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江苏省扬州中学学年高一上学期12月月考试卷 物理及答案解析.doc15页
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江苏省扬州中学学年第一学期月考 高一物理试题
考试时间100分钟满分120分
一、单项选择题:本题共6小题,每小题3分,共18分。每小题只有一个选项符合题意。
1.关于惯性,下列说法正确的是( )
A.汽车速度越大越难刹车,表明速度越大惯性越大
B.乘坐汽车时系好安全带可减小惯性
C.宇宙飞船中的物体处于完全失重状态,所以没有惯性
D.乒乓球可快速抽杀,是因为乒乓球惯性小
【ks5u解析】惯性的量度是质量,和其他的因素无关;故D正确。
【考点】惯性
2.仅仅16岁零9个月15天,杭州女孩叶诗文的成就已“前无古人”。日凌晨,她以破赛会纪录的成绩勇夺短池世锦赛女子200米混合泳冠军,仅仅两年时间,她便成为中国游泳史上第一位集奥运会、世锦赛、短池世锦赛和亚运会冠军于一身的全满贯。叶诗文夺得冠军说明她在这次比赛中下列的哪一个物理量比其他运动员的大( )
A.跳入泳池的速度
B.终点撞线时的速度
C.全程的平均速率
D.掉头的速度
【ks5u解析】相同的路程,用的时间短就会获得冠军,即全程的平均速率大;
【考点】平均速度;平均速率
3.A、B两质点从同一地点运动的x-t图象如图所示,下列说法中正确的是( )
A.A、B两质点在4s末速度相等
B.前4s内A、B之间距离先增大后减小,4s末两质点相遇
C.前4s内A质点的位移小于B质点的位移,后4s内A质点的位移大于B质点的位移
D.B质点先加速后减速,8s末回到出发点
【ks5u解析】
A、x-t图象的斜率表示物体的速度,故A错误;
B、两质点从同一地点出发,4s末位移相等,故B正确;
C、前4s内A质点的位移等于B质点的位移,故C错误;
D、B质点的速度先减小后反向增大,故D错误。
【考点】运动图像
4.如图所示
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大学物理12-14课后习题解答18-3
方向垂直纸面向内．；(2)dpm??rdI?；??r2dr2；a?b；pm??dpm?；方向垂直纸面向内．(1)若a&&b，；??r2dr???[(a?b)3?a3]/62；a?bb；?，有：aa；B0?；?0??b；4?a；??0q；4?a；，过渡到点电荷的情况．；同理在a&&b时，(a?b)3?a3；pm?；??；a3?；3b1；
方向垂直纸面向内．(2)
dpm??rdI?21??r2dr
2a?bpm??dpm?方向垂直纸面向内．
(1) 若a && b，则 ln?a1??r2dr???[(a?b)3?a3]/6 2a?bb?，有： aaB0??0??b4?a???0q4?a，过渡到点电荷的情况．同理在a && b时， (a?b)3?a3(1?3b/a)，则 ：pm? ??6a3?3b1?q?a2，也与点电荷运动时的磁矩相同．
a2 12.20 如题图12.16所示，放在水平面内的圆形导线，半径为a。圆导线上某点A与中心O之间经一电阻R接到电动势为?的电池两端。由中心到圆周有一能绕经过O点的铅直轴旋转的活动金属半径OD，其质量为m。旋转时，半径与圆形导线之间有一摩擦力，该摩擦力正比于D点的速度，比例系数为k。（已知地磁场的铅直分量为B） （1）不计电磁感应，求OD旋转的角速度?增加的规律；（2）应以多大的力F在垂直于半径的方向作用于D点，而使半径不至转动。R 解：（1）、载流线段OD在磁场中转动时受到的磁力矩大小M1和摩擦力矩大小M2分别为a1?M1??xBIdx?BIa2?Ba2，M2?kva?k?a2022R??d?根据转动定律M?J，对OD可列方程dtM1?M2?J?其中J?ma2为OD的转动惯量。则有：d? dt?d(?B2Rk??)tma2d?Ba?k?a??????(?3km)dt0(?2Rk??)02R3dt?22????B2kR(1?e?3ktm)（2）、根据平衡条件，在垂直于半径的方向作用于D点的力F对O点的力矩应与OD所受的磁力矩大小相等，且作用效果相反，即Fa?M1?F? ?Ba2R 12.21 如题图12.17所示，半径为a，带正电荷且线密度是?(常量)的半圆，以角速度?绕??轴O′O″匀速旋转。求： (1)
旋转的带电半圆的磁矩pm。?(提示：积分公式sin2?d??? 1?)2 解：(1) 对?～??+d??弧元，dq??ad?，旋转形成圆电流dI?它在O点的磁感强度dB为：?2?dq???2?ad?dB??0a2sin2???2a32?ad???0??4??sin2?d? ?B??dB??B的方向向上．?0???4? 2?sin?d???0???0?q8?a (2)
dpm??a2sin2?(??/2?)ad??1??a3sin2?d?
2?32????a3/4??qa2/4 pm??dpm??1??asin?d? ?pm的方向向上． 12.22 如题图12.18所示，有一无限大平面导体薄板，自下而上均匀通有电流，已知其面电流密度为i (即单位宽度上通有的电流强度)．
(1) 试求板外空间任一点磁感强度的大小和方向．(2) 有一质量为m，带正电荷q的粒子，以速度v沿平板法线方向向外运动求：
(a) 带电粒子最初至少在距板什么位置处才不与大平板碰撞？
(b) 需经多长时间，才能回到初始位置(不计粒子重力)？
解：(1) 由安培环路定理：B?1?0i (大小) ， 方向：在板右侧垂直纸面向里 2(2) 由洛伦兹力公式可求R?mv/(qB)
(至少从距板R处开始向外运动)返回时间为：T?2?R/v?4?m/(q?0i) 题图12.18 ?12.23如题图12.19所示，有一电子以初速v 0沿与均匀磁场B成??角度的方向射入磁场空间．试证明当图中的距离L?2?menv0xcos?/(eB)时，(其中me为电子质量，e为电子电荷的绝对值，n = 1，2……)，电子经过一段飞行后恰好打在图中的O点．
证： 设电子飞行时间为t，其作螺旋运动的周期为T，则：L?v0cos??t
① T?2?me/(eB)
②当t = nT时，电子能恰好打在O点．∴
L?v0cos??nT?2?menv0cos?/(eB) ?题图12.19?12.24在一顶点为45°的扇形区域，有磁感强度为B方向垂直指向纸面内的均匀磁场，如题图12.20所示．今有一电子(质量为m，电荷为-e)在底边距顶点O为l的地方，以垂直底边的速度 v射入该磁场区域，若要使电子不从上面边界跑出，电子的速度最大不应超过多少？ ? 解：电子进入磁场作圆周运动，圆心在底边上．当电子轨迹 与上面边界相切时，对应最大速度，此时有如图所示情形．(l?R)sin45??R∴
R?l/(2?1)?(2?1)l由 R?mv/(eB)，求出v最大值为v?eBRleB?(2?1) mm 三、小论文写作练习1、霍耳元器件在电磁测量中的应用。2、了解生物磁学（包括生物磁现象、磁生物效应、生物磁学的现代应用等）。 3、探讨如何利用Mathematica软件画带电粒子在磁场中作螺旋运动的轨迹曲线。第十三章 磁介质(magnetic medium) 一、 选择题?13.1 关于稳恒电流磁场的磁场强度H，下列几种说法中哪个是正确的？(A) H仅与传导电流有关．??(B) 若闭合曲线内没有包围传导电流，则曲线上各点的H必为零．
?(C) 若闭合曲线上各点H均为零，则该曲线所包围传导电流的代数和为零．(D) 以闭合曲线Ｌ为边缘的任意曲面的H通量均相等．
］ 13.2 磁介质有三种，用相对磁导率?r表征它们各自的特性时：
(A) 顺磁质?r?0，抗磁质?r?0，铁磁质?r??1；
(B) 顺磁质?r?1，抗磁质?r?1，铁磁质
(C) 顺磁质?r?1，抗磁质?r?1，铁磁质??r??1 ；
?r??1；(D) 顺磁质?r?0，抗磁质?r?1，铁磁质?r?0。
］ 13.3 如题图13.1所示,图中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ线分别表示不同磁介质的B~H关系曲线，虚线是B??0H关系曲线，那么表示顺磁质的是：
(D) 没有画出。 二、计算题13.4
一均匀磁化的磁棒，直径为d＝25 mm，长L＝75 mm，磁矩为pm?12000A?m。求磁棒表面磁化电流密度?s。 解：
?pm??slS，S??d22??S?pm4pm8??3.2?61 0A/m
2LS?Ld13.5
螺绕环中心周长L?10cm，环上均匀密绕线圈N = 200匝，线圈中通有电流I = 0.1包含各类专业文献、各类资格考试、幼儿教育、小学教育、应用写作文书、高等教育、专业论文、外语学习资料、中学教育、文学作品欣赏、大学物理12-14课后习题解答18等内容。　
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&&2014全国名校物理试题分类解析汇编：专题十二 电磁感应 Word版含解析
2014全国名校物理试题分类解析汇编：专题十二 电磁感应 Word版含解析
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2014全国名校物理试题分类解析汇编：专题十二 电磁感应 Word版含解析
电磁感应 1
电磁感应现象、楞次定律 1
法拉第电磁感应定律、自感 3
电磁感应与电路的综合 13
电磁感应与力和能量的综合 17
电磁感应综合 26
电磁感应现象、楞次定律
（2014·吉林九校联合体第二次摸底）1.
如图所示，磁场垂直于纸面向外，磁场的磁感应强度随水平向右的x轴按B＝B0＋kx（B0、k为常量）的规律均匀增大．位于纸面内的正方形导线框abcd处于磁场中，在外力作用下始终保持dc边与x轴平行向右匀速运动．若规定电流沿a→b→c→d→a的方向为正方向，则从t＝0到t＝t1的时间间隔内，下列关于该导线框中产生的电流i随时间t变化的图象，正确的是
【知识点】电磁感应在生活和生产中的应用；楞次定律．由题意可知，ad、bc两边均在切割磁感线，产生感应电动势的方向相反，大小相减，根据法拉第电磁感应定律E=BLv，则有：E=Lv?kL；而感应电流i=，是定值，故A正确，BCD错误；故选：A
考查法拉第电磁感应定律的应用，注意产生感应电动势的大小是相加、还是相减是解题的关键
如图所示，两个完全相同的矩形导线框A、B在靠得很近的竖直平面内，线框的长边均处于水平位置。线框A固定且通有电流，线框B从图示位置由静止释放，在运动到A下方的过程中（
A．穿过线框B的磁通量先变小后变大
B．线框B中感应电流的方向先顺时针后逆时针
C．线框B所受安培力的合力为零
D．线框B的机械能一直减小
楞次定律；安培力；磁通量；电磁感应中的能量转化．
：A、由右手螺旋定则可知A中内部磁场向里，外部磁场向外，当B从靠近A处下落时，磁通量以A中内部磁感应强度为主，内部磁感通量越来越大；而在离开时，由于内外磁感线相互抵消，故磁通量开始减小，故磁通量应是先增大后减小的，故A错误；B、由楞次定律可得，B中的感应电流的方向是先逆时针后顺时针，故B错误；C、线圈B中的电流相等，但由于两边所处的磁感应强度不等，故安培力的合力不为零，故C错误；D、在线框下落时，安培力做负功使丝框的机械能转化为线框B的动能，故D正确；故选D．由右手螺旋定则可知A中磁场分布，则可知B中磁通量的变化，由于电磁感应，B产生感应电流，由楞次定律可知B中电流的方向；由F的=BIL可知安培力的变化，由安培力做功情况可知能量的转化情况．
楞次定律．
：由法拉第电磁感应定律可知E＝，由图知应有第1段中磁通量的变化率较小，而bc、cd两段中磁通量的变化率相同，故有E1＜E2=E3．由楞次定律可判断出I1沿逆时针方向，I2与I3均沿顺时针方向．由法拉第电磁感应定律可得出三者感应电动势的大小关系；由楞次定律可得出三段过程中电流的方向．本题考查法拉第电磁感应定律及楞次定律的应用，注意在B-t图中同一条直线磁通量的变化率是相同的．如图所示，水平地面上方矩形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，两个边长相等的单匝闭合正方形线圈Ⅰ和Ⅱ，分别用相同材料，不同粗细的导线绕制（Ⅰ为细导线）。两线圈在距磁场上界面高处由静止开始自由下落，进入磁场，最后落到地面。运动过程中，线圈平面始终保持在竖直平面内且下边缘平行于磁场上边界。设线圈Ⅰ、Ⅱ落地时的速度大小分别为、，在磁场中运动时产生的热量分别为、。不计空气阻力，则A．＜，＜B． =， =
C．＜， ＞ D． =，＜
能量守恒定律；闭合电路的欧姆定律；安培力的计算；导体切割磁感线时的感应电动势．：由于从同一高度下落，到达磁场边界时具有相同的速度v，切割磁感线产生感应电流同时受到磁场的安培力为：F＝，由电阻定律有：R＝ρ（ρ为材料的电阻率，l为线圈的边长，S为单匝导线横截面积）所以下边刚进入磁场时所受的安培力为：F＝此时加速度为：a＝g?将线圈的质量m=ρ0S?4l（ρ0为材料的密度）代入上式，所以得加速度为：a＝g?经分析上式为定值，线圈和同步运动，落地速度相等v1=v2由能量守恒可得：Q＝mg（h+H）? mv2（H是磁场区域的高度）为细导线m小，产生的热量小，所以Q1＜Q2．正确选项D，选项ABC错误．故选D．
此题的分析首先要进行分段，即为进入磁场之前和进入磁场之后，在进入磁场之前，两线圈均做自由落体运动．当线圈的一边进入磁场后，开始受到安培力的作用，此时在竖直方向上还受到重力作用；当线圈的上下两边都进入磁场，通过线圈的磁通量不再发生变化，就不会再有安培力，线圈就会只在重力作用下运动直至落地．
如图所示，在磁感应强度为B、方向的匀强磁场中，导轨左连接一阻值为R的电阻，不计。导轨间距离为L，在导轨上垂直放置一根金属棒，与导轨接触良好用外力拉着金属棒向右v做匀速运动则金属棒运动过程中A．金属棒B．电阻R两端的电压为BLv
C．金属棒受到的安培力大小为
D．电阻R产生焦耳热的功率为导体切割磁感线时的感应电动势；电功、电功率．A、由右手定则判断得知金属棒MN中的电流方向为由N到M，故A正确；B、MN产生的感应电动势为 E=BLv，回路中的感应电流大小为 I=则电阻R两端的电压为U=IR，故B错误；C、金属棒MN受到的安培力大小为 F=BIL=故C正确；D、电阻R产生焦耳热的功率为 P=I2R=（）2R=，故D错误．故选：AC．
对于切割产生的感应电流方向，由右手定则或楞次定律判断；由公式E=BLv求出MN产生的感应电动势，再由闭合电路欧姆定律求出回路中的感应电流大小，即可由欧姆定律U=IR求解R两端的电压；由F=BIL求出MN所受的安培力大小；电阻R产生焦耳热的功率由公式P=I2R求解．
在滑轨上运动是作匀速圆周运动到处，根据右手定则判定电流方向是，它与R组成闭合电路，则通过Ｒ的电流方向为由外向内，A错，B正确；根据法拉第电磁感应定律和电流强度的定义式可得出：垂直穿过才为但不是垂直穿过该圆面，即实际通过的电荷量小于所以D选项错误；滑杆从圆弧的最低点运动到最高的过程中产生的感应电动势是从最大到零，相当于成余弦规律变化，也就是最大感应电动势为：，最大感应电流为：又电流的有效值为，根据焦耳定律可得：，而将I代入Q中得：即C正确。故本题选择BC答案。
【思路点拨】：求解本题的关键是识别滑轨模型，利用右手定则、法拉第电磁感应定律量、交流电中的最大值和有效值的关系，焦耳定律，电流强度定义式综合列式求解，求电荷量还要注意磁场是否垂直穿过滑轨面。
（2014·湖南长沙模拟）4.
均匀带负电的圆环绕圆环旋转,在环的圆心处有一闭合小线圈,小线圈和圆环在同一平面,则
A．只要圆环在转动,小线圈内就一定有感应电流
B不管环怎样转动,小线圈内都没有感应电流
C环在作变速转动时,小线圈内一定有感应电流
D圆环作匀速转动时,小线圈内没有感应电流法拉第电磁感应定律．：A、当圆环匀速转动时形成的电流是不变的，电流的磁场是不变的，穿过小线圈的磁通量不变，小线圈内没有感应电流，故A错误；B、当圆环做变速运动时，形成的电流是变化的，电流产生的磁场也是变化的，穿过圆心处闭合线圈的磁通量将发生变化，线圈中一定产生感应电流，故B错误，C正确； D、当圆环做匀速转动时，带负电的圆环形成恒定电流，产生的磁场是稳恒的，穿过圆心处闭合线圈的磁通量不变，线圈中没有感应电流产生，故D正确；故选：CD．
本题要紧扣产生感应电流的条件：穿过闭合电路的磁通量发生变化进行能否产生感应电流．圆环做变速运动，形成变化电流，穿过线圈的磁通量变化，产生感应电流，否则不产生感应电流．
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点低自感现象和自感系数．：A、闭合开关S后，因线圈自感，则两灯立刻亮，故A错误；B、闭合开关S稳定后，因线圈L的直流电阻不计，所以1与二极管被短路，导致灯泡1不亮，而2将更亮，因此1、2亮度度不同，故B错误；C、断开S的瞬间，2会立刻熄灭，线圈与灯泡1及二极管构成回路，因线圈产生感应电动势，a端的电势高于b端，所以回路中没有电流，故C错误，D正确；故选：D
对于二极管来说具有单向导电性，而对于线圈来讲通直流阻交流，通低频率交流阻高频率交流．记住自感线圈对电流突变时的阻碍：闭合开关瞬间L相当于断路，稳定后L相当于一段导线，断开瞬间L相当于电源，注意二极管的单向导电性
如图所示，在水平面内直角坐标系xOy中有一光滑金属导轨AOC，其中曲线导轨OA满足方程y＝Lsin kx，长度为的直导轨OC与x轴重合，整个导轨处于垂直纸面向外的匀强磁场中．现有一长为L金属棒从图示位置开始沿x轴正方向以速度v做匀速直线运动，已知金属棒单位长度的电阻为R0，除金属棒的电阻外其余部分电阻均不计，棒与两导轨始终接触良好，则在金属棒运动至AC的过程中（　　）
A．感应电动势的瞬时值为e＝BvLsin kvt
B．感应电流逐渐减小
C．闭合回路消耗的电功率逐渐增大
D．通过金属棒的电荷量为导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律．
设从图示位置开始导体棒运动时间为t时，速度大小为v，磁感应强度为B．?? A根据感应电动势公式E=Blv=Bvy=BvLsinkvt，? B.由闭合电路欧姆定律得I=，I不变．故错误．回路电阻L（sinkvt）R0，消耗的电功率P=，可知t增大，sinkvt增大，P不断增大．故 正确，D正确。故选ACD?【思路点拨】根据感应电动势公式E=Blv，导体有效的切割长度y=Lsinkvt，回路的电阻R=L（sinkvt）R0，由功率公式P= 分析功率与时间的关系，确定变化情况，再由欧姆定律分析电流变化．的2、4象限有垂直坐标系向里的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，在第3象限有垂直坐标系向外的匀强磁场，磁感应强度大小为2B。现将半径为R，圆心角为90°的扇形闭合导线框OPQ在外力作用下以恒定角速度绕O点在纸面内沿逆时针方向匀速转动。t=0时刻线框在图示位置，设电流逆时针方向为正方向。则下列关于导线框中的电流随时间变化的图线，正确的是（
【知识点】
导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律．
在0-t时间内，线框从图示位置开始（t=0）转过90°的过程中，产生的感应电动势为：?E1=Bω?R2；由闭合电路欧姆定律得，回路电流为：I1=．根据楞次定律判断可知，线框中感应电流方向沿逆时针．在t-2t时间内，线框进入第3象限的过程中，回路电流方向为顺时针．回路中产生的感应电动势为：?E2=Bω?R2+?2Bω?R2=Bω?R2=3E1；感应电流为：I2=3I1；在2t-3t时间内，线框进入第4象限的过程中，回路电流方向为逆时针．回路中产生的感应电动势为：?E3=Bω?R2+?2Bω?R2=Bω?R2=3E1；感应电流为：I2=3I1；在3t-4t时间内，线框出第4象限的过程中，回路电流方向为顺时针．回路中产生的感应电动势为：?E4=Bω?R2；由闭合电路欧姆定律得，回路电流为：I4=I1；故B正确．故选：B根据转动切割磁感线感应电动势公式E= Bl2ω求出每条半径切割磁感线时产生的感应电动势，分段由闭合电路欧姆定律求出感应电流，由楞次定律判断感应电流的方向，即可选择图象．本题考查了法拉第电磁感应定律E=E=Bl2ω在转动切割类型中的应用，掌握楞次定律，会判断感应电流的方向．中等难度
铺设海底金属油气管道时，焊接管道需要先用感应加热的方法对焊口两侧进行预热.将被加热管道置于感应线圈中当感应线圈中通以电流时管道发热.下列说法中正确的是A．管道发热是由于线圈中的电流直接流经管道引起的
B感应加热是利用线圈电阻产生的焦耳热加热管道的
C感应线圈中通以恒定电流时也能在管道中产生电流
D感应线圈中通以正弦交流电在管道中产生的涡流也是交流电法拉第电磁感应定律； 涡流现象及其应用．
：高频焊接利用高频交变电流产生高频交变磁场，在焊接的金属工件中就产生感应电流，根据法拉第电磁感应定律分析可知，电流变化的频率越高，磁通量变化频率越高，产生的感应电动势越大，感应电流越大，焊缝处的温度升高的越快．A、管道发热是由于线圈的作用，导致管道有涡流，故A错误．B、感应加热是利用线圈变化的磁场，从而产生感应电场，形成涡流，故B错误；C、感应线圈中通以正弦交流电在管道中产生的涡流也是交流电．故C错误，D正确．故选：D高频焊接利用高频交变电流产生高频交变磁场，在焊接的金属工件中就产生感应电流，根据法拉第电磁感应定律分析电流变化的频率与焊缝处的温度升高的关系．焊缝处横截面积小，电阻大，电流相同，焊缝处热功率大，温度升的很高．
如图甲所示，在虚线所示的区域有垂直纸面向里的匀强磁场，磁场变化规律如图乙所示，面积为S的单匝金属线框处在磁场中，线框与电阻R相连．若金属框的电阻为，则下列说法正确的是A．流过电阻R的感应电流由a到b
B．线框cd边受到的安培力方向沿纸面向下
C．感应电动势大小为
D．ab间电压大小为法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律；安培力．
：A、由楞次定律可得：感应电流的方向为逆时针，所以通过R的电流方向为a→b，故A正确；B、根据左手定则可知，线框cd边受到的安培力方向向下，故B正确；C、穿过线圈的感应电动势为E=N，故C错误； D、由闭合电路殴姆定律可得：I=，R两端的电压为U=IR=IR=，故D正确；故选：．线圈平面垂直处于匀强磁场中，当磁感应强度随着时间均匀变化时，线圈中的磁通量发生变化，从而导致出现感应电动势，产生感应电流．由法拉第电磁感应定律可求出感应电动势大小．再由闭合电路的殴姆定律可求出电流大小，从而得出电阻R两端的电压，再由楞次定律判定感应电流方向，最后由左手定则来确定安培力的方向．
如图所示，A、B、C是三个完全相同的灯泡，L是一个自感系数较大的线圈（直流电阻可忽略不计）．则（
A、S闭合时，A灯立即亮，然后逐渐熄灭
B、S闭合时，B灯立即亮，然后逐渐熄灭
C、电路接通稳定后，三个灯亮度相同
D、电路接通稳定后，S断开时，C灯立即熄灭
【知识点】
闭合电路的欧姆定律．
：电路中A灯与线圈并联后与B灯串联，再与C灯并联．A、B，S闭合时，三个灯同时立即发光，由于线圈的电阻很小，逐渐将A灯短路，A灯逐渐熄灭，A灯的电压逐渐降低，B灯的电压逐渐增大，B灯逐渐变亮．故A正确，B错误．C、电路接通稳定后，A灯被线圈短路，完全熄灭．B、C并联，电压相同，亮度相同．故C错误．D、电路接通稳定后，S断开时，C灯中原来的电流立即减至零，由于线圈中电流要减小，产生自感电动势，阻碍电流的减小，线圈中电流不会立即消失，这个自感电流通过C灯，所以C灯过一会儿熄灭．故D错误．故选A解决本题的关键掌握线圈对电流的变化有阻碍作用，当电流增大时，线圈会阻碍电流的增大，当电流减小时，线圈会阻碍电流的减小．当电流不变时，线圈将与之并联的电路短路．
（2014·湖北武昌5月模拟）11.
如图所示，相距为d的两条水平虚线L1、L2B，正方形线圈abcd边长为L（L＜d,质量为m，电阻为R，将线圈在磁场上方高h处静止释放，cd边刚进入磁场时速度为v0，cd边刚离开磁场时速度也为v0，则线圈穿越磁场的过程中（从cd边刚进入磁场起一直到ab边离开磁场为止），则以下说法中正确的是（
A．感应电流所做的功为2mgd
B．线圈下落的最小速度一定为
C．线圈下落的最小速度可能为
D．线圈进入磁场和穿出磁场的过程比较，所用的时间不一样
【知识点】电磁感应规律的综合应用，矩形线圈切割磁感线与运动结合题型。高考属于II级知识点要求。
【答案解析】ABC
解析：根据动能定理可得：刚进入到刚离开有：，线圈全部进入安培力不做功，只有进入和出来的过程中产生感应电流，安培力做功，两者数据相等，即为，所以整个过程中感应电流所傆的功为：，A答案正确；依题意有，当边刚进入磁场时速度最小。根据动能定理得：，由此计算可知B答案正确；还有可能，当刚进入时，安培力大于重力，线圈作减速运动，当重力和安培力等大而反向时，速度最小，此时有：，即C答案正确；根据题目所给条件可知，线圈进入和穿出所用时间相同，D选项错误。故本题选ABC答案。
【思路点拨】本题求解的关键是分析线圈进入和穿出安培力做功相等，线圈全面进入后，不产生感应电流，不受到安培力作用，它只受重力，只要会分析这些，根据动能定理求解本题就迎刃而解了。
（2014·四川成都摸底）12.
如图甲所示，虚线右侧存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，正方形金属框电阻为R，边长为L，t=0时刻，线框在外力作用下由静止开始、以垂直于磁场边界的恒定加速度a进人磁场区域，t1时刻线框全部进入磁场。规定顺时针方向为感应电流i的正方向，安培力大小为F，线框中电功率的瞬时值为P，通过导体横截面的电荷量为q，其中P—t图线为抛物线。则图乙所示i、F、P、q随时间t变化的关系图线正确的是（
【知识点】 导体切割磁感线时的感应电动势；牛顿第二定律；闭合电路的欧姆定律；安培力．
：A、线框切割磁感线，则有运动速度v=at，产生感应电动势E=BLv，所以产生感应电流 i＝，故A错误；??B、对线框受力分析，由牛顿第二定律，则有?F安＝BLi＝???解得：F＝ma+，所以B错误；C、由功率表达式，P＝i2R＝，所以C正确；D、由电量表达式，则有? q＝，所以D错误；故选：C
由线框进入磁场中切割磁感线，根据运动学公式可知速度与时间关系；再由法拉第电磁感应定律，可得出产生感应电动势与速度关系；由闭合电路欧姆定律来确定感应电流的大小，并由安培力公式可确定其大小与时间的关系；由牛顿第二定律来确定合力与时间的关系；最后电量、功率的表达式来分别得出各自与时间的关系．解决本题的关键掌握运动学公式，并由各自表达式来进行推导，从而得出结论是否正确，以及掌握切割产生的感应电动势E=BLv．知道L为有效长度．（2014·吉林市普高二模）1.
如图所示，边长为L、不可形变的正方形导线框内有半径为r的圆形磁场区域，其磁感应强度B随时间t的变化关系为B＝kt（常量k＞0）回路中滑动变阻器R的最大阻值为R0，滑动片P位于滑动变阻器中央，定值电阻R1＝R0、R2＝.闭合开关S，电压表的示数为U，不考虑虚线MN右侧导体的感应电动势，则
A．R2两端的电压为B．电容器的a极板带正电
C．正方形导线框中的感应电动势kL2
D．滑动变阻器R的热功率为电阻R2的倍：A：有法拉第电磁感应，由此可以知道D错．R2与R是并联，并联滑动变阻器的阻值为，可知并联电阻为，则滑动变阻器所在支路的电阻为，外电路的总电阻为：R1+＝，故R2两端电压为：，所以AB：电路左侧的变化磁场在正方形导体内产生逆时针电流，由此可知导体框相当于一个上负下正的电源，所以电容器a极板带负电．C：设干路电流为I则通过滑动变阻器左半部分的电流为I，通过其右半部分的电流为，由于此部分与R2并联切阻值相等，因此通过R2的电流也为，由P=I2R知：滑动变阻器热功率为P＝，R2的热功率为：P2＝，所以滑动变阻器R的热功率为电阻R2的5倍．故C正确．
本题考查的事电磁感应与电路结合，重点在于电路分析，这部分题目比较多，应该熟悉其操作方法即一般的电路问题的基本思路都是：由电动势和总电阻得电流，再由电流分析电路中各个元件的电压，然后还可以由支路电压分析支路电流或者由电流分析电压．还可以由此分析各个元件的电热功率，基本千篇一律．
y＞0的空间中y＜0的空间存在的匀强电场，上、下电场以x轴为分界线，在y轴左侧和图中竖直虚线MN右侧均无电场，但有方向垂直纸面向里、匀强磁场MN与y轴的距离为．一重力不计从y轴上的P（0，d）点以沿x轴正方向的初速度v0开始运动，经过一段时间后，电子又以相同的速度回到P点
A．电场与磁场的比值为
B．电场与磁场的比值为
C．带电粒子运动一个周期的时间为
D．带电粒子运动一个周期的时间为
【知识点】
带电粒子在混合场中的运动．
：A、B、粒子在电场中做类似平抛运动，根据类似平抛运动的分运动公式，有：d=v0t1d=粒子在磁场中做匀速圆周运动，有：R=结合几何关系，有：R=d联立解得：＝2v0故A错误，B正确；C、D、类似平抛运动的时间：4t1=匀速圆周运动的轨迹是两个半圆，故时间：t2=；带电粒子运动一个周期的时间为：t=，故C错误，D正确；故选：BD．
粒子在电场中做类似平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，根据类似平抛运动的分运动公式和匀速圆周运动的半径公式、周期公式列式求解即可
如图，在竖直面内有两平行金属导轨AB、CD。导轨间距为L，电阻不计。一根电阻不计的金属棒ab可在导轨上无摩擦地滑动。棒与导轨垂直，并接触良好。导轨之间有水平向外的匀强磁场，磁感强度为B。导轨右边与电路连接。电路中的三个定值电阻阻值分别为2R、R和R。在BD间接有一水平放置的平行板电容器C，板间距离为d。当ab棒以速度v0一直向左匀速运动时，在电容器正中心的质量为m的带电微粒恰好处于静止状态。
（1）试判断微粒的带电性质及所带电量的大小。
（2）若ab棒突然以2v0的速度一直向左匀速运动，则带电微粒经多长时间运动到电容器的上板？其电势能和动能各增加了多少？
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势；电容；闭合电路的欧姆定律．
解析：（1）棒以v0的速度向左匀速运动，感应电流为顺时针方向，电容器上板带正电。由于微粒受力平衡，电场力方向向上，场强方向向下
所以微粒带负电
由以上各式求出
（2）ab棒以2v0的速度向左匀速运动时
微粒受到向上的电场力为F=2 mg
由以上各式求得带电微粒运动到电容器上板的时间为
带电微粒电势能的增量△E1 = —2mg= —mgd
带电微粒动能的增量△Ek=mg=mgd
【思路点拨】当ab以速度v0匀速向左运动时，产生感应电动势，根据右手定则可知感应电流方向，确定出电容器两极板的电性．根据微粒受力平衡即可判断微粒的电性，由平衡条件可求出电量的大小．
（2014·四川成都摸底）4.
如图所示，MN和PQ是平行、光滑、间距L=0．l m、足够长且不计电阻的两根竖直固定金属杆，其最上端通过电阻R相连接，R=0．5 Ω．R两端通过导线与平行板电容器连接，电容器上下两板距离d=l m。在R下方一定距离有方向相反、无缝对接的两个沿水平方向的匀强磁场区域I和Ⅱ，磁感应强度均为B=2 T，其中区域I的高度差h1=3m，区域Ⅱ的高度差h2=lm。现将一阻值r=0．5Ω、长l=0．l m的金属棒a紧贴MN和PQ，从距离区域I上边缘h=5 m处由静止释放;a进入区域I后即刻做匀速直线运动，在a进入区域I的同时，从紧贴电容器下板中心处由静止释放一带正电微粒A。微粒的比荷,重力加速度g=10 m/s2．求
（1）金属棒a的质量M，
（2）在a穿越磁场的整十过程中，微粒发生的位移大小x。（不考虑电容器充、放电对电路的影响及充、放电时间）
【知识点】 导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化．
：（1）0.04kg；（2）0.6m：（1）a下滑h的过程中，由运动学规律有：v2=2gh代入数据解得：v=10m/sa进入磁场后，由平衡条件有：BIL=Mg感应电动势为：E=BLv=2V感应电流为：I= =2A解得：M=0.04kg（2）因磁场I、的磁感应强度大小相同，故a在磁场中也做匀速运动，a匀速穿过磁场中的整个过程中，电容器两板间的电压为：U==1V场强为：E′==1V/ma穿越磁场I的过程中经历时间为：t1= =0.3s此过程下板电势高，加速度为：a1= =10m/s2，方向竖直向上末速度为：v1=a1t1=3m/s向上位移为：x1=a1t12=0.45ma穿越磁场的过程中经历时间为：t2= =0.1s此过程中上板电势高，加速度为：a2==30m/s2，方向竖直向下末速度v2=v1-a2t2=0，故微粒运动方向始终未变向上位移为：x2=v1t2-a2t22=0.15m得：x=x1+x2=0.45+0.15=0.60m
（1）根据平衡条件列方程求金属棒的质量；（2）根据欧姆定律求出两板间的电压，进而得到场强，根据牛顿第二定律和运动学公式求微粒发生的位移大小．本题是电磁感应与电路、力学知识的综合，与电路联系的关键点是感应电动势，与力学联系的关键点是静电力．A．金属棒在x=3 m处的速度为1 m/s
B．金属棒从x=0运动到x=3 m过程中安培力做功的大小为5．12 J
C．金属棒从x=0运动到x=3 m过程中所用时间为0．8 s
D．金属棒从x=0运动到x=3 m过程中外力的平均功率为5．6 W
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化．
【答案解析】AD
解析：金属棒切割产生感应电动势为：E=B0Lv=0.5×0.8×4V=1.6V，由闭合电路欧姆定律，电路中的电流I==A＝A?,.由题意可知，在x=3m处，B3=B0+kx=2T，切割产生感应电动势，E=B3Lv3，由上可得，金属棒在x=3m处的速度v2=1m/s，故A正确；B、金属棒从x=0开始运动时的安培力：F0=B0IL=0.5×2×0.8N=0.8N．到x=3m时的安培力：FA=B3IL=2×2×0.8N=3.2N．过程中安培力做功的大小：W1=（ F0+FA）x=×（0.+3.2）×3，C错误；根据动能定理外力做功P2t- W1=,带入数据P2=5.6W，D正确，故选AD
【思路点拨】考查法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、安培力的大小公式、做功表达式、动能定理等的规律的应用与理解，运动过程中电阻上消耗的功率不变，是本题解题的突破口。
（2014·湖北武汉二中模拟）2.
如图，两根相距L=0.8 m、电阻不计的平行光滑金属导轨水平放置，一端与阻值R=0.3 Ω的电阻相连。导轨x>0一侧存在沿x方向均匀增大的稳恒磁场，其方向与导轨平面垂直，变化率k=0．5 T／m，x=0处磁场的磁感应强度B0 =05 T。一根质量m=02 kg、电阻r=0.1Ω的金属棒置于导轨上，并与导轨垂直。棒在外力作用下从x=0处以初速度v0=4 m/s沿导轨向右运动，运动过程中电阻消耗的功率不变。则（
）A、金属棒在x=3 m处的速度为1 m/sB、金属棒从x=0运动到x=3 m过程中安培力做功的大小为10 JC、金属棒从x=0运动到x=3 m过程中所用时间为0.8 sD、金属棒从x=0运动到x=3 m过程中外力的平均功率为5.6 W导体切割磁感线时的感应电动势；电功、电功率．
：A、金属棒切割产生感应电动势为：E=B0Lv0=0.5×0.8×4=1.6V，由闭合电路欧姆定律，电路中的电流为：I==4A，由题意可知，在x=3m处，B=B0+kx=0.5+0.5×3=2T，切割产生感应电动势，E=BLv，金属棒运动过程中电阻消耗的功率不变，则金属棒产生的感应电动势不变，电路电流不变，金属棒在x=3m处的速度：v==1m/s，故A正确；B、当x=0m时有：F0=B0IL=0.5×4×0.8=1.6N，x=3m时，有：F=BIL=2×4×0.8=6.4N，金属棒从x=0运动到x=3m过程中安培力做功的大小，有：W=（?F0+F）=（1.6+6.4）×=12J，故B错误；C、克服安培力做功转化为内能，有：W=EIt，解得：t==1.875s，故C错误；D、由动能定理：Pt-W=mv2-mv02，代入数据解得：P=5.6W，故D正确；故选：AD．由法拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆定律相结合，来计算感应电流的大小；由因棒切割产生感应电动势，及电阻的功率不变，即可求解；分别求出x=0与x=2m处的安培力的大小，然后由安培力做功表达式，即可求解；依据功能关系，及动能定理可求出外力在过程中的平均功率．
（2014如图所示，电阻不计的两光滑金属导轨相距L=1m，PM、QN部分水平放置在绝缘桌面上，半径a=1m的金属半圆导轨处在竖直平面内，两部分分别在M、N处相切， PQ左端与R=2Ω的电阻连接．一质量为m=1kg、电阻r=1Ω的金属放在导轨上的PQ处并与两导轨垂直．整个装置处于磁感应强度大小B=1T、方向竖直向上的匀强磁场中g取10m/s2．⑴导体棒以v=m/s速度在水平轨道上向右匀速运动时，求受的安培力
⑵若导体棒恰好能通过轨道最高点CD处，求通过CD处时电阻R上的电功率；
⑶设LPM=LQN=3m，若导体棒从PQ处以3m/s匀
速率沿着轨道运动，求导体棒从PQ运动到CD
的过程中，电路中产生的焦耳热。
牛顿第二定律；动能定理的应用；）⑴由
解得：F=1N ⑵在最高点CD处有
⑶在水平轨道上，
=3J在半圆轨道上，V
【思路点拨】（1）利用法拉第电磁感应电流求得电动势，然后根据欧姆定律求解电流，再根据安培力求解。（2）通过最高点得条件是重力提供向心力 （3）注意生热用有效值
（2014·江西师大附中、鹰潭一中5月联考）4.
连接体问题在物理中很重要，下面分析一个情景：如右图所示，两根金属杆AB和CD的长度均为L，电阻均为R，质量分别为3m和m（质量均匀分布），用两根等长的、质量和电阻均不计的、不可伸长的柔软导线将它们连成闭合回路，悬跨在绝缘的、光滑的水平圆棒两侧，AB和CD处于水平。在金属杆AB的下方有高度为H的水平匀强磁场，磁感强度的大小为B，方向与回路平面垂直，此时CD处于磁场中。现从静止开始释放金属杆AB，经过一段时间（AB、CD始终水平），在AB即将进入磁场的上边界时，其加速度为零，此时金属杆CD还处于磁场中，在此过程中金属杆AB上产生的焦耳热为Q. 重力加速度为g，试求：
（1）金属杆AB即将进入磁场上边界时的速度v1.
（2）在此过程中金属杆CD移动的距离h和通过导线截面的电量q.
（3）设金属杆AB在磁场中运动的速度为v2，通过计算说明v2大小的可能范围.（2）???（3）＜v2＜．
解析：（1）AB杆达到磁场边界时，加速度为零，系统处于平衡状态，
对AB杆：3mg=2T，
对CD杆：2T=mg+BIL
（2）以AB、CD棒组成的系统在此过程中，根据能的转化与守恒有：
（3m-m）gh-2Q=×4mv12
解得金属杆CD移动的距离：h=，
通过导线截面的电量：q=I△t==
（3）AB杆与CD杆都在磁场中运动，直到达到匀速，此时系统处于平衡状态，
对AB杆：3mg=2T+BIL，
对CD杆：2T′=mg+BIL
又F=BIL=，
解得：v2=，
所以＜v2＜．
【思路点拨】（1）AB棒达到磁场边界时，加速度为零，系统处于平衡状态，分别对AB棒和CD棒运用共点力平衡条件，结合切割产生的感应电势公式、欧姆定律、安培力大小公式求出AB棒即将进入磁场的上边界时的速度v1；
（2）对AB棒系统运用能量守恒，抓住重力势能的减小量等于系统动能的增加量和产生的热量之和求出CD移动的距离h．根据法拉第电磁感应定律，结合电流的定义式求出通过导线截面的电量q．
（3）AB杆与CD杆都在磁场中运动，直到达到匀速，此时系统处于平衡状态，分别对AB棒和CD棒运用共点力平衡条件和安培力公式，进行列式求解．
（2014·江西师大附中三模）5.
如图甲所示，表面绝缘、倾角(=30(的斜面固定在水平地面上，斜面的顶端固定有弹性挡板，挡板垂直于斜面，并与斜面底边平行。斜面所在空间有一宽度D=0.40m的匀强磁场区域，其边界与斜面底边平行，磁场方向垂直斜面向上，磁场上边界到挡板的距离s=0.55m。一个质量m=0.10kg、总电阻R=0.25(的单匝矩形闭合金属框abcd，放在斜面的底端，其中ab边与斜面底边重合，ab边长L=0.50m。从t=0时刻开始，线框在垂直cd边沿斜面向上大小恒定的拉力作用下，从静止开始运动，当线框的ab边离开磁场区域时撤去拉力，线框继续向上运动，并与挡板发生碰撞，碰撞过程的时间可忽略不计，且没有机械能损失。线框向上运动过程中速度与时间的关系如图乙所示。已知线框在整个运动过程中始终未脱离斜面，且保持ab边与斜面底边平行，线框与斜面之间的动摩擦因数(=/3，重力加速度g取10 m/s2。
（1）求线框受到的拉力F的大小；
（2）求匀强磁场的磁感应强度B的大小；
（3）已知线框向下运动通过磁场区域过程中的速度v随位移x的变化规律满足v＝v0-（式中v0为线框向下运动ab边刚进入磁场时的速度大小，x为线框ab边进入磁场后对磁场上边界的位移大小），求线框在斜面上运动的整个过程中产生的焦耳热Q。
导体切割磁感线时的感应电动势；共点力平衡的条件及其应用；牛顿第二定律；动能定理的应用．
（1）1.5N（2）0.50T（3）0.45J．（1）由v-t图象可知，在0～0.4s时间内线框做匀加速直线运动，进入磁场时的速度为v1=2.0m/s，所以在此过程中的加速度a==5.0m/s2由牛顿第二定律有F-mgsin( -( mgcos(=ma
解得F=1.5 N
（2）由v-t图象可知，线框进入磁场区域后以速度v1做匀速直线运动，
通过线框的电流I==
线框所受安培力F安=BIL
对于线框匀速运动的过程，由力的平衡条件有F=mgsin(+μmgcos(+解得B=0.50T
（3）由v-t图象可知，线框进入磁场区域后做匀速直线运动，并以速度v1匀速穿出磁场，说明线框的宽度等于磁场的宽度D=0.40m线框ab边离开磁场后做匀减速直线运动，到达档板时的位移为s-D=0.15m
设线框与挡板碰撞前的速度为v2，由动能定理，有
-mg（s-D）sin(-μmg（s-D）cos(= 解得v2==1.0 m/s 线框碰档板后速度大小仍为v2，线框下滑过程中，由于重力沿斜面方向的分力与滑动摩擦力大小相等，即mgsinθ=μmgcosθ=0.50N，因此线框与挡板碰撞后向下做匀速运动，ab边刚进入磁场时的速度为v2=1.0 m/s；进入磁场后因为又受到安培力作用而减速，做加速度逐渐变小的减速运动，设线框全部离开磁场区域时的速度为v3
由v＝v0-得v3= v2 -=-1.0 m/s，
因v3<0，说明线框在离开磁场前速度已经减为零，这时安培力消失，线框受力平衡，所以线框将静止在磁场中某位置。线框向上运动通过磁场区域产生的焦耳热Q1=I2Rt==0.40 J线框向下运动进入磁场的过程中产生的焦耳热Q2==0.05
所以Q= Q1+ Q2=0.45 J
（1）根据v-t图象的斜率求出加速度，由牛顿第二定律求解拉力F的大小；（2）由v-t图象可知，线框进入磁场区域后以速度2m/s做匀速直线运动，推导出安培力表达式，由平衡条件求解磁感应强度B的大小；（3）由v-t图象可知，线框进入磁场区域后做匀速直线运动，并以速度v1匀速穿出磁场，说明线框的宽度等于磁场的宽度 D=0.40m 线框ab边离开磁场后做匀减速直线运动，到达档板时的位移为s-D=0.15m，根据动能定理求出线框与挡板碰撞前的速度，线框碰档板后速度大小不变．分析线框向下运动的过程：线框下滑过程中，由于重力沿斜面方向的分力与滑动摩擦力大小相等，线框与挡板碰撞后向下做匀速运动，abab边刚进入磁场时的速度为v2=1.0 m/s；进入磁场后因为又受到安培力作用而减速，做加速度逐渐变小的减速运动，由v=v0-x求出线框全部离开磁场区域时的速度．根据焦耳定律求出线框向上运动通过磁场区域产生的焦耳热，根据能量守恒定律求出线框向下运动进入磁场的过程中产生的焦耳热．
MN、PQ的一端接有电阻R0，不计电阻的导体棒ab静置在导轨的左端MP处，并与MN垂直．以导轨PQ的左端为坐标原点O，建立直角坐标系xOy，Ox轴沿PQ方向．每根导轨单位长度的电阻为r．垂直于导轨平面的非匀强磁场磁感应强度在y轴方向不变，在x轴方向上的变化规律为：B＝B0＋kx，并且x≥0．现在导体棒中点施加一垂直于棒的水平拉力F，使导体棒由静止开始向右做匀加速直线运动，加速度大小为a．设导体棒的质量为m，两导轨间距为L．不计导体棒与导轨间的摩擦，导体棒与导轨接触良好，不计其余部分的电阻．
（1）请通过分析推导出回路中电流和水平拉力F的大小随时间t变化的关系式；
（2）如果已知导体棒从x＝0运动到x＝x0的过程中，力F做的功为W，求此过程回路中产生的焦耳热Q；
（3）若B0＝0．1T，k＝0．2T／m，R0＝0．1Ω，r＝0．1Ω／m，L＝0．5m，a＝4m／s2，请根据题（1）的结论，进一步计算回路电流与时间t的关系和导体棒从x＝0运动到x＝1m过程中通过电阻R0的电荷量q．
【知识点】
导体切割磁感线时的感应电动势；焦耳定律．
解析：（1）由于棒做匀加速直线运动，导体棒运动到坐标x处的速度为V
棒中产生的电动势
回路中的电流
棒受到的安培力
由牛顿第二定律
（2）设导体棒在处的动能为　则
由能量关系得
（3）回路电流： 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
因此代入数据得回路中电流为　（A）
所以通过中电量为 （C）
由匀加速规律知　　
【思路点拨】（1）根据E=BLv、I=运动学公式 v=、安培力公式 FA=IBL和牛顿第二定律结合求解．（2）根据动能定理求出导体棒在x=x0处的动能，再由能量守恒与转化定律求解焦耳热．（3）由E=BLv、v=at结合得出I=2t（A），说明回路中的电流与时间成正比，电量等于电流的平均值乘以时间．
（2014·湖南长沙模拟）1.
如图所示，虚线右侧存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，正方形金属框电阻为R，边长为l，自线框从左边界进入磁场时开始计时，在外力作用下由静止开始，以垂直于磁场边界的恒定加速度a进入磁场区域，t1时刻线框全部进入磁场．规定顺时针方向为感应电流的正方向，外力大小为F，线框中电功率的瞬时值为P，通过线框横截面的电荷量为q，其中P－t图象为抛物线，则这些量随时间变化的关系正确的是
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势；牛顿第二定律；闭合电路的欧姆定律；安培力．：A、线框切割磁感线，则有运动速度v=at，产生感应电动势E=BLv，所以产生感应电流 ＝=，故A错误；??B、对线框受力分析，由牛顿第二定律，则有?F安＝BL＝???解得：F＝ma+，所以B错误； C、由功率表达式，P＝2R＝，所以C正确；D、由电量表达式，则有? q＝，所以D错误；故选：C
解决本题的关键掌握运动学公式，并由各自表达式来进行推导，从而得出结论是否正确，以及掌握切割产生的感应电动势E=BLv．知道L为有效长度．磁悬浮列车是一种高速运载工具，它由两个系统组成。一是悬浮系统，利用磁力使车体在轨道上悬浮起来从而减小阻力。另一是驱动系统，即利用磁场与固定在车体下部的感应金属线圈相互作用，使车体获得牵引力，磁悬浮列车电磁驱动装置的原理示意图如下图所示。即在水平面上有两根很长的平行轨道PQ和MN，轨道间有垂直轨道平面的匀强磁场B1和B2，且B1和B2的方向相反，大小相等，即B1=B2=B。列车底部固定着绕有N匝闭合的矩形金属线圈abcd（列车的车厢在图中未画出），车厢与线圈绝缘。两轨道间距及线圈垂直轨道的ab边长均为L，两磁场的宽度均与线圈的ad边长相同。当两磁场Bl和B2同时沿轨道方向向右运动时，线圈会受到向右的磁场力，带动列车沿导轨运动。已知列车车厢及线圈的总质量为M，整个线圈的总电阻为R。
（1）假设用两磁场同时水平向右以速度v0作匀速运动来起动列车，为使列车能随磁场运动，列车所受的阻力大小应满足的条件；（2）设列车所受阻力大小恒为f，假如使列车水平向右以速度v做匀速运动，求为维持列车运动，在单位时间内外界需提供的总能量；（3）设列车所受阻力大小恒为f，假如用两磁场由静止开始向右做匀加速运动来起动列车，当两磁场运动的时间为t1时，列车正在向右做匀加速直线运动，此时列车的速度为v1，求两磁场开始运动到列车开始运动所需要的时间t0。
解析：（1）列车静止时，电流最大，列车受到的电磁驱动力最大设为Fm，此时，线框中产生的感应电动势E1=2NBLv0
线框中的电流I1=
整个线框受到的安培力Fm=2NBI1L
列车所受阻力大小为
（2）当列车以速度v匀速运动时，两磁场水平向右运动的速度为v′，金属框中感应电动势
金属框中感应电流
当列车匀速运动时，金属框中的热功率为P1 = I2R
克服阻力的功率为P2 = fv
所以可求得外界在单位时间内需提供的总能量为
E= I2R +fv=
（3）根据题意分析可得，为实现列车最终沿水平方向做匀加速直线运动，其加速度必须与两磁场由静止开始做匀加速直线运动的加速度相同，设加速度为a，则t1时刻金属线圈中的电动势
金属框中感应电流
又因为安培力
所以对列车，由牛顿第二定律得
设从磁场运动到列车起动需要时间为t0，则t0时刻金属线圈中的电动势
金属框中感应电流
又因为安培力
所以对列车，由牛顿第二定律得
【思路点拨】本题是利用法拉第电磁感应定律、安培斩的计算，牛顿第二定律等物理规律在新科技—磁悬浮列车上的应用。求解本题的关键在于审题，理清要求解的物理量，然后选准物理规律表达式列方程就迎刃而解了。这题更加体现了新高考的功能。必须引起我们的注意。
（2014·江西重点中学协作体第二次联考）3.
如图所示，光滑的平行金属导轨水平放置，电阻不计，导轨间距为l，左侧接一阻值为R的电阻．区域cdef内存在垂直轨道平面向下的有界匀强磁场，磁场宽度为s．一质量为m、电阻为r的金属棒MN置于导轨上，与导轨垂直且接触良好，受到F＝0.5v＋0.4（N）（v为金属棒速度）的水平外力作用，从磁场的左边界由静止开始运动，测得电阻两端电压随时间均匀增大．（已知：l＝1 m，m＝1 kg，R＝0.3 Ω，r＝0.2 Ω，s＝1 m）
（1）分析并说明该金属棒在磁场中做何种运动．（2）求磁感应强度B的大小．（3）若撤去外力后棒的速度v随位移x的变化规律满足v＝v0－
x，且棒在运动到ef处时恰好静止，则外力F作用的时间为多少？（4）若在棒未出磁场区域时撤去外力，画出棒在整个运动过程中速度随位移v-x变化所对应的各种可能的图线．牛顿运动定律的综合应用；牛顿第二定律；安培力的计算；导体切割磁感线时的感应电动势．
1）金属棒做匀加速直线运动．（2）0.5T．（3）1s．（4）可能的图线如图：（1）测得电阻两端电压随时间均匀增大，R两端电压UI，感应电动势EI，Ev，? U随时间均匀增大，即v随时间均匀增大，加速度为恒量，所以金属棒做匀加速运动．（2）对金属棒受力分析，有牛顿第二定律得：F-=ma，以F=0.5v+0.4代入得（0.5-）v+0.4=a，?? 因为a与v无关，所以a=0.4m/s2，（0.5-）=0，得B=0.5T．（3）撤去外力前，x1=at2，v0=x2=at，x1+x2=s，所以at2+at=s，得：0.2t2+0.8t-1=0，t=1s．（4）开始时金属棒做匀加速运动，v2=2ax，撤去外力后，v=v0-x， v2=2ax，开始速度v与x是二次函数关系，图象为抛物线， v=v0-x，v与x可能是线性关系，图象是直线．根据物理量关系可能图线如下：
【思路点拨】测得电阻两端电压随时间均匀增大，部分电阻欧姆定律和闭合电路欧姆定律可得出产生的感应电动势随时间均匀增大，即v随时间均匀增大．对金属棒进行受力分析，运用牛顿第二定律结合运动学公式解决问题根据物理规律找出物理量的关系，通过已知量得出未知量．要善于对物体过程分析和进行受力分析，运用牛顿第二定律结合运动学公式解决问题．
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