2019届高考物理备考优生百日闯关系列专题11电磁感应.docx

专题11 电磁感应第一部分名师综述近年来高考对本考点内容考查命题频率极高的是感应电流的产生条件、方向判定和导体切割磁感线产生的感应电动势的计算，且要求较高几乎是年年有考；其他像电磁感应现象与磁场、电路和力学、电学、能量及动量等知识相联系的综合题及图像问题在近几年高考中也时有出现；另外，该部分知识与其他学科的综合应用也在高考试题中出现。试题题型全面，选择题、填空题、计算题都可涉及，尤其是难度大、涉及知识点多、综合能力强，多以中档以上题目出现来增加试题的区分度，而选择和填空题多以中档左右的试题出现，这类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，是考查考生多项能力的极好载体，因此历来是高考的热点。第二部分精选试题一、单选题1如图，在同一平面内有两根平行长导轨，导轨间存在依次相邻的矩形匀强磁场区域，区域宽度均为l,磁感应强度大小相等、方向交替向上向下。一边长为32l的正方形金属线框在导轨上向左匀速运动，线框中感应电流i随时间t变化的正确图线可能是（）ABCD【答案】 D【解析】试题分析：找到线框在移动过程中谁切割磁感线，并根据右手定则判断电流的方向，从而判断整个回路中总电流的方向。要分过程处理本题。第一过程从移动的过程中左边导体棒切割产生的电流方向是顺时针，右边切割磁感线产生的电流方向也是顺时针，两根棒切割产生电动势方向相同所以E=2Blv，则电流为i=ER=2BlvR，电流恒定且方向为顺时针，再从移动到的过程中左右两根棒切割磁感线产生的电流大小相等，方向相反，所以回路中电流表现为零，然后从到的过程中，左边切割产生的电流方向逆时针，而右边切割产生的电流方向也是逆时针，所以电流的大小为i=ER=2BlvR，方向是逆时针当线框再向左运动时，左边切割产生的电流方向顺时针，右边切割产生的电流方向是逆时针，此时回路中电流表现为零，故线圈在运动过程中电流是周期性变化，故D正确；故选D点睛：根据线圈的运动利用楞次定律找到电流的方向，并计算电流的大小从而找到符合题意的图像。2如图，导体轨道OPQS固定，其中PQS是半圆弧，Q为半圆弧的中点，O为圆心。轨道的电阻忽略不计。OM是有一定电阻。可绕O转动的金属杆，M端位于PQS上，OM与轨道接触良好。空间存在与半圆所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B，现使OM从OQ位置以恒定的角速度逆时针转到OS位置并固定(过程)；再使磁感应强度的大小以一定的变化率从B增加到B(过程)。在过程、中，流过OM的电荷量相等，则BB等于()A54B32C74D2【答案】 B【解析】本题考查电磁感应及其相关的知识点。过程I回路中磁通量变化1=14BR2，设OM的电阻为R，流过OM的电荷量Q1=1/R。过程II回路中磁通量变化2=12（B-B）R2，流过OM的电荷量Q2=2/R。Q2= Q1，联立解得：B/B=3/2，选项B正确。【点睛】此题将导体转动切割磁感线产生感应电动势和磁场变化产生感应电动势有机融合，经典中创新。3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MN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()ABCD【答案】 A【解析】金属棒PQ进入磁场前没有感应电动势，D错误；当进入磁场，切割磁感线有E=BLv，大小不变，可能的图象为A选项、BC错误。4图甲和图乙是演示自感现象的两个电路图，L1和L2为电感线圈，A1、 A2、 A3是三个完全相同的灯泡。实验时，断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗；闭合开关S2，灯A2逐渐变亮，而另一个相同的灯A3立即变亮，最终A2与A3的亮度相同下列说法正确的是( )A图甲中，A1与L1的电阻值相同B图甲中，闭合S1，电路稳定后，A1中电流大于L1中电流C图乙中，变阻器R与L2的电阻值相同D图乙中，闭合S2瞬间，L2中电流与变阻器R中电流相等【答案】 C【解析】断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，由于线圈L1的自感，通过L1的电流逐渐减小，且通过A1，即自感电流会大于原来通过A1的电流，说明闭合S1，电路稳定时，通过A1的电流小于通过L1的电流，L1的电阻小于A1的电阻，AB错误；闭合S2，电路稳定时，A2与A3的亮度相同，说明两支路的电流相同，因此变阻器R与L2的电阻值相同，C正确；闭合开关S2，A2逐渐变亮，而A3立即变亮，说明L2中电流与变阻器R中电流不相等，D错误。【名师点睛】线圈在电路中发生自感现象，根据楞次定律可知，感应电流要“阻碍”使原磁场变化的电流变化情况。电流突然增大时，会感应出逐渐减小的反向电流，使电流逐渐增大；电流突然减小时，会感应出逐渐减小的正向电流，使电流逐渐减小。5如图甲所示，电阻R=1、半径r1=0.2m的单匝圆形导线框P内有一个与P共面的圆形磁场区域Q，P、Q的圆心相同，Q的半径r2=0.1mt=0时刻，Q内存在着垂直于纸面向里的磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙所示若规定逆时针方向为电流的正方向，则线框P中感应电流I随时间t变化的关系图象应该是图中的（）ABCD【答案】 C【解析】【详解】由法拉第电磁感应定律，可得导线框P中产生的感应电动势为：E=BSt=Btr22=0.01（V），再由欧姆定律得，P中产生的感应电流为：I=0.01（A），由楞次定律，得电流的方向是顺时针方向，故C正确，ABD错误；故选C。【点睛】本题关键是根据楞次定律判断感应电流的方向，根据法拉第电磁感应定律求解感应电动势，然后根据欧姆定律求解感应电流6如图所示为两光滑金属导轨MNQ和GHP，其中MN和GH部分为竖直的半圆形导轨，NQ和HP部分为水平平行导轨，整个装置置于方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。有两个长均为l、质量均为m、电阻均为R的导体棒垂直导轨放置且始终与导轨接触良好，其中导体棒ab在半圆形导轨上，导体棒cd在水平导轨上，当恒力F作用在导体棒cd上使其做匀速运动时，导体棒ab恰好静止，且距离半圆形导轨底部的高度为半圆形导轨半径的一半，已知导轨间距离为l，重力加速度为g，导轨电阻不计，则（）A每根导轨对导体棒ab的支持力大小为2mgB导体棒cd两端的电压大小为23mgRBlC作用在导体棒cd上的恒力F的大小为3mgD恒力F的功率为6m2g2RB2l2【答案】 CD【解析】试题分析：对ab棒受力分析如图所示：则：FNsin300=mg，则：FN=2mg，每根导轨对导体棒ab的支持力大小为mg，故选项A错误；FNcos300=FA=BBlv2Rl，则回路中电流为：I=Blv2R=3mgBl，导体棒cd两端的电压大小为U=IR=3mgBlR，故选项B错误；由于金属棒ab匀速运动，则安培力等于拉力F，则F=BBlv2Rl=3mg，故选项C正确；由于BBlv2Rl=3mg，则金属棒ab的速度为v=23mgRB2l2，则恒力F的功率为P=Fv=3mg23mgRB2l2=6m2g2RB2l2，故选项D正确。考点：导体切割磁感线时的感应电动势、焦耳定律【名师点睛】本题是双杆模型，解决本题的关键能够正确受力分析，结合牛顿定律和动量守恒、能量守恒，进行研究。7宽度均为d且足够长的两相邻条形区域内，各存在磁感应强度大小均为B, 方向相反的匀强磁场；电阻为R，边长为433d的等边三角形金属框的AB边与磁场边界平行，金属框从图示位置以垂直于AB边向右的方向做匀速直线运动，取逆时针方向电流为正，从金属框C端刚进入磁场开始计时，框中产生的感应电流随时间变化的图象是【答案】 A.【解析】试题分析：本题导体的运动可分段判断，运用排除法进行分析根据楞次定律可判断电路中感应电流的方向；由导体切割磁感线时的感应电动势公式可求得感应电动势的大小，由欧姆定律分析感应电流大小的变化三角形线圈的高为2d，则在开始运动的0d过程中，感应电流，I1=B233dvR=23Bdv3R，方向为逆时针方向，在d2d时，设某时刻线圈进入右侧区域的距离为x，则线圈切割磁感应线的有效长度为L=233(d-x)，则感应电流I2=B233(d-x)vR=23B(d-x)v3R，方向为逆时针方向，当x=d时，I=0，当线圈的C点出离右边界x时，等效长度L=433d-233(d-x)+233d=233(2d+x)，感应电流I3=B233(2d+x)vR=23B(2d+x)v3R，方向顺时针方向，当x=0时，I3=223Bdv3R，当x=d时，I3=323Bdv3R，当C点出离右边界d2d时，等效长度L=433d-233(2d-x)=233x，感应电流I4=B233xvR=23Bxv3R，方向逆时针方向，当x=d时，I4=23Bdv3R，当x=2d时，I4=223Bdv3R，故A正确，BCD错误；【点睛】本题为选择题，而过程比较复杂，故可选用排除法解决，这样可以节约一定的时间；而进入第二段磁场后，分处两磁场的线圈两部分产生的电流相同，且有效长度是均匀变大的，注意总感应电动势何时是切割感应电动势之和，何时是切割感应电动势之差8如图所示，边长为L、匝数为N，电阻不计的正方形线圈abcd在磁感应强度为B的匀强磁场中绕转轴OO转动，轴OO垂直于磁感线，在线圈外接一含有理想变压器的电路，变压器原、副线圈的匝数分别为n1和n2.保持线圈以恒定角速度转动，下列判断正确的是()A在图示位置时线框中磁通量为零，感应电动势最大B当可变电阻R的滑片P向上滑动时，电压表V2的示数变大C电压表V1示数等于NBL2D变压器的输入与输出功率之比为1:1【答案】 AD【解析】试题分析：当磁通量为零时，磁通量变化率最大，根据法拉第电磁感应定律，可得产生的感应电动势最大，故A正确；当可变电阻R的滑片P向上滑动时，由于电压表测量副线圈的输入电压，而原线圈的输入电压不变，匝数比不变，所以副线圈的输入电压不变，即电压表的示数不变，B错误；因为线圈是从垂直于中性面时开始时转动的，故产生的感应电动势的瞬时值表达式为e=NBScost，交流电压的最大值等于em=NBL2，故电压表V1示数为有效值，为U=NBL22，C错误；变压器的输入与输出功率之比为1：1，故D正确。考点：考查了交变电流的产生，理想变压器9一正三角形导线框高为从图示位置沿x轴正方向匀速穿过两匀强磁场区域。两磁场区域磁感应强度大小均为B、磁场方向相反且均垂直于xOy平面，磁场区域宽度均为a。则感应电流I与线框移动距离x的关系图象可能是（以逆时针方向为感应电流的正方向ABCD【答案】 C【解析】当线框移动距离x在a2a范围，线框穿过两磁场分界线时，BC、AC边在右侧磁场中切割磁感线，有效切割长度逐渐增大，产生的感应电动势E1增大，AC边在左侧磁场中切割磁感线，产生的感应电动势E2不变，两个电动势串联，总电动势E=E1+E2增大，故A错误；当线框移动距离x在0a范围，线框穿过左侧磁场时，根据楞次定律，感应电流方向为逆时针，为正值，故B错误；当线框移动距离x在2a3a范围，线框穿过左侧磁场时，根据楞次定律，感应电流方向为逆时针，为正值，故C正确，D错误。所以C正确，ABD错误。10在竖直向上的匀强磁场中，水平放置一个不变形的单匝金属圆线圈，线圈所围的面积为0.1m2，线圈电阻为1规定线圈中感应电流I 的正方向从上往下看是顺时针方向，如图（1）所示磁场磁感应强度B随时间t的变化规律如图（2）所示则以下说法正确的是A在时间05s内，I的最大值为0.1AB在第4s时刻，I的方向为逆时针C前2 s内，通过线圈某截面的总电量为0.01CD第3s内，线圈的发热功率最大【答案】 BC【解析】【详解】在时间05s内，由图看出，在t=0时刻图线的斜率最大，B的变化率最大，线圈中产生的感应电动势最大，感应电流也最大，最大值为I=EmR=BtSR=0.110.11=0.01A故A正确；在第4s时刻，穿过线圈的磁场方向向上，磁通量减小，则根据楞次定律判断得知，I的方向为逆时针方向。故B正确；前2s内，通过线圈某截面的总电量q=nRBSR0.10.11C=0.01C故C正确。第3s内，B没有变化，线圈中没有感应电流产生，则线圈的发热功率最小。故D错误。故选ABC。【点睛】本题关键要从数学角度理解斜率等于B的变化率经验公式q=nR，是电磁感应问题中常用的结论，要在会推导的基础上记牢二、多选题11如图，MN和PQ是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，固定在水平面上，右端接一个阻值为R的定值电阻，平直部分导轨左边区域有宽度为d、方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场，质量为m、电阻也为R的金属棒从高为h 处由静止释放，到达磁场右边界处恰好停止。己知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为，金属棒与导轨间接触良好，则金属棒穿过磁场区域的过程中（）（重力加速度为g）A金属棒克服安培力做的功等于金属棒产生的焦耳热B金属棒克服安培力做的功为mghC金属棒产生的电热为12mg（h-d）D金属棒运动的时间为2ghg-B2L2d2Rmg【答案】 CD【解析】【详解】根据功能关系知，金属棒克服安培力做的功等于金属棒以及电阻R上产生的焦耳热之和，故A错误。设金属棒克服安培力所做的功为W对整个过程，由动能定理得 mgh-mgd-W=0，得 W=mg（h-d），故B错误。电路中产生的总的焦耳热Q=W= mg（h-d），则属棒产生的电热为12mg（h-d），故C正确。金属棒在下滑过程中，其机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgh=12mv02，得v0=2gh。金属棒经过磁场通过某界面的电量为q=2R=BLd2R；根据动量定理：-BILt-mgdt=0-mv0，其中q=It，解得t=2ghg-B2L2d2Rmg，选项D正确；故选CD.12由法拉第电磁感应定律可知，若穿过某截面的磁通量为msin t，则产生的感应电动势为emcos t。如图所示，竖直面内有一个闭合导线框ACD(由细软弹性电阻丝制成)，端点A、D固定。在以水平线段AD为直径的半圆形区域内，有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的有界匀强磁场。设导线框的电阻恒为r，圆的半径为R，用两种方式使导线框上产生感应电流。方式一：将导线与圆周的接触点C点以恒定角速度1(相对圆心O)从A点沿圆弧移动至D点；方式二：以AD为轴，保持ADC45，将导线框以恒定的角速度2转90。则下列说法正确的是A方式一中，在C从A点沿圆弧移动到图中ADC30位置的过程中，通过导线截面电荷量为3BR22rB方式一中，在C沿圆弧移动到圆心O的正上方时，导线框中的感应电动势最大C两种方式回路中电动势的有效值之比E1E2=12D若两种方式电阻丝上产生的热量相等，则12=14【答案】 AC【解析】【详解】方式一中，在C从A点沿圆弧移动到题图中ADC30位置的过程中，穿过回路磁通量的变化量为32BR2。由法拉第电磁感应定律Et，IEr，qIt，联立解得q=r=3BR22r，选项A正确；第一种方式中穿过回路的磁通量1BR2sin 1t，所产生的电动势为e11BR2cos 1t，在C沿圆弧移动到圆心O的正上方时，导线框中的磁通量最大，由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势最小，感应电动势为零，选项B错误；第二种方式中穿过回路的磁通量2BR2cos 2t，所产生的电动势为e22BR2sin 2t，则两种方式所产生的正弦交流电动势的有效值之比为E1E2=12，时间满足1t12t2=1800900，产生的焦耳热Q1E12rt1，Q2E22rt2，若Q1Q2，则12=12，选项C正确，D错误。故选AC.13如图所示，质量为M的足够长金属导轨abcd放在光滑的绝缘水平面上一电阻为r，质量为m的导体棒PQ放置在导轨上，始终与导轨接触良好，PQbc构成矩形棒与导轨间无摩擦、棒左侧有两个固定于水平面的光滑立柱导轨bc段电阻为R，长为L，其他部分电阻不计以ef为界，其左侧匀强磁场方向竖直向上，右侧匀强磁场水平向右，磁感应强度大小均为B在t0时，一水平向左的拉力F垂直作用在导轨的bc边上，使导轨由静止开始做匀加速直线运动，加速度为a则（）AF与t2成正比BF和t是线性关系C当t达到一定值时，QP刚好对轨道无压力D若F0，PQbc静止，ef左侧磁场均匀减小，QP可能对轨道无压力【答案】 BC【解析】【详解】AB、t时刻dc产生的感应电动势EBLv，导轨做初速为零的匀加速运动，vat，则 EBLat；感应电流 I=ER+r，金属导轨abcd安培力大小F安BIL，对导轨，由牛顿第二定律得：FF安ma，则得：Fma+B2L2aR+rt，可知F与t2不成正比，F与t成线性关系，故A错误，B正确；C、当t达到一定值时，导致QP的电流，产生的安培力等于其重力，则刚好对轨道无压力，故C正确；D、当ef左侧磁场均匀减小，不管减小到什么值，QP对轨道压力不会为零，因为受到的安培力与重力同向，故D错误。14边长为L的正方形金属框在水平恒力F作用下运动，穿过方向如图的有界匀强磁场区域，磁场区域的宽度为d（dL）。已知ab边进入磁场时，线框的加速度恰好为零。则线框进入磁场的过程和从磁场另一侧穿出的过程相比较，有（）A产生的感应电流方向相反B所受的安培力方向相同C进入磁场过程的时间等于穿出磁场过程的时间D进入磁场过程和穿出磁场过程中通过导体内某一截面的电量相等【答案】 ABD【解析】【分析】根据题中“正方形金属框在水平恒力F作用下运动，穿过方向如图的有界匀强磁场区域”可知，本题考察线框在磁场中的运动问题。根据线框在磁场中运动的分析方法，运用安培力、牛顿第二定律、楞次定律、感应电量等知识分析推断。【详解】A：线框进入和穿出磁场的过程中，磁场方向相同，进入磁场时磁通量增加，穿出磁场时磁通量减小；由楞次定律可知，产生感应电流方向相反。故A项正确。B：根据楞次定律：感应电流阻碍导体与磁体间相对运动。线框向右进入磁场和从磁场另一侧穿出过程所受安培力方向均水平向左，方向相同。故B项正确。C：ab边进入磁场时，线框的加速度恰好为零，线框进入磁场过程做匀速运动。线框完全在磁场中运动时磁通量不变，没有感应电流产生，线框不受安培力而做匀加速运动。线框刚开始穿出磁场时，速度比进入磁场时速度大，线框所受安培力增大，大于恒力F，线框穿出磁场的过程做减速运动或先减速后匀速，完全穿出磁场时，线框的速度大于或等于进入磁场时的速度。综上线框穿出磁场过程的平均速度大于线框进入磁场的平均速度，线框进入磁场过程的时间大于穿出磁场过程的时间。故C项错误。D：感应电量q=It=ER总t=nttR总=nR总。线框进入和穿出磁场的两个过程中，线框磁通量的变化量相等，则通过导体内某一截面的电量相等。故D项正确。【点睛】楞次定律：感应电流具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化。楞次定律还可表述为：感应电流的效果总是反抗引起感应电流的原因，如“增反减同”、“来拒去留”、“增缩减扩”等。15如图所示，两根平行光滑金属导轨固定在同一水平面内，其左端接有定值电阻R，建立ox轴平行于金属导轨，在0x4m的空间区域内存在着垂直导轨平面向下的磁场，磁感应强度B随坐标x（以m为单位）的分布规律为B=0.8-0.2x(T)，金属棒ab在外力作用下从x=0处沿导轨向右运动，ab始终与导轨垂直并接触良好，不计导轨和金属棒的电阻。设在金属棒从x1=1m处，经x2=2m到x3=3m的过程中，电阻器R的电功率始终保持不变，则A金属棒做匀速直线运动B金属棒运动过程中产生的电动势始终不变C金属棒在x1与x2处受到磁场B的作用力大小之比为3：2D金属棒从x1到x2与从x2到x3的过程中通过R的电量之比为5：3【答案】 BCD【解析】【分析】磁感应强度随x增大而减小，ab棒在外力作用下在磁场中运动，切割磁感线而更含蓄的是已知金属棒从x1=1m经x2=2m到x3=3m的过程中，R的电功率保持不变，由功率公式P=I2R=U2R，则电流和电压均有相等从而很容易判断感应电动势的大小，电荷量的比值同样用平均值方法来求，安培力之比用安培力公式来求，难于判定的是热量，虽然电流相等但不知时间关系，所以由图象法来求，F-x图象与坐标轴围成的面积就是功，而面积是梯形面积，那么克服安培力做功的比值就能求出【详解】B、由功率的计算式：P=I2R=E2R，知道由于金属棒从x1=1m经x2=2m到x3=3m 的过电功率保持不变，所以E应不变，选项B正确.A、由动生电动势E=Blv可知，B随着距离均匀减小，则v一直增大，故棒做加速直线运动；故A错误.C、由安培力公式F=BIL及P=EI知，F1F2=B1I1B2I2=B1B2=0.8-0.210.8-0.22=32；故C正确.D、由于金属棒从x1=1m经x2=2m到x3=3m的过程中，R的电功率保持不变，由P=I2R知道R中的电流相等，再由安培力公式F=BIL，所以F-x图象如图所示：显然图象与坐标轴围成的面积就是克服安培力做的功，即R产生的热量，所以：Q1Q2=0.6+0.40.4+0.2=53，由热量Q=I2Rt，热量之比为5：3，电流相同说明时间之比为5:3，因此电量q1q2=It1It2=t1t2=53;故D正确.故选BCD.【点睛】本题的难点在于没有一个对比度，导体棒ab在随x的增大而减小的磁场中在外力作用下切割磁感线，而巧妙的是在某一路段R上的电功率相同，预示着电路的电流和R上电压相同，则安培力正比于磁感应强度，均匀减小克服安培力的功转化为焦耳热，所以F-x图象与坐标轴围成的面积就是功虽然不知外力怎么变化，但它与解决问题无多大关联16如图所示，足够长的光滑平行金属导轨竖直放置，间距为L，其上端连接有阻值为R的电阻和电容器C，装置区域有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为B。将一根水平金属棒ab开始下滑.已知金属棒ab的质量为m，电阻也为R.金属棒ab在运动中始终保持水平且与导轨良好接触，且通过金属棒ab的电流恒定不变，忽略导轨电阻，重力加速度为g.则下列说法正确的是A因为通过金属棒ab的电流不变，所以金属棒ab做匀速运动，速度大小是v=2mgRB2L2B尽管通过金属棒ab的电流不变，金属棒ab做匀变速运动，加速度大小是a=mgm+CB2L2C电阻R的电功率为P=(CBLmgm+CB2L2)2RD若金属棒ab由静止下滑，开始时电容器所带电荷量为0，那么经过时间t，电容器两端电量q=BCLmgt-2C2BLmgRm+CB2L2【答案】 BCD【解析】【分析】根据通过金属棒ab的电流恒定不变，可以知道电容器两端的电压均匀增大，处于充电过程中，然后根据牛顿第二定律可以确定加速度以及功率和电量.【详解】A、由题可知金属棒ab受到安培力为:FA=BIL=BILtt=BLQt=BLCUt=BLCBLvt=B2L2Ca,对金属棒ab，根据牛顿第二定律可以得到：mg-B2L2Ca=ma,整理可以得到:a=mgm+CB2L2，恒定不变，所以金属棒ab做匀变速运动，故A错误，B正确；C、由上面分析可知：BIL=B2L2Ca，即:I=BLCa=BLCmgm+CB2L2,则电阻R的功率为：P=I2R=(CBLmgm+CB2L2)2R，故C正确；D、经过时间t电容器两端的电量为:q=CU=C(BLv-2IR)=C(BLat-2BLCaR)=BCLmgt-2C2BLmgRm+CB2L2；故D正确.故选BCD.【点睛】本题考查了电磁感应中的电容器充电过程中，电流不变，然后根据牛顿第二定律可以确定加速度.要知道电流与电容器带电量的关系.17如图所示，在竖直向上磁感应强度为B=1T匀强磁场中，两条足够长光滑平行金属导轨固定在水平桌面上，间距l=1m，电阻不计，匀强磁场方向与导轨平面垂直，金属棒AB、CD水平放在两导轨上，相隔为L=0.2m，棒与导轨垂直并保持良好接触，AB棒质量为m1=0.2kg，CD棒质量为m2=0.4kg，两金属棒接入电路的总电阻R=0.5，若CD棒以v0=3m/s的初速度水平向右运动，在两根金属棒运动到两棒间距最大的过程中，下列说法正确的是()AAB棒的最终速度大小为1m/sB该过程中电路中产生的热量为0.6JC该过程中通过导体横截面的电荷量为0.4CD两金属板的最大距离为0.3m【答案】 BC【解析】【分析】金属导轨光滑，两金属棒组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出棒的最终速度；由能量守恒定律可以求出电路产生的热量，应用动量定理可以求出通过导体横截面的电荷量，然后求出两金属棒的最大距离。【详解】A、开始CD棒做减速运动、AB棒做加速运动，当两者速度相等时它们间的距离最大，两棒组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：m2v0=(m1+m2)v，解得：v=2m/s，故A错误；B、对系统，由能量守恒定律得：12m2v02=Q+12(m1+m2)v2，解得：Q=0.6J，故B正确；C、对AB棒，由动量定理得：Bilt=m1v，而：it=q，则：Blq=m1v，解得：q=0.4C，故C正确；D、通过导体横截面的电荷量：q=It=ERt=tRt=R=BldR，两金属棒间的最大距离：D=d+L=qRBl+L=0.40.511+0.2m=0.4m，故D错误；故选BC.【点睛】本题是电磁感应与力学、电学相结合的综合题，考查了动量守恒定律的应用，分析清楚金属棒的运动过程是解题的前提与关键，应用动量守恒定律、能量守恒定律、动量定理与法拉第电磁感应定律、欧姆定律可以解题。18如图所示，空间存在磁感应强度为B，方向竖直向下的匀强磁场，MN、PQ是相互平行的粗糙的长直导轨，处于同一水平面内，其间距为L，导轨一端接一阻值为R的电阻，ab是跨接在导轨上质量为m的导体棒，其阻值也为R.从零时刻开始，对ab棒施加一个水平向左的恒力F，使其从静止开始沿导轨做直线运动，此过程中棒始终保持与导轨垂直且接触良好，所受滑动摩擦力大小始终为了14F.导轨电阻不计.则()A通过电阻R的电流方向为由N到QBab棒的最大速度为3FR4B2L2C电阻R消耗的最大功率为9F2R16B2L2Dab棒速度为v0时的加速度大小为3F4m-B2L2v02mR【答案】 CD【解析】【分析】由右手定则可以判断出电流方向；导体棒匀速运动时速度最大，由平衡条件可以求出最大速度；由E=BLv求出感应电动势，由电功率公式求出电功；由安培力公式求出安培力，由牛顿第二定律求出加速度【详解】A、由右手定则可知，通过电阻R的电流方向为由Q到N，故A错误；B、导体棒受到的安培力：F安培=BIL=B2L2v2R，导体棒匀速运动时速度最大，由平衡条件得：F=B2L2v2R+F4，解得：v=3FR2B2L2，故B错误；C、最大感应电流：I=E最大2R=BLv最大2R=3F4BL，电阻R消耗的最大功率：P=I2R=9F2R16B2L2，故C正确；D、ab棒速度为v0时导体棒受到的安培力：F安培=BIL=B2L2v02R，由牛顿第二定律得：F-B2L2v02R-F4=ma，解得：a=3F4m-B2L2v02mR，故D正确；故选：CD。【点睛】本题是一道电磁感应、电路与力学相结合的综合题，分析清楚导体棒的运动过程，应用安培力公式、平衡条件、牛顿第二定律可以解题19如图甲所示，在竖直方向上有四条间距相等的水平虚线L1、L2、L3、L4，在L1L2之间、L3L4之间存在匀强磁场，大小均为1T，方向垂直于虚线所在平面现有一矩形线圈abcd，宽度cd=L=0.5m，质量为0.1kg，电阻为2，将其从图示位置静止释放（cd边与L1重合），速度随时间的变化关系如图乙所示，t1时刻cd边与L2重合，t2时刻ab边与L3重合，t3时刻ab边与L4重合，已知t1t2的时间间隔为0.6s，整个运动过程中线圈平面始终处于竖直方向，（重力加速度g取10m/s2）则（）A在0t1时间内，通过线圈的电荷量为0.25CB线圈匀速运动的速度大小为8m/sC线圈的长度ad为1mD0t3时间内，线圈产生的热量为4.2J【答案】 AB【解析】A：在0t1时间内，cd边从L1运动到L2，通过线圈的电荷量为q=It1=BLv1Rt1=BLdR=0.25C，故A项正确。B：根据平衡有：mg=BIL，而I=BLvR，联立两式解得：v=mgRB2L2=8m/s，故B项正确。C：t1t2的时间间隔内线圈一直做匀变速直线运动，知ab边刚进上边的磁场时，cd边也刚进下边的磁场，设磁场的宽度为d，则线圈的长度：L=2d，线圈下降的位移为：x=L+d=3d，则有：3d=vt-12gt2，将v=8m/s，t=0.6s，代入解得：d=1m，所以线圈的长度为L=2d=2m，故C项错误。D：0t3时间内，根据能量守恒得：Q=mg(3d+2d)-12mv2=0.110(3+2)-120.182J=1.8J，故D项错误。综上答案为AB点睛：解决本题的关键理清线圈的运动情况，选择合适的规律进行求解，本题的难点就是通过线圈匀加速直线运动挖掘出下落的位移为磁场宽度的3倍20如图所示，虚线EF左侧区域I内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，右侧区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为2B，边长为L、粗细均匀的正方形金属线框在区域I，线框平面与磁场垂直，cd边与虚线EF平行，线框的电阻为R，现使线框由图示位置以速度v向右匀速运动，则在线框通过EF过程中，下列说法中正确的是A通过导线横截面的电量为3BL2RB线框ab边的电流大小为BLv3RC线框受到的安培力的大小为9B2L2vRD线框中产生的焦耳热为9B2L3vR【答案】 ACD【解析】A、线框通过EF的过程中，线框中磁通量的变化是=3BL2，因此通过线框截面的电量为q=It=R=3BL2R，故A项正确；线框中的总电动势E=3BLv，电路中的电流I=ER=3BLvR，B项错误；C、线框受到的安培力为F=BIL+2BIL=3BIL=9B2L2vR，则C项正确；D、线框中产生的焦耳热Q=I2Rt=(3BLvR)2RLv=9B2L3vR，则D项正确；故选ACD.【点睛】本题主要是考查了法拉第电磁感应定律和安培力的计算；对于导体切割磁感应线产生的感应电动势情况有两种：一是导体平动切割产生的感应电动势，可以根据E=BLv来计算；二是导体棒转动切割磁感应线产生的感应电动势，可以根据E=BL22来计算注意磁通量变化量的计算方法三、解答题21如图（a），水平地面上固定一倾角为37的斜面，一宽为l=0.43m的有界匀强磁场垂直于斜面向上，磁场边界与斜面底边平行。在斜面上由静止释放一正方形金属线框abcd，线框沿斜面下滑时，ab、cd边始终与磁场边界保持平行。以地面为零势能面，从线框开始运动到恰好完全进入磁场的过程中，线框的机械能E与位移s之间的关系如图（b）所示，图中、均为直线段。已知线框的质量为m=0.1kg，电阻为R=0.06。（sin37=0.6，cos37=0.8，重力加速度g取10m/s2）求：（1）线框与斜面间的动摩擦因数；（2）线框的边长l（3）线框穿越磁场的过程中，线框中产生的最大电功率Pm；【答案】（1）0.5（2）0.15m（3）0.43W【解析】【详解】（1）进入磁场前，根据线段，减少的机械能E1=（0.900-0.756）J=mgcos37s 其中s=0.36m，解得=0.5（2）线框进入磁场的过程中，减小的机械能等于克服摩擦力和安培力所做的功，由图线可知，此时机械能线性减小，说明安培力也为恒力，线框做匀速运动。减少的机械能E2=（0.756-0666）J=（mgcos37+F安）l=mgsin37l解得l=0.15m（3）线框完全进入磁场后做匀加速直线运动，当ab边要离开磁场时，开始做减速运动，此时线框受到的安培力最大，速度最大，线框内的电功率最大。ab边刚进入磁场时速度为v1则：（msin37-mgcos37）s=12mv12解得v1=1.2m/s在线框匀速进入磁场时，安培力F安=mgsin37-mmgcos37=BIL=B2l2v1R，可解得：B2l2= 0.01线框完全进入磁场到ab边刚要穿出磁场：mgsin37-mgcos37l-l=12mv22-v12解得v2=1.6m/s所以线框内的最大电功率：Pm=I2R=B2lv2R=1.283W=0.43W22（加试题）如图所示，倾角=370、间距l0.1m的足够长金属导轨底端接有阻值R=0.1的电阻，质量m=0.1kg的金属棒ab垂直导轨放置，与导轨间的动摩擦因数=0.45。建立原点位于底端、方向沿导轨向上的坐标轴x。在0.2mx0.8m区间有垂直导轨平面向上的匀强磁场。从t=0时刻起，棒ab在沿x轴正方向的外力F作用下从x=0处由静止开始沿斜面向上运动，其速度与位移x满足v=kx（可导出a=kv）k=5s-1。当棒ab运动至x1=0.2m处时，电阻R消耗的电功率P=0.12W，运动至x2=0.8m处时撤去外力F，此后棒ab将继续运动，最终返回至x=0处。棒ab始终保持与导轨垂直，不计其它电阻，求：（提示：可以用Fx图象下的“面积”代表力F做的功（1）磁感应强度B的大小（2）外力F随位移x变化的关系式；（3）在棒ab整个运动过程中，电阻R产生的焦耳热Q。【答案】（1）305T；（2）无磁场区间：F=0.96+2.5x；有磁场区间：F=0.96+3.1x；（3）0.324J【解析】【详解】（1）由P=E2RE=Blv，解得B=PR(lv)2=305T（2）无磁场区间：0x0.2m，a=5v=25xF=25xm+mgcos+mgsin=0.96+2.5x有磁场区间：0.2mx0.8mFA=(Bl)2vR=0.6xF=0.96+2.5x+0.6x=0.96+3.1x（3）上升过程中克服安培力做功（梯形面积）WA1=0.62(x2+x1)(x2-x1)=0.18J撤去外力后，棒ab上升的最大距离为s，再次进入磁场时的速度为v，则：(mgsin+mgcos)s=12mv2(mgsin-mgcos)s=12mv2解得v=2m/s由于mgsin-mgcos-(Bl)2vR=0故棒再次进入磁场后做匀速运动；下降过程中克服安培力做功：WA2=(Bl)2vR(x2-x1)=0.144JQ=WA1+WA2=0.324J23如图所示，在两根间距为L的水平金属导轨上，有一个边长为L的正方形金属线圈，线圈的 ab、cd 边质量均为m，电阻均为 R；ac、bd 边的质量和电阻均不计。在cd和pq 间存在磁感应强度为 B，垂直导轨向上的匀强磁场。在导轨上，另有一根质量为 m、电阻为R的金属棒 ef，在恒力F的作用下向右运动。线圈和ef金属棒与导轨的摩擦因数均为，导轨电阻不计。当 ef 棒向右运行距离为 L 时，线圈刚好开始运动，求:（1）ef棒的速度；（2）ef棒从静止开始，到线圈刚开始运动消耗的时间；（3）在ef棒运动过程中，cd杆消耗的焦耳热；（4）当ef杆速度多大时，作用在杆子上的合外力的功率最大，并求出最大功率。【答案】（1）v=3mgRB2L2；（2）t=2B4L5+9m2gR23(F-mg)RB2L2；（3）Qcd=16FL-mgL-92m3g2R22B4L4；（4）v=3R(F-mg)4B2L2，最大值Pm=3R(F-mg)28B2L2【解析】【详解】（1）设ef棒的速度为v，则电动势E=BLv；流过cd的电流Icd=12ER+12R=BLv3R ;线圈刚刚开始运动：BIcdL=2mg联立解得ef棒的速度：v=6mgRB2L2（2）从ef开始运动，到线圈开始运动，对ef由动能定理：(F-BIL-mg)t=mv其中的q=It；I=BLLt32R；联立解得：t=mv+2B2L3/3RF-mg，解得t=6m2gRB2L2+2B2L33RF-mg=6m2gR+2B4L53RB2L2(F-mg)（3）由能量关系可知：FL-mgL-Q=12mv2其中cd杆消耗的焦耳热为：Qcd=16Q可得：Qcd=16(FL-mgL-182m3g2R2B4L4)（4）作用在杆子上的合外力的功率：P=(F-mg-B2L2v1.5R)v，P是v的二次函数，由数学知