过程中，小灯泡亮度始终不变．已知ab金属棒电阻为1Ω，求：(1)通过小灯泡的电流；(2)恒力F的大小；(3)金属棒的质量．电磁感应的动力学问题1．导体棒的两种运动状态(1)平衡状态——导体棒处于静止状态或匀速直线运动状态，加速度为零；(2)非平衡状态——导体棒的加速度不为零．2．两个研究对象及其关系电磁感应中导体棒既可看作电学对象(因为它相当于电源)，又可看作力学对象(因为有感应电流而受到安培力)，而感应电流I和导体棒的速度v是联系这两个对象的纽带．3．电磁感应中的动力学问题分析思路(1)电路分析：导体棒相当于电源，感应电动势相当于电源的电动势，导体棒的电阻相当于电源的内阻，感应电流I＝.(2)受力分析：导体棒受到安培力及其他力，安培力F安＝BIl＝，根据牛顿第二定律：F合＝ma.(3)过程分析：由于安培力是变力，导体棒做变加速运动或变减速运动，当加速度为零时，达到稳定状态，最后做匀速直线运动，根据共点力的平衡条件列方程：F合＝0.4. 电磁感应中电量求解（1）利用法拉第电磁感应定律由整理得：若是单棒问题（2）利用动量定理单棒无动力运动时-BILΔt=mv2-mv1 又整理得：BLq= mv1-mv2【例题3】如图甲所示，两根足够长的直金属导轨MN、PQ平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上，两导轨间距为L，M、P两点间接有阻值为R的电阻．一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直．整套装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向下．导轨和金属杆的电阻可忽略，让ab杆沿导轨由静止开始下滑，导轨和金属杆接触良好，不计它们之间的摩擦．(1)由b向a方向看到的装置如图乙所示，请在此图中画出ab杆下滑过程中某时刻的受力示意图．(2)在加速下滑过程中，当ab杆的速度大小为v时，求此时ab杆中的电流及其加速度的大小．(3)求在下滑过程中，ab杆可以达到的速度最大值．(4)若从开始下滑到最大速度时，下滑的距离为x,求这一过程中通过电阻R的电量q.【演练3】（多选）如图所示，电阻不计间距为L的光滑平行导轨水平放置，导轨左端接有阻值为R的电阻，以导轨的左端为原点，沿导轨方向建立x轴，导轨处于竖直向下的磁感应强度大小为B的匀强磁场中。
电磁感应规律的综合应用(解析版)-2023年高考物理压轴题专项训练(新高考专用)
压轴题07电磁感应规律的综合应用目录一，考向分析 (1)二．题型及要领归纳 (2)热点题型一以动生电动势为基综合考查导体棒运动的问题 (2)热点题型二以感生电动势为基综合考查导体棒运动的问题 (9)热点题型三以等间距双导体棒模型考动量能量问题 (16)热点题型四以不等间距双导体棒模型考动量定理与电磁规律的综合问题 (21)热点题型五以棒＋电容器模型考查力电综合问题 (27)三．压轴题速练 (33)一，考向分析1.本专题是运动学、动力学、恒定电流、电磁感应和能量等知识的综合应用，高考既以选择题的形式命题，也以计算题的形式命题。
2.学好本专题，可以极大地培养同学们数形结合的推理能力和电路分析能力，针对性的专题强化，可以提升同学们解决数形结合、利用动力学和功能关系解决电磁感应问题的信心。
3.用到的知识有：左手定则、安培定则、右手定则、楞次定律、法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、平衡条件、牛顿运动定律、函数图像、动能定理和能量守恒定律等。
电磁感应综合试题往往与导轨滑杆等模型结合，考查内容主要集中在电磁感应与力学中力的平衡、力与运动、动量与能量的关系上,有时也能与电磁感应的相关图像问题相结合。
通常还与电路等知识综合成难度较大的试题，与现代科技结合密切,对理论联系实际的能力要求较高。
4.电磁感应现象中的电源与电路(1)产生感应电动势的那部分导体相当于电源。
(2)在电源内部电流由负极流向正极。
(3)电源两端的电压为路端电压。
5.电荷量的求解电荷量q＝IΔt，其中I必须是电流的平均值。
由E＝n ΔΦΔt、I＝ER总、q＝IΔt联立可得q＝n ΔΦR总，与时间无关。
6.求解焦耳热Q的三种方法(1)焦耳定律：Q＝I2Rt，适用于电流、电阻不变。
(2)功能关系：Q＝W克服安培力，电流变不变都适用。
(3)能量转化：Q＝ΔE(其他能的减少量)，电流变不变都适用。
7.用到的物理规律匀变速直线运动的规律、牛顿运动定律、动能定理、能量守恒定律等。
2022版高考物理一轮复习高考热点强化10电磁感应的综合应用含解析
高考热点强化(十) 电磁感应的综合应用(时间：40分钟)1.(2020·全国卷Ⅲ·T14)如图所示，水平放置的圆柱形光滑玻璃棒左边绕有一线圈，右边套有一金属圆环。
圆环初始时静止。
将图中开关S由断开状态拨至连接状态，电路接通的瞬间，可观察到( )A．拨至M端或N端，圆环都向左运动B．拨至M端或N端，圆环都向右运动C．拨至M端时圆环向左运动，拨至N端时向右运动D．拨至M端时圆环向右运动，拨至N端时向左运动B[将开关S由断开状态拨至M端或N端，都会使线圈中的电流突然增大，穿过右边圆环的磁通量突然增大，由楞次定律可知，圆环都会向右运动以阻碍磁通量的增大，选项B正确，A、C、D错误。
]2.(2020·北京高考适应性测试·T12)某同学为了验证断电自感现象，自己找来带铁芯的线圈L、小灯泡A、开关S和电池组E，用导线将它们连接成如图所示的电路。
检查电路后，闭合开关S，小灯泡正常发光，再断开开关S，小灯泡仅有不显著的延时熄灭现象。
虽经多次重复，仍未见老师演示时出现的小灯泡闪亮现象。
你认为最有可能造成小灯泡未闪亮的原因是( )A．线圈的电阻偏大B．小灯泡的额定电压偏大C．电源的电动势偏小D．线圈的自感系数偏小A[断开开关时，灯泡能否发生闪亮，取决于灯泡的电流有没有增大，与电源的电动势、小灯泡的额定电压大小无关，B、C错误；若线圈电阻偏大，稳定时流过灯泡的电流大于线圈的电流，断开开关时，线圈和小灯泡构成一个闭合回路，则流过灯泡的电流从线圈原来的电流逐渐减小，灯泡不发生闪亮现象，A正确；若线圈的自感系数偏小，开关闭合电路稳定后，线圈中的电流比小灯泡中电流大，再断开开关时，灯泡仍有可能出现闪亮现象，D错误。
] 3．(2020·7月浙江选考)如图所示，固定在水平面上的半径为r的金属圆环内存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。
长为l的金属棒，一端与圆环接触良好，另一端固定在竖直导电转轴OO ′上，随轴以角速度ω匀速转动，在圆环的A 点和电刷间接有阻值为R 的电阻和电容为C 、板间距为d 的平行板电容器，有一带电微粒在电容器极板间处于静止状态。
高中物理：电磁感应规律及其应用 练习(含答案)
高中物理：电磁感应规律及其应用 练习（含答案）满分：100分 时间：60分钟一、 单项选择题(本题共5小题,每小题6分,共30分.每小题只有一个选项符合题意.)1．有一个磁悬浮玩具,其原理是利用电磁铁产生磁性,让具有磁性的玩偶稳定地飘浮起来,其构造如图所示.若图中电源的电压恒定,可变电阻为一可随意改变电阻大小的装置,则下列叙述正确的是( ) A ．电路中的电源必须是交流电源 B ．电路中的a 端须连接直流电源的负极C ．若增加环绕软铁的线圈匝数,可增加玩偶飘浮的最大高度D ．若将可变电阻的电阻值调大,可增加玩偶飘浮的最大高度2．如图所示,一导线弯成直径为d 的半圆形闭合回路.虚线MN 右侧有磁感应强度为B 的匀强磁场,方向垂直于回路所在的平面.回路以速度v 向右匀速进入磁场,直径CD 始终与MN 垂直.从D 点到达边界开始到C 点进入磁场为止,下列说法中正确的是( ) A ．感应电流方向为顺时针方向 B ．CD 段直导线始终不受安培力 C ．感应电动势的最大值E ＝ Bd vD ．感应电动势的平均值E －＝18πBd v3．(唐山一模)如图所示,一呈半正弦形状的闭合线框abc ,ac ＝l ,匀速穿过边界宽度也为l 的相邻磁感应强度大小相同的匀强磁场区域,整个过程中线框中感应电流图象为(取顺时针方向为正方向)( )4．(长春质量监测)如图所示,用一根横截面积为S的粗细均匀的硬导线做成一个半径为R的圆环,把圆环一半置于均匀变化的磁场中,磁场方向垂直纸面向外,磁感应强度大小随时间的变化率ΔBΔt＝k(k>0),ab为圆环的一条直径,导线的电阻率为ρ,则下列说法中正确的是() A．圆环具有扩张的趋势B．圆环中产生逆时针方向的感应电流C．图中ab两点间的电压大小为12kπR2D．圆环中感应电流的大小为kRS 4ρ5．(姜堰市模拟)如图所示,两相同灯泡A1、A2,A1与一理想二极管D连接,线圈L的直流电阻不计.下列说法正确的是()A．闭合开关S后,A1会逐渐变亮B．闭合开关S稳定后,A1、A2亮度相同C．断开S的瞬间,A1会逐渐熄灭D．断开S的瞬间,a点的电势比b点低二、多项选择题(本题共3小题,每小题7分,共计21分.每小题有多个选项符合题意.全部选对的得7分,选对但不全的得4分,错选或不答的得0分.)6．如图所示的正方形导线框abcd,电阻为R,现维持线框以恒定速度v沿x轴运动,并穿过图中所示的匀强磁场区域.如果以x轴正方向为力的正方向,线框在图示位置的时刻作为计时零点,则磁场对线框的作用力F、线框ab边两端的电势差U ab随时间变化的图象正确的是()7．如图所示,质量为3m的重物与一质量为m的导线框用一根绝缘细线连接起来,挂在两个高度相同的定滑轮上,已知导线框电阻为R,横边边长为L.有一垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B,磁场上下边界的距离、导线框竖直边长均为h.初始时刻,磁场的下边缘和导线框上边缘的高度差为2h,将重物从静止开始释放,导线框加速进入磁场,穿出磁场前已经做匀速直线运动,滑轮质量、摩擦阻力均不计,重力加速度为g.则下列说法中正确的是()A．导线框进入磁场时的速度为2ghB．导线框进入磁场后,若某一时刻的速度为v,则加速度为a＝12g－B2L2v4mRC．导线框穿出磁场时的速度为mgR B2L2D．导线框通过磁场的过程中产生的热量Q＝8mgh－8m3g2R2 B4L48．(苏州一模)两根足够长的光滑导轨竖直放置,间距为L,底端接阻值为R的电阻.将质量为m、电阻也为R的金属棒悬挂在一个固定的轻弹簧下端,金属棒与导轨接触良好,导轨所在的平面与磁感应强度为B的磁场垂直,如图所示,除金属棒和电阻R外,其余电阻不计.现将金属棒从弹簧的原长位置由静止释放,则以下结论正确的是()A．金属棒向下运动时,流过电阻R的电流方向为b→aB．最终弹簧的弹力与金属棒的重力平衡C．金属棒的速度为v时,所受的安培力大小为B2L2v RD．金属棒的速度为v时,金属棒两端的电势差为BL v 2三、计算题(本题共2小题,共计49分.解答时写出必要的文字说明,方程式和重要的演算步骤,只写出最后答案的不得分.)9．(24分)如图所示,竖直平面内有两根光滑且电阻不计的长平行金属导轨,间距L ＝0.2 m,导轨的上端接一个阻值R＝1.5 Ω的电阻,导轨间的空间内存在垂直导轨平面的匀强磁场,将一质量m＝5 g、长为L＝0.2 m、电阻r＝0.5 Ω的金属棒垂直放在导轨上,与导轨接触良好.(1)若磁感应强度随时间变化满足B＝(0.5t＋2) T,t＝0时刻,金属棒在距离导轨顶部L＝0.2 m处释放,此时金属棒的加速度是多大？如果金属棒延迟释放,何时开始释放,金属棒不会向下运动？(2)若磁感应强度随时间变化满足B＝21＋0.5t2T,为使金属棒中没有感应电流产生,从t＝0时刻起,金属棒应在距离导轨顶部L＝0.2 m处开始在外力作用下做怎样的运动？10．(25分)如图所示,光滑斜面的倾角α＝30°,在斜面上放置一矩形线框abcd,ab边的边长l1＝1 m,bc边的边长l2＝0.6 m,线框的质量m＝1 kg,电阻R＝0.1 Ω,线框通过细线与重物相连,重物质量M＝2 kg,斜面上ef(ef∥gh)的右方有垂直斜面向上的匀强磁场,磁感应强度B＝0.5 T,如果线框从静止开始运动,进入磁场的最初一段时间做匀速运动,ef 和gh 的距离s ＝11.4 m,(取g ＝10 m/s 2),求： (1)线框进入磁场前重物的加速度； (2)线框进入磁场时匀速运动的速度v ；(3)ab 边由静止开始到运动到gh 处所用的时间t ；(4)ab 边运动到gh 处的速度大小及在线框由静止开始运动到gh 处的整个过程中产生的焦耳热.答案1．C [同名磁极相互排斥使玩偶飘浮,所以电磁铁上端必须是N 极,根据安培定则,必须是直流电源,a 端接正极,故选项A 、B 错误；增加线圈匝数,可以增大电磁铁磁性,增大玩偶飘浮的最大高度,故选项C 正确；增大电阻,则电流减小,电磁铁磁性减小,玩偶最大飘浮高度减小,故选项D 错误.]2．D [线圈进磁场过程,垂直平面向里的磁通量逐渐增大,根据楞次定律“增反减同”,感应电流方向为逆时针方向,选项A 错误；根据左手定则判断,CD 段导线电流方向与磁场垂直,安培力竖直向下,选项B 错误；线圈进磁场切割磁感线的有效长度是线圈与MN 交点的连线,进磁场过程,有效切割长度最长为半径,所以感应电动势最大为12Bd v ,选项C 错误；感应电动势平均值E －＝ΔΦΔt ＝B ·12π（d 2）2d v＝Bd πv 8选项D 正确.]3．B [当b 点到左边界时,切割磁感线有效长度最大,故此时感应电流为I max ,方向为顺时针方向；当b 点到达两磁场边界时,在左、右两部分磁场中线框有效长度均有最大值,由右手定则可知,左、右磁场在线框中产生的感应电流方向均为逆时针方向,故感应电流最大值为2I max ,B项正确.]4．D [由题意,通过圆环的磁通量变大,由楞次定律可知,圆环有收缩的趋势,且产生顺时针的感应电流,故A 、B 项错误；ab 之间的电压是路端电压,不是感应电动势,U ab ＝12E ＝14k πR 2,故C 项错误；感应电流I ＝E r ,E ＝12k πR 2,r ＝ρ2πR S ,可得：I ＝kRS4ρ,故D 项正确.]5．D [闭合开关S 后,因线圈自感,但两灯和线圈不是串联的关系,则两灯立刻亮,故A 错误；闭合开关S 稳定后,因线圈L 的直流电阻不计,所以A 1与二极管被短路,导致灯泡A 1不亮,而A 2将更亮,因此A 1、A 2亮度不同,故B 错误；断开S 的瞬间,A 2会立刻熄灭,线圈L 与灯泡A 1及二极管构成回路,因线圈产生感应电动势,a 端的电势低于b 端,但二极管具有单向导电性,所以回路没有感应电流,A 1不亮；故C 错误,D 正确.]6．BD [根据楞次定律的推广含义可判定线框所受安培力F 总是沿x 轴负方向,故A 错误,B 正确；当线框进入磁场的过程中有U ab ＝34Bl v ,线框完全进入磁场后有,U ab ＝Bl v ,线框离开磁场的过程中有U ab ＝14Bl v ,故C 错误,D 正确.]7．ABD [对重物和线框整体应用能量的转化和守恒定律可得：3mg ·2h －mg ·2h ＝12×4 m v 2,v＝2gh ,A 正确；线框进入磁场中某一时刻对重物有3mg －F T ＝3ma ,对线框有F T －mg －B 2L 2v R ＝ma ,解得a ＝12g －B 2L 2v 4mR ,B 正确；线框出磁场时,对重物3mg ＝F T ,对线框F T ＝mg ＋B 2L 2v R ,解得v ＝2mgRB 2L 2,C 错误；导线框通过磁场的整个过程中,根据能量守恒定律可得：Q ＝3mg ×4h －mg ×4h －12×4m ×4m 2g 2R 2B 4L 4＝8mgh －8m 3g 2R 2B 4L 4,D 正确.]8．ABD [金属棒向下运动时,切割磁感线,由右手定则可知,流过电阻R 的电流方向为b →a ,选项A 正确；金属棒在切割磁感线的过程中,将金属棒的机械能转化为焦耳热,最终停下,处于静止状态,其合力为零,即弹簧的弹力与金属棒的重力平衡,选项B 正确；当金属棒的速度为v 时,产生的电动势E ＝BL v ,I ＝E 2R ＝BL v2R ,则金属棒所受的安培力大小F ＝BIL ＝B 2L 2v 2R ,选项C 错误；由欧姆定律可得,金属棒两端的电势差U ＝IR ＝BL v2,选项D 正确.] 9．解析 (1)根据法拉第电磁感应定律有E ＝n ΔΦΔt ＝ΔB Δt ·S ＝0.5×0.22 V ＝0.02 V, 由闭合电路欧姆定律有 I ＝E R ＋r ＝0.021.5＋0.5A ＝0.01 A, 故金属棒在t ＝0时刻所受的安培力为 F A ＝B 0IL ＝2×0.01×0.2＝0.004 N, 根据牛顿第二定律有mg －F A ＝ma ,故a ＝mg －F A m ＝5×10－3×10－0.0045×10－3m/s 2＝9.2 m/s 2, 要想使金属棒不下落,释放时必须满足F A ≥mg ,即BIL ≥mg , 将B ＝0.5t ＋2代入有：(0.5t ＋2)IL ≥mg , 代入数据解得：t ≥46 s即金属棒至少要延时46 s 释放才不会下落.(2)因为t ＝0时,磁感应强度B 0＝2 T,金属棒距离顶部L ＝0.2 m,为了不产生感应电流,任意时刻磁通量与刚开始时相同,设t 时间内金属棒的位移为x ,有 21＋0.5t 2×0.2×(0.2＋x )＝2×0.22解得x ＝0.1t 2,即金属棒必须由静止开始向下做加速度为0.2 m/s 2的匀加速直线运动. 答案 (1)9.2 m/s 2 46 s (2)见解析10．解析 (1)线框进入磁场前,仅受到细线的拉力F ,斜面的支持力和线框的重力,重物受到自身的重力和细线的拉力F ′,对线框由牛顿第二定律得 F －mg sin α＝ma对重物由牛顿第二定律得Mg －F ′＝Ma 又F ＝F ′联立解得线框进入磁场前重物的加速度 a ＝Mg －mg sin αM ＋m＝5 m/s 2.(2)因为线框进入磁场的最初一段时间做匀速运动,则重物受力平衡：Mg ＝F 1 线框abcd 受力平衡：F 1′＝mg sin α＋F 安又F 1＝F 1′ab 边进入磁场切割磁感线,产生的感应电动势 E ＝Bl 1v回路中的感应电流为I ＝E R ＝Bl 1vR ab 边受到的安培力为F 安＝BIl 1 联立解得Mg ＝mg sin α＋B 2l 21vR 代入数据解得v ＝6 m/s.(3)线框abcd 进入磁场前,做匀加速直线运动；进磁场的过程中,做匀速直线运动；进入磁场后到运动至gh 处,仍做匀加速直线运动.进磁场前线框的加速度大小与重物的加速度大小相同,为a ＝5 m/s 2,该阶段的运动时间为t 1＝va ＝1.2 s进入磁场过程中匀速运动的时间t 2＝l 2v ＝0.1 s线框完全进入磁场后的受力情况同进入磁场前的受力情况相同,所以该阶段的加速度仍为a ＝5 m/s 2由匀变速直线运动的规律得s －l 2＝v t 3＋12at 23 解得t 3＝1.2 s因此ab 边由静止开始运动到gh 处所用的时间 t ＝t 1＋t 2＋t 3＝2.5 s.(4)线框ab 边运动到gh 处的速度 v ′＝v ＋at 3＝6 m/s ＋5×1.2 m/s ＝12 m/s 整个运动过程产生的焦耳热 Q ＝F 安l ＝(Mg －mg sin α)l 2＝9 J. 答案 (1)5 m/s 2 (2)6 m/s (3)2.5 s (4)12 m/s 9 J1．解决电磁感应图象问题的“三点关注”(1)关注初始时刻,如初始时刻感应电流是否为零,是正方向还是负方向.(2)关注变化过程,看电磁感应发生的过程分为几个阶段,这几个阶段是否和图象变化相对应.(3)关注大小、方向的变化趋势,看图线斜率的大小、图线的曲、直是否和物理过程对应. 2．解决电磁感应图象问题的一般步骤：(1)明确图象的种类,即是B－t图还是Φ－t图,或者E－t图、I－t图等.(2)分析电磁感应的具体过程.(3)用右手定则或楞次定律确定方向对应关系.(4)结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律等规律写出函数关系式.(5)根据函数关系式,进行数学分析,如分析斜率的变化、截距等.(6)画图象或判断图象.。
高考物理一轮复习 10.3电磁感应规律的综合应用
O 【互动探究】
电磁感应中的电路问题
O 1．在电磁感应中，切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路将 产生感应电动势，该导体或回路就相当于电源，在此电源内部电流 方向与电势有什么关系？
O 2．把切割磁感线的导体棒接入电路，并联在导体棒两端的电压表 测量的是电源电动势吗？
O 【核心突破】
(OO2)1(电1．)源电对源的电的电磁正动感负势应极的、中大感电小应源可电的由流理的E解方＝向Bl、v电或势E的＝高n低ΔΔΦ、t 求电解容．器极板带电问题，
O 如图所示，两光滑倾斜导轨与水平面的夹角为θ，磁场垂直于导 轨所在平面向上，一导体棒静止释放．
O (1)导体棒下滑过程中受几个力的作用？
O (2)若导轨足够长，导体棒最终做什么运动？
O (3)运动过程中有哪些能量转化？
O 提示：(1)受重力、导轨的支持力、安培力三个力作用．
O (2)匀速直线运动．
O 解析：金属棒PQ进入磁场前和出磁场后，不产生感应电动势，而 在磁场中，由于匀速运动产生的感应电动势不变，故正确选项为A.
O 答案：A
O 3．如图所示，一圆形闭合铜环由高处从静止开始下落，穿过一根 竖直悬挂的条形磁铁，铜环的中心轴线与条形磁铁的中轴线始终保 持重合．若取磁铁中心O为坐标原点，建立竖直向下为正方向的x轴， 则下图中最能正确反映环中感应电流i随环心位置坐标x变化的关系 间的电势差等于路端电压，而小环电阻占电路总电阻
的13，故 Uab＝13E，B 正确．
O 答案：B
2．如图所示，平行导轨间有一矩形的匀强磁场区域，细金属棒 PQ 沿导轨从 MN 处匀速运动到 M′N′的过程中，棒上感应电动势 E 随时 间 t 变化的图示，可能正确的是( )
O (2)该部分导体的电阻或线圈的电阻相当于电源的 内电阻 ，其余 部分是 外电阻 ．
高考总复习电磁感应规律的综合应用
Ω，长度l＝0.4 m的导体棒ab横放在U型金属框架上，框架质量m2＝0.2 kg ，放在绝缘水平面上，与水平面间的动摩擦因数 μ＝ 0.2，相距 0.4 m 的MM′、NN′相互平行，电阻不计且足够长．电阻R2＝0.1 Ω的MN垂直 于MM′.整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B＝0.5 T．垂 直于ab施加F＝2 N的水平恒力，ab从静止开始无摩擦地运动，始终与M M′、NN′保持良好接触，当ab运动到某处时，框架开始运动．设框架与 水平面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2.
正，圆环和导体杆的电阻忽略不计，则杆从t＝0开始转动一周的过程中，
[解析]
π 依据左手定则， 可知转动角度在 0～ 内， 电流方向由 M 到 2
1 2 BL ω 2 O，在电阻 R 上电流方向是由 b 到 a，为负值，且大小为 I＝ 为一 R π 3 定值， ～ π 内没有感应电流， π～ π 内电流的方向相反，即沿正方向， 2 2 3π ～ 2π 内没有感应电流，因此 C 正确． 2 [答案] C
(2)由于a棒在PQ上方滑动过程中机械能守恒，因而a棒在磁场中向 上滑动的速度大小 v1与在磁场中向下滑动的速度大小 v2相等，即 v1＝ v2 ＝ v④ 设磁场的磁感应强度为 B，导体棒长为 L， a 棒在磁场中运动时产 生的感应电动势为 E＝BLv⑤
当 a 棒沿斜面向上运动时 Ib＝ IbLB＝ mgsinθ⑦
(1)右手定则和左手定则相结合，先用右手定则确定感应电流方向，
B2l2v (1)由 F＝ 知，速度 v 变化时，安培力 F 变化，物体所受的合 R 外力变化，因此该部分问题要用牛顿运动定律进行动态分析． (2)在求某时刻速度时，可先根据受力情况确定该时刻的安培力，然 后用上述公式进行求解．
第10讲电磁感应规律及其应用(限时训练)
高三物理限时规范训练（十）电磁感应规律及其应用(时间：60分钟 满分：100分)姓名 成绩 一、选择题(本题共5个小题，每小题6分，共30分，在每小题给出的四个选项中，第1～3题只有一个选项符合要求，第4～5题有多项符合要求．)1．(2013·高考浙江卷)磁卡的磁条中有用于存储信息的磁极方向不同的磁化区，刷卡器中有检测线圈．当以速度v 0刷卡时，在线圈中产生感应电动势，其E －t 关系如图所示．如果只将刷卡速度改为v 02，线圈中的E －t 关系图可能是()2．(2013·高考安徽卷)如图所示，足够长平行金属导轨倾斜放置，倾角为37°，宽度为0.5 m ，电阻忽略不计，其上端接一小灯泡，电阻为1 Ω.一导体棒MN 垂直于导轨放置，质量为0.2 kg ，接入电路的电阻为1 Ω，两端与导轨接触良好，与导轨间的动摩擦因数为0.5.在导轨间存在着垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为0.8 T ．将导体棒MN 由静止释放，运动一段时间后，小灯泡稳定发光，此后导体棒MN 的运动速度以及小灯泡消耗的电功率分别为(重力加速度g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6)( ) A ．2.5 m/s 1 W B ．5 m/s 1 W C ．7.5 m/s 9 W D ．15 m/s 9 W3．一个闭合回路由两部分组成，如图所示，右侧是电阻为r 的圆形导线，置于竖直方向均匀变化的磁场B 1中；左侧是光滑的倾角为θ的平行导轨，宽度为d ，其电阻不计．磁感应强度为B 2的匀强磁场垂直导轨平面向上，且只分布在左侧，一个质量为m 、电阻为R 的导体棒此时恰好能静止在导轨上，分析下述判断不正确的有( )A ．圆形线圈中的磁场，可以向上均匀增强，也可以向下均匀减弱B ．导体棒ab 受到的安培力大小为mg sin θC ．回路中的感应电流为mg sin θB 2dD ．圆形导线中的电热功率为m 2g 2sin 2θB 22d2(r ＋R ) 4．如图甲所示，闭合线圈固定在小车上，总质量为1 kg.它们在光滑水平面上以10 m/s 的速度进入与线圈平面垂直、磁感应强度为B 的水平有界匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里．已知小车运动的速度v 随车的位移x 变化的v －x 图象如图乙所示．则( )A ．线圈的长度L ＝10 cmB ．磁场的宽度d ＝15 cmC ．线圈进入磁场过程中做匀加速运动，加速度为0.8 m/s 2D ．线圈通过磁场过程中产生的热量为48 J5．两根足够长的光滑导轨竖直放置，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，金属棒和导轨接触良好，导轨所在平面与磁感应强度为B 的匀强磁场垂直，如图所示，除电阻R 外其余电阻不计．现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放，则( ) A ．释放瞬间金属棒的加速度等于重力加速度g B ．金属棒向下运动时，流过电阻R 的电流方向为a →b C ．金属棒的速度为v 时，电路中的电功率为B 2L 2v 2/R D ．电阻R 上产生的总热量等于金属棒重力势能的减少量二、计算题(本题共4个小题，共70分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)6．(15分)(2013·高考重庆卷)小明在研究性学习中设计了一种可测量磁感应强度的实验，其装置如图所示．在该实验中，磁铁固定在水平放置的电子测力计上，此时电子测力计的读数为G 1，磁铁两极之间的磁场可视为水平匀强磁场，其余区域磁场不计．直铜条AB 的两端通过导线与一电阻连接成闭合回路，总阻值为R .若让铜条水平且垂直于磁场，以恒定的速率v 在磁场中竖直向下运动，这时电子测力计的读数为G 2，铜条在磁场中的长度为L .(1)判断铜条所受安培力的方向，G 1和G 2哪个大？(2)求铜条匀速运动时所受安培力的大小和磁感应强度的大小．7．(15分)如图甲所示，在一个正方形金属线圈区域内，存在着磁感应强度B 随时间变化的匀强磁场，磁场的方向与线圈平面垂直．金属线圈所围的面积S ＝200 cm 2，匝数n ＝1 000，线圈电阻r ＝1.0 Ω.线圈与电阻R 构成闭合回路，电阻R ＝4.0 Ω.匀强磁场的磁感应强度随时间变化的情况如图乙所示，求：(1)在t ＝2.0 s 时刻，通过电阻R 的感应电流大小； (2)在t ＝5.0 s 时刻，电阻R 消耗的电功率； (3)0～6.0 s 内整个闭合电路中产生的热量．8．(20分)如图所示，宽为L ＝0.5 m 、足够长的平行金属导轨MN 和M ′N ′固定在倾角为θ＝37°的斜面上，在N 和N ′之间连有一个0.8 Ω的电阻R .在导轨上AA ′处放置一根与导轨垂直、质量为m ＝0.2 kg 、电阻r ＝0.2 Ω的金属棒，导轨电阻均不计．在导轨所围的区域存在一个磁感应强度B ＝0.2 T 、方向垂直于斜面向上的匀强磁场，已知金属棒和导轨间的动摩擦因数为μ＝0.25.现在金属棒中点施加一个垂直于金属棒且沿斜面向上的外力F ，使金属棒从静止开始以加速度a ＝1 m/s 2沿斜面向上做匀加速直线运动，经3 s 恰好经过CC ′处．求： (1)金属棒从AA ′运动到CC ′过程中通过R 的电荷量； (2)金属棒通过CC ′时所施加的外力F 的大小；(3)如果在此过程中外力F 所做的功为17.1 J ，求在此过程中金属棒产生的焦耳热是多少？9．(20分)如图所示，一边长L ＝0.2 m ，质量m 2＝0.5 kg ，电阻R ＝0.1 Ω的正方形导体线框abcd ，与一质量为m 1＝2 kg 的物块通过轻质细线跨过两定滑轮相连．刚开始时ad 边距磁场下边界为d 2＝0.8 m ，磁感应强度B ＝2.5 T ，磁场宽度d 1＝0.3 m ，物块放在倾角θ＝53°的斜面上，物块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5.现将物块由静止释放，经一段时间后发现当ad 边从磁场上边缘穿出时，线框恰好做匀速运动．(g 取10 m/s 2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)(1)线框ad 边从磁场上边缘穿出时速度的大小？ (2)线框刚刚全部进入磁场时动能的大小？ (3)整个运动过程线框产生的焦耳热为多少？。
高中物理专题练习-电磁感应规律及其应用(含答案)
高中物理专题练习-电磁感应规律及其应用(含答案)满分：100分 时间：60分钟一、单项选择题(本题共5小题,每小题6分,共30分.每小题只有一个选项符合题意.)1．(江苏单科,1)如图所示,一正方形线圈的匝数为n ,边长为a ,线圈平面与匀强磁场垂直,且一半处在磁场中.在Δt 时间内,磁感应强度的方向不变,大小由B 均匀地增大到2B .在此过程中,线圈中产生的感应电动势为( )A.Ba 22ΔtB.nBa 22ΔtC.nBa 2Δt D.2nBa 2Δt 2．(新课标全国卷Ⅱ,15)如图,直角三角形金属框abc 放置在匀强磁场中,磁感应强度大小为B ,方向平行于ab 边向上.当金属框绕ab 边以角速度ω逆时针转动时,a 、b 、c 三点的电势分别为U a 、U b 、U c .已知bc 边的长度为l .下列判断正确的是( )A ．U a ＞U c ,金属框中无电流B ．U b ＞U c ,金属框中电流方向沿a －b －c －aC ．U bc ＝－12Bl 2ω,金属框中无电流D ．U bc ＝12Bl 2ω,金属框中电流方向沿a －c －b －a3．(重庆理综,4)图为无线充电技术中使用的受电线圈示意图,线圈匝数为n ,面积为S .若在t 1到t 2时间内,匀强磁场平行于线圈轴线向右穿过线圈,其磁感应强度大小由B 1均匀增加到B 2,则该段时间线圈两端a 和b 之间的电势差φa －φb ( )A ．恒为nS （B 2－B 1）t 2－t 1 B ．从0均匀变化到nS （B 2－B 1）t 2－t 1C ．恒为－nS （B 2－B 1）t 2－t 1D ．从0均匀变化到－nS （B 2－B 1）t 2－t 14．(安徽理综,19)如图所示,abcd 为水平放置的平行“”形光滑金属导轨,间距为l ,导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场,磁感应强度大小为B ,导轨电阻不计.已知金属杆MN 倾斜放置,与导轨成θ角,单位长度的电阻为r ,保持金属杆以速度v 沿平行于cd 的方向滑动(金属杆滑动过程中与导轨接触良好).则( )A ．电路中感应电动势的大小为Bl v sin θB ．电路中感应电流的大小为B v sin θrC ．金属杆所受安培力的大小为B 2l v sin θrD ．金属杆的发热功率为B 2l v 2r sin θ5．(新课标全国卷Ⅰ,18)如图(a),线圈ab 、cd 绕在同一软铁芯上.在ab 线圈中通以变化的电流.用示波器测得线圈cd 间电压如图(b)所示.已知线圈内部的磁场与流经线圈的电流成正比,则下列描述线圈ab 中电流随时间变化关系的图中,可能正确的是( )二、 多项选择题(本题共3小题,每小题7分,共计21分.每小题有多个选项符 合题意.全部选对的得7分,选对但不全的得4分,错选或不答的得0分.)6．(江苏单科,7)如图所示,在线圈上端放置一盛有冷水的金属杯,现接通交流电源,过了几分钟,杯内的水沸腾起来.若要缩短上述加热时间,下列措施可行的有()A．增加线圈的匝数B．提高交流电源的频率C．将金属杯换为瓷杯D．取走线圈中的铁芯7．(新课标全国卷Ⅰ,19)1824年,法国科学家阿拉果完成了著名的“圆盘实验”.实验中将一铜圆盘水平放置,在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针,如图所示.实验中发现,当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时,磁针也随着一起转动起来,但略有滞后.下列说法正确的是()A．圆盘上产生了感应电动势B．圆盘内的涡电流产生的磁场导致磁针转动C．在圆盘转动的过程中,磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化D．圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流,此电流产生的磁场导致磁针转动8．(山东理综,17)如图,一均匀金属圆盘绕通过其圆心且与盘面垂直的轴逆时针匀速转动.现施加一垂直穿过圆盘的有界匀强磁场,圆盘开始减速.在圆盘减速过程中,以下说法正确的是()A．处于磁场中的圆盘部分,靠近圆心处电势高B．所加磁场越强越易使圆盘停止转动C．若所加磁场反向,圆盘将加速转动D．若所加磁场穿过整个圆盘,圆盘将匀速转动三、计算题(本题共3小题,共计49分.解答时写出必要的文字说明,方程式和重要的演算步骤,只写出最后答案的不得分.)9．(江苏单科,13)(15分)做磁共振(MRI)检查时,对人体施加的磁场发生变化时会在肌肉组织中产生感应电流.某同学为了估算该感应电流对肌肉组织的影响,将包裹在骨骼上的一圈肌肉组织等效成单匝线圈,线圈的半径r＝5.0 cm,线圈导线的截面积A＝0.80 cm2,电阻率ρ＝1.5 Ω·m.如图所示,匀强磁场方向与线圈平面垂直,若磁感应强度B在0.3 s内从1.5 T均匀地减为零,求：(计算结果保留一位有效数字)(1)该圈肌肉组织的电阻R；(2)该圈肌肉组织中的感应电动势E；(3)0.3 s内该圈肌肉组织中产生的热量Q.10．(江苏单科,13)(16分)如图所示,在匀强磁场中有一倾斜的平行金属导轨,导轨间距为L,长为3d,导轨平面与水平面的夹角为θ,在导轨的中部刷有一段长为d的薄绝缘涂层.匀强磁场的磁感应强度大小为B,方向与导轨平面垂0.质量为m的导体棒从导轨的顶端由静止释放,在滑上涂层之前已经做匀速运动,并一直匀速滑到导轨底端.导体棒始终与导轨垂直,且仅与涂层间有摩擦,接在两导轨间的电阻为R,其他部分的电阻均不计,重力加速度为g.求：(1)导体棒与涂层间的动摩擦因数μ；(2)导体棒匀速运动的速度大小v；(3)整个运动过程中,电阻产生的焦耳热Q.11．(天津理综,11)(18分)如图所示,“凸”字形硬质金属线框质量为m ,相邻各边互相垂直,且处于同一竖直平面内,ab 边长为l ,cd 边长为2l ,ab 与cd平行,间距为2l .匀强磁场区域的上下边界均水平,磁场方向垂直于线框所在平面.开始时,cd 边到磁场上边界的距离为2l ,线框由静止释放,从cd 边进入磁场直到ef 、pq 边进入磁场前,线框做匀速运动,在ef 、pq 边离开磁场后,ab 边离开磁场之前,线框又做匀速运动.线框完全穿过磁场过程中产生的热量为Q .线框在下落过程中始终处于原竖直平面内,且ab 、cd 边保持水平,重力加速度为g .求：(1)线框ab 边将离开磁场时做匀速运动的速度大小是cd 边刚进入磁场时的几倍；(2)磁场上下边界间的距离H .答案1．B [由法拉第电磁感应定律可知,在Δt 时间内线圈中产生的平均感应电动势为E ＝n ΔΦΔt ＝n 2B a 22－B a 22Δt＝nBa 22Δt ,选项B 正确.] 2．C [金属框绕ab 边转动时,闭合回路abc 中的磁通量始终为零(即不变),所以金属框中无电流.金属框在逆时针转动时,bc 边和ac 边均切割磁感线,由右手定则可知φb ＜φc ,φa ＜φc ,所以根据E ＝Bl v 可知,U bc ＝U ac ＝－Bl v －＝－Bl 0＋ωl 2＝－12Bl 2ω.由以上分析可知选项C 正确.] 3．C [由于磁感应强度均匀增大,故φa －φb 为定值,由楞次定律可得φa <φb ,故由法拉第电磁感应定律得φa －φb ＝－nS （B 2－B 1）t 2－t 1,故C 项正确.] 4．B [电路中的感应电动势E ＝Bl v ,感应电流I ＝E R ＝E l sin θ r＝B v sin θr 故A 错误,B 正确；金属杆所受安培力大小F＝BIlsin θ＝B2l vr,故C错误；金属杆的发热功率P＝I2R＝I2lsin θr＝B2l v2sin θr,故D错误.]5．C[由题图(b)可知c、d间的电压大小是不变化的,根据法拉第电磁感应定律可判断出线圈cd中磁通量的变化率是不变的,又因已知线圈内部的磁场与流经线圈的电流成正比,所以线圈ab中的电流是均匀变化的,选项C正确,A、B、D均错误.]6．AB[当电磁铁接通交流电源时,金属杯处在变化的磁场中产生涡电流发热,使水温升高.要缩短加热时间,需增大涡电流,即增大感应电动势或减小电阻.增加线圈匝数、提高交变电流的频率都是为了增大感应电动势.瓷杯不能产生涡电流,取走铁芯会导致磁性减弱.所以选项A、B正确,选项C、D错误.]7．AB[圆盘运动过程中,半径方向的金属条在切割磁感线,在圆心和边缘之间产生了感应电动势,选项A正确；圆盘在径向的辐条切割磁感线过程中,内部距离圆心远近不同的点电势不等而形成涡流,产生的磁场又导致磁针转动,选项B正确；圆盘转动过程中,圆盘位置、圆盘面积和磁场都没有发生变化,所以没有磁通量的变化,选项C错误；圆盘本身呈现电中性,不会产生环形电流,选项D错误.]8．ABD[由右手定则可知,处于磁场中的圆盘部分,靠近圆心处电势高,选项A正确；根据E＝BL v可知所加磁场越强,则感应电动势越大,感应电流越大,产生的阻碍圆盘转动的安培力越大,则圆盘越容易停止转动,选项B正确；若加反向磁场,根据楞次定律可知安培力阻碍圆盘的转动,故圆盘仍减速转动,选项C错误；若所加磁场穿过整个圆盘,则圆盘中无感应电流,不产生安培力,圆盘匀速转动,选项D正确.]9．解析(1)由电阻定律R＝ρ2πrA,代入数据解得R≈6×103Ω(2)感应电动势E＝ΔBΔtπr2,代入数据解得E≈4×10－2 V(3)由焦耳定律得Q＝E2RΔt,代入数据解得Q≈8×10－8 J答案(1)6×103Ω(2)4×10－2 V(3)8×10－8 J 10．解析(1)在绝缘涂层上运动时,受力平衡,则有mg sin θ＝μmg cos θ①解得：μ＝tan θ②(2)在光滑导轨上匀速运动时,导体棒产生的感应电动势为：E ＝BL v ③则电路中的感应电流I ＝E R ④导体棒所受安培力F 安＝BIL ⑤且由平衡条件得F 安＝mg sin θ⑥联立③～⑥式,解得v ＝mgR sin θB 2L 2⑦(3)从开始下滑到滑至底端由能量守恒定律得：3mgd sin θ＝Q ＋Q f ＋12m v 2⑧摩擦产生的内能Q f ＝μmgd cos θ⑨联立⑧⑨解得Q ＝2mgd sin θ－m 3g 2R 2sin 2θ2B 4L 4⑩答案 (1)tan θ (2)mgR sin θB 2L 2(3)2mgd sin θ－m 3g 2R 2sin 2 θ2B 4L 411．解析 (1)设磁场的磁感应强度大小为B ,cd 边刚进入磁场时,线框做匀速运动的速度为v 1,cd边上的感应电动势为E 1,由法拉第电磁感应定律,有E 1＝2Bl v 1①设线框总电阻为R ,此时线框中电流为I 1,由闭合电路欧姆定律,有I 1＝E 1R ②设此时线框所受安培力为F 1,有F 1＝2I 1lB ③由于线框做匀速运动,其受力平衡,有mg ＝F 1④由①②③④式得v 1＝mgR 4B 2l 2⑤设ab 边离开磁场之前,线框做匀速运动的速度为v 2,同理可得v 2＝mgR B 2l 2⑥由⑤⑥式得v 2＝4v 1⑦(2)线框自释放直到cd 边进入磁场前,由机械能守恒定律,有2mgl ＝12m v 21⑧线框完全穿过磁场的过程中,由能量守恒定律,有mg (2l ＋H )＝12m v 22－12m v 21＋Q ⑨由⑦⑧⑨式得H＝Qmg＋28l⑩答案(1)4倍(2)Qmg＋28l1．电磁感应中动力学问题的分析方法(1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律求感应电动势的大小和方向.(2)求回路的电流.(3)分析导体受力情况(包含安培力在内的全面受力分析).(4)根据平衡条件或牛顿第二定律列方程.2．两种状态处理(1)导体处于平衡态——静止或匀速直线运动状态.处理方法：根据平衡条件合外力等于零列式分析.(2)导体处于非平衡态——加速度不为零.处理方法：根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系分析.。
专题10电磁感应规律及综合应用(精练)(原卷版)
2023年高考物理二轮复习讲练测专题10 电磁感应规律及综合应用（精练）一、单项选择题1．如图所示，金属圆环放置在水平桌面上，一个质量为m 的圆柱形永磁体轴线与圆环轴线重合，永磁体下端为N 极，将永磁体由静止释放，永磁体下落h 高度到达P 点时速度大小为v ，向下的加速度大小为a ，圆环的质量为M ，重力加速度为g ，不计空气阻力，则（ ）A ．俯视看，圆环中感应电流沿顺时针方向B ．永磁体下落的整个过程先加速后减速，下降到某一高度时速度可能为零C ．永磁体运动到P 点时，圆环对桌面的压力大小为Mg mg ma ++D ．永磁体运动到P 点时，圆环中产生的焦耳热为212mgh mv - 2．如图所示，一导体圆环位于纸面内，O 为圆心。
环内两个圆心角为90°的扇形区域（半径0.2m r =）中有方向相反且与纸面垂直的匀强磁场，磁感应强度1T B =。
长为0.3m 的导体杆OM 可绕O 转动，电阻为1Ω，M 端通过滑动触点与圆环接触良好。
在圆心和圆环间连有电阻1ΩR =。
杆OM 以角速度20rad /s ω=逆时针匀速转动，0=t 时恰好在图示位置，圆环的电阻忽略不计，则杆OM 从0=t 开始转动一周的过程中，下列说法正确的是（ ）A ．所产生电流为直流电B ．0.02s t =时通过R 的电流方向为a 到bC ．0.02s t =时通过R 的电流大小为0.2AD ．电阻R 的电功率为0.04W【答案】C【详解】A ．两处磁场方向相反，所以电流方向相反，产生交流电，A 错误；B ．0.02s t =时导体棒转过的角度为0.4rad<rad 2t πθω==导体棒在垂直纸面向里的磁场中，所以根据右手定则知通过R 的电流方向为b 到a ，B 错误；C ．感应电动势为210.4V 2E B r ω==所以电流为0.2A E I R r '=='+，C 正确；D ．根据有效值的定义得222T I RT I R '=解得I =所以电阻R 的电功率为20.02W P I R ==，D 错误。
高考物理 备战模拟冲刺16天 14电磁感应规律及其应用(非课改地区)
【物理备战】2012届高考模拟冲刺16天：14电磁感应规律及其应用（非课改地区）一、不定项选择题1.用如图所示的实验装置研究电磁感应现象.当有电流从电流表的正极流入时，指针向右偏转.下列说法正确的是( )A.当把磁铁N极向下插入线圈时，电流表指针向左偏转B.当把磁铁N极从线圈中拔出时，电流表指针向左偏转C.保持磁铁在线圈中静止，电流表指针不发生偏转D.磁铁插入线圈后，将磁铁和线圈一起以同一速度向上运动，电流表指针向左偏转2.两根相互平行的金属导轨水平放置于如图所示的匀强磁场中，在导轨上接触良好的导体棒AB和CD可以自由滑动.当AB在外力F作用下向右运动时，下列说法中正确的是( )A.导体棒CD内有电流通过，方向是D→CB.导体棒CD内有电流通过，方向是C→DC.磁场对导体棒CD的作用力向左D.磁场对导体棒AB的作用力向左3.(2011·青岛模拟)如图所示，用粗细相同的铜丝做成边长分别为L和2L的两只闭合线框a和b，以相同的速度从磁感应强度为B的匀强磁场区域中被匀速地拉到磁场外，不考虑线框的动能，若外力对线框做的功分别为W a、W b，则W a∶W b为( )A.1∶4B.1∶2C.1∶1D.不能确定4.如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻r不能忽略.R1和R2是两个定值电阻，L是一个自感系数较大的线圈，开关S原来是断开的，从闭合开关S到电路中电流达到稳定为止的时间内，通过R1的电流I1和通过R2的电流I2的变化情况是( )A.I1开始较大而后逐渐变小B.I1开始很小而后逐渐变大C.I2开始很小而后逐渐变大D.I2开始较大而后逐渐变小5.(2011·江苏高考)如图所示，水平面内有一平行金属导轨，导轨光滑且电阻不计，匀强磁场与导轨平面垂直，阻值为R的导体棒垂直于导轨静止放置，且与导轨接触良好.t=0时，将开关S由1掷到2.q、i、v和a分别表示电容器所带的电荷量、棒中的电流、棒的速度和加速度.下列图像正确的是( )6.(2011·山东高考)如图甲所示，两固定的竖直光滑金属导轨足够长且电阻不计.两质量、长度均相同的导体棒c、d，置于边界水平的匀强磁场上方同一高度h处.磁场宽为3h，方向与导轨平面垂直.先由静止释放c，c刚进入磁场即匀速运动，此时再由静止释放d，两导体棒与导轨始终保持良好接触.用ac表示c的加速度，E kd表示d的动能，x c、x d分别表示c、d相对释放点的位移.图乙中正确的是( )二、计算题7.(2011·重庆高考)有人设计了一种可测速的跑步机，测速原理如图所示，该机底面固定有间距为L、长度为d的平行金属电极.电极间充满磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，且接有电压表和电阻R,绝缘橡胶带上镀有间距为d的平行细金属条，磁场中始终仅有一根金属条，且与电极接触良好，不计金属电阻，若橡胶带匀速运动时，电压表读数为U ,求：(1)橡胶带匀速运动的速率；(2)电阻R消耗的电功率；(3)一根金属条每次经过磁场区域克服安培力做的功.8.(2011·浙江高考)如图甲所示，在水平面上固定有长为L=2 m、宽为d=1 m的金属“U”型导轨，在“U”型导轨右侧l=0.5 m 范围内存在垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间变化规律如图乙所示.在t=0时刻，质量为m=0.1 kg的导体棒以v0=1 m/s 的初速度从导轨的左端开始向右运动，导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ=0.1,导轨与导体棒单位长度的电阻均为λ=0.1 Ω/m,不计导体棒与导轨之间的接触电阻及地球磁场的影响(取g=10 m/s2).(1)通过计算分析4 s内导体棒的运动情况；(2)计算4 s内回路中电流的大小，并判断电流方向；(3)计算4 s内回路产生的焦耳热.答案解析1. 【解析】选A、C.根据楞次定律可以确定，A正确，B错误.当磁铁在线圈中静止或磁铁和线圈一起向上运动时，线圈中都不会产生感应电流，故C正确，D错误.2. 【解析】选B、D.利用楞次定律，两个导体棒与两根金属导轨构成闭合回路，分析出磁通量增加，结合安培定则判断回路中感应电流的方向是B→A→C→D B.以此为基础，再判断CD内的电流方向，最后根据左手定则进一步确定CD受的安培力方向向右，AB受的安培力方向向左，故B、D正确.3. 【解析】选A.根据能量守恒可知，外力做的功等于产生的电能，而产生的电能又全部转化为焦耳热()222212a a1b b2a ab bBLvE EL(B2Lv)2L W Q t,W Q tR R v R R v ======由电阻定律知R b=2R a,故W a∶W b=1∶4,A项正确.4. 【解析】选A、C.闭合开关S时，由于L是一个自感系数较大的线圈，产生反向的自感电动势阻碍电流的变化，所以开始时I2很小，线路中总电流较小、路端电压较大，则I1较大，随着电流达到稳定，线圈的自感作用减小，I2开始逐渐变大，线路中总电流变大，路端电压变小，R1中的电流减小，故选A、C.5. 【解析】选D.当开关由1掷到2时，电容器放电，导体棒因受安培力而向右加速，导体棒向右运动产生感应电动势，最终电容器两端电压和导体棒两端电压相等，电容器的带电量保持不变，导体棒的速度不变，但不等于零，A 、C 错，最终导体棒的加速度以及棒中电流为零，B 错，D 对.6. 【解析】选B 、D.导体棒c 在进入磁场之前做自由落体运动，进入磁场时在d 没进入磁场之前做匀速直线运动，受力平衡mg=F 安=22B L v R，在d 也进入磁场的瞬间，由于导体棒d 做匀加速直线运动的末速度与导体棒c 的匀速运动的速度相同，可知在相同时间里导体棒c 向下的位移是导体棒d 位移的两倍，在导体棒d 进入磁场时导体棒c 的位移为3h,从此时刻直到c 离开磁场，由于两棒运动的速度大小、方向均相同，没有产生感应电流，导体棒c 、d 均做匀加速直线运动，加速度等于重力加速度.可以得出在第一个h 内导体棒c 做自由落体运动，h 到3h ，做匀速直线运动，3h 到4h 以g 做匀加速直线运动.在导体棒c 离开磁场以后，只受重力，加速度等于重力加速度.故B 正确，A 错误.导体棒d 在c 离开磁场时的速度比刚进入磁场时的速度大，故导体棒d 的匀加速过程在此时结束，对应的下落高度为2h ，从此时开始直到导体棒d 离开磁场经历了一个减速过程，故C 错误，D 正确.7. 【解析】(1)设电动势为E ，橡胶带运动速度为vE=BLv E=U 所以U v BL= (2)设电阻R 消耗的电功率为P ：P=2U R； (3)电流强度U I R= 安培力F=BIL ，安培力做功BLUd W Fd R ==答案：()()()2U U BLUd 123BL R R8. 【解析】(1)导体棒先在无磁场区域做匀减速运动，有-μmg=ma ，v t =v 0+at ，x=v 0t+21at 2代入数据解得：t=1 s 时，v t =0，x=0.5 m,所以导体棒没有进入磁场区域.导体棒在1 s 末已停止运动，以后一直保持静止，静止时离左端位置为x=0.5 m(2)由图乙可知：前2 s 磁通量不变，回路电动势和电流分别为E=0，I=0后2 s 回路产生的电动势为B E d 0.1 V t t∆Φ∆===∆∆l 此时回路的总长度为5 m ，因此回路的总电阻为R=5λ=0.5 Ω 电流为E I R==0.2 A 根据楞次定律，在回路中的电流方向是顺时针方向.(3)前2 s 电流为零，后2 s 有恒定电流，焦耳热为Q=I 2Rt=0.04 J答案：(1)前1 s ：匀减速直线运动；后3 s ：静止在离左端0.5 m 的位置(2)前2 s ：I=0；后2 s ：I=0.2 A电流方向是顺时针方向 (3) 0.04 J。
高考物理一轮复习第10章电磁感应能力课电磁感应规律的综合应用训练含解析
第10章能力课电磁感应规律的综合应用知识巩固练习1．(2021年黄山月考)如图甲所示，水平面上固定一个粗糙的U形金属框架，金属杆ab 横跨其上并与之接触良好，整个装置处于竖直向上的磁场中，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示．在金属杆ab保持静止的时间段内( )A．金属杆ab中感应电流方向一定从b到aB．回路中产生的感应电动势一定增加C．金属杆ab所受摩擦力的方向一定水平向右D．金属杆ab所受安培力一定变大【答案】C【解析】由题图乙可知，磁感应强度增大，穿过回路的磁通量增大，由楞次定律可知，金属杆ab中感应电流方向一定从a到b，故A错误；由题图乙可知，磁感应强度的变化率即图线斜率在减小，由法拉第电磁感应定律可知，回路中产生的感应电动势减小，故B错误；由于金属杆ab中感应电流方向一定从a到b，由左手定则可知，金属杆ab受到的安培力方向水平向左，由平衡可知，金属杆ab受到的摩擦力方向水平向右，故C正确；由于回路中产生的感应电动势减小，则感应电流减小，磁感应强度增大，由公式F A＝BIL可知，金属杆ab所受安培力不一定增大，故D错误．2．如图所示为有理想边界的两个匀强磁场，磁感应强度B均为0.5 T，两边界间距s ＝0.1 m．一边长L＝0.2 m的正方形线框abcd由粗细均匀的电阻丝围成，总电阻Rv＝2 m/s 的速度从位置Ⅰ匀速运动到位置Ⅱ.则下列能正确反映整个过程中线框a、b两点间的电势差U ab随时间t变化的图线是( )A BCD【答案】A【解析】在0～5×10－2s 内，ab 边切割磁感线产生感应电动势，相当于电源，由楞次定律判断知感应电流方向沿顺时针方向，则a 的电势高于b 的电势，U a b 为正，则ab 两端电势差 U a b ＝34E ＝34×BLv ＝34×0.5×0.2×2 V＝15×10－2 V ；在5×10－2 s ～10×10－2s 内，cd 边进入磁场Ⅱ后，cd 边和ab 边都切割磁感线，都产生感应电动势，线框中感应电流为零，由右手定则判断可知，a 的电势高于b 的电势，U a b 为正，所以U a b ＝E ＝BLv ＝0.5×0.2×2 V ＝0.20 V ＝20×10－2V ；在10×10－2s ～15×10－2s 内，ab 边穿出磁场后，只有cd 边切割磁感线，由右手定则知，a 点的电势高于b 的电势，U a b 为正， U a b ＝14E ＝14BLv ＝14×0.5×0.2×2V ＝5×10－2V ．故整个过程中线框a 、b 两点的电势差U a b 随时间t 变化的图线如图A 所示，A 正确．3．(多选)(2021年潮州名校质检)如图所示，间距为L 、电阻不计、足够长的平行光滑金属导轨水平放置，导轨左右两端均有一阻值为R 的电阻相连．导轨上横跨一根长为L 、质量为m 、电阻也为R 的金属棒．金属棒与导轨接触良好，整个装置处于竖直向下、磁感应强度为B 的匀强磁场中．现给棒一瞬时冲量让它以初速度v 0向右运动，则直到棒停止的过程中( )A ．金属棒在导轨上做匀减速运动B ．通过金属棒的电量为mv 2BLC ．金属棒克服安培力做功12mv 2D ．金属棒上产生的焦耳热为13mv 2【答案】CD【解析】金属棒在整个运动过程中受到竖直向下的重力和竖直向上的支持力，这两个力的合力为零，还受到水平向左的安培力，金属棒受到的合力等于安培力．随着速度减小，安培力减小，加速度减小，故金属棒做加速度逐渐减小的变减速运动，故A 错误；根据动量定理得－B I －Lt ＝0－mv 0，通过金属棒的电量为q ＝I －t ，可得q ＝mv 0BL，故B 错误；整个过程中由动能定理可得－W 安＝0－12mv 20，则金属棒克服安培力做功为W 安＝12mv 20，故C 正确；整个回路产生的总焦耳热为Q ＝W 安＝12mv 20，金属棒上产生的焦耳热为Q 棒＝R R ＋R 2Q ＝23Q ＝23×12mv 20＝13mv 20，故D 正确．4．(2021年太原名校模拟)电磁炉热效率高达90%，炉面无明火，无烟无废气，“火力”强劲，安全可靠．下图是描述电磁炉工作原理的示意图．下列说法正确的是( )A ．当恒定电流通过线圈时会产生恒定磁场，恒定磁场越强，电磁炉加热效果越好B ．在锅和电磁炉中间放一纸板，则电磁炉不能起到加热作用C ．电磁炉的锅不能用陶瓷锅或耐热玻璃锅，主要原因是这些材料的导热性能较差D ．电磁炉通电线圈加交流电后在锅底产生涡流，进而发热工作 【答案】D【解析】锅体中的涡流是由变化的磁场产生的，所加的电流是交流，不是直流，故A 错误，D 正确．在锅和电磁炉中间放一纸板不会影响电磁炉的加热作用，故B 错误．金属锅自身产生无数小涡流而直接加热锅内的食物，陶瓷锅或耐热玻璃锅属于绝缘材料，里面不会产生涡流，故C 错误．5．(多选)如图甲所示，打开电流和电压传感器，将磁铁置于螺线管正上方距海绵垫高为h 处静止释放，磁铁穿过螺线管后掉落到海绵垫上并静止．磁铁在下落过程中受到的磁阻力远小于磁铁重力，且不发生转动．不计线圈电阻．图乙是计算机荧屏上显示的UI －t 曲线，其中两个峰值是磁铁刚进入螺线管内部和刚从内部出来时产生的．下列说法正确的是( )A ．若仅增大h ，两个峰值间的时间间隔会增大B ．若仅减小h ，两个峰值都会减小C ．若仅减小h ，两个峰值可能会相等D ．若仅减小滑动变阻器的值，两个峰值都会增大 【答案】BD6．(2021年茂名质检)如图所示，虚线左右两侧存在等大反向的匀强磁场，磁感应强度大小均为B 0，虚线左侧磁场方向垂直纸面向外，虚线右侧磁场方向垂直纸面向里．电阻为R 的单匝金属线框ABCD 可绕与虚线重合的轴OO ′转动，其中边长OD ＝2AO ＝2AB ＝2L .若在外力F 作用下线框从图示位置开始以角速度ω匀速转动，在线框转动过程中，下列说法正确的是( )A ．线框中电流的最大值为3B 0L 2ωRB ．在从图示位置转过180°的过程中，电动势的平均值为B 0L 2ω2C ．线框中电动势的有效值为B 0L 2ω2D ．在从图示位置转过180°的过程中，外力F 做的功为πB 20L 4ωR【答案】C【解析】感应电动势的最大值为E m ＝B 0L C D v C D －B 0L AB v A B ＝B 0Lω×2L －B 0Lω×L ＝B 0L 2ω，线框中的最大感应电流I m ＝E m R ＝B 0L 2ωR，故A 错误；由法拉第电磁感应定律可知，从图示位置转过180°的过程中电动势的平均值E ＝ΔΦΔt ＝2B 0L 2πω＝2ωB 0L2π，故B 错误；线框旋转过程产生正弦式交变电流，线框中电动势的有效值E ＝E m2＝B 0L 2ω2，故C 正确；感应电流的有效值I ＝E R ＝B 0L 2ω2R，从图示位置转过180°的过程需要的时间t ＝πω，外力做功W ＝Q ＝I 2Rt＝πB 20L 4ω2R，故D 错误．综合提升练习7．(2020年北京卷)如图甲所示，在MN 、QP 间存在一匀强磁场．t ＝0时，一正方形光滑金属线框在水平向右的外力F 作用下紧贴MN 从静止开始做匀加速运动，外力F 随时间t 变化的图线如图乙所示．已知线框质量m ＝1 kg ，电阻R ＝2 Ω，则( )A ．线框的加速度为1 m/s 2B ．磁场区域宽度为6 mC ．匀强磁场的磁感应强度为2 TD ．线框进入磁场过程中，通过线框横截面的电量为22C 【答案】D【解析】当t ＝0时线框的速度为零，没有感应电流，线框不受安培力，则线框的加速度为a ＝F m ＝21 m/s 2＝2 m/s 2，故A 错误；磁场的宽度等于线框在0～2 s 内的位移，为d ＝12at 22＝12×2×22m ＝4 m ，故B 错误；设线框的边长为L ，则L 等于线框在0～1 s 内的位移，即L ＝12at 21＝12×2×12 m ＝1 m ，当线框全部进入磁场的瞬间F 1－F 安＝ma ，而F 安＝BIL ＝B 2L 2v R＝B 2L 2atR，其中，F 1＝4 N ，t ＝1 s ，m ＝1 kg ，R ＝2 Ω，联立得B ＝ 2 T ，故C 错误；线框进入磁场过程中，通过线框横截面的电量为q －＝I －t ＝BL v －t R ＝BL2R ＝2×122 C ＝22 C ，故D 正确．8．如图所示，宽度为L 的金属框架竖直固定在绝缘地面上．框架的上端接有一个电子元件，其阻值与其两端所加的电压成正比，即R ＝kU ，k 为已知常数．框架上有一质量为m 、离地高为h 的金属棒ab .金属棒与框架始终接触良好无摩擦，且保持水平．磁感应强度为B 的匀强磁场方向垂直于框架平面向里．将金属棒ab 由静止释放，棒沿框架向下运动．不计金属棒及导轨的电阻，重力加速度为g .求：(1)金属棒运动过程中流过金属棒的电流的大小和方向；(2)金属棒落到地面时的速度大小；(3)金属棒从释放到落地的过程中通过电子元件的电量． 【答案】(1)1k水平向右(或“a →b ”) (2)2h ⎝ ⎛⎭⎪⎫g －BL mk (3)1k2hkmmgk －BL【解析】(1)流过电子元件的电流大小为I ＝U R ＝1k，由串联电路特点知流过棒的电流大小也为1k.由右手定则判定流过棒的电流方向为水平向右(或a →b )．(2)在运动过程中金属棒受到的安培力F 安＝BIL ＝BLk.对金属棒运用牛顿第二定律有mg －F 安＝ma ，得a ＝g －BL mk恒定，故金属棒做匀加速直线运动．根据v 2＝2ax ，得v ＝2h ⎝⎛⎭⎪⎫g －BL mk.(3)设金属棒经过时间t 落地，有h ＝12at 2．解得t ＝2h a＝2hkmmgk －BL .故有q ＝I ·t ＝1k2hkmmgk －BL.9．如图所示，电阻可忽略的光滑平行金属导轨长s ＝1.15 m ，两导轨间距L ＝0.75 m ，导轨倾角为30°.导轨上端ab 接一阻值R ＝1.5 Ω的电阻．磁感应强度B ＝0.8 T 的匀强磁场垂直轨道平面向上．阻值r ＝0.5 Ω、质量m ＝0.2 kg 的金属棒与轨道垂直且接触良好，从轨道上端ab 处由静止开始下滑至底端，在此过程中金属棒产生的焦耳热Q r ＝0.1 J ．取g ＝10 m/s2．(1)求金属棒在此过程中克服安培力做的功W 安； (2)求金属棒下滑速度v ＝2 m/s 时的加速度a ；(3)为求金属棒下滑的最大速度v m ，有同学解答如下：由动能定理，W 重－W 安＝12mv 2m ，…由此所得的结果是否正确？若正确，说明理由并完成本小题；若不正确，给出正确的解答．【答案】(1)0.4 J (2)3.2 m/s 2(3)见解析【解析】(1)下滑过程中安培力做的功即在电阻上产生的焦耳热．由于R ＝3r ，因此Q R＝3Q r ＝0.3 J ，故W 安＝Q ＝Q R ＋Q r ＝0.4 J.(2)金属棒下滑时受重力和安培力作用，F 安＝BIL ＝B 2L 2R ＋r v .由牛顿第二定律有mg sin 30°－B 2L 2R ＋r v ＝ma .所以a ＝g sin 30°－B 2L 2m R ＋rv＝错误! m/s 2＝3.2 m/s 2．(3)此解法正确．金属棒下滑时受重力和安培力作用，其运动满足mg sin 30°－B 2L 2R ＋rv ＝ma .上式表明，加速度随速度增加而减小，棒做加速度减小的加速运动．无论最终是否做匀速运动，当棒到达斜面底端时速度一定为最大．由动能定理可以得到棒的末速度，因此上述解法正确．mgs sin 30°－Q ＝12mv 2m ，得v m ＝2gs sin 30°－2Qm＝错误! m/s ≈2.74 m/s.。
2021届高考物理三轮冲刺专练：电磁感应规律及综合应用(解析版)
电磁感应规律及综合应用1.有一种手持金属探测器实物及其结构原理图可简化为图1所示。
探测器运用的是电磁感应原理，发射线圈(外环)可以产生垂直于线圈平面且大小和方向均变化的磁场；内环线圈是接收线圈，用来收集被查金属物发出的磁场(接收线圈能完全屏蔽发射线圈产生的磁场)。
随着发射线圈产生的磁场方向反复变化，它会与所遇的金属物发生作用，导致金属物自身也会产生微弱的磁场，来自金属物的磁场进入内环线圈被接收到后，检测器会发出报警声。
若发射线圈产生向下且增强的磁场，则下列说法中正确的是()图1A.金属物产生的感应磁场的方向竖直向下B.金属物中的涡流从上往下看是沿顺时针方向C.金属物发出的磁场穿过接收线圈时，接收线圈会产生微弱的电流，此类探测器相应的元件就是依据这一电流进行报警的D.如果金属物中某时刻发出向上的磁场，那么接收线圈中的感应电流方向从上往下看是沿逆时针方向2.如图2所示是演示自感现象的电路图，关于此实验，下列说法正确的是()图2A.通电稳定后，断开开关时灯泡A逐渐熄灭，灯泡B立刻熄灭B.变阻器R的作用是在接通开关时使灯泡B逐渐变亮C.如果灯泡B短路，接通开关时灯泡A立刻变亮D.如果灯泡A短路，接通开关时通过L的电流逐渐增大3.与一般吉他靠箱体的振动发声不同，电吉他靠拾音器发声。
如图3所示，拾音器由磁体及绕在其上的线圈组成。
磁体产生的磁场使钢质琴弦磁化而产生磁性，即琴弦也产生自己的磁场。
当某根琴弦被拨动而相对线圈振动时，线圈中就会产生相应的电流，并最终还原为声音信号。
下列说法中正确的是()图3A.若磁体失去磁性，电吉他仍能正常工作B.换用尼龙材质的琴弦，电吉他仍能正常工作C.琴弦振动的过程中，线圈中电流的方向不会发生变化D.拾音器的作用是利用电磁感应把琴弦的振动转化成电信号4.如图4所示，在一固定水平放置的闭合导体圆环正上方，有一条形磁铁从静止开始下落，下落过程中始终保持竖直方向，起始高度为h，最后落在水平地面上。
江苏高考物理复习试题：冲刺卷十 电磁感应规律及其应用(含答案)
冲刺卷十 电磁感应规律及其应用满分：100分 时间：60分钟一、单项选择题(本题共5小题，每小题6分，共30分。
每小题只有一个选项符 合题意。
)1．有一个磁悬浮玩具，其原理是利用电磁铁产生磁性，让具有磁性玩偶稳定地飘浮起来，其构造如图所示。
若图中电源电压恒定，可变电阻为一可随意改变电阻大小装置，则下列叙述正确是( )A ．电路中电源必须是交流电源B ．电路中a 端须连接直流电源负极C ．若增加环绕软铁线圈匝数，可增加玩偶飘浮最大高度D ．若将可变电阻电阻值调大，可增加玩偶飘浮最大高度2．如图所示，一导线弯成直径为d 半圆形闭合回路。
虚线MN 右侧有磁感应强度为B 匀强磁场，方向垂直于回路所在平面。
回路以速度v 向右匀速进入磁场，直径CD 始终与MN 垂直。
从D 点到达边界开始到C 点进入磁场为止，下列说法中正确是( )A ．感应电流方向为顺时针方向B ．CD 段直导线始终不受安培力C ．感应电动势最大值E ＝ Bd vD ．感应电动势平均值E －＝18πBd v 3．如图所示，一呈半正弦形状闭合线框abc ，ac ＝l ，匀速穿过边界宽度也为l 相邻磁感应强度大小相同匀强磁场区域，整个过程中线框中感应电流图象为(取顺时针方向为正方向)( )4．如图所示，用一根横截面积为S粗细均匀硬导线做成一个半径为R圆环，把圆环一半置于均匀变化磁场中，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小随时间变化率ΔBΔt＝k(k>0)，ab为圆环一条直径，导线电阻率为ρ，则下列说法中正确是() A．圆环具有扩张趋势B．圆环中产生逆时针方向感应电流C．图中ab两点间电压大小为12kπR2D．圆环中感应电流大小为kRS 4ρ5．如图所示，两相同灯泡A1.A2，A1与一理想二极管D连接，线圈L直流电阻不计。
下列说法正确是()A．闭合开关S后，A1会逐渐变亮B．闭合开关S稳定后，A1.A2亮度相同C．断开S瞬间，A1会逐渐熄灭D．断开S瞬间，a点电势比b点低二.多项选择题(本题共3小题，每小题7分，共计21分。
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冲刺卷十 电磁感应规律及其应用满分：100分 时间：60分钟一、 单项选择题(本题共5小题，每小题6分，共30分。
每小题只有一个选项符合题意。
)1．有一个磁悬浮玩具，其原理是利用电磁铁产生磁性，让具有磁性的玩偶稳定地飘浮起来，其构造如图所示。
若图中电源的电压恒定，可变电阻为一可随意改变电阻大小的装置，则下列叙述正确的是( )A ．电路中的电源必须是交流电源B ．电路中的a 端须连接直流电源的负极C ．若增加环绕软铁的线圈匝数，可增加玩偶飘浮的最大高度D ．若将可变电阻的电阻值调大，可增加玩偶飘浮的最大高度2．如图所示，一导线弯成直径为d 的半圆形闭合回路。
虚线MN 右侧有磁感应强度为B 的匀强磁场，方向垂直于回路所在的平面。
回路以速度v 向右匀速进入磁场，直径CD始终与MN 垂直。
从D 点到达边界开始到C 点进入磁场为止，下列说法中正确的是( )A ．感应电流方向为顺时针方向B ．CD 段直导线始终不受安培力C ．感应电动势的最大值E ＝ Bd vD ．感应电动势的平均值E －＝18πBd v 3．(2015·唐山一模)如图所示，一呈半正弦形状的闭合线框abc ，ac ＝l ，匀速穿过边界宽度也为l 的相邻磁感应强度大小相同的匀强磁场区域，整个过程中线框中感应电流图象为(取顺时针方向为正方向)( )4．(2015·长春质量监测)如图所示，用一根横截面积为S 的粗细均匀的硬导线做成一个半径为R 的圆环，把圆环一半置于均匀变化的磁场中，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小随时间的变化率ΔB Δt ＝k (k >0)，ab 为圆环的一条直径，导线的电阻率为ρ，则下列说法中正确的是( )A ．圆环具有扩张的趋势B ．圆环中产生逆时针方向的感应电流C ．图中ab 两点间的电压大小为12k πR 2D ．圆环中感应电流的大小为kRS 4ρ5．(2015·姜堰市模拟)如图所示，两相同灯泡A 1、A 2，A 1与一理想二极管D 连接，线圈L 的直流电阻不计。
下列说法正确的是( )A ．闭合开关S 后，A 1会逐渐变亮B ．闭合开关S 稳定后，A 1、A 2亮度相同C ．断开S 的瞬间，A 1会逐渐熄灭D ．断开S 的瞬间，a 点的电势比b 点低二、多项选择题(本题共3小题，每小题7分，共计21分。
每小题有多个选项符 合题意。
全部选对的得7分，选对但不全的得4分，错选或不答的得0分。
)6．如图所示的正方形导线框abcd ，电阻为R ，现维持线框以恒定速度v 沿x 轴运动，并穿过图中所示的匀强磁场区域。
如果以x 轴正方向为力的正方向，线框在图示位置的时刻作为计时零点，则磁场对线框的作用力F、线框ab边两端的电势差U ab随时间变化的图象正确的是()7．如图所示，质量为3m的重物与一质量为m的导线框用一根绝缘细线连接起来，挂在两个高度相同的定滑轮上，已知导线框电阻为R，横边边长为L。
有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，磁场上下边界的距离、导线框竖直边长均为h。
初始时刻，磁场的下边缘和导线框上边缘的高度差为2h，将重物从静止开始释放，导线框加速进入磁场，穿出磁场前已经做匀速直线运动，滑轮质量、摩擦阻力均不计，重力加速度为g。
则下列说法中正确的是()A．导线框进入磁场时的速度为2ghB．导线框进入磁场后，若某一时刻的速度为v，则加速度为a＝12g－B2L2v4mRC．导线框穿出磁场时的速度为mgR B2L2D．导线框通过磁场的过程中产生的热量Q＝8mgh－8m3g2R2 B4L48．(2015·苏州一模)两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为L，底端接阻值为R的电阻。
将质量为m、电阻也为R的金属棒悬挂在一个固定的轻弹簧下端，金属棒与导轨接触良好，导轨所在的平面与磁感应强度为B的磁场垂直，如图所示，除金属棒和电阻R外，其余电阻不计。
现将金属棒从弹簧的原长位置由静止释放，则以下结论正确的是()A ．金属棒向下运动时，流过电阻R 的电流方向为b →aB ．最终弹簧的弹力与金属棒的重力平衡C ．金属棒的速度为v 时，所受的安培力大小为B 2L 2v RD ．金属棒的速度为v 时，金属棒两端的电势差为BL v 2三、计算题(本题共2小题，共计49分。
解答时写出必要的文字说明，方程式和 重要的演算步骤，只写出最后答案的不得分。
)9．(24分)如图所示，竖直平面内有两根光滑且电阻不计的长平行金属导轨，间距L ＝0.2 m ，导轨的上端接一个阻值R ＝1.5 Ω的电阻，导轨间的空间内存在垂直导轨平面的匀强磁场，将一质量m ＝5 g 、长为L ＝0.2 m 、电阻r ＝0.5 Ω的金属棒垂直放在导轨上，与导轨接触良好。
(1)若磁感应强度随时间变化满足B ＝(0.5t ＋2) T ，t ＝0时刻，金属棒在距离导轨顶部L ＝0.2 m 处释放，此时金属棒的加速度是多大？如果金属棒延迟释放，何时开始释放，金属棒不会向下运动？(2)若磁感应强度随时间变化满足B ＝21＋0.5t 2T ，为使金属棒中没有感应电流产生，从t ＝0时刻起，金属棒应在距离导轨顶部L ＝0.2 m 处开始在外力作用下做怎样的运动？10．(25分)如图所示，光滑斜面的倾角α＝30°，在斜面上放置一矩形线框abcd，ab边的边长l1＝1 m，bc边的边长l2＝0.6 m，线框的质量m＝1 kg，电阻R＝0.1 Ω，线框通过细线与重物相连，重物质量M＝2 kg，斜面上ef(ef∥gh)的右方有垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度B＝0.5 T，如果线框从静止开始运动，进入磁场的最初一段时间做匀速运动，ef和gh的距离s＝11.4 m，(取g＝10 m/s2)，求：(1)线框进入磁场前重物的加速度；(2)线框进入磁场时匀速运动的速度v；(3)ab边由静止开始到运动到gh处所用的时间t；(4)ab边运动到gh处的速度大小及在线框由静止开始运动到gh处的整个过程中产生的焦耳热。
冲刺卷十电磁感应规律及其应用1．C[同名磁极相互排斥使玩偶飘浮，所以电磁铁上端必须是N极，根据安培定则，必须是直流电源，a端接正极，故选项A、B错误；增加线圈匝数，可以增大电磁铁磁性，增大玩偶飘浮的最大高度，故选项C正确；增大电阻，则电流减小，电磁铁磁性减小，玩偶最大飘浮高度减小，故选项D错误。
] 2．D[线圈进磁场过程，垂直平面向里的磁通量逐渐增大，根据楞次定律“增反减同”，感应电流方向为逆时针方向，选项A错误；根据左手定则判断，CD段导线电流方向与磁场垂直，安培力竖直向下，选项B错误；线圈进磁场切割磁感线的有效长度是线圈与MN 交点的连线，进磁场过程，有效切割长度最长为半径，所以感应电动势最大为12Bd v ，选项C 错误；感应电动势平均值E －＝ΔΦΔt ＝B ·12π（d 2）2d v＝Bd πv 8选项D 正确。
] 3．B [当b 点到左边界时，切割磁感线有效长度最大，故此时感应电流为I max ，方向为顺时针方向；当b 点到达两磁场边界时，在左、右两部分磁场中线框有效长度均有最大值，由右手定则可知，左、右磁场在线框中产生的感应电流方向均为逆时针方向，故感应电流最大值为2I max ，B 项正确。
]4．D [由题意，通过圆环的磁通量变大，由楞次定律可知，圆环有收缩的趋势，且产生顺时针的感应电流，故A 、B 项错误；ab 之间的电压是路端电压，不是感应电动势，U ab ＝12E ＝14k πR 2，故C 项错误；感应电流I ＝E r ，E ＝12k πR 2，r ＝ρ2πR S ，可得：I ＝kRS 4ρ，故D 项正确。
]5．D [闭合开关S 后，因线圈自感，但两灯和线圈不是串联的关系，则两灯立刻亮，故A 错误；闭合开关S 稳定后，因线圈L 的直流电阻不计，所以A 1与二极管被短路，导致灯泡A 1不亮，而A 2将更亮，因此A 1、A 2亮度不同，故B 错误；断开S 的瞬间，A 2会立刻熄灭，线圈L 与灯泡A 1及二极管构成回路，因线圈产生感应电动势，a 端的电势低于b 端，但二极管具有单向导电性，所以回路没有感应电流，A 1不亮；故C 错误，D 正确。
]6．BD [根据楞次定律的推广含义可判定线框所受安培力F 总是沿x 轴负方向，故A 错误，B 正确；当线框进入磁场的过程中有U ab ＝34Bl v ，线框完全进入磁场后有，U ab ＝Bl v ，线框离开磁场的过程中有U ab ＝14Bl v ，故C 错误，D 正确。
]7．ABD [对重物和线框整体应用能量的转化和守恒定律可得：3mg ·2h －mg ·2h＝12×4 m v 2，v ＝2gh ，A 正确；线框进入磁场中某一时刻对重物有3mg －F T＝3ma ，对线框有F T －mg －B 2L 2v R ＝ma ，解得a ＝12g －B 2L 2v 4mR ，B 正确；线框出磁场时，对重物3mg ＝F T ，对线框F T ＝mg ＋B 2L 2v R ，解得v ＝2mgR B 2L 2，C 错误；导线框通过磁场的整个过程中，根据能量守恒定律可得：Q＝3mg×4h－mg×4h－12×4m×4m2g2R2B4L4＝8mgh－8m3g2R2B4L4，D正确。
]8．ABD[金属棒向下运动时，切割磁感线，由右手定则可知，流过电阻R的电流方向为b→a，选项A正确；金属棒在切割磁感线的过程中，将金属棒的机械能转化为焦耳热，最终停下，处于静止状态，其合力为零，即弹簧的弹力与金属棒的重力平衡，选项B正确；当金属棒的速度为v时，产生的电动势E＝BL v，I＝E2R＝BL v2R，则金属棒所受的安培力大小F＝BIL＝B2L2v2R，选项C错误；由欧姆定律可得，金属棒两端的电势差U＝IR＝BL v2，选项D正确。
]9．解析(1)根据法拉第电磁感应定律有E＝n ΔΦΔt＝ΔBΔt·S＝0.5×0.22 V＝0.02 V，由闭合电路欧姆定律有I＝ER＋r＝0.021.5＋0.5A＝0.01 A，故金属棒在t＝0时刻所受的安培力为F A＝B0IL＝2×0.01×0.2＝0.004 N，根据牛顿第二定律有mg－F A＝ma，故a＝mg－F Am＝5×10－3×10－0.0045×10－3m/s2＝9.2 m/s2，要想使金属棒不下落，释放时必须满足F A≥mg，即BIL≥mg，将B＝0.5t＋2代入有：(0.5t＋2)IL≥mg，代入数据解得：t≥46 s即金属棒至少要延时46 s释放才不会下落。
(2)因为t＝0时，磁感应强度B0＝2 T，金属棒距离顶部L＝0.2 m，为了不产生感应电流，任意时刻磁通量与刚开始时相同，设t时间内金属棒的位移为x，有21＋0.5t2×0.2×(0.2＋x)＝2×0.22解得x＝0.1t2，即金属棒必须由静止开始向下做加速度为0.2 m/s2的匀加速直线运动。